Moyenne des itérées d’une isométrie

(Oral Mines-Ponts 2018)
Dans {\mathbb{R}^{n}} euclidien, soit {a\in\text{O}(\mathbb{R}^{n})}.

  1. Montrer que {\mathbb{R}^{n}=\text{Ker}\,(a-\text{Id})\oplus \text{Im}\,(a-\text{Id})}.
  2. Montrer que la suite {N\mapsto b_{N}=\dfrac{1}{N}\displaystyle\sum\limits_{k=0}^{N-1}a^{k}} converge et trouver sa limite.

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  1. En vertu du théorème du rang, il suffit d’établir : {\text{Ker}(a-\text{Id})\cap\text{Im}(a-\text{Id})=\{\ 0\}}
    • Solution 1 :

      Soit {x} dans {\text{Ker}(a-\text{Id})\cap\text{Im}(a-\text{Id})}.

      Ainsi {a(x)=x} et : {\exists\,y\in E,\;x=a(y)-y}.

      Par une application répétée de {a}, on trouve : {\forall k\in\mathbb{N}^{*},\; x=a^{k}(y)-a^{k-1}(y)\quad(E_{k})}Par sommation de {(E_{1}),\ldots,(E_{n})}, on trouve :{nx=a^{n}(y)-y\text{\ donc\ }x=\dfrac{1}{n}(a^{n}(y)-y)}Or {a} donc {a^n} sont dans {O(\mathbb{R}^{n}}.

      On en déduit : {\|{a^{n}(y)\!-\!y}\|\le\|{a^{n}(y)}\|\!+\!\|{y}\|=2\|{y}\|}Ainsi : {\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\dfrac{1}{n}(a^{n}(y)-y)=0}.

      On en déduit {x=0}, et c’est fini.

    • Solution 2 :

      On montre que {\text{Ker}(a-\text{Id})} et {\text{Im}(a-\text{Id})} sont orthogonaux.

      Soit {\begin{cases}x\in\text{Ker}(a-\text{Id})\\y=a(z)-z\in\text{Im}(a-\text{Id})\end{cases}}.

      Avec ces notations, on a : {\begin{array}{rl}(x\mid y)&=(a(x)\mid a(z)-z)\\[6pts]&=(a(x)\mid a(z))-(a(x)\mid z)\end{array}}Mais {a} est une isométrie donc :{\begin{cases}(a(x)\mid a(z))=(x\mid z)\\(a(x)\mid z)=(x\mid z)\end{cases}}Ainsi {(x\mid y)=0} et on a obtenu :{\text{Ker}(a-\text{Id})\perp \text{Im}(a-\text{Id})}En particulier : {\text{Ker}(a-\text{Id})\cap\text{Im}(a-\text{Id})=\{\ 0\}} et c’est fini.

  2. Soit {x=x_1\!+\!x_2\in \mathbb{R}^n}, où {\begin{cases}x_1\in \text{Ker}(a\!-\!\text{Id})\\ x_2\in \text{Im}(a\!-\!\text{Id})\end{cases}}

    Soit {z\in E} tel que {x_2=a(z)-z}.

    Pour {k\in \mathbb{N}}, on a : {a^kx=a^kx_1+a^kx_2=x_1+a^{k+1}(z)-a^{k}(z)}Par sommation : {\forall\,n\in \mathbb{N}^*,\;\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} a^kx=nx_1+a^{n}(z)-z}Ainsi : {b_n(x)=x_1+\dfrac{1}{n}(a^{n}(z)-z)}.

    Or {a} conserve la norme donc :{\|(a^{n}(z)-z)\|\leq \|a^{n}(z)\|+\|z\|=2\|z\|}Ainsi {\displaystyle\lim_{+\infty}\dfrac{1}{n}(a^{n}(z)-z)=0} donc {\displaystyle\lim_{+\infty}b_n(x)=x_1}.

    Soit {p} la projection de {E} sur {\text{Ker}(a-\text{Id})}.

    Pour tout {x\in E}, on a {\displaystyle\lim_{n\to+\infty}b_n(x)=p(x)}.

    Soit {(e_1, \ldots, e_n)} la base canonique de {\mathbb{R}^n}.

    Posons {N:u\in \mathcal L(E)\mapsto \displaystyle\sum_{i=1}^n\|u(e_i)\|}.

    L’application {N} est une norme sur {\mathcal L(E)}.

    Il résulte de ce qui précède que :{\displaystyle\lim_{n\to +\infty} N(b_n-p)=0\text{\ donc\ }\displaystyle\lim_{n\to +\infty} b_n=p}