Premi` ere partie I.1. Si x ou y est nul, la r´eponse est imm´ediate.
On suppose donc x > 0 et y > 0 et on ´ecrit x = e
a, y = e
b. xy = e
a+b, on pose α = pa, β = pb d’o` u
xy = exp 1
p α + 1 q β
≤ 1
p e
α+ 1 q e
βgrˆace `a la convexit´e de l’exponentielle. On conclut en remarquant que e
α= x
p, e
β= y
q. Remarque : on a ´egalit´e dans cette in´egalit´e ssi x
p= y
q.
I.2. In´egalit´e de H¨older. On note A =
NP
n=1
|a
n|
p 1/pet B =
NP
n=1
|b
n|
p 1/p. On suppose dans un premier temps que A = B = 1.
Comme |a
nb
n| ≤ 1
p |a
n|
p+ 1
q |b
n|
qalors, en sommant sur n on obtient
X
Nn=1
a
nb
n≤
X
Nn=1
|a
nb
n| ≤ 1 p
X
Nn=1
|a
n|
p+ 1 q
X
Nn=1
|b
n|
q≤ 1 p + 1
q = 1 ce qui prouve l’in´egalit´e dans ce cas.
Dans le cas g´en´eral on applique le r´esultat pr´ec´edent `a a
′n= a
nA et b
′n= b
nB .
I.3. Si B = 1 (on conserve les notations de la question pr´ec´edente) alors, en appliquant l’in´egalit´e de la question I.2 on obtient
(1)
X
Nn=1
a
nb
n≤
X
Nn=1
|a
n|
p!
1/pCas d’´egalit´e :
• on suppose, comme `a la question pr´ec´edente, que A = 1. On a dit dans le I.1 qu’il y avait ´egalit´e lorsque x
p= y
qd’o` u l’id´ee de poser b
n= ε
n|a
n|
p/qo` u ε
nest du signe de a
n. On obtient alors a
nb
n= |a
n|
1+p/q= |a
n|
pce qui donne ´egalit´e dans (1).
• Cas g´en´eral : on pose a
′n= a
nA et on utilise ce que l’on vient de faire (on pose b
n= ε
n|a
′n|
p/q) d’o` u P
Nn=1
a
′nb
n= 1 ce qui donne
X
Nn=1
a
nb
n=
X
Nn=1
|a
n|
p!
1/pd’o` u sup
P
N n=1a
nb
n,
P
N n=1|b
n|
q= 1
=
NP
n=1
|a
n|
p 1/p.
1
I.4. In´egalit´e de Minkowski. Ici on pose kak
p=
NP
n=1
|a
n|
p 1/p. X
Nn=1
|a
n|. |a
n+ b
n|
p−1| {z }
=b′n
≤ kak
pX
Nn=1
|a
n+ b
n|
(p−1)q!
1/q≤ kak
pX
Nn=1
|a
n+ b
n|
p!
1/q.
On proc`ede de mˆeme avec l’autre membre d’o` u, en additionnant X
Nn=1
|a
n+ b
n|
p≤ [kak
p+ kbk
q] X
Nn=1
|a
n+ b
n|
p!
1/q.
On divise alors les deux membres par
NP
n=1
|a
n+ b
n|
p 1/q(que l’on suppose non nul, le cas de nullit´e ´etant trivial) pour obtenir l’in´egalit´e de Minkowski : ka + bk
p≤ kak
p+kbk
p. I.5. a. On a vu `a la question pr´ec´edente l’in´egalit´e triangulaire. On v´erifie facilement que
kak
p= 0 ⇔ a = 0 puis kλak
p= |λ|.kak
p.
Montrons maintenant que θ : b ∈ ℓ
qN7→ θ(b) ∈ (ℓ
pN)
∗est une isom´etrie.
En renversant les rˆoles de p et q au I.3 on a kθ(b)k = sup
kakp=1
|θ(b)(a)| = kbk
qce qui signifie bien que θ est une isom´etrie.
b. On prend toujours θ et b ∈ ℓ
∞N. On remarque que |θ(b)(a)| =
P
N n=1a
nb
n≤ kbk
∞kak
1donc kθ(b)k ≤ kbk
∞. Avec kbk
∞= |b
p|, on prend a
n=
( 0 si n 6= p 1 si n = p alors
|θ(b)(a)| = kbk
∞i.e. kθ(b)k = kbk
∞et par cons´equent θ est une isom´etrie de ℓ
∞Nsur (ℓ
1N)
∗.
