Algèbre linéaire et dans les espaces de matrices corrig

Topologie en algbre linaire et dans les espaces dematrices : corrig

Exercice 1 - Majoration de valeur propre - Math Sp - ?Soit x un vecteur propre. On a :

||x = f(x) fx,

ce qui prouve le rsultat puisque |x 6= 0.Exercice 2 - Ensemble des matrices inversibles - Math Sp - ??

Lapplication dterminant est continue surMn(R) (cest un polynme en les coefficients dela matrice). En outre,

GLn(R) = det 1 (R) .

Ainsi, cet ensemble est ouvert comme image rciproque dun ouvert. Prouvons quil est dense.Une matrice M nadmet quun nombre fini de valeurs propres. Il existe donc > 0 tel que0 < || < entrane que M I est inversible. En outre, si 0, M I M , et donc Mest limite dune suite de matrices inversibles.Exercice 3 - Ensemble des matrices orthogonales - Math Sp - ??

Il suffit de prouver que cet ensemble est ferm et born, puisque Mn(R) est un espacevectoriel de dimension finie n2. Mais cet espace est ferm, car cest limage rciproque dunferm, savoir In, par lapplication continue M 7 tMM . Il est compact : munissant Rn de lanorme euclidienne canonique, on a :

< Mx,Mx >=< tMMx, x >= x2,

et donc M = 1.Exercice 4 - Polynmes caractristiques - L2/Math Sp - ??

1. On a BA = A1ABA et donc la proprit est vraie avec P = A. Les matrices AB et BAsont donc semblables. Elles ont le mme polynme caractristique.

2. Puisque t nest pas valeur propre de A, la matrice A tIn est inversible. Ceci est doncune application directe de la question prcdente.

3. Les fonctions t 7 AtIn, (C,D) 7 CD (produit matriciel) etM 7 detM sont continues.Les fonctions f et g sont donc continues comme composes de fonctions continues. Si Aest inversible, alors AB et BA ont mme polynme caractristique, ce qui se traduitpar f(0) = g(0). Sinon, puisque A na quun nombre fini de valeurs propres, il exister > 0 tel que, pour tout t ]0, r[, t nest pas valeur propre de A. Daprs la questionprcdente, (A tIn)B et B(A tIn) ont le mme polynme caractristique. Ceci signifieque f(t) = g(t). On fait ensuite tendre vers t vers 0 et on utilise la continuit de f et g.

4. Lidentit f(0) = g(0) signifie exactement que les deux polynmes caractristiques sontgaux.

Exercice 5 - Endomorphismes 1-lipschitziens - L3/Math Sp - ???

1. Soit x ker(u IdE)2, i.e. u2(x) = 2u(x) x. On prouve par rcurrence sur n 1 que

un(x) = nu(x) (n 1)x.

http://www.bibmath.net 1


La formule est en effet vrifie pour n = 1, et si elle est vraie au rang n, alors

un+1(x) = nu2(x) (n 1)u(x) = n(2u(x) x) (n 1)u(x) = (n+ 1)u(x) nx.

crivons ceci sous la formeun(x) = n(u(x) x) x.

Puisque la suite (un(x)) est borne (par x), ceci nest possible que si u(x) = x. Doncx ker(uIdE) ce qui prouve que ker(uIdE)2 ker(uIdE). Comme lautre inclusionest toujours vrifie, on a galit.

2. Daprs le thorme du rang, il suffit de dmontrer que ker(u IdE) Im(u IdE) ={0}. En effet, si ceci est vrifi, on aura automatiquement que la somme directe ker(u IdE) Im(u IdE) est de dimension dim(E), et donc est gale E. Prenons donc x ker(u IdE) Im(u IdE). On peut alors crire x = u(y) y, et u(x) = x. Il vientu2(y) = u(x)+u(y) = x+u(y) = 2u(y)y et donc y ker(uIdE)2. Daprs la questionprcdente, y est lment de ker(u IdE) est donc x = 0.

3. Prenons x E et dcomposons le en x = x1 + x2 dans la somme directe E = ker(u IdE) Im(u IdE). On a u(x1) = x1 tandis que, si x2 = u(y) y, on a

uk(x2) = uk+1(y) uk(y).

