éléments de correction

Lycée Fénelon Sainte-Marie Classe de MP

Année 2017-2018 Mathématiques

Devoir maison n ^◦ 05 – à rendre lundi 16 octobre – durée 2h

Soit n∈N^∗. Dans tout l’exercice, on identifie un vecteur deCⁿ et sa matrice colonne associée d’une part et un endomorphisme deCⁿ avec sa matrice canoniquement associée, d’autre part.Indésigne la matrice identité d’ordren.

Soitk.k une norme surCⁿ.

On considèreN la norme subordonnée àk.k, c’est à dire telle que, pour toute matriceA∈ M_n(C), on a N(A) = sup

kXk≤1

kAXk

On admet que l’on a∀(A, B)∈ Mn(C)², N(AB)≤ N(A)N(B).

1. Démontrer que l’on a∀X∈Cⁿ, kAXk ≤ N(A)kXk.

2. M. Cochet : on admet pendant quelques chapitres qu’une fonction continue sur une partie fermée et bornée de Cⁿ est bornée et atteint ses bornes.

Prouver qu’il existe X0∈Cⁿ,X06= 0, tel que l’on aN(A) =^kAX_kX^0k

0k . 3. Vérifier l’égalitéN(In) = 1.

On rappelle que la normeN∞ est définie surMn(C), pour toute matrice A= (ai,j)1≤i,j≤n deMn(C)par N_∞(A) = max

1≤i,j≤n|ai,j|.

4. Justifier, sans le calculer, l’existence de deux réels positifsαetβ tels que l’on a

∀A∈ M_n(C), αN_∞(A) ≤ N(A) ≤ βN_∞(A).

SoitG un sous-groupe du groupe multiplicatifGL_n(C)qui possède la propriété suivante :

∀A∈ G, N(A−In) ≤ 1

ce que l’on peut traduire par :G est inclus dans la boule fermée de centreIn et de rayon1 pour la normeN. 5. Montrer que l’ensembleG est borné pour la normeN.

6. SoientA∈ G etk∈Z. 6.1 Justifier queA^k∈ G.

6.2 Soitλune valeur propre deAet X un vecteur propre associé. Prouver que λest non nul et calculerA^kX. 6.3 Montrer que l’on ak(A^k−In)Xk ≤ kXk. En déduire les inégalités|λ^k−1| ≤1puis||λ^k| −1| ≤1.

6.4 Démontrer que|λ|= 1.On pourra raisonner par l’absurde et distinguer les cas |λ|>1et |λ|<1.

On pose dans la suite de cette questionλ=e^iθ oùθ∈[−π, π].

6.5 Montrer que, pour toutk∈Z, on a |cos(kθ)−1| ≤1, puiscos(kθ)≥0.

6.6 Montrer alors successivement que l’on aθ∈[−π/2, π/2],θ∈[−π/4, π/4]puis∀q∈N,θ∈[−π/2^q, π/2^q].

6.7 En déduireSp(A) ={1}.

7. Dans toute cette question, on étudie le casn= 2. SoitAune matrice non diagonalisable deG.

7.1 M. Cochet : on admet pendant deux chapitres que toute matrice deMn(C)est trigonalisable.Montrer que Aest semblable à une matrice du typeT = 1 a

0 1

!

oùaest un complexe non nul.

7.2 Soitm∈N^∗. CalculerT^mpuisN∞(T^m).

7.3 Démontrer lim

m→+∞N(T^m) = +∞, puis lim

m→+∞N(A^m) = +∞.

7.4 En déduire que toute matrice deG est diagonalisable.

7.5 Décrire alors l’ensembleG.

Bon courage !

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Année 2017-2018 Mathématiques

Devoir maison n ^◦ 05 – d’après E3A 2013 PSI maths B (exo 4)

éléments de correction

1. SoitX ∈Cⁿ avecX 6= 0.Y = _kXk^X étant de norme≤1, on a (la borne sup étant un majorant)kAYk ≤ N(A) ce qui donne,kAXk ≤ kXkN(A). L’inégalité reste vraie si X= 0.

2. La boule unité fermée est fermée et bornée dans Cⁿ qui est de dimension finie (donc cette boule unité est compacte, cf. chapitre 20). De plus X 7→ kAXk est continue. Cette fonction admet donc un maximum sur la boule unité fermée et il existeY ∈Cⁿ aveckYk ≤1tel queN(A) =kAYk. CommekAYk ≤ N(A)kYk(question précédente), on aN(A)≤ N(A)kYk.

- SiA 6= 0alorsN(A)6= 0 et kYk ≥1. Comme kYk ≤1 on a donc kYk= 1. En posantX₀=Y, on a donc

kAX0k

kX0k =kAYk=N(A).

- Sinon, tout X06= 0convient (carN(A) = 0etAX0= 0pour toutX0).

Dans tous les cas, on a trouvé unX0 convenable.

3. Appliquons la question précédente avecA=I_n : on trouveN(I_n) = ^kX_kX^0k

0k = 1.

4. Le résultat demandé traduit l’équivalence des normes N et calN_∞ qui est acquise puisque Mn(C) est de dimension finie(n²).

