Étude de normes

(1)

Espaces normés

Normes

Exercice 1 [ 02639 ][Correction]

On dénit surE=C⁰([0 ; 1],R)une norme par N(f) =

Z 1 0

f(t) dt. (a) Soienta, b≥0et u, v >0. Établir que

√a+√

b= 1 =⇒ 1 u+v ≤ a

u+ b v. (b) Soientf, g∈E telles quef, g >0. Montrer

N((f +g)⁻¹)≤ N(f)²N(f⁻¹) +N(g)²N(g⁻¹) (N(f) +N(g))² . (c) En déduire que

N(f+g)N((f+g)⁻¹)≤max(N(f)N(f⁻¹), N(g)N(g⁻¹)).

Soit(E,k · k)un espace vectoriel normé surK(K=RouC).

(a) Montrer que pour tous x, y∈E

kxk+kyk ≤2 max

kx+yk,kx−yk . (b) Montrer que l'on peut avoir l'égalité avec x6= 0 ety6= 0.

Désormais la norme est euclidienne.

(c) Montrer que pour tousx, y∈E kxk+kyk ≤√

2 max

kx+yk,kx−yk . (d) Peut-on améliorer la constante√

2?

Soitn∈Navecn≥2. Existe-t-il une normek · ksurMn(C)invariante par conjugaison, c'est-à-dire telle que :

∀(A, P)∈ Mn(C)×GLn(C),kAk=

P⁻¹AP . Exercice 4 [ 04161 ][Correction]

Soitn∈N^∗et k · kla norme uniforme sur[−1 ; 1].

(a) Montrer qu'il existe un unique polynômeT_n de degréntel que :

∀θ∈R, T_n(cosθ) = cos(nθ). (b) SoitP unitaire de degré n. Montrer

kPk ≥ 1 2ⁿ⁻¹.

On pourra s'intéresser aux valeurs deP et Tn en lescos(kπ/n), pour k∈Z.

(c) Cas d'égalité. Montrer

kPk= 1

2ⁿ⁻¹ ⇐⇒ P = 1 2ⁿ⁻¹T_n.

Étude de normes

PourA= (ai,j)∈ Mn,p(K). On pose

kAk1=

n

X

i=1 p

X

j=1

|ai,j|,kAk2= v u u t

n

X

i=1 p

X

j=1

|ai,j|²et kAk∞= max

1≤i≤n,1≤j≤p|ai,j|. Montrer quek · k1,k · k2 etk · k_∞ dénissent des normes surMn,p(K). Exercice 6 [ 00459 ][Correction]

PourA= (a_i,j)∈ Mn(R)on pose kAk=

n

X

i,j=1

a²_i,j

!^1/2 .

Montrer quek · kest une norme matricielle i.e. que c'est une norme surMn(R) vériant

∀A, B∈ M ( ),kABk ≤ kAkkBk.

(2)

PourA= (ai,j)∈ Mn(C), on pose kAk= sup

1≤i≤n n

X

j=1

|ai,j|. (a) Montrer quek · kdénit une norme surMn(C). (b) Vérier

∀A, B∈ Mn(C),kABk ≤ kAkkBk.

PourA= (ai,j)∈ Mn(C), on pose kAk= sup

1≤i≤n n

X

j=1

|ai,j|. (a) Montrer quek · kest une norme d'algèbre surMn(C). (b) Montrer que si λest valeur propre deAalors|λ| ≤ kAk.

Pourx= (x1, . . . , xn)∈Kⁿ etp≥1 on pose

kxkp=

n

X

i=1

|xi|^p

!^1/p . Montrer

kxk∞= lim

p→+∞kxkp.

Soientf1, . . . , fn: [0 ; 1]→Rcontinues.

À quelle condition l'application

N: (x1, . . . , xn)7→ kx1f1+· · ·+xnfnk_∞ dénit-elle une norme surRⁿ?

Montrer que l'applicationN:R²→Rdénie par N(x1, x2) = sup

t∈[0;1]

|x1+tx2| est une norme surR².

Représenter la boule unité fermée pour cette norme et comparer celle-ci àk · k_∞.

On note`¹(N,K)l'ensemble des suitesu= (un)_n∈_N∈K^N sommable c'est-à-dire

`¹(N,K) =n u∈K^N

X|un|<+∞o .

Montrer que`¹(N,K)est unK-espace vectoriel et que l'on y dénit une norme par l'application

kuk1=

+∞

X

n=0

|un|.

SoitIun intervalle d'intérieur non vide deR. On noteL¹(I,K)l'ensemble des fonctionsf:I→Kcontinues et intégrables i.e.

L¹(I,K) =

f ∈ C(I,K)

Z

I

|f|<+∞

. Montrer queL¹(I,K)est unK-espace vectoriel et que

kfk1= Z

I

f(t) dt y dénit une norme.

SoitIun intervalle d'intérieur non vide deR. On noteL²(I,K)l'ensemble des fonctionsf:I→Kcontinue et de carré intégrable i.e.

L²(I,K) =

f ∈ C(I,K)

Z

I

|f|²<+∞

.

(3)

Montrer queL²(I,K)est unK-espace vectoriel et que kfk2=

Z

I

f(t)

2dt ^1/2

y dénit une norme.

On introduit une normek · ksur l'espace des colonnesM_n,1(R)en posant kXk= max

1≤i≤n|xi|

et on noteS l'ensemble formé des colonnes de Mn,1(R)de norme égale à 1.

(a) Soit A∈ Mn(R). Montrer l'existence de sup

X∈S

kAXk. (b) On pose

N(A) = sup

X∈S

kAXk.

Justier que pour toutX ∈ Mn,1(R),kAXk ≤N(A)kXk. (c) Vérier queN dénit une norme surMn(R).

(d) Montrer

N(A) = sup

1≤i≤n n

X

j=1

|ai,j|.

Distance

On norme l'espaceB(N,R)des suites bornées par la norme innie notéek · k_∞. Déterminer la distance de la suiteeconstante égale à 1 au sous-espace vectorielC0

des suites réelles convergeant vers 0.

On norme l'espaceB(N,R)des suites bornées par la norme inni notéek · k_∞. Déterminer la distance de la suiteu= ((−1)ⁿ)_n∈_Nau sous-espace vectorielC des suites réelles convergentes.

On norme l'espaceB(N,R)des suites bornées par la norme inni notéek · k∞. Pourx∈ B(N,R), on note∆xla suite de terme général

∆x(n) =x(n+ 1)−x(n) puis on formeF =

∆x

x∈ B(N,R) .

