CC 2 -Corrig´e

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Universit´e Joseph Fourier - L3 - Math 123 2016-2017

CC 2 -Corrig´e

22 octobre 2016 - 3 heures

Partie 1

I. 1.Commef est continue, elle l’est en 0E, donc il existe δ >0,kxk ≤δ⇒ |f(x)−f(0)| ≤1.

Commef(0) = 0, f est bornée sur la boule de taille δ, donc sur la boule unité par linéarité. Au finalkfkE⁰ est bien définie et à valeurs dansR⁺. Ensuite sif = 0,kfk= 0 et récriproquement si la norme est nulle,f est nulle sur la sphère unité, donc partout car si x6= 0, f(x) =f(x/kxk)kxk= 0 carx/kxk ∈S(0,1). Enfin ∀f, g∈E⁰,

∀x∈E, |(f+g)(x)| ≤ |f(x)|+|g(x)| ≤ kfk+kgk donc par passage au sup,kf+gk ≤ kfk+kgk.

I2On choisitK0=A. Commef est minorée surA, elle admet uninf fini. Par définition de l’inf, pour tout >0, il existex∈A, tel quef(x)≤infAf+.On choisitx1=xen prenant= 1/2. On définit ensuiteK1 comme proposé. Supposons choisisKn etxn pourn∈N^∗. Par le même argument que pourx1, il existe xn+1 ∈Kn, tel que f(xn+1)≤infK_n+1f+ 1/2ⁿ⁺¹ en prenant= 1/2ⁿ⁺¹ et on choisitKn+1 comme proposé.

I3 Soitx∈Kn+1. Alorsf(x)≤f(xn+1)−kx−xn+1k.De plus xn+1∈Kn, donc f(xn+1)≤ f(x_n)−kx−x_nk.On a donc

f(x)≤f(xn)−kx−xnk −kx−xn+1k ≤f(xn)−k(x−xn) + (xn+1−x)k par l’inégalité triangulaire, d’oùx∈Kn.

I4 Soitx∈Kn. On a par I3x∈Kn−1, donc

Kinf_n−1f ≤f(x)≤f(xn)−kx−xnk ≤ inf

K_n−1f+ 1/2ⁿ−kx−xnk, soit le résultat car la différence entre les deux derniers termes doit être positive.

I5 La suite (xn)n est de Cauchy car d’apr`es I4,

∀p, N∈N^∗,kxp−xp+Nk ≤1/(2^p−1)

car par définitionxp∈K_p−1et xp+N ∈K_p−1 puisque les Kn sont décroissants. Soit alorsη >0. Il existep≥1 tel que 1/(2^p−1)≤η, d’où le résultat. Comme E est complet, (xn)n converge vers un x0∈E.

Pour toutn, N∈N,xn+N ∈Kn. Or l’application

φn :x7→f(x)−f(xn)kx−xnk

est continue comme somme de fonctions continues, doncKn=φ⁻¹_n ([0,+∞[) est ferm´ee dans E car [0,+∞[ est un ferm´e deR. Doncx0= limNxn+N est dansKn pour toutn, donc dans l’intersection.

Par aillerus, soit x ∈ ∩nKn. Alors kx−x0k ≤ 1/(2ⁿ) pour tout n, donc en passant `a la limite x=x0. Donc∩nKn={x0}.

I6 Soit x∈ A avec f(x) < f(x0)−kx−x0k. On a donc par continuité deφn, pour n assez grand f(x) < f(x_n)−kx−x_nk, soit x ∈ K_n pour tout n assez grand, donc par décroissance, x∈ ∩nK_n={x0}, mais alors l’inégalité est fausse.

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Partie 2

II1

a. C est ouvert et contient 0, donc il existe > 0, B(0, ) ⊂ C. Donc pour tout x 6= 0, /(2kxk)x∈C, doncα= 2kxk/ >0 est dans l’ensemble, qui est par cons´equent non vide. De plus l’ensemble est dansR⁺ donc l’inf existe et doncp(x), et on vient de voir que 0≤p(x)≤(2/)kxk. Pourx= 0, l’ensemble estR⁺∗ donc non vide aussi etp(0) = 0, donc l’encadrement est encore valable.

b. Si x ∈ C, alors α = 1 est dans l’ensemble. Mais comme C est ouvert, il existe > 0, B(x, )⊂C. En particulier, six6= 0, x(1 +/(2kxk))∈C, doncα= (1 +/(2kxk))⁻¹<1 est dans l’ensemble, soitp(x)<1. Six= 0, p(0) = 0<1. R´eciproquement, sip(x)<1, alors il existeα >0, tel quep(x)≤α <1 etx/α∈C. Orx∈[0, x/α]⊂C carCest convexe et (0, x/α)∈C².

c. On a

{α >0,(λx)/α∈C} = {α >0, x/(α/λ)∈C}

= {λα⁰, α⁰>0 etx/α⁰ ∈C}=λ{α >0, x/α∈C}, d’o`up(λx) =λp(x) carλ >0.

d. Six/α∈C et y/β∈C, alors α

α+βx/α+ β

α+βy/β= (x+y)/(α+β)∈C

par convexité, donc p(x+y)≤α+β. En passant à l’inf enαet β, on a l’inégalité souhaitée.

