On calculetAAet l’on obtient :tAA=I3

E3A

CONCOURS ENSAM-ESTP-ARCHIMEDE

Epreuve de Math´ematiques A MP´ Un corrig´e

Partie 1.

1. On calcule^tAAet l’on obtient :^tAA=I3. Donc A est orthogonale . 2.2.1 D’apr`es les questions de cours,u´etant lin´eaire etE de dimension finie,

uest un endomorphisme continu deE .

De plus, commeuest une isom´etrie vectorielle, on a :∀X ∈E,ku(X)k=kX k. D’apr`es la d´efinition de la norme subordonn´ee qui nous est rappel´ee, on a donc : k|uk|= 1 .

2.2 Soit w ∈ LC(E). Par composition, l’application X 7−→k w(X) k est continue sur E donc sur la sph`ere-unit´eS(0E,1) ={X∈E,kX k= 1}. Or, commeE est de dimension finie et queS(0E,1) est ferm´ee (image r´eciproque du ferm´e{1} par l’application continue X 7−→kX k) et born´ee,S(0E,1) est un compact deE. Comme toute application continue sur un compact y est born´ee et atteint ses bornes, il existeX0∈S(0E,1) tel quek|wk|=kw(X0)k .

3. Commen¸cons par montrer que∀k∈N,k|u^k|k≤k|u|k^k(= 1).

La propri´et´e est vraie pourk= 0 etk= 1.

Supposons quek|u^k |k≤k|u|k^k (= 1^k= 1).

Alors∀x∈S(0,1), ||u^k+1(x)||=||u(u^k(x))||. Or||u^k(x)|| ≤1 donc||u(u^k(x))|| ≤k|u|k ||u^k(x)|| ≤k|u|k · k|u^k|k≤k|u^k+1|k R´ecurence ´etablie.

Remarque :cette norme est une norme subordonn´ee, donc une norme d’alg`ebre.

∀k∈N,k|u^k k|61.

Donc la suite (u^k) est une suite born´ee deLC(E).

4. Dans ce qui suit, on confond tout vecteur deEavec la matrice-colonne qui lui est canoniquement associ´ee.

4.1 ker(v) est l’axe de la rotationu. On a :

X ∈ker(v)⇐⇒AX=X⇐⇒







2

3x+²₃y+¹₃z = x

−²₃x+¹₃y+²₃z = y

1

3x−²₃y+²₃z = z

⇐⇒

x = z y = 0 . Donc ker(v) = Vect((1,0,1)) .

SoientX ∈ker(v) etY ∈Im(v).

AlorsAX=X et il existeZ∈E tel queY =Z−u(Z) =Z−AZ.

D’o`u :< X, Y >=^tXY =^tXZ−^tXAZ.

Mais commeAest orthogonale,^tA=A⁻¹ donc

AX=X⇐⇒X =A⁻¹X⇐⇒X =^tAX⇐⇒^tX =^tXA.

D’o`u :< X, Y >=^tXZ−^tXZ= 0. Comme ceci est vrai pour tout ´el´ementX ∈ker(v) etY ∈Im(v), ker(v) et Im(v) sont orthogonaux .

D’apr`es ce qui pr´ec`ede, on sait que ker(v)∩Im(v) ={0E}. Par le th´eor`eme du rang : dim(ker(v)) + dim(Im(v)) = dim(E), donc, par caract´erisation : E= ker(v)⊕Im(v) .

4.2 Donc, pour toutX∈E, il existe un uniqueX1∈ker(v) et un uniqueY ∈Im(v) tels que :X =X1+Y. MaisY ∈Im(v)⇐⇒ ∃Z∈E, Y =Z−u(Z) ; d’o`u

∀X ∈E,∃!X1∈ker(v),∃Z∈E, X=X1+Z−u(Z) .

4.3 Soient X ∈E et m∈ N^∗. D’apr`es la question pr´ec´edente : X =X1+Z−u(Z) o`u X1 ∈ker(v) et Z∈E. Alorsv(X1) = 0E, soitu(X1) =X1 et donc∀k∈N, u^k(X1) =X1. Donc :

pm(X) = 1 m

m−1

X

k=0

u^k(X) = 1 m

m−1

X

k=0

u^k(X1) + 1 m

m−1

X

k=0

u^k(Z)− 1 m

m−1

X

k=0

u^k+1(Z).

1

Or, 1 m

m−1

X

k=0

u^k(X1) =X1 et, par t´elescopage : 1 m

m−1

X

k=0

u^k(Z)− 1 m

m−1

X

k=0

u^k+1(Z) = 1

m(Z−u^m(Z)).

D’o`u :pm(X) =X1+ 1

m(Z−u^m(Z)).

On a :kZ−u^m(Z)k6(kZ k+ku^m(Z)k).

De la question 5., on d´eduit que : k Z −u^m(Z) k6 (k Z k +k| u^m k|k Z k) 62 k Z k puisque k|u^mk|61 pour toutm∈N.

La suite (Z−u^m(Z))m∈Nest donc born´ee. D’o`u lim

m→+∞

1

m(Z−u^m(Z)) = 0E. Donc la suite (pm(X)) converge versX1 c’est-`a-dire vers la projection deX

sur ker(v) parall`element `a Im(v) .

Partie 2.