De mˆeme |θ(b)(a)| ≤ kbk
1kak
∞et on prend a
n= ε
no` u ε
nest du signe de b
n. On a θ(b)(a) = kbk
1, on en d´eduit comme ci-dessus que kθ(b)k = kbk
1et par cons´equent que θ est une isom´etrie de ℓ
1Nsur (ℓ
∞N)
∗.
Deuxi` eme partie II.1. a. Soient u et v deux vecteurs de F alors
f (u) + f (v) = f (u + v) ≤ |||f |||.ku + vk ≤ |||f |||(ku − x
0k + kx
0+ vk) d’o` u
f (u) − |||f |||.ku − x
0k
| {z }
minorant surv
≤ |||f|||.kv + x
0k − f (v)
| {z }
majorant suru
d’o` u l’in´egalit´e en prenant la borne sup´erieure `a gauche, la borne inf´erieure `a droite.
b. On prend alors α dans l’intervalle (non vide) entre le sup et l’inf d’o` u, pour tout vecteur v de F :
f (v ) − |||f |||.kv − x
0k ≤ α ≤ |||f|||.kv + x
0k − f(v).
c. f ˜ est bien une forme lin´eaire (continue car on est en dimension finie).
Soit x = v + tx
0, on suppose t 6= 0 en appliquant l’in´egalit´e pr´ec´edente on a f (v/t + x
0) = f (v/t) + α ≤ |||f|||.kv/t + x
0k
f (−v/t − x
0) = f (−v/t) − α ≤ |||f|||.k − v/t − x
0k
d’o` u, en combinant ces 2 in´egalit´es : |f (v/t + x
0)| ≤ |||f |||.kv/t + x
0k et finalement
|f (v + tx
0)| = |t|.|f (v/t + x
0)| ≤ |t|.|||f|||.kv/t + x
0k = |||f |||.kv + tx
0k relation encore valable si t = 0.
On obtient dans un premier temps ||| f||| ≤ |||f ˜ ||| puis, comme ˜ f
|F= f on en d´eduit finalement que ||| f||| ˜ = |||f|||.
II.2. Soit (x
0, x
1, . . . , x
p) une famille libre de vecteurs telle que E = F ⊕ Vect(x
0, x
1, . . . , x
p).
On pose F
i= F ⊕ Vect(x
0, . . . , x
i).
Par r´ecurrence on construit des formes lin´eaires f
id´efinies sur F
itelles que f
i|F= f et
|||f
i||| = |||f |||. On pose alors g = f
pqui r´epond `a la question.
II.3. Si |||f ||| = 1 alors |f(x)| ≤ |||f |||.kxk ≤ kxk donc
sup{|f (x)|, |||f||| = 1} ≤ kxk.
• Si x = 0 l’´egalit´e dans l’in´egalit´e ci-dessus est ´evidente.
• Si x 6= 0 on d´efinit f sur F = Vect(x) par f (x) = kxk et on prolonge f `a E grˆace `a la question II.2 . On obtient g ∈ E
∗telle que |||g||| = 1 avec g(x) = kxk ce qui donne l’´egalit´e l`a aussi.
Troisi` eme partie
On pose dans toute cette partie ρ(E, F ) = inf {|||u|||.|||u
−1|||, u ∈ GL(E, F )} et, grˆace `a la continuit´e du logarithme, on remarque que d(E, F ) = ln(ρ(E, F )).
III.1. a. Pour tout x de F on a
kxk = ku ◦ u
−1x)k ≤ |||u|||.|||u
−1|||.kxk
d’o` u, en simplifiant par kxk 6= 0, 1 ≤ |||u|||.|||u
−1||| et par cons´equent ρ(E, F ) ≥ 1 soit d(E, F ) ≥ 0.
b. On a l’´equivalence u ∈ GL(E, F ) ⇔ u
−1∈ GL(F, E) donc d(E, F ) = d(F, E).
III.2. a. Si u ∈ GL(E, F ), λ ∈ R
∗alors v = λu ∈ GL(E, F ) et v
−1= 1
λ u
−1par cons´equent
|||u|||.|||u
−1||| = |||v|||.|||v
−1||| on peut ainsi red´efinir d(E, F ) par d(E, F ) = inf{ln(|||u
−1|||), u ∈ GL(E, F ), |||u||| = 1}.