Déterminer la distance de la suiteeconstante égale à 1 au sous-espace vectorielF.

SoitEl'espace des fonctions bornées de[−1 ; 1]versRnormé par kfk_∞= sup

x∈[−1;1]

f(x) . Déterminer la distance de la fonction

f:x7→







1 six∈]0 ; 1]

0 six= 0

−1 six∈[−1 ; 0[

au sous-espace vectorielF deE formé des fonctions continues de[−1 ; 1]versR.

Comparaison de normes

SoitE=C⁰([0 ; 1],R). On dénit les normesk · k1, k · k2 etk · k_∞ par : kfk₁=

Z 1 0

f(t)

dt,kfk₂= Z 1

0

f(t)²dt ^1/2

etkfk_∞= sup

[0;1]

|f|.

(a) Montrer quek · k∞ est plus ne quek · k1 etk · k2 mais qu'elle n'équivaut ni à l'une, ni à l'autre.

(b) Comparer k · k1 etk · k2.

SoitE=C¹([−1 ; 1],R). On dénitN1, N2et N3 par N1(f) = sup

[−1;1]

|f|, N2(f) = f(0)

+ sup

[−1;1]

|f⁰| etN3(f) = Z 1

|f|.

(4)

(a) Montrer queN1, N2 etN3 sont des normes sur E. (b) Comparer N₁et N₂ d'une part,N₁et N₃ d'autre part.

SoientE=C¹([0 ; 1],R)etN:E→R+ dénie par

N(f) = s

f²(0) + Z 1

0

f⁰²(t) dt. (a) Montrer queN dénit une norme sur E.

(b) Comparer N et k · k_∞.

SurR[X]on dénitN1 etN2 par :

N1(P) =

+∞

X

k=0

P^(k)(0)

etN2(P) = sup

t∈[−1,1]

P(t) . (a) Montrer queN1 etN2 sont deux normes surR[X].

(b) Étudier la convergence pour l'une et l'autre norme de la suite de terme général

Pn= 1 nXⁿ. (c) Les normesN1 etN2 sont-elles équivalentes ?

On noteR⁽^N⁾ l'ensemble des suites réelles nulles à partir d'un certain rang.

On dénit des normesk · k1,k · k2 etk · k_∞ surR⁽^N⁾en posant

kuk1=

+∞

X

n=0

|un|,kuk2=

+∞

X

n=0

u²_n

!^1/2

etkuk_∞= sup

n∈N

|un|. (a) Comparer k · k1 et k · k_∞.

(b) Comparer k · k₁ et k · k₂.

On note`¹(N,R)l'espace des suites réelles sommables. Cet espace est normé par kuk1=

+∞

X

n=0

|un|. (a) Soitu∈`¹(N,R). Montrer queuest bornée.

Cela permet d'introduire la normek · k_∞ dénie par kuk_∞= sup

n∈N

|u_n|. Comparerk · k₁ etk · k_∞.

(b) Soitu∈`¹(N,R). Montrer queuest de carré sommable Cela permet d'introduire la normek · k2 dénie par

kuk2=

+∞

X

n=0

u²_n

!1/2

. Comparerk · k1 etk · k2.

On noteB(N,R)l'espace des suites réelles bornées normé park · k_∞.

(a) Soita= (an)une suite réelle. Former une condition nécessaire et susante sur la suiteapour que l'application

N_a:x7→

+∞

X

n=0

a_n|xn| dénit une norme surB(N,R).

(b) Comparer N_a etk · k_∞. Exercice 27 [ 00039 ][Correction]

On noteE l'espace des suites réelles bornéesu= (u_n)_n∈_Ntelles queu₀= 0. (a) Montrer que

N∞(u) = sup

n∈N

|un| et N(u) = sup

n∈N

|un+1−un| dénissent des normes sur l'espaceE.

(b) Montrer que

N(u)≤2N_∞(u) pour toutu∈E. Déterminer une suite non nulle telle qu'il y ait égalité.

(c) Montrer que ces deux normes ne sont pas équivalentes.

(5)

Comparaison de normes équivalentes

Soient l'espaceE=

f ∈ C¹([0 ; 1],R)

f(0) = 0 et N₁, N₂ les applications dénies surE par

N1(f) =kf⁰k∞ et N2(f) =kf+f⁰k∞. (a) Montrer queN1 etN2 dénissent des normes surE. (b) Montrer que N2 est dominée parN1.

(c) En exploitant l'identité

f(x) = e^−x Z x

0

f(t) +f⁰(t) e^tdt montrer queN1est dominée parN2.

On noteE leR-espace vectoriel des fonctionsf: [0 ; 1]→Rde classeC¹vériant f(0) = 0. Pour f ∈E, on pose

N1(f) = sup

x∈[0;1]

f(x) + sup

x∈[0;1]

f⁰(x)

et N2(f) = sup

x∈[0;1]

f(x) +f⁰(x) . Montrer queN₁ etN₂ sont deux normes surEet qu'elles sont équivalentes.

Soit

E=

f ∈ C²([0 ;π],R)

f(0) =f⁰(0) = 0 . (a) Montrer que

N:f 7→ kf+f⁰⁰k∞

est une norme surE.

(b) Montrer que N est équivalente à

ν:f 7→ kfk_∞+kf⁰⁰k_∞.

SoientE=C([0 ; 1],R)et E⁺ l'ensemble des fonctions deE qui sont positives et ne s'annulent qu'un nombre ni de fois. Pour toute fonctionϕ∈E⁺ et pour toute fonctionf ∈E on pose

kfkϕ= sup

t∈[0;1]

n f(t)

ϕ(t)o . (a) Montrer quek · kϕ est une norme surE

(b) Montrer que si ϕ₁et ϕ₂ sont deux applications strictement positives deE⁺ alors les normes associées sont équivalentes.

(c) Les normesk · kxet k · kx² sont elles équivalentes ?

Équivalence de normes en dimension nie

SoitN une norme surM_n(R). Montrer qu'il existec >0tel que N(AB)≤cN(A)N(B).

Pourd∈N, on poseE=Rd[X]l'espace des polynômes réels en l'indéterminéeX de degrés inférieurs ou égaux àd.

(a) Pourξ= (ξ0, . . . , ξd)famille ded+ 1 nombres réels distincts etP ∈E, on pose

N_ξ(P) =

d

X

k=0

P(ξ_k) . Montrer queNξ dénit une norme sur E.

