A-t-on x k −−−→
k→∞
0 et y k −−−→
k→∞
0 ?
1) L’application
√
q est une norme sur R
n , donc si (q(u k )) k∈N converge vers 0, alors
(
q(u k )) k∈N également, donc la suite (u k ) k∈N converge vers 0 (rappelons-nous
que toutes les normes dans R
n sont équivalentes).
2) Soit q la forme quadratique de R
2 définie par q(x, y) = x
2 + y
2 + 2ax y. On a
q(x, y) = (x + ay)
2 + (1 − a
2 )y
2 .
• Si |a| < 1, alors q est définie positive, donc la suite ((x k , y k )) k∈N converge vers
0 d’après 1).
• Si |a| 1, alors q(x, y) = (x + (a +
a 2 − 1)y)(x + (a −
a 2 − 1)y). En
prenant les suites constantes non nulles y k = 1 et x k =
a 2 − 1 − a, on a
q(x k , y k ) = 0 donc la réponse est non en général.
Exercice 9.39
Mines-Ponts MP 2006
Soit f ∈ L(E) telle que ∀x ∈ E, f (x) f
∗ (x). Montrer que
f ◦ f
∗ = f
∗
◦ f , puis que ∀x ∈ E, f (x) = f
∗ (x).
Considèrons l’endomorphisme g = f
∗
◦ f − f ◦ f
∗ . On remarque d’une part que
g
∗ = g, et d’autre part que pour tout x, (g(x) | x) = f (x)
2
− − f
∗ (x)
2
0, donc
g est autoadjoint positif, ce qui entraîne que ses valeurs propres sont positives. Or
tr( f
∗
◦ f ) = tr( f ◦ f
∗ ), d’où tr g = 0, donc la somme des valeurs propres de g est
nulle, donc elles sont toutes nulles. Comme g est diagonalisable, il en résulte que
g = 0, d’où (g(x) | x) = 0 pour tout x ∈ E, c’est-à-dire f (x) = f
∗ (x).
Exercice 9.40
Mines-Ponts MP 2005
Soit A ∈ M n (R) telle que
t A A = A
t A et A
3 = A
2 . On pose S =
t A A. Montrer
que S
2 = S. En déduire que A
2 = A, puis que A est symétrique.
• Soient f et u les endomorphismes de R
n de matrices respectives A et S dans la base
canonique orthonormale de R
n . Comme S =
t A A, on a u = f
∗
◦ f . La matrice
S est symétrique donc il existe P ∈ O n (R) tel que P
−1 S P = diag(l 1 , . . . , l n ).
Par hypothèse, S
3 = (
t A)
3 A
3 = (
t A)
2 A
2 = S
2 , d’où l
3
i = l
2
i pour tout i, donc
l i ∈ {0, 1}. On en déduit que S
2 = S.
• D’après l’exercice 9.1 page 249, Ker f = Ker u et Im u = Im f
∗ . Or f commute
avec f
∗ , donc u = ( f
∗ )
∗
◦ f
∗ , d’où Im u = Im ( f
∗ )
∗ = Im f . Comme u est
autoadjoint, on a Im u = (Ker u)
⊥ , d’où E = Im f
⊥
⊕ Ker f . Si x ∈ Ker f , alors
k→∞
0 et y k −−−→
k→∞
0 ?
1) L’application
√
q est une norme sur R
n , donc si (q(u k )) k∈N converge vers 0, alors
(
q(u k )) k∈N également, donc la suite (u k ) k∈N converge vers 0 (rappelons-nous
que toutes les normes dans R
n sont équivalentes).
2) Soit q la forme quadratique de R
2 définie par q(x, y) = x
2 + y
2 + 2ax y. On a
q(x, y) = (x + ay)
2 + (1 − a
2 )y
2 .
• Si |a| < 1, alors q est définie positive, donc la suite ((x k , y k )) k∈N converge vers
0 d’après 1).
• Si |a| 1, alors q(x, y) = (x + (a +
a 2 − 1)y)(x + (a −
a 2 − 1)y). En
prenant les suites constantes non nulles y k = 1 et x k =
a 2 − 1 − a, on a
q(x k , y k ) = 0 donc la réponse est non en général.
Exercice 9.39
Mines-Ponts MP 2006
Soit f ∈ L(E) telle que ∀x ∈ E, f (x) f
∗ (x). Montrer que
f ◦ f
∗ = f
∗
◦ f , puis que ∀x ∈ E, f (x) = f
∗ (x).
Considèrons l’endomorphisme g = f
∗
◦ f − f ◦ f
∗ . On remarque d’une part que
g
∗ = g, et d’autre part que pour tout x, (g(x) | x) = f (x)
2
− − f
∗ (x)
2
0, donc
g est autoadjoint positif, ce qui entraîne que ses valeurs propres sont positives. Or
tr( f
∗
◦ f ) = tr( f ◦ f
∗ ), d’où tr g = 0, donc la somme des valeurs propres de g est
nulle, donc elles sont toutes nulles. Comme g est diagonalisable, il en résulte que
g = 0, d’où (g(x) | x) = 0 pour tout x ∈ E, c’est-à-dire f (x) = f
∗ (x).
Exercice 9.40
Mines-Ponts MP 2005
Soit A ∈ M n (R) telle que
t A A = A
t A et A
3 = A
2 . On pose S =
t A A. Montrer
que S
2 = S. En déduire que A
2 = A, puis que A est symétrique.
• Soient f et u les endomorphismes de R
n de matrices respectives A et S dans la base
canonique orthonormale de R
n . Comme S =
t A A, on a u = f
∗
◦ f . La matrice
S est symétrique donc il existe P ∈ O n (R) tel que P
−1 S P = diag(l 1 , . . . , l n ).
Par hypothèse, S
3 = (
t A)
3 A
3 = (
t A)
2 A
2 = S
2 , d’où l
3
i = l
2
i pour tout i, donc
l i ∈ {0, 1}. On en déduit que S
2 = S.
• D’après l’exercice 9.1 page 249, Ker f = Ker u et Im u = Im f
∗ . Or f commute
avec f
∗ , donc u = ( f
∗ )
∗
◦ f
∗ , d’où Im u = Im ( f
∗ )
∗ = Im f . Comme u est
autoadjoint, on a Im u = (Ker u)
⊥ , d’où E = Im f
⊥
⊕ Ker f . Si x ∈ Ker f , alors