Par caract´erisation de la borne inf´erieure on sait qu’il existe une suite (u
n) d’applications de GL(E, F ), de norme 1, telle que |||u
−1n||| → ρ(E, F ). Comme la sph`ere unit´e S(0, 1) en dimension finie est compacte on peut en extraire une suite convergente dans S(0, 1) que l’on note encore (u
n). Soit u la limite de cette suite.
De mˆeme la suite (|||u
−1n|||) de R
∗+
ayant une limite non nulle se situe dans un segment [a, b] de R
∗+
donc la suite (u
−1n) est dans un compact (ferm´e born´e), l`a encore on peut extraire de la suite (u
−1n) une suite convergeant vers v . Par continuit´e de la loi de composition on a u ◦ v = Id
Fet v ◦ u = Id
E, on a bien u ∈ GL(E, F ), |||u||| = 1 et
|||u
−1||| = ρ(E, F ), la borne inf´erieure est bien atteinte.
Remarque : {u ∈ GL(E, F ) | |||u||| = 1} n’est pas ferm´e dans L(E, F ) donc n’est
pas compact d’o` u la d´emonstration que l’on vient de faire.
b. • Si E et F sont isom´etriques alors il existe u ∈ L(E, F ) tel que, pour tout x de E, ku(x)k = kxk donc, pour tout y de F , ku
−1(y)k = kyk ce qui se traduit par
|||u||| = |||u
−1||| = 1 puis d(E, F ) ≤ 0 soit finalement d(E, F ) = 0.
• Si d(E, F ) = 0 alors il existe u dans GL(E, F ) tel que |||u||| = |||u
−1||| = 1 (en appliquant le r´esultat du a). On a alors
∀x ∈ E, ku(x)k ≤ kxk et ∀y ∈ F, ku
−1(y)k ≤ kyk
et, pour y = u(x) on obtient kxk ≤ ku(x)k ≤ kxk pour tout x soit ku(x)k = kxk et par cons´equent u est une isom´etrie.
III.3. Si u ∈ GL(E, F ), v ∈ GL(F, G) alors w = v ◦ u ∈ GL(E, G) et comme |||w||| ≤ |||v|||.|||u|||
et |||w
−1||| ≤ |||v
−1|||.|||u
−1||| on obtient
d(E, G) ≤ ln(|||w|||.|||w
−1|||)
≤ ln(|||u|||.|||u
−1|||) + ln(|||v|||.|||v
−1|||)
et ceci pour tout u ∈ GL(E, F ), pour tout v ∈ GL(F, G). Par un passage aux bornes inf´erieures on arrive `a
d(E, G) ≤ d(E, F ) + d(F, G).
III.4. a. • u
∗∈ L(F
∗, E
∗) par composition des applications lin´eaires.
• Pour tout y de F on a |u
∗(ζ )(y)| ≤ |||ζ|||.|||u|||.kxk donc |||u
∗(ζ )||| ≤ |||ζ|||.|||u|||
pour tout ζ et par cons´equent |||u
∗||| ≤ |||u|||.
• Grˆace au II.3 on a
ku(x)k = sup{|(ζ ◦ u)(x)|, |||ζ||| = 1}
et comme {ζ ∈ F
∗, |||ζ||| = 1} est compact, on sait que cette borne sup´erieure est atteinte donc il existe ζ
0∈ F
∗tel que |||ζ
0||| = 1 et
ku(x)k = |(ζ
0◦ u)(x)| = |u
∗(ζ
0)(x)| ≤ |||u
∗|||.|||ζ
0|||.kxk i.e. ∀x ∈ E , ku(x)k ≤ |||u
∗|||.kxk donc |||u||| ≤ |||u
∗|||.
Conclusion : on a l’´egalit´e |||u||| = |||u
∗|||.
b. Vu la 2.a il existe u dans GL(E, F ) tel que |||u||| = 1 et |||u
−1||| = ρ(E, F ). Or (u
−1)
∗= (u
∗)
−1En effet (u
−1)
∗(ξ) = ξ ◦ u
−1et u
∗[(u
∗)
−1(ξ)] = ξ = (u
∗)
−1(ξ) ◦ u donc (u
∗)
−1(ξ) = ξ ◦ u
−1= (u
−1)
∗(ξ).