1. SoitA∈ Mn(C). On suppose quek| Ak|= 0.

Alors :∀X ∈E,kX k= 1 =⇒k AXk= 0 =⇒AX = 0E. Mais, quitte `a diviserX par sa norme, on en d´eduit, puisqueA0E = 0E que, pour toutX∈E,AX= 0E. DoncA=On.

Pour toutλ∈R, on a : k| λAk|= sup

kXk=1

kλAXk=|λ| sup

kXk=1

kAXk=|λ| k| Ak|.

Pour une preuve d ˜Ataill´c ee et plus rigoureuse des propri´et´es des bornes sup´erieures, voir la correction du devoir surveill´e DS4-2019.

Pour toutes matricesAetB, on a : pour tout X∈E,

k(A+B)X k=kAX+BX k6kAXk+kBX k6k| Ak|+k| B k|.

D’o`u :k| A+B k|6k| Ak|+k| Bk|. Donc k| k|est une norme surMn(R) . 2.2.1 B est produit de matrices `a coefficients r´eels, donc est `a coefficients r´eels.

De plus :^tB=^t(^tAA) =^tA^ttA=^tAA=B. DoncB est sym´etrique . D’autre part :∀X ∈E,^tXBX=^tX^tAAX=^t(AX)AX=< AX, AX >>0.

DoncB∈ Sn⁺(R).

Par th´eor`eme,B est diagonalisable et ses valeurs propres sont positives ou nulles .

SiA∈GLn(R),^tA∈GLn(R) donc, par produit, B∈GLn(R). Donc 0 n’est pas valeur propre deB.

SiA∈GLn(R),B ∈ Sn⁺⁺(R) et ses valeurs propres sont strictement positives .

2.2 Si U est une matrice semblable `a B,U etB ont le mˆeme polynˆome caract´eristique, donc les mˆemes valeurs propres, donc ρ(U) =ρ(B) .

Notons que, puisque les valeurs propres deB sont positives ou nulles,ρ(B) = sup{λ, λ∈sp(B)} = max{λ, λ∈sp(B)}.

2.3 Par le th´eor`eme spectral, on sait queB est diagonalisable dans une base orthonormaleB.

Donc il existeP ∈ On(R) et une matriceD= diag(λ1, . . . , λn) diagonale telles que : B=P D^tP (λ1, . . . , λn sont les valeurs propres deB distinctes ou non).

Or, on a, pour X ∈E :kAX k²=< AX, AX >=^tXBX =^tXP D^tP X. On pose :Y =^tP X; alors

tY =^tXP etkAX k²=^tY DY =

n

X

i=1

λiy²i. CommeP est une matrice orthogonale,kY k²=^tY Y =

tXP^tP X=^tXX=kXk². Si on prendX∈Etel quekXk= 1, on a alors :kAXk²6ρ(B)

n

X

i=1

y²i = ρ(B).

On en d´eduit donc que : k|Ak|²6ρ(B) .

2.4 Notonsi0 un entier entre 1 etntel queρ(B) =λi0 et X0 un vecteur propre deB, unitaire, associ´e `a la valeur propreρ(B).

On a :kAX0k²=^tX0BX0=ρ(B)^tX0X0=ρ(B). D’o`u : k|Ak|² =ρ(B) .

3.3.1 Siuest une homoth´etie de rapportγ6= 0, pour toutX ∈E, on a :AX=γXdonckAXk=|γ| kX k.

Donc k|Ak|=|γ| .

3.2 Pour toutk∈N,u^k est une homoth´etie de rapportγ^k donck|A^kk|=|γ|^k et (A^k)k∈Nest born´ee ssi|γ|61 .

3.3 On a :∀k∈N, A^k =γ^kIn doncPm= 1 m

m−1

X

k=0

γ^k

!

In, soit Pm= 1−γ^m

m(1−γ)In carγ6= 1. Comme

|γ|<1, il est clair que lim

m→+∞Pm=On .

2

4.4.1 Par le th´eor`eme spectral,uest diagonalisable dans une base orthonormale etA∈ Sn(R). D’apr`es la question2., k|Ak|²=ρ(B) o`u B =^tAA=A². Or, comme A est diagonalisable, les valeurs propres deA² sont :λ²1, λ²2, . . . , λ²n. Doncρ(B) =ρ(A²) = (ρ(A))².

D’o`u : k|Ak|=ρ(A) .

4.2 Pour tout k ∈ N, les valeurs propres de A^k sont : λ^k1, λ^k2, . . . , λ^kn et A^k ∈ Sn(R). Donc, d’apr`es ce que l’on a d´emontr´e `a la question pr´ec´edente, on a : k|A^k k|=ρ(A^k). Maisρ(A^k) = sup{|λ^k |, λ ∈ Sp(A)}= (ρ(A))^k.

Donck|A^kk|= (ρ(A))^k et la suite (A^k) est born´ee ssiρ(A)61 .

4.3 On sait qu’il existeP ∈ On(R) telle que :A=P D^tP o`uD= diag(λ1, . . . , λn).

Alors :∀k∈N, A^k =P D^{k t}P avecD^k= diag(λ^k1, . . . , λ^kn).

D’o`u :Pm=P diag

1−λ^m1

m(1−λ1), . . . , 1−λ^mn

m(1−λn)

tP. Comme, pour touti∈ {1, . . . , n},|λi|<1, alors lim

m→+∞Pm=O .

3