Semaine 8

Colle PC Semaine 8 2012-2013

EVN + Analyse (révision)

Soit E un espace vectoriel normé. On appelle norme sur E toute application N : E −→ R telle que :

• ∀x ∈ E, N(x) = 0 = ⇒ x = 0.

• ∀(λ, x) ∈ R × E, N(λx) = |λ|N (x).

• ∀(x, y) ∈ E ² , N (x + y) 6 N (x) + N (y).

EXERCICE 1 :

Soit a > 0. Pour P ∈ R[X], on définit

N a (P) = |P (a)| + Z ¹

0

|P ^′ (t)| dt 1. Montrer que N a est une norme sur R[X].

2. Soit a, b > 0 avec a < b et b > 1. Démontrer que N a et N b ne sont pas équivalentes.

3. Démontrer que si (a, b) ∈ [0; 1], alors N a et N b sont équivalentes.

EXERCICE 2 :

Soit E = R[X]. Pour P =

n

X

k=0

a k X ^k , on pose :

kP k 1 =

n

X

k =0

|a k |, kPk ∞ = max{|a 0 |, . . . , |a n |}, kPk ∗ = max{|P (t)| tq 0 ≤ t ≤ 1}.

Montrer que ce sont des normes, et qu’elles sont deux à deux non équivalentes. (On considèrera P n (t) = (t − 1) ⁿ et Q n (t) = 1 + t + t ² + · · · + t ⁿ )

EXERCICE 3 :

On définit une application sur M n (R) en posant N(A) = n max

i,j |a ij | si A = (a ij ) 1. Vérifier que N définit bien une norme sur M n (R).

2. Prouver que N(AB) 6 N (A)N(B) pour toutes matrices A et B de M n (R).

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Corrections

EXERCICE 1 :

1. Les conditions à satisfaire pour être une norme se vérifient aisément sauf peut-être : N a (P ) = 0 ⇒ P = 0.

N a (P ) = 0 ⇔ |P (a)| = 0 et Z ¹

0

|P ^′ (t)| dt = 0. On a facilement que |P (a)| = 0 ⇒ P (a) = 0. De plus |P ^′ | est une fonction continue positive sur [0; 1] d’intégrale nulle donc (théorème) P ^′ = 0 sur [0; 1] donc P est un polynôme constant. Puisque P (a) = 0, on en déduit que P = 0.

2. Supposons que N a et N b sont équivalentes : il existe donc α et β deux constantes strictement positives telles que, pour tout P ∈ R[X] :

αN a (P ) 6 N b (P ) 6 βN a (P )

On constate que cette double inégalité n’est pas vérifiée par le polynôme P (X ) = X ⁿ avec n > 0.

En effet N a (P ) = a ⁿ + n Z ¹

0

t ^{n −1} dt = a ⁿ + 1 et N b (P ) = b ⁿ + 1.

La partie droite de la double inégalité donnerait alors : b ⁿ + 1 6 β (a ⁿ + 1) ⇔ 1 + 1

b ⁿ 6 β a b

n

+ 1 b ⁿ . Les suite

1 b

ⁿ et a

b ⁿ

tendent vers 0, compte-tenu des conditions sur a et b. Ainsi, l’inégalité précédente conduit à une absurdité (1 6 0).

Les normes N a et N b ne sont donc pas équivalentes.

3. D’après le théorème fondamental de l’intégration : Z b

a

P ^′ (t)dt = P(b) − P (a) or compte-tenu des conditions sur a et b,

Z b

a

|P ^′ (t)| dt 6 Z ¹

0

P ^′ (t)dt ce qui implique que : P (b) 6 P (a) +

Z ¹

0

|P ^′ (t)| dt

⇒ |P(b)| 6 |P(a)| + Z ¹

0

|P ^′ (t)| dt 6 N a (P) et donc N b (P ) 6 |N a (P)| +

Z ¹

0

|P ^′ (t)| dt 6 2N a (P )

Un raisonnement analogue conduit à N a (P ) 6 2N b (P ) donc les normes sont bien équivalentes.

EXERCICE 2 :

Pour démontrer que ce sont des normes, cela ne pose pas de problème particulier.

Par contre :

• kQ n k ¹ =

n

X

k =0

|a k | =

n

X

k =0

1 = n + 1 et kQ n k ∞ = max{|a ⁰ |, . . . , |a n |} = 1 donc le rapport kQ n k ¹ kQ n k ∞

= n + 1 et donc n’est pas borné : les normes k.k 1 et k.k ∞ ne sont pas équivalentes.

• kQ n k ^∗ = max{|Q n (t)| tq 0 ≤ t ≤ 1} = Q n (1) = n + 1 donc le rapport kQ n k ^∗ kQ n k ∞

= n + 1 et les normes k.k ^∗ et k.k ∞ ne sont pas équivalentes.

• P n (t) = (t − 1) ⁿ =

n

X

k=0

( ⁿ _k ) t ^k (−1) ^n−k donc kP n k 1 =

n

X

k=0

|a k | =

n

X

k=0

( ⁿ _k ) = (1 + 1) ⁿ = 2 ⁿ d’après la formule du binôme de Newton.

On montre facilement que kP n k ^∗ = 1 donc le rapport kP n k 1

kP n k ^∗ = 2 ⁿ et n’est pas borné.

EXERCICE 3 :

N(A) = n max

i,j |a ij | si A = (a ij )

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1. N définit une norme sur M n (R) car :

• N (A) = 0 ⇔ |a i

j

| = 0 si |a i

j

| = max

i,j |a ij |. Or ∀(i, j), |a ij | 6 |a i

j

| donc |a ij | = 0 pour tout (i, j) et par suite a ij = 0 pour tout (i, j) donc A = 0.

• N (λA) = |λ|N (A) pour λ ∈ R et A ∈ M n (R) : OK.

• ∀(i, j), |a ij + b ij | 6 |a ij | + |b ij | 6 N (A) + N (B). L’inégalité est en particulier vérifiée pour le plus grand coefficient |a ij + b ij |, d’où le résultat.

2. Soit A et B appartenant à M n (R). On pose C = AB, si l’on note c ij les coefficients de C, on sait que c ij =

n

X

k=1

a ik b kj , donc :

∀(i, j), n|c ij | 6

n

X

k =1

|a ik ||b kj |

6

n

X

k =1

N(A) n

N (A) n 6 N (A)N(B)

Ainsi N (AB) 6 N (A)N(B) pour toutes matrices A et B appartenant à M n (R).

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