On a ainsi d(F
∗, E
∗) ≤ ln(|||u
∗|||.|||(u
∗)
−1|||) ≤ d(E, F ).
De mˆeme il existe u
∗dans GL(F
∗, E
∗) tel que |||u
∗||| = 1 et d(F
∗, E
∗) = |||(u
∗)
−1||| = |||(u
−1)
∗||| = |||u
−1||| ≥ d(E, F ).
Conclusion : d(E
∗, F
∗) = d(F
∗, E
∗) = d(E, F ).
Quatri` eme partie IV.1. On proc`ede par r´ecurrence sur m :
• m = 1 : 1
2 (kx
1k
2+ k − x
1k
2) = kx
1k
2.
• On suppose la propri´et´e vraie `a l’ordre m. On remarque que que, si ϕ ∈ ω
m+1alors
ψ = ϕ
|[[1,m]]∈ ω
met que, si on connaˆıt ψ ∈ ω
malors ϕ(m + 1) ne peut prendre que
les 2 valeurs ±1.
On a alors X
ϕ∈ωm+1
m+1
X
i=1
ϕ(i)x
i2
2
= X
ψ∈ωm
X
mi=1
ψ(i)x
i+ x
m+12
2
+
X
mi=1
ψ(i)x
i− x
m+12
2
= 2 X
ψ∈ωm
X
mi=1
ψ(i)x
i2
2
+ kx
m+1k
22
d’o` u la propri´et´e en divisant par 2
m+1et en utilisant l’hypoth`ese de r´ecurrence.
IV.2. a. Grˆace au 1 on a
A(u) = 2
nX
ni=1
ku(e
i)k
22≤ n2
n|||u|||
2car ku(e
i)k
2≤ |||u|||.
b. On a P
ϕ∈ωm
P
n i=1ϕ(i)e
i2 p
= 2
nn
2/pcar
P
n i=1ϕ(i)e
ip
= n
1/p. Or
u
−1u X
ni=1
ϕ(i)e
i!!
2
p
≤ |||u
−1|||.
u
X
ni=1
ϕ(i)e
i!
2
2
d’o` u
2
nn
2/p= X
ϕ∈ωm
X
ni=1
ϕ(i)e
i2
p
≤ |||u
−1|||
2A(u)
ce qui donne l’in´egalit´e demand´ee en divisant par |||u
−1|||
2. IV.3. • Si p < 2 on utilise la question 2 :
|||u|||.|||u
−1||| ≥ n
1/p−1/2d’o` u ln(|||u|||.|||u
−1|||) ≥ 1
p − 1 2
ln n par cons´equent
d(ℓ
2n, ℓ
pn) ≥ 1
p − 1 2
ln n.
• Si p > 2 on sait que ℓ
2net (ℓ
2n)
∗sont isom´etriques ( I.5.a ) et si p > 2 alors q < 2 (
1p+
1q= 1) d’o` u
d((ℓ
2n)
∗, (ℓ
pn)
∗) = d(ℓ
2n, ℓ
pn)
= d(ℓ
2n, ℓ
qn) ≥ 1
q − 1 2
ln n
| {z }
=
(
12−1p)
lnnIV.4. a. On se ram`ene par homoth´etie au cas o` u kxk
p= 1 (le cas kxk
p= 0 ´etant imm´ediat).
On a |x
i| ≤ 1 d’o` u |x
i|
p′≤ |x
i|
psoit X
ni=1
|x
i|
p′≤ X
ni=1
|x
i|
p= 1
kxk
p′≤ 1 = kxk
pb. • Si p < 2 on a kxk
2≤ kxk
pvu le a. On applique alors l’in´egalit´e de Jensen avec f (t) = t
2/pet t
i= |x
i|
pd’o` u
1 n
X
ni=1
|x
i|
p!
2/p≤ 1 n
X
ni=1
|x
i|
2ce qui donne kxk
p≤ kxk
2n
1/p−1/2.
Soit Id l’identit´e de ℓ
pnsur ℓ
2nalors l’in´egalit´e kxk
2≤ kxk
pdonne ||| Id ||| ≤ 1, de mˆeme kxk
p≤ kxk
2n
1/p−1/2donne ||| Id
−1||| ≤ n
1/p−1/2.
