B. Distance d’un point à une partie dans un espace normé

SESSION 2009

Concours commun Mines-Ponts

DEUXIEME EPREUVE. FILIERE MP

Question préliminaire

1)Soientn∈N^∗ et(λ_i)_16i6n∈(R⁺)ⁿ tel queλ₁< λ₂< . . . < λ_n. Les fonctionsφ_λi, 16i6n, sont dansC([0, 1]).

Supposons par l’absurde qu’il existe(α_i)_16i6n6= (0, . . . , 0)tel que Xn

i=1

αiφλi =0.

On peut alors considérerk=Min{i∈J1, nK/ αi6=0}. Par définitionαk6=0.

∀x∈[0, 1], Xn

i=1

α_ix^λi =0⇒∀x∈[0, 1], Xn

i=k

α_ix^λi=0⇒∀x∈]0, 1], Xn

i=k

α_ix^λi−λk =0,

après division des deux membres par le réel non nul x^λk. Mais quand xtend vers 0, on obtient αk = 0 ce qui est une contradiction. Donc la famille(φ_λi)_16i6n est libre.

On a montré que toute sous-famille finie de la famille(φλi)λ>0est libre et donc la famille(φλ)λ>0 est une famille libre deC([0, 1]).

A. Déterminants de Cauchy

2)Si lesbk sont deux à deux distincts, la décomposition en éléments simples deRest de la formeR= Xn

k=1

Ak

X+bk

.

En notant C₁, . . . , C_n, les colonnes de D_n et Cla colonne









 R(a₁) R(a₂)

... R(an)











, on a C= Xn

k=1

A_kC_k et donc par linéarité par

rapport à la dernière colonne

det(C1, . . . , C_n−1, C) = Xn

k=1

A_kdet(C1, . . . , C_n−1, C_k) =A_ndet(C1, . . . , C_n−1, C_n) =A_nD_n, car pourk < n, det(C1, . . . , Cn−1, Ck)est un déterminant ayant deux colonnes égales et est donc nul.

Maintenant, R(a₁) =. . . = R(an−1) = 0 et donc C =









 0 ... 0 R(an)











et en développant det(C1, . . . , Cn−1, C) suivant sa

dernière colonne, on obtient det(C1, . . . , Cn−1, C) =R(a_n)Dn−1. Ainsi (sin≥2et) si lesb_k sont deux à deux distincts,A_nD_n =R(a_n)D_n−1.

3)Supposons toujours lesb_k deux à deux distincts. On sait que An= lim

x→−bⁿ(x+bn)R(x) = (−b_n−a1). . .(−b_n−an−1)

(−bn+b1). . .(−bn+bn−1) = (a₁+bn). . .(a_n−1+bn) (bn−b1). . .(bn−bn−1) et donc

Dn= R(a_n) An

Dn−1= (a_n−a1). . .(a_n−an−1)(b_n−b1). . .(b_n−bn−1) (a1+bn). . .(an−1+bn)(an+bn)(an+bn−1). . .(an+b1) =

Y

i<n

(a_n−a_i)Y

i<n

(b_n−b_i) Y

16i,i6n, i=nouj=n

(a_i+b_j)

En tenant compte deD1= 1 a1+b1

, on en déduit,

Dn= Yn

k=1









 Y

i<k

(ak−ai)Y

i<k

(bk−bi) Y

16i,j6k, i=kouj=k

(ai+bj)











= Y

16i<j6n

(a_j−a_i) Y

16i<j6n

(b_j−b_i) Y

16i,j6n

(ai+bj)

Cette formule reste valable quand lesb_kne sont pas deux distincts car dans ce casD_n a deux colonnes égales et est donc nul.

∀n∈N^∗,Dn= Y

16i<j6n

(aj−ai) Y

16i<j6n

(bj−bi) Y

16i,j6n

(a_i+bj)

= Van(a1, . . . , an)Van(b1, . . . , bn) Y

16i,j6n

(a_i+bj)

.

B. Distance d’un point à une partie dans un espace normé

4)Soitx∈E.

d(x, A) =0⇔∀ε > 0, ∃y∈A/kx−yk< ε⇔∀ε > 0, B(x, ε)∩A6=∅⇔x∈A.

∀x∈E,d(x, A) =0⇔x∈A.

