Corrig´e ENSAE 2000

Corrig´e ENSAE 2000

P. Lef` evre

Commentaire.

Le th`eme de ce sujet est les suites basiques dans les espaces de Banach. Il s’agit dans les premi`eres parties d’´etablir l’existence de telles suites puis une caract´erisation dessuites basiques.

Pour cela, on d´emontre au passage le lemme de Baire en utilisant le point de vue un peu inhabituel des jeux topologiques de Choquet, puis le th´eor`eme d’isomorphisme de Banach.

Enfin, la derni`ere partie ´etablit un crit`ere pour obtenir des suites basiques ´equivalentes (ceci permet, par exemple, d’exhiber des bases de Schauder de polynˆomes dans certains espaces fonctionnels comme l’espace des fonctions continues sur [0,1]).

1 Partie I.

1) S_n est ferm´ee, born´ee et S_n ⊂E_n, qui est de dimension finie (on a une famille g´en´eratrice finie) donc S_n est compacte. D’autre part, on a le recouvrement trivial S_n ⊂ ^[

z∈Sn

B(z, δ), o`u B(z, δ) d´esigne la boule ouverte de S_n de centrez et de rayon δ.

Par compacit´e (Borel-Lebesgue), il y a un sous-recouvrement fini : il existeM ∈Netz₁,· · ·, z_M ∈ S_n tel que S_n ⊂

M

[

j=1

B(z_j, δ). Le r´esultat s’en d´eduit imm´ediatement.

Remarque : l’´enonc´e admet en fait le th´eor`eme de Hahn-Banach.

2) L’application suivante est clairement lin´eaire : θ: E −→ R^M

x 7−→ (ϕ₁(x),· · ·, ϕ_M(x)) .

Comme la dimension deE est infinie et que la dimension deR^M est finie,θ ne peut ˆetre injective (sinon, θ enverrait toute famille libre de cardinal M + 1 dans E sur une famille libre de cardinal M + 1 dans R^M, ce qui n’existe pas).

Ainsi, Ker(θ) 6= {0} or Ker(θ) = ^\

1≤j≤M

Kerϕ_j car, pour x ∈ E, θ(x) = 0 ⇔ ∀j ∈ {1,· · ·, M}, ϕ_j(x) = 0. Il existe donc un vecteur non nul ˜x dans ^\

1≤k≤M

Kerϕ_k et le vecteur x_n+1 = x˜

k˜xk convient.

3a) Le vecteur z =

n

X

k=1

α_kx_k ∈ S_n par d´efinition donc d’apr`es le 1., il existe j₀ ∈ {1,· · ·, M} tel que kz_j0 −zk ≤ δ. Comme x_n+1 ∈ Kerϕ_j0 (cf 2.), on a ϕ_j0(z_j0 +α_n+1x_n+1) = ϕ_j0(z_j0) = 1.

On a donc 1 ≤ kϕ_j0k.kz_j0 +α_n+1x_n+1k. Comme kϕ_j0k = 1, il vient par l’in´egalit´e triangulaire : 1≤ kz_j0 −zk+kz+α_n+1x_n+1k ≤δ+kz+α_n+1x_n+1k. On conclut

k

n+1

X

k=1

αkxkk=kz+αn+1xn+1k ≥1−δ = 1 1 +ε.

∗Mourad Besbes, P. L.: auteurs du sujet

3b) L’´enonc´e de le repr´ecise pas mais il suppose implicitement les vecteurs x₁, . . . , x_n non nuls.

On peut toutefois traiter la question sans en tenir compte. Si tous les vecteurs x₁, . . . , x_n sont nuls, la question est triviale. Sinon, un d’entre eux, disons x_i1 est non nul et on note alors, en prenant p=q=i₁ eta_i1 6= 0 et tous les autres a_p nuls dans l’hypoth`ese, que n´ecessairement C≥1.

Pour tous p, q ∈ {1,· · ·, n}, l’hypoth`ese du d´ebut de cette partie indique que k

p

X

k=1

a_kx_kk ≤ Ck

q

X

k=1

akxkk ≤C(1 +ε)k

q

X

k=1

akxkk. Si p=q =n+ 1, l’in´egalit´e est triviale.

Il s’agit donc essentiellement de traiter le cas p ∈ {1,· · ·, n} et q = n + 1. Soient donc a₁,· · ·, a_n+1 ∈R. On pose λ=k

n

X

k=1

a_kx_kk.

On affirme queλ ≤(1 +ε)k

n+1

X

k=1

a_kx_kk.

