264
Analyse fonctionnelle
n
Puis, 'Vj ~ k, (Pk+i,Pj) = 0 = LP~2 1 (ar)Py)(ar), avec les Pyi(ar)
r=O
nuls pour r ;/= j, et Pjil(aj) = ej, il ne reste que: éjP~2 1 (aj) = 0 d'où
p(i) (a·) - 0
k+l 3 - .
2
( (k+l)
)) 2
(k+l)
Enfin llPH1ll = Pk+l (ak+l
= 1 donne Pk+l (ak+1) = 1 ou
-1, d'où le résultat par récurrence: P~j)(aj) = 0 si j i= k, 1 ou -1 si
j=k.
c) Si ao = a1 = ... = an = 0, le b) signifie que Pk, de degré k, admet 0
pour zéro d'ordre k, d'où Pk(X) = ék ~~,avec ék E {-1, 1}.
3.
On considère Rn euclidien canonique, on identifie Mn(R) et .C(Rn) par le
choix d'une base orthonormée de Rn. Comme tAiAj fait penser à de l'adjoint,
soit x E lm Ai, y E lm Aj, avec x' et y' dans lfr tels que x = Aix' et
y = Ajy 1 on aura, en identifiant les vecteurs de Rn et les matrices colonnes
de leurs composantes :
t
( ) t1t:AA'
X ·y = x, Y = X i jY = 0
sii;/=j.
Les sous-espaces lmAi, deux à deux orthogonaux, sont en somme directe
p
donc L rg (Ai) ~ n.
i=l
Mais A1 + ... + Ap inversible donne Rn = lm(A1 + ... + Ap) C
p
L lm (Ai), et une réunion de bases des lm Ai étant génératrice de
i=l
p
p
p
L lm Ai on aura n ~ L dim (Ai) d'où n = L rang (Ai).
i=l
i=l
i=l
4.
Pour XE Mn,1(R) ona txTX = tx(T-S+S)X = tx(T-S)X+tXSX.
C'est une somme de deux scalaires positifs donc c'est positif, et si c'est nul
c'est que txsx, et tx(T-S)X sont nuls d'où X= 0 puisque S est définie.
Donc T est définie positive d'où T inversible.
On a s- 1 -T- 1 = s- 1 (! - ST- 1 ) et T- S = T(In -T- 1 8).
Comme T - Set T sont inversibles, In - r- 1 s est inversible, donc 1
n'est pas valeur propre de r- 1 s, or r- 1 s et sr- 1 ont même polynôme
caractéristique, donc 1 non valeur propre de sr- 1 d'où I - sr- 1 inversible
d'où s- 1 -r- 1 inversible d'inverse (J -sr- 1 )- 1 S, puisque s- 1 -r- 1 =
s- 1 (! - sr- 1 ).