(b) Soit(P_n)une suite de polynômes éléments deE. Pour toutn∈N, on écrit

Pn=

d

X

k=0

ak,nX^k. Établir que les assertions suivantes sont équivalentes : (i) la suite de fonctions(Pn)converge simplement sur R;

(ii) la suite de fonctions(Pn)converge uniformément sur tout segment deR; (iii) pour toutk∈ {0, . . . , d}, la suite(ak,n)converge.

(6)

Montrer que si(Pn)n∈Nest une suite de fonctions polynomiales toutes de degrés inférieurs àN convergeant simplement vers une fonction f surRalorsf est une fonction polynomiale et la convergence est uniforme sur tout segment deR.

(a) Quelles sont les valeurs dea∈Rpour lesquelles l'application (x, y)7→Na(x, y) =p

x²+ 2axy+y² dénit une norme surR².

(b) SiNa etNb sont des normes, calculer

(x,y)6=0inf

N_a(x, y)

Nb(x, y) et sup

(x,y)6=0

N_a(x, y) Nb(x, y).

Suites de vecteurs

SoientA, B∈ Mp(R). On suppose

(AB)ⁿ→Op. Montrer que

(BA)ⁿ→O_p. Exercice 37 [ 01670 ][Correction]

SoientA, B∈ Mn(R)telles que A^k−−−−−→

k→+∞ P et B^k−−−−−→

k→+∞ Q.

On suppose que les matricesA etB commutent. Montrer que les matricesP et Q commutent.

Soit(An)une suite de matrices inversibles deMp(K). On suppose

An→Aet A⁻¹_n →B. Montrer queAest inversible et déterminer son inverse.

SoitA∈ Mp(C). On suppose que la suite (Aⁿ)n∈Nconverge versB.

Montrer queB est semblable à une matrice diagonale n'ayant que des 0 et des 1.

Soit(A_n)une suite convergente d'éléments deMn(K)et de limiteA_∞. Montrer que pournassez grand

rg(An)≥rg(A_∞). Exercice 41 [ 03413 ][Correction]

Soitq∈N^∗. On noteEq l'ensemble desA∈GLn(C)telles que A^q =I_n.

(a) Que dire deA∈Eq telle que 1 est seule valeur propre de A? (b) Montrer que I_n est un point isolé de E_q.

SoitA∈ Mn(R)une matrice antisymétrique telle que la suite(A^k)_k∈_Nconverge versB dansMn(R).

Que dire deB?

Soientn≥2et A= (ai,j)∈ Mn(R)une matrice à coecients strictement positifs

vériant _n

X

j=1

ai,j= 1 pour touti∈J1 ;nK.

On noteαle plus petit coecient de la matriceAet, étant donné X∈ Mn,1(R), on notemin(X)etmax(X)le plus petit et le plus grand coecient de la colonne X.

(a) On suppose que les coecients deY ∈ Mn,1(R)sont tous positifs, établir min(AY)≥αmax(Y).

(b) SoitX ∈ Mn,1(R)et Y =X−min(X)U avecU la colonne de hauteurn dont tous les coecients valent1. Montrer

min(AX)≥dmax(X)+(1−d) min(X) puis max(AX)≤dmin(X)+(1−d) max(X). En déduire que les suites min(A^pX)

p∈Net max(A^pX)

p∈Nsont adjacentes.

(c) Établir que la suite(A^p)_p∈Nconverge et déterminer le rang de sa limite.

(7)

Séries de vecteurs

SoitM ∈ Mn(C). Montrer l'équivalence de :

(i) toute valeur propre deM est de module strictement inférieur à 1 ; (ii) la suite(M^k)tend vers 0 ;

(iii) la série de terme généralM^k converge.

(8)

Corrections

Exercice 1 :[énoncé]

(a) Par réduction au même dénominateur a

u+b v − 1

u+v = av(u+v) +bu(u+v)−uv uv(u+v)

qu'on peut réécrire a u+b

v − 1

u+v =(√ av−√

bu)²+ (a+b+ 2√

ab−1)uv uv(u+v)

et si√ a+√

b= 1alors a u+b

v − 1

u+v =(√ av−√

bu)² uv(u+v) ≥0. (b)

N((f+g)⁻¹) = Z 1

0

dt

f(t) +g(t) ≤a Z 1

0

dt f(t)+b

Z 1 0

dt

g(t)=aN(f⁻¹) +bN(g⁻¹) qui donne l'inégalité voulue avec

a= N(f)²

(N(f) +N(g))² et b= N(g)² (N(f) +N(g))² qui sont tels que√

a+√ b= 1. (c) Par l'inégalité triangulaire

N(f+g)N((f+g)⁻¹)≤(N(f) +N(g))N((f+g)⁻¹) et en vertu de ce qui précède

N(f+g)N((f+g)⁻¹)≤ N(f)²N(f⁻¹)

N(f) +N(g) +N(g)²N(g⁻¹) N(f) +N(g) qui donne

N(f+g)N((f+g)⁻¹)≤ N(f)

N(f) +N(g)M+ N(g)

N(f) +N(g)M =M avec

M = max(N(f)N(f⁻¹), N(g)N(g⁻¹)). Document3

(a) x= ¹₂(x+y) +¹₂(x−y)donc kxk ≤max

kx+yk,kx−yk . Aussikyk ≤max

kx+yk,kx−yk donc kxk+kyk ≤2 max

kx+yk,kx−yk .

(b) SurR² aveck · k=k · k∞, il y a égalité pourx= (1,0) ety= (0,1). (c) On a déjà

kxk+kyk²

≤2kxk²+ 2kyk². Orx=¹₂(x+y) +¹₂(x−y)donne

kxk²=1

4 kx+yk²+kx−yk²+ 2kxk²−2kyk² aussi

kyk²= 1

4 kx+yk²+kx−yk²−2kxk²+ 2kyk² donc

kxk²+kyk²≤ 1

2 kx+yk²+kx−yk² puis

kxk+kyk²

≤2 max

kx+yk,kx−yk ² qui permet de conclure.

(d) Non, surR², il y a égalité pour x= (1,0)et y= (0,1).

Casn= 2

Par l'absurde supposons qu'une telle norme existe.

PosonsA= 0 1

0 0

etB= 0 2

0 0

.

Les matricesAetB sont semblables (viaP = diag(1/2,1)) donc kAk=kBk. Or B= 2A donckBk= 2kAk puiskAk= 0.

C'est absurde carA6=O2. Cas général : semblable.

(9)

(a) Unicité: Si deux polynômes sont solutions, leur diérence s'annule sur [−1 ; 1]

et correspond donc au polynôme nul.