II2.

a.Soient (x, y)∈(IntK)².Alors il existe, tels queB(x, )∪B(y, )⊂CcarCest ouvert. Alors soitt∈[0,1] etz=tx+ (1−t)y∈C. Soitz⁰ ∈B(z, ). Alorsz⁰ =x⁰t+y⁰(1−t) avecx⁰ =x+ (z⁰−z) ety⁰=y+ (z⁰−z).Orkz−z⁰k ≤impliquex⁰∈B(x, )⊂C, de mˆemey⁰∈C, doncz⁰ est dansC par convexit´e.

b. IntK ⊂K doncAdh(IntK)⊂AdhK =K carK est fermé. Soit inversement x∈K. Soit y ∈ IntK. Il existe > 0, tel que B(y, ) ⊂ K donc pour tout t ∈ [0,1], si x_t = ty+ (1−t)x, B(x_t, t)⊂K car si z∈B(x_t, t), alors z=x_t+tu avecu∈B(0, ). Donc z=t(y+u) +x(1−t) avecy+u∈B(y, )⊂C. Par convexité, z ∈C. D’où x_t ∈IntC pour t∈]0,1]. Maintenant xest limite de la suite (x_1/n)_n∈(IntK)^N, doncK⊂Adh(IntK)).

Partie 3

III1.

a.On a

p(y⁰+u) +p(y⁰⁰−u)≥p(y⁰+u+y⁰⁰−u) =p(y⁰+y⁰⁰)≥g(y⁰+y⁰⁰) =g(y⁰) +g(y⁰⁰) par les hypothèses et la linéarité deg. C’est ce qu’on veut.

b. Soitx∈H. On a doncx=y+tuavecy∈Gett∈R, de fa¸con unique car la sommeG⊕Ru est directe. On définith(x) =g(y) +tp(u).C’est bien défini par unicité de la décomposition ethest linéaire, elle étendg et

h(x) =g(y) +tp(u)≤p(y) +tp(u) =p(y+tu−tu)≤p(y+tu) +p(−tu) +tp(u) =p(y+tu) =p(x).

III2. Soient (x = a−b, y = a⁰ −b⁰) ∈ D², avec a, a⁰ ∈ A et b, b⁰ ∈ B. Si t ∈ [0,1], alors tx+ (1−t)y= (ta+ (1−t)a⁰)−(tb+ (1−t)b⁰) o`u le premier (resp. second) terme est dansA(resp.

B) par convexit´e, donc la diff´erence est dans D, qui est donc convexe. Soit x=a−b ∈ D. A est

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ouvert donc il existe > 0,B(a, )⊂A. Soit z ∈B(x, ). On a z = (a−b) +u avecu∈ B(0, ), doncz= (a+u)−baveca+u∈B(a, )⊂A, doncB(x, )⊂D. Si 0∈D, il existea∈Aet b∈B tels quea=b, ce qui impliqueA∩B6=∅ce qui est faux.

b. Pour t ≥ 0,g(tx₀) ≤0 ≤ p(x). Pour t <0 et x=tx₀, x/(−t) = −x0 ∈/ D−x₀ sans quoi 0∈D. Doncg(tx₀) =−t≤p(x).

c. On étendgà toutF en une forme linéaire continuef telle quef ≥pcomme l’affirme le III1.

Maintenant,

sup

A

f −inf

B f = sup

(x,y)∈A×B

f(x−y) = sup

D

f = sup

D

f(x−x0) +f(x0)

= sup

D−x0

f+f(x0)≤ sup

D−x0

p+g(x0)≤1−1 = 0,

o`u l’on a utilis´e le fait que p <1 surC=D−x0.

Partie 4

IV 1.

a. Pour (g, g⁰)∈(E⁰)² (a, a⁰)∈R² etλ∈ r(x, t)∈E×R,

Φ(g,a)+λ(g⁰,a⁰)(x, t) = (g+λg⁰)(x) + (a+λa⁰)t= (g(x) +at) +λ(g⁰(x) +a⁰t),

soit Φ_(g,a)+λ(g0,a⁰) = Φg,a +λΦg⁰,a⁰ et donc ϕ est linéaire. Elle est injective car ϕ(γ, α) = 0 implique en prenant t = 0, ∀x ∈ E, γ(x) = 0 soit γ = 0 et de même α = 0. Soit ψ ∈ Y⁰. Alors x∈ E 7→γ(x) =ψ(x,0) définit une forme linéaire surE continue parce que ψ l’est etx7→(x,0) aussi, ett∈R7→ψ(0, t)∈Rest linéaire donc∃α∈R,t7→ψ(0, t) =αt. On aϕ(γ, α) =ψcarψest linéaire. Doncϕest bijective et son inverse est linéaire.

b. Pourk(x, y)kY =kxk+|t| ≤1, on akxk ≤1 et|t| ≤1, donc

|ϕ(γ, α)(x, t)| ≤ |γ(x)|kxk+|α||t| ≤max(kγk_E⁰,|α|)(kxk+t), donckϕ(γ, α)kY⁰ ≤max(kγkE⁰,|α|). De plus, si le max est atteint pourkγkE⁰, alors

sup

(x,t)∈E×R,kx,tk≤1

|ϕ(γ, α)(x, t)| ≥ sup

(x,0)∈E,kxk≤1

|γ(x)|=kγkE⁰ ≥max(kγkE⁰,|α|)

d’où égalité de la norme et du max. Si c’est|α|le max, on conclut identiquement.

