\documentclass{article}
\usepackage{titling}
\author{Laura \textsc{Gay}}

\include{preambule}
\geometry{a4paper, top=2cm, bottom=2cm, left=1cm, right=1.5cm}


\newboxedtheorem{defi}{Définition}{}
\newboxedtheorem{prop}{Proposition}{}
\newboxedtheorem{lem}{Lemme}{}
\newboxedtheorem{coro}{Corollaire}{compteur3}
\newboxedtheorem{thm}{Théorème}{}
\newboxedtheorem{exe}{Exemple}{compteur5}
\newcommand{\SnpR}{\mathcal{S}_n^+(\R)}


\newcommand{\mynegspace}{\hspace{-0.12em}}
\newcommand{\vvvert}{\rvert\mynegspace\rvert\mynegspace\rvert}

\newcommand{\lvvvert}{\rvert\mynegspace\rvert\mynegspace\rvert}
\newcommand{\rvvvert}{\rvert\mynegspace\rvert\mynegspace\rvert}
\newcommand{\normt}[1]{\lvvvert #1 \rvvvert}

\renewenvironment{proof}[1][]{{\underline{\bfseries \proofname #1 :}\\ }}{\hfill $\blacksquare$\\}

\begin{document}
\renewcommand{\proofname}{Preuve}
\begin{textblock*}{3cm}(5mm,0mm) 
\includegraphics[scale=0.035]{images/boule2.jpg} 
\end{textblock*} 
\begin{spacing}{2}
\setlength {\shadowsize }{2pt}
\begin{center} \shadowbox{\begin{minipage}{15cm}
\centering     \begin{huge} 
\textsc{Points extrémaux de la boule unité de $\mathcal{L}(E)$}\end{huge}
\end{minipage}} \end{center}\end{spacing}
~\\


\underline{Référence :} \textsc{FGNal3} p. 130\\
\underline{Lecons :} Matrices symétriques (158), Endomorphismes remarquables (160), Isométries (161), Barycentres (181). \\



\begin{lem}[Décomposition polaire]
Soit $A \in \MnR$. Il existe un couple $(O,S) \in \OnR \times \SnpR$ tel que $A=OS$. \end{lem}
~\\
\textbf{\underline{Preuve du Lemme}} (Gourdon Algèbre p249 ou FGNAl3 p129)
\begin{itemize}
\item On suppose que $A$ est inversible. $^tAA$ est symétrique définie positive (car $A$ inversible) donc il existe $S \in \SnppR$ telle que $^tAA=S^2$. On pose $O=AS^{-1}$. Alors $^tOO={^tS^{-1}}{{~^t}A}AS^{-1}=S^{-1}S^2S^{-1}=I_n$. Donc ce couple convient.
\item Si $A$ non inversible, on utilise la densité de $\GLnR$ dans $\MnR$. Il existe une suite $(A_p)_{p \in \N}$ de matrices inversibles qui converge vers $A$. \\
Pour tout $p$, on écrit $A_p=O_pS_p$, avec $(O_p,S_p) \in \OnR \times \SnppR$. $\OnR$ est un compact car c'est un fermé \footnote{Soit $f: M \mapsto {^tMM}$. Elle est continue (polynomiale) et $\OnR=f^{-1}(I_n)$} borné (ok) de $\MnR$. Donc on peut extraire une sous-suite $O_{\varphi(p)}$ convergente vers $O \in \OnR$.\\
Donc $S_p=O_{\varphi(p)}^{-1}A_p \rightarrow O^{-1}A:=S$ et $S$ est symétrique\footnote{Soit $f: M \mapsto {^tM-M}$. Elle est continue (polynomiale) et $\SnR=f^{-1}(0_n)$ }.\\
De plus, $S$ est positive (et juste positive, pas définie!), car, pour tout $X \in \R^n$, $g:S \mapsto {^tXSX}$ est continue donc comme ${^tXS_pX \geqslant 0}$, on a ${^tXSX \geqslant 0}$. Donc $S \in \SnppR$. On a donc la décomposition souhaitée. \hfill $\blacksquare$ 
\end{itemize}

\begin{thm}
Soit $E$ un espace euclidien et $B=\{u \in \mathcal{L}(E) / ~\vvvert u \vvvert \leqslant 1\}.$ Alors Extr$(B)=\mathcal{O}(E)$.
\end{thm}