Existence: On peut raisonner par récurrence double en introduisant T0= 1, T1=X et Tn+1= 2XTn−T_n−1 ou employer la formule de Moivre pour écrire :

cos(nθ) = Re((cosθ+ i sinθ)ⁿ)

=

bn/2c

X

p=0

n 2p

cos^n−2pθ(1−cos²θ)^p. (b) On vérie kTnk= 1et on observe

Tn(cosxk) = (−1)^k avec xk= cos kπ

n

et x0> x1>· · ·> xn. Aussi, le polynômeT_n est de degrénet de coecient dominant2ⁿ⁻¹. Par l'absurde, supposonskPk<1/2ⁿ⁻¹ et considérons

Q=P− 1 2ⁿ⁻¹Tn.

Le polynômeQest de degré strictement inférieur ànet prend exactement le signe de(−1)^k en lesx_k. Par l'application du théorème des valeurs

intermédiaires, le polynômeQs'annule sur]xn;x_n−1[,. . . , ]x1;x0[ : c'est le polynôme nul ce qui est absurde.

(c) L'implication indirecte est entendue. Supposons, kPk= 1/2ⁿ⁻¹. Considérons de nouveau le polynômeQ. Au sens large, il prend le signe de(−1)^k en lesxk

et on peut assurer l'existence d'au moins une racine dans chaque intervalle [xn;xn−1],. . . ,[x1;x0]. Lorsque cela est possible, on choisit cette racine dans l'intervalle ouvert et on noteα_n ≤. . .≤α₁ lesnracines ainsi obtenues.

Si celles-ci sont distinctes, le polynômeQest nul et on conclut.

Sinon, lorsqu'il y en a deux qui ne sont pas distinctes, elles correspondent à un mêmexk aveck∈J1 ;n−1Kpour lequelQest de signe strict¹ sur ]xk+1;xk[et ]xk;x_k−1[. Ces signes sont nécessairement identiques etQ présente un extremum enxk qui est donc racine double deQ. Le polynômeQ admet alors au moinsnracines comptées avec multiplicité et on conclut.

Ce sont les normes usuelles associées à la base canonique surM_n,p(K).

k · kest une norme surMn(R)car c'est la norme 2 associée à la base canonique deMn(R).

On a

kABk²=

n

X

i,j=1 n

X

k=1

ai,kbk,j

!² .

Par l'inégalité de Cauchy-Schwarz,

n

X

k=1

ai,kbk,j

!2

≤

n

X

k=1

a²_i,k

n

X

`=1

b²_`,j

donc

kABk²≤

n

X

i,k=1

a²_i,k

n

X

j,`=1

b²_`,j =kAk²kBk² puis

kABk ≤ kAkkBk.

(a) L'applicationk · kest bien dénie deMn(C)dansR+. SikAk= 0 alors

∀1≤i≤n,

n

X

j=1

|a_i,j|= 0 et donc

∀1≤i, j≤n, a_i,j= 0 ainsi la matrice est nulle.

(10)

De plus

kλAk= sup

1≤i≤n n

X

j=1

|λai,j|

= sup

1≤i≤n

|λ|

n

X

j=1

|ai,j|

=|λ| sup

1≤i≤n n

X

j=1

|ai,j|

=|λ|kAk et

kA+Bk= sup

1≤i≤n n

X

j=1

|ai,j+bi,j|

≤ sup

1≤i≤n n

X

j=1

|ai,j|+|bi,j|

≤ sup

1≤i≤n n

X

j=1

|ai,j|+ sup

1≤i≤n n

X

j=1

|bi,j|

=kAk+kBk. (b) On a

kABk= sup

1≤i≤n n

X

j=1

n

X

k=1

ai,kbk,j

≤ sup

1≤i≤n n

X

j=1 n

X

k=1

|ai,kbk,j|. Or

n

X

j=1 n

X

k=1

|ai,kbk,j| ≤

n

X

k=1 n

X

j=1

|ai,k||bk,j|

=

n

X

k=1

|ai,k|

n

X

j=1

|bk,j|

≤

n

X

k=1

|a_i,k|kBk

≤ kAkkBk donc

kABk ≤ kAkkBk.

(a) L'applicationk · kest bien dénie deMn(C)dansR⁺. SikAk= 0 alors

∀1≤i≤n,

n

X

j=1

|ai,j|= 0 et donc

∀1≤i, j≤n, a_i,j= 0 ainsi la matriceAest nulle.

De plus kλAk= sup

1≤i≤n n

X

j=1

|λa_i,j|= sup

1≤i≤n

|λ|

n

X

j=1

|a_i,j|=|λ| sup

1≤i≤n n

X

j=1

|a_i,j|=|λ|kAk et

kA+Bk= sup

1≤i≤n n

X

j=1

|ai,j+bi,j| ≤ sup

1≤i≤n n

X

j=1

|ai,j|+|bi,j| donc

kA+Bk ≤ sup

1≤i≤n n

X

j=1

|a_i,j|+ sup

1≤i≤n n

X

j=1

|b_i,j|=kAk+kBk. Enn

kABk= sup

1≤i≤n n

X

j=1

n

X

k=1

ai,kbk,j

≤ sup

1≤i≤n n

X

j=1 n

X

k=1

|ai,kbk,j|. Or

n

X

j=1 n

X

k=1

|ai,kbk,j| ≤

n

X

k=1 n

X

j=1

|ai,k||bk,j|=

n

X

k=1

|ai,k|

n

X

j=1

|bk,j| ≤

n

X

k=1

|ai,k|kBk ≤ kAkkBk donc

kABk ≤ kAkkBk. (b) Soitλ∈Sp(A), il existeX 6= 0,AX=λX.

En notantx1, . . . , xn les éléments de la colonneX (non tous nuls) on a

∀i∈ {1, . . . , n}, λxi=

n

X

j=1

ai,jxj. Considéronsi∈ {1, . . . , n} tel que|xi|= max_1≤j≤n|xj| 6= 0.

(11)

La relation précédente donne :

|λ||xi| ≤

n

X

j=1

|ai,j||xj| ≤

n

X

j=1

|ai,j||xi| donc

|λ| ≤

n

X

j=1

|ai,j| ≤ kAk.

Sikxk∞= 0alorsx= 0 etkxkp= 0donc kxk∞= lim

p→+∞kxkp. Sikxk∞6= 0. Pour toutp≥1,

kxk∞≤ kxkp≤ nkxk^p_∞1/p

=n^1/pkxk∞−−−−−→

p→+∞ kxk∞

donc

p→+∞lim kxkp=kxk∞.

