Lycée Ste-Marie Fénelon – la Plaine Monceau Classe de MP
Année 2018-2019 Mathématiques
Devoir maison n ◦ 3 – éléments de correction
Exercice 1. Des normes sur R
2— d’après CCP 1997 TSI maths 1.
1. On obtient α = 1et β = 2 .
2. On pose, pour aet bréels, etX ∈R2,N(X) =akXk1+bkXk∞. On considère les vecteursX(1,0),Y(0,1),X0(1,1)et Y0(−1,1).
Tout d’abord N(X) =a+b,N(Y) =a+b,N(X0) = 2a+b,N(Y0) = 2a+b.
• Pour queN soit une norme il faut bien sûr que ces expressions soient strictement positives, mais aussi queN vérifie les inégalités triangulaires pourX0 =X+Y et pour2Y =X0+Y0. Or d’une partN(X0)≤N(X) +N(Y) équivaut à2a+b≤(a+b) + (a+b), soit b≥0; et d’autre partN(2Y)≤N(X0) +N(Y0)signifie 2(a+b)≤ (2a+b) + (2a+b), c’est-à-dire2a≥0.
Par ailleurs il faut que (a, b) 6= (0,0) car l’application nulle n’est pas une norme (axiome de séparation non satisfait).
Ainsi une condition nécessaire est :a≥0,b≥0,(a, b)6= (0,0).
• Réciproquement, supposons quea≥0et b≥0 avec(a, b)6= (0,0). AlorsN est une norme puisque :
∀X ∈R2, N(X)≥0,
∀X ∈R2, N(X) = 0 ⇐⇒ X =−→ 0,
∀X ∈R2,∀λ∈R, N(λX) =|λ|N(X),
∀(X, Y)∈ R22
, N(X+Y)≤N(X) +N(Y).
Au final N est une norme si et seulement sia≥0,b≥0et (a, b)6= (0,0). On supposera cette condition vérifiée par la suite.
3. SoitBune boule de centreO et de rayonR. FixonsAetB deux points deB. Pour toutM ∈[AB], il existe un réel t∈[0,1]tel que
−−→OM = t−→
OA+ (1−t)−−→ OB
donc
−−→OM ≤ t
−→OA
+ (1−t)
−−→ OB
≤ tR+ (1−t)R = R, ce qui prouve que M ∈ B. Ainsi ∀(A, B)∈ B2, [AB]⊂ B.
4. On reconnaît les symétries communes à B1 et B∞ : symétries par rapport à O,(Ox), (Oy) et aux première et deuxième bissectrices ; ceci provient du fait que les points de coordonnées(x, y),(−x,−y),(x,−y),(−x, y),(y, x) et (−y,−x)ont mêmes images park · k1(resp.k · k∞).
Pour dessiner les sphères unitésS1etS∞associées, on peut donc se contenter de construire la partie de la sphère située dans la portion de plan définie par les inéquations 0 ≤y ≤ x, et compléter par symétries. Et puisque N = 1
2(k · k1+k · k∞)il en sera de même pour SN!
Pour M(x, y)dans ce domaine il vientkMk1=x+y etkMk∞ =xdoncN(M) = 1
2(2x+y). Ainsi l’équation deSN sur ce domaine est 2x+y
2 = 1 soit un segment de droite.
1
5. Le dessin de la question précédente fournit l’intuition que R= 1convient ! En effet on constate graphiquement queB1(O,1)⊂ BN(O,1)⊂ B∞(O,1).
Remarquons quek · k∞≤ k · k1 (question 1.) donc :
∀M ∈R2,
−−→OM
∞ ≤ 1 2
−−→OM 1+
−−→OM ∞
≤
−−→OM 1, ce qui prouve l’inclusion des boules.
Exercice 2. Continuité de la longueur d’une courbe — d’après CCP 2014 PSI maths 1.
1.1 • L’applicationk · kest clairement positive.
• Son homogénéité découle de celle dek · k∞ et de celle de la valeur absolue (on akλfk=|λ| · kfk).
• L’inégalité triangulaire découle de la même propriété pourk · k∞et pour la valeur absolue.
• Enfin, si kfk= 0alorsf(0) =kf0k∞= 0. La fonction f0 est donc nulle etf est constante. Commef(0) = 0, f est nulle. On a donc aussi l’axiome de séparation.
Finalement k · kest une norme sur E1 .
1.2 Soitf ∈E1. La fonctionf étant de classeC1 le théorème fondamental du calcul intégral nous permet d’affirmer que pour toutx∈[0,1]:
|f(x)| =
f(0) + Z x
0
f0(t)dt
≤ |f(0)|+ Z x
0
|f0(t)|dt ≤ |f(0)|+ Z x
0
kf0k∞dt ≤ kfk.
En passant à la borne supérieure sur x, on en déduit que kfk∞ ≤ kfk .
1.3 Prenons les fonctionspn : t 7→tn pour tout n≥1, elles sont bien dans E1. On akpnk∞= 1et kpnk =n. Le quotientkpnk/kpnk∞ n’étant pas borné, les normes k · ketk · k∞ne sont pas équivalentes surE1 .
2.1 On a immédiatement kfnk∞= 1
√n →0quand n→+∞.
Par conséquent la suite (fn)n converge uniformément sur[0,1]vers la fonction nulle .
2
2.2 La définition donne
In = Z 1
0
p1 +nπ2cos2(nπt)dt.
Grâce au changement de variable u=nπt, nous obtenons : In = 1
nπ Z nπ
0
p1 +nπ2cos2(u) du.
On a alors immédiatement :
In ≥ 1 nπ
Z nπ
0
pnπ2cos2(u) du = 1
√n Z nπ
0
|cos(u)|du.
La fonction |cos|étantπ-périodique, on a alors In ≥ √
n Z π
0
|cos(u)|du = 2√ n
Z π2
0
cos(u) du
d’où comme espéré In ≥2√ n.
2.3 Commekfn−0k∞n→+∞−→ 0, la continuité deL au sens dek · k∞ entraineraitL(fn)n→+∞−→ L(0) = 1. OrL(fn) est de limite infinie quandn→+∞on peut conclure que Ln’est pas continue au sens dek · k∞ .
2.4 Soient f etg dansE1. On a
|L(f)−L(g)| =
Z 1
0
(p
1 + (f0(t))2−p
1 + (g0(t))2)
dt
= Z 1
0
|(f0(t))2−(g0(t))2| p1 + (f0(t))2+p
1 + (g0(t))2dt
≤ Z 1
0
|f0(t)2−g0(t)2| dt =
Z 1
0
|f0(t)−g0(t)| × |f0(t) +g0(t)|dt
≤ kf0−g0k∞× kf0+g0k∞
≤ kf−gk × kf+gk
≤ kf−gk ×(kfk+kgk).
Soit maintenant(fn)n une suite d’éléments de E1qui converge vers f au sens de k · k. L’inégalité
|L(fn)−L(f)| ≤ (kfk+kfnk)kfn−fk
va nous permettre de conclure. D’une part kfn−fk →0.
D’autre part d’après l’inégalité triangulaire
kfnk − kfk
≤ kfn−fk donckfnk → kfk. Ainsi APCNn0 on a kfnk ≤2kfk.
Par conséquent APCR|L(fn)−L(f)| ≤3kfkkfn−fkpuisL(fn)→L(f).
Il s’ensuit que Lest continue au sens de k · k.
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