En effet, ceci est trivial si λ est nul. Sinon, on pose α_k = λ⁻¹a_k pour k ∈ {1,· · ·, n+ 1}. On a alors k

n

X

k=1

α_kx_kk = 1 donc d’apr`es 3.a, on obtient k

n+1

X

k=1

α_kx_kk ≥ 1

1 +ε soit k

n+1

X

k=1

a_kx_kk ≥ λ 1 +ε, ce qui ´etait annonc´e.

Enfin, on conclutC(1+ε)k

n+1

X

k=1

akxkk ≥Ck

n

X

k=1

akxkk ≥ k

p

X

k=1

akxkk, la derni`ere in´egalit´e d´ecoulant de l’hypoth`ese.

4) Soit ε(n)>0 choisi tel que le produit^Y

n

(1 +ε(n)) converge (cela signifie que la s´erie ^Pε(n) converge donc ε(n) = n⁻² convient). On pose K =^Y

n

(1 +ε(n)) et C_n =

n

Y

j=1

(1 +ε(j)). On a bien sˆur C_n ≤K pour toutn. On fixex₁ ∈E de norme 1.

Supposonsx₁,· · ·, x_n construits, avec kx_kk= 1 pour tout k ∈ {1,· · ·, n}, et v´erifiant

∀p, q ∈ {1,· · ·, n}, p≤q, ∀a₁,· · ·, a_q ∈R, k

p

X

k=1

a_kx_kk ≤C_nk

q

X

k=1

a_kx_kk.

On construit alorsxn+1 comme au 2. et on a d’apr`es 3.b.

∀p, q ∈ {1,· · ·, n+ 1}, p≤q, ∀a1,· · ·, aq ∈R, k

p

X

k=1

akxkk ≤Cn+1k

q

X

k=1

akxkk.

On obtient ainsi par r´ecurrence une suite (x_n)_n deE, de norme 1, v´erifiant

∀p, q ∈N, p≤q, ∀a₁,· · ·, a_q∈R, k

p

X

k=1

a_kx_kk ≤C_qk

q

X

k=1

a_kx_kk ≤Kk

q

X

k=1

a_kx_kk.

La suite (xn) v´erifie donc (∗).

2 Partie II.

Question pr´eliminaire. Soitx∈E₁. CommeF est dense, il existe une suite (x_j)_jdeF qui converge vers x. On a pour tous p, q ∈ N, kT(x_p)−T(x_q)k ≤ kTk.kx_p−x_qk. Comme (x_j)_j est convergente, elle est Cauchy dans E₁ donc d’apr`es l’in´egalit´e pr´ec´edente, la suite (T(x_j))_j est Cauchy dans E₂. Comme E₂ est un espace de Banach, (T(x_j))_j est convergente dans E₂ vers une limite y ∈E₂.

Cette limite est ind´ependante du choix de la suite (x_j)_j. En effet, si x⁰_j ∈F converge aussi vers x dans E₁, on a kT(x⁰_j)−T(x_j)k ≤ kTk.kx_j −x⁰_jk, qui tend donc vers 0. Comme T(x_j) converge vers y, on conclut que T(x⁰_j) converge aussi vers y.

On pose alors ˜T(x) = y. On note alors que d’apr`es la remarque pr´ec´edente, six∈F, ˜T(x) =T(x) (la suite (x<sub>j</sub>) constante `ax donne le r´esultat).

On v´erifie que ˜T est bien lin´eaire : pour tousx, x⁰ ∈E₁, α, α⁰ ∈R, on a l’existence de suites (x_j) et (x⁰_j) de F, convergentes respectivement vers x et x⁰. La suite (αx_j +α⁰x⁰_j) est convergente vers αx+α⁰x⁰ donc ˜T(αx+α⁰x⁰) est la limite deT(αx_j+α⁰x⁰_j) soit de αT(x_j) +α⁰T(x⁰_j), limite qui vaut aussi αT(x) +α⁰T(x⁰).

Quant `a la norme : pour tout x ∈ E<sub>1</sub>, kT˜(x)k = klimT(x<sub>j</sub>)k = limkT(x<sub>j</sub>)k ≤ limkTk.kx<sub>j</sub>k = kTk.kxk (o`u x_j → x). On en conlut donc que kT˜k ≤ kTk. Mais, trivialement, kT˜k ≥ kTk d’o`u l’´egalit´e des normes.

Enfin, montrons l’unicit´e de ˜T. Supposons que ˇT ∈ L(E₁, E₂), continue, v´erifie ˇT|F = T. Pour tout x dans E₁ et toute suite (x_j) de F convergente vers x, la continuit´e de ˇT donne ˇT(x) = lim ˇT(x_j) = limT(x_j) = ˜T(x). Ainsi ˇT = ˜T.

1) Supposons que x ∈ E s’´ecrive x =

∞

X

n=1

a_nx_n =

∞

X

n=1

a⁰_nx_n o`u les a_i et les a⁰_i sont des r´eels.

