Planche no 19. Applications linéaires continues, normes matricielles. Corrigé n

Planche no 19. Applications linéaires continues, normes matricielles. Corrigé no 1 (*I) : 1) • Soit P ∈E. Si on pose P = +∞ X k=0 akXk, il existe n ∈N tel que ∀k > n, ak = 0. Donc ∥P∥∞= Sup P(k)(0) k! , k ∈N = Max{|ak|, 0 ⩽k ⩽n} existe dans R. • ∀P ∈E, ∥P∥∞⩾0. • Soit P ∈E. ∥P∥∞= 0 ⇒∀k ∈N, |ak| ⩽0 ⇒∀k ∈N, ak = 0 ⇒P = 0. • Soient P ∈E et λ ∈R. ∥λP∥∞= Max{|λak|, 0 ⩽k ⩽n} = |λ|Max{|ak|, 0 ⩽k ⩽n} = |λ|∥P∥∞. • Soient P = X k⩾0 akXk et Q = X k⩾0 bkXk deux polynômes. Pour k ∈N, |ak + bk| ⩽|ak| + |bk| ⩽∥P∥∞+ ∥Q∥∞et donc ∥P + Q∥∞⩽∥P∥∞+ ∥Q∥∞. ∥∥∞est une norme sur E. 2) ∀P ∈E, ∥f(P)∥∞= ∥P∥∞et donc ∀P ∈E \ {0}, ∥f(P)∥∞ ∥P∥∞ = 1. On en déduit que Sup ∥f(P)∥∞ ∥P∥∞ , P ∈E \ {0} = 1. Ceci montre tout à la fois que f est continue sur (E, ∥∥∞) et |||f||| = 1. f est continue sur (E, ∥∥∞) et |||f||| = 1. no 2 : (La linéarité de ∆est claire et de plus ∆est un endomorphisme de E car si u est une suite bornée, ∆(u) l’est encore. Plus précisément,) ∀u ∈E, ∀n ∈N, |∆(u)n| ⩽|un| + |un+1| ⩽2∥u∥∞et donc ∀u ∈E, ∥∆(u)∥∞⩽2∥u∥∞. Ceci montre que ∆est continu sur E et |||∆||| ⩽2. Ensuite, si u est la suite définie par ∀n ∈N, un = (−1)n alors u est un élément non nul de E tel que ∥u∥∞= 1 et ∥∆(u)∥∞= 2. En résumé, • ∀u ∈E \ {0}, ∥∆(u)∥∞ ∥u∥∞ ⩽2, • ∃u ∈E \ {0}, ∥∆(u)∥∞ ∥u∥∞ = 2. On en déduit que ∆est continu sur (E, ∥∥∞) et |||∆||| = 2. (La linéarité de C est claire et C est un endomorphisme de E car si u est bornée, C(u) l’est encore. Plus précisément,) ∀u ∈E, ∀n ∈N, |(C(u))n| ⩽ 1 n + 1 n X k=0 ∥u∥∞= ∥u∥∞et donc ∀u ∈E, ∥C(u)∥∞⩽∥u∥∞. Par suite T est continue sur E et |||T||| ⩽1. Ensuite, si u est la suite définie par ∀n ∈N, un = 1 alors u est un élément non nul de E tel que ∥u∥∞= 1 et ∥C(u)∥∞= 1. En résumé, • ∀u ∈E \ {0}, ∥C(u)∥∞ ∥u∥∞ ⩽1, • ∃u ∈E \ {0}, ∥C(u)∥∞ ∥u∥∞ = 1. On en déduit que C est continu sur (E, ∥∥∞) et |||C||| = 1. c ⃝Jean-Louis Rouget, 2010. Tous droits réservés. 1 http ://www.maths-france.fr no 3 : 1) Soit f ∈E. ∥Tf∥1 = Z 1 0 |Tf(x)| dx = Z 1 0 Z x 0 f(t) dt dx ⩽ Z 1 0 Z x 0 |f(t)| dt  dx ⩽ Z 1 0 Z 1 0 |f(t)| dt ! dx = Z 1 0 ∥f∥1 dx = ∥f∥1. Ceci montre que ∀f ∈E \ {0}, ∥Tf∥1 ∥f∥1 ⩽1. Ceci montre que T est continu sur (E, ∥∥1) et que |||T||| ⩽1. Pour n ∈N et x ∈[0, 1], posons fn(x) = (1 −x)n. Pour n ∈N, ∥fn∥1 = Z 1 0 (1 −x)n dx =  −(1 −x)n+1 n + 1 1 0 = 1 n + 1, puis pour x ∈[0, 1], Tfn(x) = Z x 0 (1 −t)n dt = 1 n + 1(1 −(1 −x)n+1) et donc ∥Tfn∥1 = Z 1 0 |Tfn(x)| dx = 1 n + 1 Z 1 0 (1 −(1 −x)n+1) dx = 1 n + 1  1 − 1 n + 2  = 1 n + 2. On en déduit que ∀n ∈N, |||T||| ⩾∥Tfn∥1 ∥fn∥1 = n + 1 n + 2. En résumé, ∀n ∈N, n + 1 n + 2 ⩽|||T||| ⩽1 et donc |||T||| = 1. T est continu sur (E, ∥∥1) et |||T||| = 1. 