L'applicationN:Rⁿ→R+ est bien dénie car toute fonction continue sur le segment[0 ; 1]y est bornée

La liberté de la famille(f1, . . . , fn)est une condition nécessaire car, sinon, une relation linéaire sur la famille(f1, . . . , fn)détermine unn-uplet(x1, . . . , xn)non nul tel queN(x1, . . . , xn) = 0.

Inversement, supposons la famille(f1, . . . , fn)libre.

Soientλ∈R,x= (x₁, . . . , x_n)∈Rⁿ ety= (y₁, . . . , y_n)∈Rⁿ.

SiN(x) = 0 alorsx₁f₁+· · ·+x_nf_n= 0et donc(x₁, . . . , x_n) = (0, . . . ,0) car (f₁, . . . , f_n)libre.

N(λx) =kλx1f1+· · ·+λxnfnk_∞

=

λ(x₁f₁+· · ·+x_nf_n)

∞=|λ|N(x). N(x+y) =

(x1+y1)f1+· · ·+ (xn+yn)fn

∞

=

(x1f1+· · ·+xnfn) + (y1f1+· · ·+ynfn) _∞

≤N(x) +N(y). Finalement est une norme sur ⁿ

Figure 1 La boule unité fermée pour la normeN Exercice 11 :[énoncé]

Quandtvarie de 0 à 1, l'expression|x1+tx2| varie de|x1|à |x1+x2| Par suite, on peut exprimer plus simplement l'action deN :

N(x₁, x₂) = max

|x1|,|x1+x₂| . Soientx= (x1, x2)et y= (y1, y2)deux vecteurs deR².

N(x+y) = max

|x₁+y₁|,|x₁+y₁+x₂+y₂|

≤max

|x₁|+|y₁|,|x₁+x₂|+|y₁+y₂|

≤N(x) +N(y). Pourλ∈R,

N(λ.x) = max

|λ||x1|,|λ||x1+x2| =|λ|N(x).

Enn siN(x) = 0alors|x1|=|x1+x₂|= 0et doncx₁=x₁+x₂= 0puisx= 0. AinsiN dénie bien une norme surR².

Six₁≥0, x₂≥0alorsN(x) =x₁+x₂.

Six₁≤0, x₂≥0alorsN(x) = max(−x₁,|x₁+x₂|). Six₁≥0, x₂≤0alorsN(x) = max(x₁,|x₁+x₂|). Six1≤0, x2≤0alorsN(x) =−(x1+x2).

Ces considérations permettent de représenter la boule unité fermée. De manière

(12)

immédiate :N(x)≤2kxk_∞.

Aussi|x1| ≤2N(x)et puisque|x2| ≤ |x1+x2|+|x1|on a aussi|x2| ≤2N(x). On en déduitkxk∞≤2N(x).

`¹(N,K)⊂K^Net K^N est unK-espace vectoriel.

(0)_n∈_N∈`¹(K).

Pourλ, µ∈Ketu, v∈`¹(N,K), (λu+µv)n

≤ |λ||un|+|µ||vn|. Par comparaison de séries à termes positifs

λu+µv∈`¹(N,K)

`¹(N,K)est un sous-espace vectoriel deK^N, c'est donc unK-espace vectoriel.

L'applicationk · k1:`¹(N,K)→R+est bien dénie.

Soitu∈`¹(N,K). Sikuk1= 0alorsP+∞

n=0|un|= 0 donc pour toutn∈N,|un|= 0 et par suiteu= 0.

Soitλ∈Ket u∈`¹(N,K)

kλuk1=

+∞

X

n=0

|λun|=

+∞

X

n=0

|λ||un|=|λ|

+∞

X

n=0

|un|=|λ|kuk1. Soitu, v∈`¹(N,K)

ku+vk1=

+∞

X

n=0

|un+vn| ≤

+∞

X

n=0

|un|+|vn|

=

+∞

X

n=0

|un|+

+∞

X

n=0

|vn|=kuk1+kvk1.

L¹(I,K)⊂ C(I,K)etC(I,K)est unK-espace vectoriel.

˜0∈L¹(I,K).

Soitλ, µ∈Ketf, g∈L¹(I,K). Pour toutt∈I,

(λf+µg)(t) ≤ |λ|

f(t) +|µ|

g(t) donc par comparaison de fonctions positivesλf+µg∈L¹(I,K).

FinalementL¹(I,K)est un sous-espace vectoriel deC(I,K)et c'est donc un K-espace vectoriel.

L'applicationk · k1:L¹(I,K)→R+ est bien dénie.

Soitf ∈L¹(I,K). Sikfk1= 0alorsR

I

f(t)

dt= 0or|f|est continue et positive surI d'intérieur non vide doncf = ˜0.

Soitλ∈Ket f ∈L¹(I,K). kλfk1=

Z

I

|λ|

f(t)

dt=|λ|kfk1. Soientf, g∈L¹(I,K)

kf+gk1≤ Z

I

f(t) +

g(t)

dt=kfk1+kgk1

k · k1dénit bien une norme surL¹(I,K)

L²(I,K)⊂ C(I,K)etC(I,K)est unK-espace vectoriel.

0∈L²(I,K).

Soitλ∈Ket f ∈L²(I,K). Pour toutt∈I. (λf)(t)

2=|λ|² f(t)

2

donc par comparaisonλf∈L²(I,K). Soitf, g∈L²(I,K). Pour toutt∈I (f+g)(t)

2≤ f(t)

+ g(t)

²

= f(t)

2+2 f(t)

g(t)

+ g(t)

2≤2 f(t)

2+ g(t)

2

car2ab≤a²+b²

Par comparaison de fonctions positivesf+g∈L²(I,K).

FinalementL²(I,K)est un sous-espace vectoriel deC(I,K)et c'est donc un K-espace vectoriel.

L'applicationk · k2:L²(I,K)→R+ est bien dénie.

Soitf ∈L²(I,K). Sikfk2= 0alorsR

I

f(t)

2dt= 0or|f|² est continue et positive surI d'intérieur non vide donc

∀t∈I, f(t)

2= 0 puisf = ˜0.

Soitλ∈Ket f ∈L²(I,K). kλfk₂=

Z

I

|λ|² f(t)

2dt ²

=|λ|kfk₂.