5)Soientx∈EetBetCdeux parties non vides deEtelles queB⊂C. Alors,d(x, C)6d(x, B). En effet, pour toutyde B, on ay∈Cet donckx−yk>d(x, C). Par suite,d(x, C)est un minorant de {kx−yk, y∈B}et puisqued(x, B)est le plus grand des minorants de cet ensemble, on a biend(x, C)6d(x, B).

Soitx∈E. Pourn∈N, on aA_n ⊂A_n+1⊂Aet doncd(x, A)6d(x, A_n+1)6d(x, A_n). Donc la suite (d(x, A_n))_n∈N est décroissante et minorée pard(x, A).

Soit alorsε > 0. Il existey∈Atel qued(x, A)6ky−xk6d(x, A) +ε. PuisqueAest la réunion desA_n, il existen₀∈N tel quey∈A_n0. Par suite,

d(x, A)6d(x, An0)6ky−xk6d(x, A) +ε.

Pourn≥n0, on a alors

d(x, A)6d(x, A_n)6d(x, A_n0)6d(x, A) +ε.

On a montré que∀ε > 0, ∃n0 ∈N/∀n∈N, (n ≥n0⇒ d(x, A)6d(x, A_n) < d(x, A) +ε) et donc lim

n→+∞d(x, A_n) = d(x, A).

∀x∈E,d(x, A) = lim

n→+∞d(x, An).

6)Puisque V est un sous-espace de dimension finie de E,V est un fermé deE. On sait qu’une boule fermée de Eest un compact deE et donc Best un compact de E. B∩V est donc l’intersection d’un compact et d’un fermé et on sait que B∩V est compact. On note de plus queB∩V n’est pas vide car 0∈B(k0−xk6kxk),0∈V (V étant un sous-espace vectoriel) et donc0∈B∩V

Soitx∈E. PuisqueB∩V⊂V, on a d(x, V)6d(x, B∩V).

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Inversement, poury∈V,

• siy∈B, alorsd(x, B∩V)6kx−yk;

• siy /∈B, ky−xk>kxk=k0−xk ≥d(x, B∩V).

En résumé,d(x, B∩V)est un minorant de{kx−yk, y∈V}et doncd(x, B∩V)6d(x, V). Finalement

∀x∈E,d(x, V) =d(x, B∩V).

7)Soitx∈E.d(x, V) =d(x, B∩V). Donc, il existe une suite(yn)n∈Nd’éléments deB∩Vtelle que lim

n→+∞kyn−xk=d(x, V).

Puisque B∩V est un compact, on peut extraire de la suite (yn)n∈N une sous-suite (y_ϕ(n))n∈N convergente de limite y∈B∩V⊂V. Puisque la suite(ky_ϕ(n)−xk)n∈Nest extraite de la suite convergente(kyn−xk)n∈N, la suite(ky_ϕ(n)−xk)n∈N

est convergente de limited(x, V). Mais alors par continuité de l’applicationu7→kukdans l’espace normé(E,k k), on a d(x, V) = lim

n→+∞ky_ϕ(n)−xk=k lim

n→+∞y_ϕ(n)−xk=ky−xk avecy∈V.

∀x∈E,∃y∈V/ d(x, V) =ky−xk.

C. Distance d’un point à un sous-espace de dimension finie dans un espace euclidien

(erreur d’énoncé : lire «Eest un espace préhilbertien réel »).

8)Soitx∈Eety=p_V(x)∈V. PuisqueVest de dimension finie, le théorème de la projection orthogonale permet d’affirmer que∀z∈V,kz−xk>ky−xkavec égalité si et seulement siz=y(la principale raison étantkz−xk²=kz−yk²+ky−xk²).

Donc, la projection orthogonale dexsurVest l’unique élémenty∈V vérifiantd(x, V) =ky−xk.

9)PosonsV=Vect(x1, . . . , xn)puisp=dim(V)(p6n <+∞). NotonsBune base orthonormée deVpuisNla matrice de la famille (x₁, . . . , xn) dans la base B. N est un élément de M_p,n(R) et puisque la base B est orthonormée on a M=^tNN.

• Si la famille (x1, . . . , xn) est liée (c’est le cas p < n), la matrice N a un noyau non réduit à {0} et donc il existe

X∈M_n,1(R)\ {0}tel que NX=0. On a encore MX=^tNNX=0 et le noyau de la matrice carréeMn’est pas réduit à

{0}. Son déterminant est donc nul.