On arrive `a ρ(ℓ
2n, ℓ
pn) ≤ n
1/p−1/2soit d(ℓ
2n, ℓ
pn) ≤ 1
p − 1 2
ln n.
Finalement, avec la question 3 on peut conclure d(ℓ
2n, ℓ
pn) = 1
p − 1 2
ln n.
• Si p > 2 alors q < 2 (
1p+
1q= 1) et
d(ℓ
2n, ℓ
pn) = d((ℓ
2n)
∗, (ℓ
pn)
∗) = d(ℓ
2n, ℓ
qn)
= 1
q − 1 2
ln n =
1 2 − 1
p
ln n
En conclusion on a le r´esultat final : d(ℓ
2n, ℓ
pn) = 1 2 − 1
p ln n.
c. Comme (ℓ
∞n)
∗est isom´etrique `a ℓ
1nalors
d(ℓ
∞n, ℓ
2n) = d((ℓ
∞n)
∗, (ℓ
2n)
∗)
= d(ℓ
1n, ℓ
2n)
= 1 2 ln n
Cinqui` eme partie
V.1. S
Enest un compact de E
ndonc Λ est born´ee sur S
Enet atteint sa borne sup´erieure. Soit (b
1, b
2, . . . , b
n) un point de S
Eno` u Λ est maximale, ce maximum est n´ecessairement non nul et > 0. C’est aussi le maximum en valeur absolue (`a cause de la sym´etrie de S
Enet des propri´et´es du d´eterminant).
Si x ∈ S
Ealors |Λ(b
1, . . . , b
i−1, x, b
i+1, . . . , b
n)| ≤ Λ(b
1, . . . , b
n). On pose alors ϕ
i(x) = Λ(b
1, . . . , b
i−1, x, b
i+1, . . . , b
n)
Λ(b
1, . . . , b
n)
Pour kxk = 1 on a par construction |ϕ
i(x)| ≤ 1 donc |||ϕ
i||| ≤ 1 et comme ϕ
i(b
i) = 1 on en d´eduit que |||ϕ
i||| = 1.
V.2. • ν(x) = 0 ⇔ ∀i ∈ [[1, n]], ϕ
i(x) = 0 et comme les (ϕ
i(x)) repr´esentent les coordonn´ees de x dans la base (b
1, . . . , b
n) on en d´eduit que x = 0.
• ν(λx) = |λ|ν(x) : imm´ediat.
• ν(x + y) ≤ ν(x) + ν(y) est aussi imm´ediat.
Soit u : x = P
n i=1ϕ
i(x)b
i7→ (ϕ
1(x), . . . , ϕ
n(x)) ∈ ℓ
1nalors ku(x)k
1= ν(x) donc u est une
isom´etrie et E
1et ℓ
1nsont isom´etriques.
V.3. Si x = P
n i=1ϕ
i(x)b
ialors
kxk ≤ X
ni=1
|ϕ
i(x)|. kb
ik
|{z}
=1≤ ν(x)
et ν(x) = P
ni=1
|ϕ
i(x)| ≤ nkxk ce qui donne ||| Id |||.||| Id
−1||| ≤ n (o` u Id est l’application identique de E
1dans E).
Conclusion : d(E, E
1) ≤ ln n et comme E
1et ℓ
1nsont isom´etrique alors d(E, ℓ
1n) ≤ ln n.
Sixi` eme partie VI.1. • R : r´eflexive (X est isom´etrique `a X).
• R : sym´etrique (si u est une isom´etrie de X sur Y alors u
−1est une isom´etrie de Y sur X).
• R : transitive (si u est une isom´etrie de X sur Y , v une isom´etrie de Y sur Z alors v ◦ u est une isom´etrie de X sur Z).
Conclusion : R est une relation d’´equivalence.
Coh´erence de la notation : si X
1et X
2sont dans X b et Y dans Y b alors d(X
1, Y ) ≤ d(X
1, X
2)
| {z }
=0
+ d(X
2, Y ) et par sym´etrie d(X
2, Y ) ≤ d(X
1, Y ) d’o` u d(X
1, Y ) = d(X
2, Y ).
De mˆeme, si Y
1et Y
2sont dans Y b alors d(X
1, Y
1) = d(X
2, Y
2) i.e. d( b X, b Y b ) = d(X, Y ) ne d´epend pas des repr´esentants choisis.