\textbf{\underline{Preuve du Théorème}}\\
\begin{itemize}
\item On prouve déjà que si $u \in \mathcal{O}(E)$ alors $u$ est extrémal. \\
Comme $\vvvert u \vvvert =1$ alors $u \in B$. On suppose par l'absurde que $u$ est milieu d'un segment.\\
On pose $u=\frac12 (v+w)$ avec $v,w \in B$. \\
Soit $x \in E$ tel que $\norm{x}=1$. Alors:\\
$\norm{x}=1=\norm{u(x)}=\frac12 \norm{v(x)+w(x)} \overset{(i)}{\leqslant} \frac12 (\norm{v(x)} + \norm{w(x)}) \overset{(ii)}{\leqslant} \frac12 (\vvvert v \vvvert +\vvvert w \vvvert ) \overset{(iii)}{\leqslant} 1$ \footnotesize{~~~~car $\left. \hspace{-0.22cm}
\begin{array}{l} (i): \text{ inégalité triangulaire}\\
(ii): \text{déf~de $\vvvert \cdot \vvvert$ et }x \text{ est unitaire}\\
(iii): v,w \in B \end{array} \right.$}
\normalsize
Donc toutes ces inégalités sont des égalités (il y a égalité à chaque étape).\\
\footnotesize{$(ii)+(iii)$} \normalsize donnent $\vvvert v \vvvert=\vvvert w \vvvert=1$ et $\norm{v(x)}=\norm{w(x)}=1$.\\
\footnotesize{$(i)$} \normalsize donne que les vecteurs $v(x)=\lambda w(x)$ avec $\lambda >0$ (cas d'égalité dans l'inégalité triangulaire). Avec l'égalité sur les normes, on a $v(x)=w(x)$.\\ 
Cela est valable pour tout $x$ unitaire, et donc par linéarité \footnote{on fait lorsque $y$ n'est pas unitaire et non nul $\norm{y}\frac{y}{\norm{y}}$}, $v=w$.\\
Donc $u$ ne s'écrit pas comme un milieu, il est donc extrémal !\\
\item Réciproquement, on prend $u \in B \setminus \mathcal{O}(E)$. On va montrer que $u$ n'est pas extrémal.\\
On travaille matriciellement (cela est bien possible car $E$ est de dimension finie $n$) pour cela. Soit $A$ la matrice de $u$ dans une BON de $E$, on effectue sa décomposition polaire:
\begin{center} $A=OS$ \end{center}
avec $O \in \mathcal{O}_n(\R)$ et $S \in \SnpR$. $S$ est symétrique réelle donc elle est diagb dans une base orthogonale:
\begin{center} $S={~^tP}DP$ \end{center}
avec $P \in  \mathcal{O}_n(\R)$ et $D=\T{diag}(d_1,d_2, \dots,d_n)$. \\
On sait que $\normt{S}=\normt{A}$ car $O$ est une isométrie et donc $\norm{Ax}=\norm{OSx}=\norm{Sx}$.\\
~\\
De plus, comme $u \in B$, $\vvvert S \vvvert = \vvvert A \vvvert \leqslant 1$. Comme on a également que $S$ est positive, $\forall k \in \llbracket 1 ; n \rrbracket,~d_k \in [0,1]$.\\
Mais, par hypothèse, $A$ n'est pas orthogonale, donc il existe au moins l'un des $d_k$ qui ne soit pas égal à 1 (par l'absurde s'ils l'étaient tous, $S=I_n$ et $A=O$...). Quitte à permuter, soit $d_1$ cet élément. On a $0 \leqslant d_1<1$.\\
On peut écrire $d_1=\frac{a+b}{2}$, où $-1 \leqslant a < b \leqslant 1$. En effet, $d_1$ n'est pas un point extrémal du segment $[-1,1]$ et comme il peut être nul, on n'est obligé d'autoriser la négativité de $a$ et $b$ si on veut $a \neq b$.\\
On pose $D'=\T{diag}(a,d_2, \dots,d_n)$ et $D''=\T{diag}(b,d_2, \dots,d_n)$ et ainsi $D= \frac12(D'+D'')$ mais $D' \neq D''$. Ainsi:
$$A= \frac12 (O{~^tP}D'P+O{~^tP}D''P) $$
On a presque ce que l'on veut: $A$ a l'air de s'écrire comme milieu de deux points de $B$... il faut vérifier que ce sont bien des points de $B$:\\
$$ \normt{O{~^tP}D'P} \leqslant \underbrace{\normt{O}}_{=1} \underbrace{\normt{{~^tP}}}_{=1} \underbrace{\normt{D'}}_{\leqslant 1} \underbrace{\normt{P}}_{=1} \leqslant 1$$
On fait exactement la même chose pour $D''$. Ainsi $A$ (et donc $u$) s'écrit comme milieu de deux points \underline{distincts} de $B$, $u$ n'est donc pas extrémal. \hfill $\blacksquare$ 
\end{itemize}


\section*{Petits rappels sur les points extrémaux}
\begin{defi}
Soit $\mathcal C$ un convexe de $E$. On dit que $M \in \mathcal{C}$ est un point extrémal si toute égalité 
$$M=(1-t)P+tQ$$
 (avec $t\in [0,1]$ et $P, Q \in \mathcal C$) entraîne $M=P$ ou $M=Q$.
\end{defi}
\begin{prop}
Soit $M$ un point de $\mathcal C$ un convexe de $E$. Sont équivalents: 
\begin{enumerate}
\item Un point $M$ est extrémal de $\mathcal{C}$.
\item $M$ n'est jamais le milieu d'un ``vrai'' (non réduit à un point) segment $[AB] \subset \mathcal{C}$.
\item $\mathcal{C} \setminus M$ est convexe. 
\end{enumerate}
\end{prop}
\footnotesize \textbf{\underline{Preuve de la Proposition}}  \\
On montre tout par contraposée : non 2 $\Rightarrow$ non 1 $\Rightarrow$ non 3  $\Rightarrow$ non 2.\\
$[$Mercier, Cours de Géométrie, Préparation au CAPES et à l'Agrégation, p. 196$]$\\
\includegraphics[scale=0.38]{images/mercier.jpg} 

\normalsize


\hrulefill \\
~\\
\underline{Notes:}\\
~\\
\checkmark ~\textbf{A l'oral}, commencer par le \textbf{Lemme} 12'22 en lent.\\
\checkmark ~Le théorème se vérifie facilement en dimension 1. Dans ce cas, $E$ s'identifie à $\R$ et donc $\mathcal{L}(E) \simeq \mathcal{M}_1(\R) \simeq \R$. On a également $B=[-1,1]$ donc ses points extrémaux sont 1 et $-1$ ce qui correspond bien à $\mathcal{O}(E)=\{ \pm Id_E \}$. \\



\end{document}