•Si la famille(x1, . . . , xn)est libre, on ap=net de plusNest une matrice carrée inversible.

Dans ce cas, det(M) = (det(N))²6=0.

On a montré que

la famille (x₁, . . . , xn)est libre si et seulement siG(x₁, . . . , xn) =0.

10)Soit x∈ E. Puisque x= x−p_V(x) +p_V(x), la dernière colonne de G(x₁, . . . , x_n, x) s’écrit à l’aide du théorème de Pythagore













 (x₁|x) (x₂|x)

... (x_n|x)

(x|x)















=















(x₁|x) (x₂|x)

... (x_n|x)

kx−p_V(x)k²+kp_V(x)k²















=















(x₁|x) (x₂|x)

... (x_n|x) kp_V(x)k²













 +















0 0 ... 0 kx−p_V(x)k²















Par linéarité par rapport à sa dernière colonne,G(x₁, . . . , x_n, x)est alors somme de deux déterminants.

•Puisque∀k∈J1, nK,(x_k|x) = (x_k|p_V(x)), le premier de ces deux déterminants estG(x₁, . . . , xn, pV(x)). PuisquepV(x)∈ Vect(x1, . . . , xn), la famille(x₁, . . . , xn, pV(x))est liée etG(x₁, . . . , xn, pV(x)) =0 d’après la question précédente.

•On développe alors le deuxième déterminant par rapport à sa dernière colonne et on obtientkx−p_V(x)k²×G(x₁, . . . , x_n) ou encore(d(x, V))²×G(x₁, . . . , x_n).

PuisqueG(x1, . . . , xn)6=0, on a montré que

∀x∈E,d(x, V)²= G(x₁, . . . , x_n, x) G(x₁, . . . , xn) .

D. Comparaison des normes N

et N

11)Soitf∈C([0, 1]).

N2(f) = Z1

0

f²(x)dx

!1/2

6 Z1(

0

N_∞(f))dx

!1/2

=N_∞(f).

SoitAune partie deE. SiA=∅, on aA^∞ =A²=∅et en particulierA^∞ ⊂A². Supposons maintenantA6=∅.

A^∞ est le plus petit fermé pourN_∞ contenantA. Vérifions queA²est un fermé deEpourN_∞ (contenantA).

Soit(y_n)_n∈N une suite d’éléments deA²convergeant pour N_∞ vers un certainy∈E. L’inégalitéN26N_∞ montre que la suite(yn)n∈N converge encore versypourN2. MaisA²est un fermé deEpourN2et doncy∈A².

On a montré que pour toute suite(yn)n∈Nd’éléments deA², convergente pourN_∞, la limite de la suite(yn)n∈Nest dans A²et donc A² est un fermé deEpour N_∞, contenantA.

PuisqueA^∞ est le plus petit fermé deEpourN_∞ contenantA, on a montré que

∀A∈P(C([0, 1])),A^∞ ⊂A².

12)Pourn∈N^∗ etx∈[0, 1], posonsf_n(x) =









nxsix∈

0,1 n

1six∈ 1

n, 1

. Chaque fonction f_n est dansC([0, 1]) et

N2(f_n−φ0) = Z1/n

0

(nx−1)²dx

!1/2

=

(nx−1)³ 3n

^1/n

0

!1/2

= 1

√3n _n→→_+∞ 0.

Comme lim

n→+∞N₂(f_n−φ₀) =0, on a montré que

φ0∈V0 2.

13)Montrons que V0 n’est pas dense dans E pour N_∞. Pour cela vérifions que l’élémentφ0 de C([0, 1]) n’est pas dans V₀^∞. Dans le cas contraire, il existe une suite(f_n)_n∈Nde fonctions continues sur[0, 1]s’annulant en0, convergeant versφ₀ pourN_∞. La suite de fonctions(f_n)converge donc uniformément versφ₀ sur[0, 1]et d’après le théorème d’interversion des limites on a

φ₀(0) = lim

n→+∞f_n(0) =06=1.

Ceci est une contradiction et doncφ₀∈/V₀^∞. On a montré que

V0n’est pas dense dansC([0, 1])pour la normeN_∞.