VI.2. a. Φ
nborn´ee : kxk ≤ kxk
1≤ 1 sur B
1donc sup{kxk, X ∈ B
1} ≤ 1.
Φ
nferm´ee : on sait que la convergence uniforme entraˆıne la convergence simple.
Si (ν
p)
p∈Nest une suite de (Φ
n)
Nqui converge vers ν ∈ C(B
1) alors
∀x ∈ B
1,
( ν
p(x) ≤ kxk
1⇒ ν(x) ≤ kxk
1kxk
1≤ nν
p(x) ⇒ kxk
1≤ nν(x) Pour x 6= 0 on pose N
p(x) = kxk
1ν
px kxk
1et N (x) = kxk
1ν x
kxk
1puis on d´efinit N
p(0) = N (0) = 0. N
pest la norme associ´ee `a ν
p. On v´erifie imm´ediatement que ∀x ∈ ℓ
1n, lim
p→+∞
N
p(x) = N (x). Montrons que N est une norme :
• Comme ν(x) ≥ 1
n kxk
1on a N (x) ≥ 1
n kxk
1pour tout x de ℓ
1n. Si N (x) = 0 alors x = 0.
• N
p(λx) = |λ|N
p(x) donne, par passage `a la limite sur p, N (λx) = |λ|N (x).
• N
p(x + y) ≤ N
p(x) + N
p(y) donne, l`a aussi par passage `a la limite sur p, N (x + y) ≤ N(x) + N (y).
Conclusion : ν est bien la restriction `a B
1d’une norme.
b. Comme f est la restriction d’une norme ν alors |f (x) − f(y)| ≤ ν(x − y) ≤ kx − yk
1, il suffit de prendre δ = ε.
VI.3. a. • τ est bien d´efinie : k.k est d´etermin´ee sans ambigu¨ıt´e par f. En effet si x ∈ E est un vecteur non nul alors kxk = kxk
1f
x kxk
1.
• τ est surjective : soit E = ( R
n, k.k) un repr´esentant d’un ´el´ement de ˆ E
n.
– On a vu au V.3 que d(E, l
n1) 6 ln n donc il existe u ∈ GL(l
1n, R
n) tel que
|||u|||.|||u
−1||| 6 n. On peut normaliser u en le divisant par sa norme, sans changer de notation, on peut donc supposer que |||u||| = 1 et dans ce cas
|||u
−1||| 6 n.
– On d´efinit alors ν(x) = |||u(x)||| pour tout x ∈ l
1n. Comme u est bijective, ν est une norme sur R
n. ( R
n, ν) et (E, k.k) sont isom´etriques vu que
|||u||| = 1.
– ∀x ∈ l
1n, ν(x) = ku(x)k 6 |||u|||.kxk
1= kxk
1et kxk
1= ku
−1(u(x)k
16
|||u|||
−1ku(x)k 6 nku(x)k.
Conclusion : on a construit une norme ν sur R
nqui v´erifie ν(x) 6 kxk
1et kxk
16 nν (x) pour tout x de R
n. Il existe donc f ∈ Φ
nassoci´ee `a ν et telle que τ (f ) = \
( R
n, ν) = E b donc τ est surjective.
Remarque : un grand merci `a Martin Clochard, auteur de cette d´emonstration.
b. Montrons tout d’abord que : (i) ∃a > 0 tel que inf
y∈B1
f(y) = a > 0, (ii) ∃b > 0 tel que inf
j∈N
inf
y∈B1
f
j(y) = b > 0.
(i) f est continue sur le compact B
1donc f atteint sa borne inf´erieure a > 0.
(ii) f
j→ f donc, pour ε = a
2 , ∃J ∈ N tel que ∀x ∈ B
1, |f
j(x) − f (x)| ≤ a/2 donc f
j(x) ≥ a/2 et inf
x∈B1
f
j(x) = b
j≥ a/2 ce qui donne inf
j≥J
b
j≥ a/2. Soit β = inf
j<J
b
jalors inf
j∈N
( inf
x∈B1
f
j(x)) = b ≥ min(a/2, β) > 0.
On pose ensuite E = ( R
n, k.k), E
j= ( R
n, ν
j) (o` u ν
jest la norme associ´ee `a f
j). On a
||| Id
E,Ej||| = sup
x∈E\{0}
ν
j(x)
kxk = sup
x∈B1