(13)

Soitf, g∈L²(I,K). kf+gk²₂≤

Z

I

f(t)

+ g(t)

²

dt=kfk²₂+ 2 Z

I

f(t)

g(t)

dt+kgk²₂. Par l'inégalité de Cauchy-Schwarz, pourf, g: [a;b]→Rcontinue par morceaux,

Z b a

f(t)g(t) dt

≤ Z b

a

f(t)²dt

^1/2Z b a

g(t)²dt ^1/2

. Ici

Z b a

f(t)

g(t) dt≤

Z b a

f(t)

2dt

^1/2Z b a

g(t)

2dt ^1/2

≤ kfk2kgk2. Or pourf:I→R+ continue par morceaux intégrable

∀[a;b]⊂I, Z b

a

f(t) dt≤ Z

I

f

donc ici Z

I

f(t)

g(t)

dt≤ kfk₂kgk₂ et enn

kf+gk²₂≤ kfk2+kgk2² ce qui permet de conclure.

(a) PourX ∈ Mn,1(R), on a

∀1≤i≤n, (AX)i

≤

n

X

j=1

|ai,j||xj|=

n

X

j=1

|ai,j| et donc

kAXk ≤

n

X

j=1

|ai,j| ≤ max

1≤i≤n n

X

j=1

|ai,j|=M. Ainsi, l'ensemble

kAXk

X∈S est une partie deRnon vide et majorée, elle admet une borne supérieure.

(b) SiX = 0, c'est immédiat.

Si , on introduit ⁰ et l'on exploite ⁰ .

(c) L'applicationN est bien dénie à valeurs dansR+en vertu de ce qui précède.

SiN(A) = 0alors pour toutX∈ Mn,1(R), on a kAXk= 0. En particulier, en prenant des colonnesX élémentaires, on obtient que chaque colonne deA est nulle.

N(λA) = sup

X∈S

kλAXk= sup

X∈S

|λ|kAXk=|λ|sup

X∈S

kAXk=|λ|. Enn

N(A+B) = sup

X∈S

(A+B)X

≤sup

X∈S

kAX+BXk

≤sup

X∈S

kAXk+ sup

X∈S

kBXk

=N(A) +N(B). Finalement,N dénit bien une norme surM_n(R). (d) On a déjà vu

N(A)≤ max

1≤i≤n n

X

j=1

|ai,j|. Soiti₀l'indice pour lequel

1≤i≤nmax

n

X

j=1

|ai,j|=

n

X

j=1

|ai₀,j|.

Prenons ensuiteX =^t x1 · · · xnavecxj =±1de sorte que ai₀,jxj =|ai₀,j|.

On aX ∈S etkAXk=Pn

j=1|ai₀,j|donc N(A)≥

n

X

j=1

|ai₀,j|

puis l'égalité voulue.

Puisque0∈ C0, on a déjà

.

(14)

Soitx∈ C0. On a

|xn−1| ≤ kx−ek∞

et donc quandn→+∞

1≤ kx−ek_∞. On en déduit

d(e,C0)≥1 et doncd(e,C₀) = 1.

Puisque0∈ C0, on a déjà

d(u,C)≤d(u,0) =kuk_∞= 1. Soitx∈ C et `∈Rsa limite. Pourn= 2ppair

|x2p−u_2p| ≤ kx−uk∞

donne|x2p−1| ≤ kx−uk∞puis à la limite

|`−1| ≤ kx−uk∞. De même avecn= 2p+ 1 impair on obtient

|`+ 1| ≤ kx−uk_∞. On en duite

|1|=

1 +`

2 +1−` 2

≤ 1

2 |1 +`|+|1−`|

≤ kx−uk∞. On en déduit

d(u,C)≥1 et doncd(u,C) = 1.

Puisque0∈F,d(e, F)≤d(e,0) = 1.

En raisonnant par l'absurde montronsd(e, F) = 1en supposantd(e, F)<1. Il existe alors une suitex∈ B(N,R)vériantk∆x−ek_∞=ρavecρ <1. Pour toutk∈N,

∆x(k)−1

≤ρdonc∆x(k)≥1−ρ.

En sommant ces inégalités pourkallant de 0 àn−1, on obtient x(n)−x(0)≥n(1−ρ)et doncx→+∞.

Ceci contreditx∈ B(N,R)et permet de conclure.

Par dénition

d(f, F) = inf

g∈Fkf−gk∞. Puisque la fonction nulle est continue

d(f, F)≤ kf −˜0k_∞= 1. Inversement, soitg∈F.

Pour toutx >0.

f(x)−g(x) =

1−g(x)

≤ kf −gk_∞ donc à la limite quandx→0⁺

1−g(0)

≤ kf−gk_∞. De même, pourx <0,

f(x)−g(x) =

1 +g(x)

≤ kf −gk_∞ et donc à la limite quandx→0⁻

1 +g(0)

≤ kf−gk_∞. On en déduit

2≤

1 +g(0) +

1−g(0)

≤2kf−gk_∞ et donc

1≤ kf−gk∞. Finalement1≤d(f, F)puisd(f, F) = 1.

(a)

kfk1≤ Z 1

0

kfk∞≤ kfk∞

et

kfk2≤ Z 1

0

kfk²_∞ 1/2

≤ kfk_∞. Posonsfn(x) =xⁿ,kfnk_∞= 1alors quekfnk1= _n+1¹ →0 et kfnk2= ^√ ¹

2n+1 →0. Les normes ne sont donc pas équivalentes.

(15)

(b) Par l'inégalité de Cauchy-Schwarz : Z 1

0

1× f(t)

dt≤ Z 1

0

1 dt

1/2Z 1 0

f(t)²dt 1/2

donc

kfk1≤ kfk2. Pourfn(x) =√

2n+ 1xⁿ,kfnk2= 1 etkfnk1=

√2n+1

n+1 →0, les normes ne sont donc pas équivalentes.

(a) Sans dicultés.

(b) On aN1(f)≤N2(f)car f(x)

≤ f(0)

+

Z x 0

f⁰(t) dt

≤ f(0)

+|x| sup

[−1;1]

|f⁰| et sans dicultés on a aussiN3(f)≤2N1(f).

Posons

fn(x) =xⁿ. On aN1(fn) = 1, N2(fn) =net N3(fn) =_n+1² .

On en déduit que les normesN1 etN2 d'une part,N1 etN3 d'autre part, ne sont pas équivalentes.

(a) Posons ϕ(f, g) =f(0)g(0) +R1

0 f⁰(t)g⁰(t) dt.ϕest une forme bilinéaire symétrique,ϕ(f, f)≥0 et siϕ(f, f) = 0alorsf(0) = 0et pour toutt∈[0 ; 1], f⁰(t) = 0doncf = 0. ϕest donc un produit scalaire etN apparaît comme étant la norme associée.

(b) Pour tout x∈[0 ; 1], f(x)

≤ f(0)

+

Rx 0 f⁰(t) dt

≤√

2N(f), donc kfk_∞≤√

2N(f).Pourf(x) = sin(nxπ),kfk_∞= 1 etN(f) =nπ/√

2→+∞. Les deux normes ne sont donc pas équivalentes.