Vérifions maintenant queV₀est dense dansC([0, 1])pourN₂. Soientf∈C([0, 1])etε > 0. On écritf=f−f(0)φ₀+f(0)φ₀ et on approche la fonction constantef(0)φ₀ par un élément deV₀:

puisqueφ0∈V0

2, il existeh∈V0telle queN2(h−φ0)< ε

|f(0)|+1. Posonsg=f−f(0)φ₀+f(0)h.gest dansV0et

N₂(f−g) =N₂(f(0)(h−φ₀)) =|f(0)|N₂(φ₀−h)6 |f(0)|ε

|f(0)|+1 < ε.

Ainsi,∀f∈C([0, 1]), ∀ε > 0, ∃g∈V0/ N2(f−g)< εet donc

V₀est dense dansC([0, 1])pour la normeN₂.

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14)0est dansVet donc dansV. Soient(x, y)∈V²et (λ, µ)∈R². Il existe((xn),(yn))∈(V^N)² tel quex= lim

n→+∞xn et y= lim

n→+∞yn. Mais alors(λxn+µyn)est une suite d’éléments de V, convergente de limite λx+µy ce qui montre que λx+µy∈V. On a montré que

SiV est un sous-espace vectoriel d’un espace normé, Vest également un espace vectoriel.

15)SoitV un sous-espace vectoriel de C([0, 1])dense pourN_∞, alors∀m∈N,φ_m∈V^∞.

Réciproquement, supposons que ∀m∈N φ_m ∈V^∞. Soitf∈C([0, 1]). Le théorème deWeierstrasspermet d’affirmer qu’il existe une suite de polynômes(P_n)_n∈Nconvergeant uniformément versfsur[0, 1]ou encore convergeant versfpour N_∞. Mais chaqueP_n est une combinaison linéaire de φ_m et puisqueV^∞ est un espace vectoriel d’après la question 14), chaqueP_n est élément de V^∞.

Ainsi,(P_n)est une suite d’éléments deV^∞ convergeant versfpourN_∞. On en déduit quef∈(V^∞)^∞ =V^∞. On a montré queVest dense dansC([0, 1]) pourN_∞.

V est dense dansC([0, 1])pour N_∞ si et seulement si∀m∈N,φm∈V^∞. 16)SoitV un sous-espace vectoriel de C([0, 1])dense pourN2, alors∀m∈N, φm ∈V².

Réciproquement, supposons que∀m∈Nφ_m∈V². Soitf∈C([0, 1]).

La suite de polynômes (P_n)fournie à la question précédente converge vers f pour N_∞ et donc pour N₂ puisque N₂ 6 N_∞ d’après la question 11), et chaque P_n est dans V² puisque les φ_m sont dans V² qui est un espace vectoriel. Donc f∈(V²)

2

=V². On a montré que

Vest dense dansC([0, 1]) pourN2 si et seulement si∀m∈N,φm∈V².

E. Un critère de densité de W pour la norme N

17)

W²=C([0, 1])⇔∀µ∈N, φµ∈W²(d’après la question 16))

⇔∀µ∈N, d(φu, W) =0(d’après la question 4))

⇔∀µ∈N, lim

n→+∞d(φ_µ, W_n) =0(d’après la question 5)).

W²=C([0, 1])⇔∀µ∈N, lim

n→+∞d(φµ, Wn) =0.

18)Soitµ∈N. D’après la question 10), pourn∈N^∗, d(φ_µ, W_n) =

sG(φ_λ0, . . . , φ_λn, φ_u) G(φ_λ0, . . . , φλn) . Maintenant, pour(α, β)∈N²,

(φ_α|φ_β) = Z1

0

φ_α(x)φ_β(x)dx= Z1

0

x^α+βdx= 1 α+β+1,

et donc G(φ_λ0, . . . , φλn) est le déterminant de Cauchy associé aux réels ak = bk = λk + 1

2 si 0 6 k 6 n et G(φ_λ0, . . . , φλn, φµ) est le déterminant de Cauchy associé aux réels ak = bk = λk+ 1

2 si 0 6 k 6 n et an+1 = bn+1=µ+1

2. D’après la question 3) d(φ_µ, W_n) =

s

(an+1−a₀). . .(an+1−a_n)(bn+1−b₀). . .(bn+1−b_n) (a₀+bn+1). . .(a_n+bn+1)(a_n+1+bn+1)(a_n+1+bn). . .(a_n+1+b0)

=

s (µ−λ₀). . .(µ−λ_n)(µ−λ₀). . .(µ−λ_n)

(λ0+µ+1). . .(λn+µ+1)(2λ+1)(µ+λn+1). . .(µ+λ0+1)

∀µ∈N,∀n∈N,d(φ_µ, W_n) = 1

√2µ+1 Yn

k=0

|λk−µ|

λk+µ+1.