5. C’est immédiat puisqu’une partie est bornée si et seulement si elle est incluse dans une boule. On peut aussi dire par inégalité triangulaire que

∀A∈ G, N(A)≤ N(A−I_n) +N(I_n)≤2

6. 6.1 G étant un sous-groupe est stable par produit et par passage à l’inverse. Le résultat demandé en découle immédiatement (si on veut ergoter, on prouve le résultat par récurrence surk∈Nà partir deAetA⁻¹qui sont dansG).

6.2 A étant dans GL_n(C), 0 n’est pas valeur propre de A et λ 6= 0. On montre par récurrence sur k que A^kX=λ^kX est vraie pour toutk∈N.

- Initialisation :A⁰X =X et le résultat est vrai pourk= 0.

- Hérédité : soitk≥1 tel que le résultat soit vrai jusqu’au rangk−1. On a alors A^kX =A(A^k−1X) =λ^k−1AX=λ^kX

et le résultat est donc vrai au rang k.

De plus AX =λX donne, en multipliant par A⁻¹ et en divisant par λ, A⁻¹X =λ⁻¹X. Une récurrence semblable indique alors que∀k∈N, A^−kX =λ^−kX. On a donc

∀k∈Z, A^kX=λ^kX

6.3 Comme A^k ∈ G, A^k est dans la boule de rayon 1 de centre In et donc N(A^k −In) ≤ 1. La question 1 indique alors que

k(A^k−In)Xk ≤ kXk

On a donck(λ^k−1)Xk ≤ kXk. Avec l’homogénéité de la norme et en divisant parkXk>0(X est vecteur propre et donc non nul) on obtient

|λ^k−1| ≤1

Par seconde forme de l’inégalité triangulaire, on a enfin

||λ^k| −1| ≤ |λ^k−1| ≤1

6.4 Si |λ| >1 alors |λ^k| → +∞ quand k → ∞ ce que ne permet pas la question précédente. Si |λ| < 1, on obtient de même une contradiction en faisantk→ −∞. Finalement,

|λ|= 1 1

6.5 On a|e^iα−1|²= (cos(α)−1)²+ sin²(α) = 2(1−cos(α)). Appliquons ceci avecα=kθ :

|λ^k−1|²=|2(1−cos(kθ))| ≤1

A fortiori, on a : |1−cos(kθ)| ≤ 1/2 ≤ 1. On en déduit que cos(kθ) ∈ [0,2] et comme un cosinus est inférieur à1: cos(kθ)∈[0,1].

6.6 Les éléments de[−π, π] ayant un cosinus≥0sont ceux de [−π/2, π/2]et donc θ∈[−π/2, π/2]

On a alors2θ∈[−π, π]et comme son cosinus est≥0, on trouve de même que2θ∈[−π/2, π/2]c’est à dire θ∈[−π/4, π/4]

On prouve par récurrence queq∈Nqueθ∈[−π/2^q, π/2^q]est vrai pour tout q∈N. - Initialisation : c’est vrai par hypothèse surθpourq= 0.

- Hérédité : soitq≥1 tel que le résultat est vrai jusqu’au rang q−1. On a alors 2^q−1θ∈[−π, π] et son cosinus est positif donc2^q−1θ∈[−π/2, π/2]. On en déduit le résultat au rangq.

6.7 En passant à la limiteq→+∞, il vient queθ= 0et donc queλ= 1.1est la seule valeur propre possible.

Or, toute matrice complexe a au moins une valeur propre. Ainsi Sp(A) ={1}.

7. 7.1 NotonsuA l’endomorphisme canoniquement associé àA. A∈Sp(A)et il existe donc un vecteure16= 0 tel queu_A(e₁) =e₁.(e₁)est libre et, par théorème de la base incomplète, il existee₂ tel que(e₁, e₂)soit une base deC². Dans cette base,uA est représenté par une matrice de la forme T = 1 a

0 b

!

. Les matrices T et A sont alors semblables et donc1 est l’unique valeur propre de T ce qui indique que b= 1. De plus a6= 0car sinonT serait diagonale etAdiagonalisable.

Finalement, la matriceAest semblable à une matrice triangulaire de la forme T = 1 a 0 1

!

avecanon nul.

7.2 On montre par une récurrence non détaillée que

∀m∈N, T^m = 1 ma

0 1

! .

On en déduit que

∀m∈N, N_∞(T^m) = max(m|a|,1)

7.3 Pourmassez grand (m≥1/|a|), on aN∞(T^m) =m|a| →+∞quandm→+∞. Ainsilim_m→+∞N∞(T^m) = +∞.

Avec la question4, on en déduit que lim

m→+∞N(T^m) = +∞. Or, il existe une matrice inversibleQtelle que Q⁻¹AQ=T et donc (récurrence)Q⁻¹A^mQ=T^m. On a alors

N(T^m) =N(Q⁻¹A^mQ)≤ N(Q)N(A^m)N(Q⁻¹) CommeN(Q)>0et N(Q¹), on en déduit (en divisant par ces quantités) que

m→+∞lim N(A^m) = +∞

7.4 Ceci contredit le fait que Gest borné (puisque les A^msont dansG). On a donc montré, par l’absurde, que Aest diagonalisable.

7.5 Tout élément deG est diagonalisable d’unique valeur propre1. L’élémentIn est donc le seul possible dans G. Comme on a un sous-groupe, il est non vide et

G = {In}.

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