(a) N1, N2: R[X]→R.

N1(P+Q) =

+∞

X

k=0

P^(k)(0) +Q^(k)(0) ≤

+∞

X

k=0

P^(k)(0) +

Q^(k)(0)

=

+∞

X

k=0

P^(k)(0) +

+∞

X

k=0

Q^(k)(0)

=N₁(P) +N₁(Q).

N1(λP) =

+∞

X

k=0

λP^(k)(0) =|λ|

+∞

X

k=0

P^(k)(0)

=|λ|N1(P). N₁(P) = 0 =⇒ ∀k∈Z, P^(k)(0) = 0

or

P =

+∞

X

k=0

P^(k)(0) k! X^k et doncP = 0.

Finalement,N₁ est une norme.

N2(P+Q) = sup

t∈[−1;1]

P(t) +Q(t)

≤ sup

t∈[−1;1]

P(t) +

Q(t)

≤ sup

t∈[−1;1]

P(t)

+ sup

t∈[−1;1]

Q(t)

=N2(P) +N2(Q).

N₂(λP) = sup

t∈[−1;1]

λP(t)

= sup

t∈[−1;1]

|λ|

P(t)

=|λ| sup

t∈[−1;1]

P(t)

=|λ|N2(P). N2(P) = 0 =⇒ ∀t∈[−1 ; 1], P(t) = 0

et par innité de racinesP = 0. (b) La suite

1 nXⁿ

n∈N

converge vers 0 pourN2 mais n'est pas bornée et donc diverge pourN₁.

(c) Les normes ne peuvent être équivalentes car sinon les suites convergeant pour l'une des normes convergerait pour l'autre.

(16)

(a) Aisément k · k_∞≤ k · k1

Soitu^N dénie paru^N_n = 1 sin < N et u^N_n = 0sinon.

On a u^N

₁=N et u^N

_∞= 1donc il n'existe pas deα >0 tel que k · k1≤αk · k∞.

k · k1et k · k∞ ne sont pas équivalentes.

(b) En introduisant N tel que n > N =⇒ un = 0on a

kuk²₂=

+∞

X

n=0

|un|²=

N

X

n=0

|un|²≤

N

X

n=0

|un|

!²

=

+∞

X

n=0

|un|

!²

=kuk²₁. Ainsik · k2≤ k · k1.

Soitu^N dénie paru^N_n = 1 sin < N et u^N_n = 0sinon.

On a u^N

₁=N et u^N

₂=√

N donc il n'existe pas deα >0 tel que k · k1≤αk · k2.

k · k1et k · k2 ne sont pas équivalentes.

(a) La suiteuétant sommable, elle converge vers 0 et est par conséquent bornée.

Pour toutn∈N,

|un| ≤

+∞

X

k=0

|uk| donc

kuk_∞≤ kuk1.

Soitu^N dénie paru^N_n = 1 sin < N et u^N_n = 0sinon.u^N ∈`¹(R). On a

u^N

₁=N et u^N

∞= 1donc il n'existe pas deα >0 tel que k · k1≤αk · k_∞.

k · k1et k · k_∞ ne sont pas équivalentes.

(b) On aPN

n=0|un|²≤ PN n=0|un|

!²

donc quandN →+∞:

kuk²₂=

+∞

X

n=0

|un|²≤

+∞

X

n=0

|un|

!²

=kuk²₁. Ainsik · k₂≤ k · k₁.

Soitu^N dénie paru^N_n = 1 sin < N et u^N_n = 0sinon.u^N ∈`¹(R). On a

u^N

₁=N et u^N

₂=√

N donc il n'existe pas deα >0 tel que k · k1≤αk · k2.

k · k1et k · k2 ne sont pas équivalentes.

(a) Supposons queNa est une norme sur B(N,R).

Pourm∈N, la suite élémentaireem= (δm,n)_n∈N est non nulle donc Na(em) =am>0.

De plus, pour la suite constanteu= (1)n∈N, la quantitéNa(u)existe et donc la sérieP

an converge.

Inversement, siPa_n est une série convergente à termes strictement positifs alors on montre que l'applicationN_a:B(N,R)→R+ est bien dénie et que celle-ci est une norme sur l'espaceB(N,R).

(b) On a aisémentN_a≤kk · k_∞ aveck=P+∞

n=0a_n.

Inversement, supposonsk · k_∞≤k⁰Na. Pour la suite élémentaireem, on obtientkemk_∞≤k⁰Na(em)et doncam≥1/k pour toutm∈N. Cette propriété est incompatible avec la convergence de la sériePan. AinsiNa est dominée park · k_∞ mais ces deux normes ne sont pas équivalentes.

(a) N_∞est bien connue pour être une norme sur l'ensemble des fonctions bornées, il en est de même sur l'ensemble des suites bornées dont le premier terme est nul.

L'applicationN:E→R+ est bien dénie. On vérie aisément

N(u+v)≤N(u) +N(v)etN(λu) =|λ|N(u). SiN(u) = 0alors pour tout n∈N,un+1=un et puisqueu0= 0, on obtientu= 0. AinsiN est une norme surE.

(b) Pouru∈E, on a, pour toutn∈N,

|un+1−u_n| ≤ |un+1|+|un| ≤2N_∞(u). On en déduit

N(u)≤2N∞(u).

La suiteudénie paru0= 0et un = (−1)ⁿ pour n≥1 est une suite non nulle pour laquelle il y a égalité.

(c) Considérons la suiteu^(p)dénie par

u^(p)(n) =

(n sin≤p p sinon.

(17)

On a

u^(p)∈E, N_∞(u^(p)) =petN(u^(p)) = 1.

On en déduit que les normesN etN_∞ ne sont pas équivalentes car N∞(u^(p))

N(u^(p)) →+∞.

(a) Les applications sont bien déniesN_i:E→R+ car toute fonction continue sur un segment y est bornée.

Les propriétésN_i(f +g)≤N_i(f) +N_i(g)etN_i(λf) =|λ|N_i(f)sont faciles.

SiN₁(f) = 0alorsf⁰= 0et sachant f(0) = 0, on obtientf = 0.

SiN2(f) = 0alors la résolution de l'équation diérentiellef⁰+f = 0avec la condition initialef(0) = 0 donnef = 0.

Ainsi les applicationsN1, N2sont bien des normes surE. (b) Pourf ∈E, on a

f(x) = Z x

0

f⁰(t) dt ce qui permet d'établirkfk_∞≤ kf⁰k_∞.