2) Supposons qu’il existe f ∈E\{0} tel que ∥Tf∥1 = ∥f∥1. On en déduit que chaque inégalité écrite au début de la question 1) est une égalité et en particulier Z 1 0 Z x 0 |f(t)| dt  dx = Z 1 0 Z 1 0 |f(t)| dt ! dx ou encore Z 1 0 Z 1 0 |f(t)| dt − Z x 0 |f(t)| dt ! dx = 0. Par suite, ∀x ∈[0, 1], Z 1 0 |f(t)| dt− Zx 0 |f(t)| dt = 0 (fonction continue, positive, d’intégrale nulle) puis en dérivant la dernière inégalité, ∀x ∈[0, 1], |f(x)| = 0 et finalement f = 0. Ceci est une contradiction et donc |||T||| n’est pas atteinte. no 4 : L’application f est linéaire de (E, N) dans (R, | |). Soit A = (ai,j)1⩽i,j⩽n ∈E. |f(A)| = |Tr(A)| ⩽ n X i=1 |ai,i| ⩽ n X i=1   n X j=1 |ai,j|  ⩽ n X i=1 N(A) = nN(A). Ceci montre déjà que f est continue sur (E, N) et que |||f||| ⩽n. De plus, si A = In ̸= 0, |f(A)| N(A) = n 1 = n. Donc f est continue sur (E, N) et |||f||| = n. no 5 : • ∀A = (ai,j)1⩽i,j⩽n ∈Mn(R), ∥A∥∞= Max{|ai,j|, 1 ⩽i, j ⩽n}. Soient A = (ai,j)1⩽i,j⩽n et B = (bi,j)1⩽i,j⩽n. Posons AB = (ci,j)1⩽i,j⩽n où ∀(i, j) ∈J1, nK2, ci,j = n X k=1 ai,kbk,j. Pour (i, j) ∈J1, nK2, |ci,j| ⩽ n X k=1 |ai,k||bk,j| ⩽ n X k=1 ∥A∥∞∥B∥∞= n∥A∥∞∥B∥∞, c ⃝Jean-Louis Rouget, 2010. Tous droits réservés. 2 http ://www.maths-france.fr et donc, ∥AB∥∞⩽n∥A∥∞∥B∥∞. Ainsi, ∀(A, B) ∈(Mn(C) \ {0})2, ∥AB∥∞ ∥A∥∞∥B∥∞ ⩽n. De plus, pour A0 = B0 = (1)1⩽i,j⩽n ̸= 0, ∥A0∥∞= ∥B0∥∞= 1 puis ∥A0B0∥∞= ∥nA0∥∞= n et donc ∥A0B0∥∞ ∥A0∥∞∥B0∥∞ = n. Ceci montre que Sup ∥AB∥∞ ∥A∥∞∥B∥∞ , (A, B) ∈(Mn(C) \ {0})2 = n. En particulier, ∥∥∞n’est pas une norme sous-multiplicative. • ∀A = (ai,j)1⩽i,j⩽n ∈Mn(R), ∥A∥1 = X 1⩽i,j⩽n |ai,j|. Avec les notations précédentes, ∥AB∥1 = X 1⩽i,j⩽n |ci,j| = X 1⩽i,j⩽n n X k=1 ai,kbk,j ⩽ X 1⩽i,j⩽n n X k=1 |ai,k||bk,j| ! = X 1⩽i,j,k⩽n |ai,k||bk,j| X 1⩽i,j,k,l⩽n |ai,j||bk,l| = ∥A∥1∥B∥1. Donc ∀(A, B) ∈(Mn(R) \ {0})2, ∥AB∥1 ∥A∥1∥B∥1 ⩽1. De plus, pour A0 = B0 = E1,1, on a A0B=E1,1 et donc ∥A0B0∥1 ∥A0∥1∥B0∥1 = 1. Ceci montre que Sup ∥AB∥1 ∥A∥1∥B∥1 , (A, B) ∈(Mn(C) \ {0})2 = 1. En particulier, ∥∥1 est une norme sous-multiplicative. • ∀A = (ai,j)1⩽i,j⩽n ∈Mn(R), ∥A∥2 = s X 1⩽i,j⩽n a2 i,j. Avec les notations précédentes, ∥AB∥2 2 = X 1⩽i,j⩽n c2 i,j = X 1⩽i,j⩽n n X k=1 ai,kbk,j !2 ⩽ X 1⩽i,j⩽n n X k=1 a2 i,k ! n X k=1 b2 k,j ! (inégalité de Cauchy-Schwarz) = X 1⩽i,j⩽n n X k=1 a2 i,k ! n X l=1 b2 l,j ! = X 1⩽i,j,k,l⩽n a2 i,kb2 l,j =   X 1⩽i,k⩽n a2 i,k     X 1⩽j,l⩽n b2 l,j  = ∥A∥2∥B∥2 Donc ∀(A, B) ∈(Mn(R) \ {0})2, ∥AB∥2 ∥A∥2∥B∥2 ⩽1. De plus, pour A0 = B0 = E1,1, on a A0B=E1,1 et donc ∥A0B0∥2 ∥A0∥2∥B0∥2 = 1. Ceci montre que Sup ∥AB∥2 ∥A∥2∥B∥2 , (A, B) ∈(Mn(C) \ {0})2 = 1 En particulier, ∥∥2 est une norme sous-multiplicative. no 6 : Une « norme trois barres » sur Mn(R) est nécessairement sous-multiplicative. L’exercice précédent montre qu’il existe des normes sur Mn(R) qui ne sont pas sous-multiplicatives (par exemple ∥∥∞). Donc une norme sur Mn(R) n’est pas nécessairement une « norme trois barres ». c ⃝Jean-Louis Rouget, 2010. Tous droits réservés. 3 http ://www.maths-france.fr no 7 : Soit N une norme sur Mn(R). D’après l’exercice no 5, ∥∥1 est une norme sous-multiplicative. Puisque Mn(R) est un espace vectoriel de dimension finie sur R, N et ∥∥1 sont des normes équivalentes. Par suite, il existe deux réels strictement positifs α et β tels que α∥∥1 ⩽N ⩽β∥∥1. Pour (A, B) ∈(Mn(R))2, N(AB) ⩽β∥AB∥1 ⩽β∥A∥1∥B∥1 ⩽β α2 N(A)N(B) et le réel k = β α2 est un réel strictement positif tel que ∀(A, B) ∈(Mn(R))2, N(AB) ⩽kN(A)N(B). Remarque. Le résultat précédent signifie que N′ = 1 KN est une norme sous-multiplicative car pour (A, B) ∈(Mn(R))2, N′(AB) = 1 k2 N(AB) ⩽1 k2 N(A)N(B) = 1 kN(A)1 kN(B) = N′(A)N′(B). no 8 : Non, car si A = E1,1 ̸= 0 et B = E2,2 ̸= 0 alors AB = 0 puis N(AB) < N(A)N(B). no 9 : • Pour ∥∥1. Soient A = (ai,j)1⩽i,j⩽n ∈Mn(R) puis X = (xi)1⩽i⩽nMn,1(R). ∥AX∥1 = n X i=1 n X j=1 ai,jxj ⩽ n X i=1   n X j=1 |ai,j||xj|  = n X j=1 |xj| n X i=1 |ai,j| ! ⩽   n X j=1 |xj|  Max  n X i=1 |ai,j|, 1 ⩽j ⩽n  = Max{∥Cj∥1, 1 ⩽j ⩽n} × ∥X∥1, en notant C1,. . . , Cn les colonnes de la matrice A. Donc, ∀A ∈Mn(R), |||A|||1 ⩽Max{∥Cj∥1, 1 ⩽j ⩽n}. Soit alors j0 ∈J1, nK tel que ∥Cj0∥1 = Max{∥Cj∥1, 1 ⩽j ⩽n}. On note X0 le vecteur colonne dont toutes les composantes sont nulles sauf la uploads/S4/ 19-normesoperateurs-corrige.pdf

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• Détails
• Publié le Apv 08, 2021
• Catégorie Law / Droit
• Langue French
• Taille du fichier 0.0857MB