IV2 . Or si (x, t)∈C₁, (x⁰, t⁰)∈C₁ ets∈[0,1]

st+ (1−s)t⁰ ≤ s(f(x0)−kx−x0k) + (1−s)(f(x0)−kx⁰−x0k)

≤ f(x₀)−ks(x−x₀) + (1−s)(x⁰−x₀)k=f(x₀)−k(sx+ (1−s)x⁰)−x₀k, doncC1 est convexe. De plus soit

φ:E×R3(x, t)7→t−f(x₀) +kx−x₀k.

L’applicationφest continue,

C1={(x, t)∈E×R, φ(x, t)≤0}

avec φ(−1, x0) < 0. Par continuit´e de φ, il existe η > 0, B((−1, x0), η) ⊂ E ×R telle que φ_|B(x₀_,−1),η) <0, soit B((x₀,−1), η)⊂IntC₁ et C₁ est d’int´erieur non vide. Par le II2 on obtient queIntC₁ est un convexe.

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(Par ailleurs notons queC1est l’image r´eciproque deR⁺ par une application continue, donc est ferm.) L’application

ψ: (x, t)∈C×R7→t−f(x)

est lin´eaire et C2 ={ψ ≥0.} On a clairement (x0,2|f(x0)|)∈C2 donc C2 est non vide. C’est un convexe car si ((x, t),(x⁰, t⁰)) ∈ C₂², alors pour tout s ∈ [0,1], d’une part sx+ (1−s)x⁰ ∈ C par convexit´e deC, d’autre part

ψ(s(x, t) + (1−t)(x⁰, t⁰)) =sψ((x, t)) + (1−s)ψ(x⁰, t⁰)≥0,

doncC2 est convexe. Si (x, t)∈IntC1∩C2, alors f(x)≤f(x0)−kx−x0k donc égalité par l’hy- pothèse de l’énoncé. Mais alorsφ(x, t) = 0. Or pour toutη >0,φ(x, t+η) =η n’est pas≤0, donc (x, t+η)∈/C1, donc (x, t)∈/IntC2.

IV 3 a.Par le III2c., il existe une forme lin´eairef non nulle continue surE×Rqui s´epareIntC1

etC2. Par le IV1a., il existe (γ, α)∈E⁰×R,f =ϕ(γ, α).

b. Puisque C1 =Adh(IntC1)) II2b carC1 est fermé (cf parenthèse dans la preuve précédente), sup_C₁f = sup_Adh(IntC₁₎f. De plus sup_IntC₁ ≤infC₂f et soitx∈ Adh(IntC1), alorsx =limnxn

avecxn ∈IntC1. On a pour tout n,f(xn)≤infC2f donc par continuit´e def, on peut passer `a la limite et doncf(x)≤inf_C₂f, ce qui implique le que sup_AdhIntC

1f ≤inf_C₂f et f s´epareC₁ etC₂. IV 4. On a pour tout x∈ E, (x, f(x₀)−kx−x₀k) ∈ C₁. Par ailleurs (x₀, f(x₀))∈ C₂. Si α= 0, on a donc pour tout x∈E, g(x)≤g(x₀), ce qui n’est pas possible puisque si g 6= 0, g est surjective, donc non born´ee.

Sif sépare deux ensembles, alorsf /αaussi siα6= 0. On applique cette remarque àϕ(γ, α),par linéarité deϕ, g=γ/αconvient.

IV 5.On a pour toutx∈R, (x, f(x0)−kx−x0k)∈C1. Par ailleurs (x0, f(x0))∈C2. Donc g(x) + (f(x0)−kx−x0k)≤sup

C₁

(g+t)≤inf

C2

(g+t)≤g(x0) +f(x0),

soitg(x−x0)≤kx−x0k.C’est vrai pour toutx∈E, doncg(y)≤kykpour touty∈E, donc par linérité|g(y)| ≤kyket donckgkE⁰ ≤. on a aussi∀x∈C,(x, f(x))∈C2 donc on obtient avec la même inégalité en prenant à gauchex=x0,g(x0) +f(x0)≤g(x) +f(x),doncx0 est un minimum pourf+g_|C.

IV 6. Soit >0 etf ∈E⁰. D’après les questions précédentes, il existeg∈E⁰ telle que −g−f atteint un minimum sur C, soit f +g un maximum, avec k −gkE⁰ = kgkE⁰ ≤ . f +g est aussi continue, d’où le résultat.

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