Puisque

N2(f)≤ kfk∞+kf⁰k∞≤2N1(f) la normeN2 est dominée par la normeN1.

(c) Sachantf(0) = 0, on a f(x) = e^−x

Z x 0

f(t)e^t0

dt= e^−x Z x

0

(f(t) +f⁰(t))e^tdt donc

f(x)

≤N₂(f). Puisque

f⁰(x) ≤

f(x) +f⁰(x) +

f(x) on obtient

f⁰(x)

≤2N₂(f) et nalement

N₁(f)≤2N₂(f).

Pour toutf, g∈E et toutλ∈R, il est clair queNi(f+g)≤Ni(f) +Ni(g)et que Ni(λf) =λNi(f).

SupposonsN1(f) = 0, on a alorssup_x∈[0;1]

f(x)

= 0doncf = 0. Supposons maintenant queN2(f) = 0, on a alorssup_x∈[0;1]

f(x) +f⁰(x)

= 0donc f(x) +f⁰(x) = 0. Après résolution de l'équation diérentielle sous-jacente,

f(x) =λe^−xavecλ=f(0) = 0 et nalementf = 0. FinalementN1 etN2 sont bien deux normes surE. Il est clair que

N2(f)≤N1(f).

Posons maintenantM =N2(f). Pour toutx∈[0 ; 1], on a f(x) +f⁰(x)

≤M donc

f(x)e^x0 ≤Me^x d'où

f(x)e^x =

Z x 0

f(t)e^t0

dt

≤ Z x

0

Me^tdt≤Mex puis

f(x)

≤Mepour toutx∈[0 ; 1]. Ainsi sup

x∈[0;1]

f(x) ≤Me. De plus

f⁰(x) ≤

f(x) +f⁰(x) +

f(x)

≤M(1 + e) donc

sup

x∈[0;1]

f⁰(x)

≤M(1 + e) et nalement

N₁(f)≤M(1 + 2e) =N₂(f)(1 + 2e).

On peut conclure que les deux normes sont eectivement équivalentes.

(a) L'applicationN:E→R+ est bien dénie et on vérie aisément N(λf) =|λ|N(f)etN(f+g)≤N(f) +N(g).

Supposons maintenantN(f) = 0, la fonctionf est alors solution de l'équation diérentielley⁰⁰+y= 0vériant les conditions initiales y(0) =y⁰(0) = 0ce qui entraînef = 0.

Finalement est une norme sur .

(18)

(b) On a évidemmentN ≤ν.

Inversement, soitf ∈E etg=f+f⁰⁰. La fonctionf est solution de l'équation diérentielle

y⁰⁰+y=g

vériant les conditions initialesy(0) =y⁰(0) = 0. Après résolution via la méthode de variation des constantes, on obtient

f(x) = Z x

0

sin(x−t)g(t) dt. On en déduit

f(x)

≤xkgk_∞≤πkgk_∞et donckfk_∞≤πN(f). De pluskf⁰⁰k_∞≤ kf+f⁰⁰k_∞+kfk_∞ doncν(f)≤(π+ 1)N(f).

(a) k · kϕ:E→R+ est bien dénie.

Sikfkϕ= 0alors la fonctiont7→

f(t)

ϕ(t)est nulle. En dehors des valeurs oùϕest nulle, la fonctionf s'annule. Or ϕne s'annule qu'un nombre ni de fois, donc par un argument de continuité,f s'annule aussi en ces points et nalementf = ˜0.

Les propriétéskλfkϕ=|λ|kfkϕet kf+gkϕ≤ kfkϕ+kgkϕ sont immédiates.

(b) Considérons la fonctionϕ2/ϕ1. Cette fonction est dénie et continue sur le segment[0 ; 1], elle y est donc bornée et il existeM ∈R+ vériant

∀x∈[0 ; 1], ϕ2(x)≤M ϕ1(x). On en déduitk · kϕ₁ ≤Mk · kϕ₂. Ainsik · kϕ₁ est dominée park · kϕ₂ et par un argument symétriquek · kϕ₂ est dominée par k · kϕ₁.

(c) On a facilement k · kx² ≤ k · kx.

Pourf_n(x) = (1−x)ⁿ, on a après étude des variations des fonction x7→x(1−x)ⁿ et x7→x²(1−x)ⁿ

kfnkx= 1 n+ 1

1− 1

n+ 1 ⁿ

∼ e⁻¹ n et

kf_nk_x2= 2

n+ 2 ²

1− 2 n+ 2

ⁿ

∼ e⁻² n²

donc il n'existe pas de constanteM ≥0telle quek · kx≤Mk · kx². Les deux normesk · kx etk · kx² ne sont pas équivalentes.

On saitN_∞(AB)≤nN_∞(A)N_∞(B)et αN≤N_∞≤βN avecα, β >0donc N(AB)≤ 1

αN_∞(AB)≤ n

αN_∞(A)N_∞(B)≤ nβ²

α N(A)N(B).

(a) facile.

(b) (i) =⇒(ii) Supposons que la suite(Pn)converge simplement surRvers une certaine fonctionf. On ne sait pas a priori si cette fonction est, ou non, polynomiale.

Soitξ= (ξ0, . . . , ξd)une famille ded+ 1réels distincts etP ∈E déterminé parP(ξ_k) =f(ξ_k). On peut armer que la(P_n)suite converge versP pour la normeN_ξ. Soit[a;b] un segment deRaveca < b.N =k · k_∞,[a;b] dénit une norme surE qui est équivalent àN_ξ carE est de dimension nie. Puisque (P_n)converge versP pour la normeN_ξ, on peut armer que la convergence a aussi lieu pour la normeN et donc(P_n)converge uniformément versP sur le segment[a;b]. Au passage, on en déduit quef =P.

(ii) =⇒(iii) Si la suite(Pn)converge uniformément sur tout segment vers une fonctionf, elle converge aussi simplement versf et l'étude ci-dessus montre quef est un polynôme. En introduisant la norme innie relative aux coecients polynomiaux :

a0+· · ·+adX^d

∞= max

0≤k≤d|ak|

l'équivalence de norme permet d'établir que les coecients deP_n convergent vers les coecients respectifs def.

(iii) =⇒(i) immédiat.

Soienta0, . . . , aN des réels deux à deux distincts. Considérons la fonction polynômeP de degré inférieur àN vériant

∀k∈ {0, . . . , N}, P(ak) =f(ak). Sur l'espaceR^N[X], on peut introduire la norme donnée par

N(Q) = max

0≤k≤N

Q(a_k) .