19)Si la suite(λ_k)tend vers+∞, la suite

|λ_k−µ|

λk+µ+1

tend vers1.

Réciproquement, supposons que

|λ_k−µ|

λk+µ+1

k→→+∞ 1.

Pourx∈[0, µ], on a |x−µ|

x+µ+1 = µ−x

x+µ+1. Or, la fonction homographiquex7→ µ−x

x+µ+1 = −1+ 2µ+1

x+µ+1 est décrois- sante sur[0, µ]et est donc majorée sur[0, µ]par sa valeur en0à savoir µ

µ+1. Puisque µ

µ+1 < 1et que |λ_k−µ|

λk+µ+1 →

k→+∞ 1, il existek₀∈Ntel que pourk>k₀, |λ_k−µ|

λk+µ+1 > µ

µ+1 ce qui imposeλ_k> µ.

Ainsi, pourk>k0, on a |λ_k−µ|

λk+µ+1 = λk−µ

λk+µ+1. Or, pourx > µ, x−µ

x+µ+1 =1− 2µ+1

x+µ+1 < 1et donc, si pourk>k0

on poseuk= λk−µ

λk+µ+1, on auk< 1et λk= uk(µ+1) +µ 1−uk

. Par hypothèse,uk →

k→+∞ 1⁻ et doncλk +

k→+∞∞.

|λ_k−µ|

λk+µ+1 →

k→+∞ 1⇔λk →

k→+∞

+∞.

20)Par hypothèse faite sur les λ_k au début de l’énoncé, au plus un desλ_k est nul. Notons leλ_k0 s’il existe. La phrase

« la sérieX

k

1

λ_k est divergente » signifie dans ce cas « X

k∈N, k6=k0

1

λ_k = +∞».

Siµ est l’un desλk, la suite(d(φ_µ, Wn))est nulle à partir d’un certain rang et donc tend vers0 quandntend vers+∞ queWsoit dense dansC([0, 1])ou pas. Donc,West dense dansC([0, 1]) si et seulement si pour tout entierµdistinct de tous lesλ_k, on a lim

n→+∞d(φ_µ, W_n) =0.

1er cas. Si tout entierµest un λ_k, d’une part ∀µ∈N, lim

n→+∞d(φ_µ, W_n) =0 et d’autre part,X

k

1

λ_k ≥ X

µ∈N∗

1

µ = +∞. dans ce cas particulier, l’équivalence est établie.

2ème cas.Sinon, l’un au moins des entiersµest distinct de tous lesλk. Soitµun tel réel.

n→lim+∞d(φµ, Wn) =0⇔ lim

n→+∞

Xn

k=0

ln

|λk−µ|

λ_k+µ+1

= −∞

Posonsuk = |λk−µ|

λ_k+µ+1. On rappelle que∀k∈N,0 < uk < 1 de sorte que∀k∈N, ln(uk)< 0 et en particulier la suite (ln(uk))est de signe constant.

• Siλ_k ne tend pas vers+∞,u_k ne tend pas vers1 d’après la question 19) puis ln(uk)ne tend pas vers0 et la série de terme général ln(uk)est grossièrement divergente. Mais puisqueλk ne tend pas vers+∞, 1

λ_k ne tend pas vers0et la série de terme général 1

λk

est grossièrement divergente. Dans ce cas, lim

n→+∞

Xn

k=0

ln(uk) = −∞ ⇔X

k

1 λk

= +∞.

• Siλk tend vers+∞,uk tend vers1et aussi|λk−µ|=λk−µ pourkgrand. On a alors ln(uk) ∼

k→+∞u_k−1= |λ_k−µ|

λ_k+µ+1 −1= λ_k−µ

λ_k+µ+1 −1= − 2µ+1 λ_k+µ+1 ∼

k→+∞ −2µ+1 λ_k < 0.