Il vientun(x) = x1 +

1n(un(y) y) x1

lorsque n tend vers + puisque, comme auparavant, la suite (un(y)) est borne. Donc,pour chaque x, la suite (un(x)) converge vers P (x) o P est la projection sur ker(uIdE)paralllement Im(u IdE). Mais on veut plus. On veut prouver que un P 0.Introduisons v lendomorphisme de Im(u IdE) = F induit par u. v IdF est inversible(son noyau est restreint {0}) et y = (v IdF )1(x2). Notons aussi Q la projection surIm(u IdE) paralllement ker(u IdE), de sorte que x2 = Q(x). Le calcul prcdentdonne alors

un(x) = P (x) +1n(un(v(Q(x)))Q(x)).

On en dduit :un(x) P (x) 1

n(vQ+ Q) x

i.e.un P 1

n(vQ+ Q) .

Ceci prouve bien que un P tend vers 0.Exercice 6 - Matrices diagonalisables - Math Sp - ???

Soit A une matrice de Mn(C). Puisque A est trigonalisable, A scrit :

A = P

1 . . .0 2 . . .0 0 3 . . ....

...... . . .

P1.



On pose, pour tout k :

Ak = P

1 + 1k . . .

0 2 + 2k . . .0 0 3 + 3k . . .... ... ... . . .

P1.Ds que k est assez grand, les nombres i + ik sont tous distincts (si i = j , cest clair, et sii 6= j , cest pas non plus trs compliqu !). Donc les matrices Ak sont diagonalisables. Et ellestendent videmment vers A.Exercice 7 - Intrieur de lensemble des matrices diagonalisables - L3/Math Sp/Agrgation- ???

On va prouver que lintrieur de lensemble des matrices diagonalisables D de Mn(C) estlensemble des matrices diagonalisables dont toutes les valeurs propres sont disjointes. Pourcela, on va dmontrer deux choses :

1. Soit M une matrice diagonalisable ayant deux valeurs propres gales. Alors M nest pasdans lintrieur de D. Autrement dit, on peut trouver une suite de matrice (Mp) quiconverge versM et qui ne sont pas diagonalisables. Soit P une matrice inversible telle queM = PDP1 o D est diagonale,

D =

0 . . . 00 0

...0 0 . . .

...0 . . . 0 n

.Alors, posons

D =

1/p . . . 00 0

...0 0 . . .

...0 . . . 0 n

(on peut toujours sarranger pour que ce soient les deux premires valeurs propres quisont gales). Alors la suite (Mp) dfinie par Mp = PDpP1 converge vers M et chaqueMp nest pas diagonalisable. Sinon, Dp serait diagonalisable, ce qui nest pas le cas.

2. Soit M une matrice diagonalisable dont toutes les valeurs propres sont distinctes. Sonpolynme caractristique M est scind racines simples. Par continuit de A 7 A etdes racines dun polynme en fonction de ses coefficients, il existe un voisinage V de Mtel que, pour tout A V , le polynme A est scind racines simples. Autrement dit, Aest diagonalisable. Un voisinage de M est contenu dans D, donc M est dans lintrieur deD.

Exercice 8 - - Oral Mines-Ponts - ????On munit L(E) de la norme usuelle associe celle de E :

u = supx1

u.

L(E) est ainsi un espace vectoriel norm de dimension finie. Montrons que H est compact :



H est born : en effet, fixons u H et soit x E avec x = 1. Puisque 0 K, il existe > 0 tel que B(0, ) K. Ceci entraine x K. Maintenant, puisque u est continue etque K est compact, il existe M > 0 tel que u(y) M si y K. On en dduit

u(x) u(x)

Mx.

Ainsi, on a prouv que u M . H est ferm : soit (un) une suite de H qui converge vers u. En particulier, pour tout x

dans K, la suite (un(x)) converge vers u(x). Maintenant, puisque K est compact, doncferm, u(x) K, et u H.

H tant ferm et born dans un espace vectoriel norm de dimension finie, il est compact.Maintenant, lapplication dterminant est continue, et limage de H par cette application estdonc borne dans R. Soit u H. Puisque u(H) H = un(H) un1(H) . . . H, un estdans H. Mais la suite det(un) = det(u)n est borne. Ceci nest possible que si |detu| 1.

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