Mais alors dans ce cas aussi, lim

n→+∞

Xn

k=0

ln(u_k) = −∞ ⇔X

k

1 λk

= +∞. En résumé,

W²=C([0, 1])⇔∀µ∈N, lim

n→+∞d(φµ, Wn) =0⇔X

k

1

λ_k diverge.

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W²=C([0, 1])⇔X

k

1 λk

diverge.

F. Un critère de densité de W pour la norme N

21) Si W est dense dans C([0, 1]) pour la norme N_∞, il en est de même pour la norme N2 d’après la question 11) et d’après la question précédenteX

k

1 λk

diverge.

22)Posonsf=φ_µ−ψ. Pour toutx∈[0, 1], on a

|f(x)|=

Zx

0

f^′(t)dt ≤

Zx

0

|f^′(t)|dt6 Z1

0

|f^′(t)|dt= Z1

0

1×|f^′(t)|dt

6 sZ1

0

1²dx× sZ1

0

f^′2(x)dx (inégalité deCauchy-Schwarz)

=N₂(f^′) =N₂ µφµ−1− Xn

k=0

a_kλ_kφ_λk−1

! .

et donc

N_∞(φ_µ−ψ)6N₂ µφµ−1− Xn

k=0

a_kλ_kφ_λk−1

! .

23)Supposons queX

k

1 λk

soit divergente. Soitµ∈N.

•Si µ=0=λ0,φµ=φλ0 ∈W⊂W^∞.

•Sinon,µ>1. Pourk∈N, posonsµ_k=λ_k+1−1. Les réelsµ_ksont des réels positifs deux à deux distincts et puisque pour toutksauf peut-être l’un d’entre eux (pour lequel µ_k=0)0 < 1

λk+1

< 1 µk

, la série de terme général 1 µk

est divergente.

D’après la question 20), W^′ = Vect(φµk)_k′∈N est dense dans C([0, 1]) pour N2. Mais µφµ−1 ∈ C([0, 1]) et donc pour ε > 0, on peut trouverγ=

Xn

k=0

b_kφ_µk tel que N₂(µφ_µ−1−γ)< ε.

Soitψ= Xn

k=0

a_kφ_λk oùa₀=0 eta_k = b_k

λ_k si16k6n. Ainsi, pourk∈J0, nK, a_k=b_kλ_k et donc

ψ^′ = Xn

k=0

akλkψλk−1= Xn

k=0

akλkψµk =γ.

Mais alors, d’après la question précédente, N_∞(φ_µ−ψ) 6 N₂(µφµ−1−γ) < ε. On a montré que ∀ε > 0, ∃ψ ∈ W/

N_∞(φµ−ψ)< εet doncφµ∈W^∞.

Finalement,∀µ∈N,φ_µ∈W^∞. D’après la question 15),West dense dansC([0, 1]).

24) Posons m = inf

k>1λk > 0. Pour tout entier naturel non nul k, on a λk > m et donc λk

m > 1. Pour k ∈ N, posons µ_k= λk

m. On a (i) : µ₀=0et (ii) : ∀k>1,µ_k>1. De plusX

k

1

µ_k diverge.

D’après la question précédente,W^′=Vect(φµk)_k∈N est dense dansC([0, 1]).

Soientf∈C([0, 1])etε > 0. Pourx∈[0, 1], posonsg(x) =f(x^1/m)de sorte que pour tout x∈[0, 1], f(x) =g(x^1/m).

Il existe γ ∈ W^′ tel que N_∞(g−γ) < ε. Pour x ∈ [0, 1], posons γ(x) = Xn

k=0

akφµk(x) = Xn

k=0

akx^λk/m puis posons ψ(x) =γ(x^m) =

Xn

k=0

a_kx^λk.

Ainsi, pour toutx∈[0, 1]

f(x) −ψ(x) =f(x) − Xn

k=0

a_kx^λk =f((x^m)^1/m) − Xn

k=0

a_k(x^m)^λk/m=g(x^m) −γ(x^m).

Puisque l’applicationx7→x^m est une bijection de[0, 1]sur lui-même, on a N_∞(f−ψ) =N_∞(g−γ)< ε.

Ainsi,∀f∈C([0, 1]), ∀ε > 0, ∃ψ∈W/ N_∞(f−ψ)< εet encore une foisW^∞ =C([0, 1]).

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