Supposons qu’il existe i≥1 tel quea_i 6=a⁰_i et consid´erons n₁ = min{k| a_k 6=a⁰_k}.

D’apr`es (∗), pour toutN ≥n₁, on ak

n1

X

k=1

(a_k−a⁰_k)x_kk ≤Kk

N

X

k=1

(a_k−a⁰_k)x_kk. Or

N

X

k=1

(a_k−a⁰_k)x_k=

N

X

k=1

a_kx_k−

N

X

k=1

a⁰_kx_k qui converge vers x−x = 0 quand N tend vers l’infini. Mais

n1

X

k=1

(a_k−a⁰_k)x_k = (a_n1 −a⁰_n

1)x_n1 donc par passage `a la limite sur N, on obtient (a_n1 −a⁰_n

1)x_n1 = 0 ie a_n1 = a⁰_n

1 car x_n1 6= 0. Ceci contredit la d´efinition de n₁. D’o`u le r´esultat.

2) L’application P_n est bien d´efinie sur H car les a_k sont uniquement d´etermin´es d’apr`es la question pr´ec´edente. Elle est clairement lin´eaire et P_n est bien sˆur un projecteur : P_n² =P_n.

Par d´efinition, pour tout x ∈ H, il existe des r´eels a_k (uniques) tels que x = lim

N N

X

k=1

a_kx_k. Or, d’apr`es (∗), pour tout n ∈ N\ {0} et tout N ≥ n, on a kP_n(x)k = k

n

X

k=1

a_kx_kk ≤ Kk

N

X

k=1

a_kx_kk. En passant `a la limite sur N, on obtient kP_n(x)k ≤Kkxk. Ainsi, kP_nk ≤K.

L’image de P_n est incluse dans vect(x₁,· · ·, x_n). Comme P_n(x_k) = x_k pour tout k ∈ {1,· · ·, n}, P_n est un projecteur lin´eaire sur Im(P_n) =vect(x₁,· · ·, x_n).

3) Comme les combinaisons lin´eaires (finies) sont des sommes nulles `a partir d’un certain rang, on a F =vect{x<sub>k</sub>;k ≥1} ⊂ H. Tout x∈ H est la limite de <sup>PN</sup><sub>k=1</sub>a<sub>k</sub>x<sub>k</sub> ∈F, o`uN tend vers l’infini, donc x∈F¯ =G. Ainsi, H ⊂G.

F est dense dans G donc, comme F ⊂H ⊂G, H est aussi dense dansG.

D’apr`es la question pr´eliminaire, comme E etGsont des Banach (Gest ferm´e dans un Banach), P_n se prolonge de fa¸con unique en une application lin´eaire continue ˜P_n de G dans E, avec kP˜_nk = kP_nk ≤ K. Par densit´e, ImP_n ⊂Im ˜P_n ⊂ ImP_n; or ImP_n est de dimension finie donc ferm´e, ainsi ImP_n=Im ˜P_n.

On pouvait aussi appliquer la question pr´eliminaire avec E₂ =ImP_n en ayant de toute fa¸con justifier que ImP_n est un Banach (donc que ImP_n est ferm´e dans E).

Soit x ∈ G. Pour tout ε >0, par densit´e, il existe v ∈ F ⊂ H tel que kx−vk ≤ε. On a alors kx−P˜_n(x)k ≤ kx−vk+kv−P˜_n(v)k+kP˜_n(v)−P˜_n(x)k. CommekP˜_n(v)−P˜_n(x)k ≤ kP˜_nk.kx−vk ≤Kε,

il vient kx−P˜_n(x)k ≤(K+ 1)ε+kv−P_n(v)k, carv ∈H. Or, par d´efinition,P_n(v) = v pourn assez grand i.e. il existe n₀ ∈ N tel que pour n ≥ n₀, P_n(v) = v. Finalement, kx−P˜_n(x)k ≤ (K + 1)ε pour n≥n₀. Ainsi, lim ˜P_n(x) =x.

4)Soit x∈G. Pour N ∈N, ˜P₁(x) +

N

X

n=1

( ˜P_n+1(x)−P˜_n(x)) = ˜P_N+1(x), qui converge versx quand N tend vers l’infini, d’apr`es le 3.

Comme Im ˜P₁ =Rx₁, ˜P₁(x) = a₁x₁ o`ua₁ est un r´eel.

Pour tout v ∈ H, on a ˜Pn+1(v)−P˜n(v) = Pn+1(v)−Pn(v) ∈ Rxn+1. Ainsi, comme tout x ∈ G s’´ecrit comme une limite d’une suite v_j de H, on a ˜P_n+1(x)−P˜_n(x) = lim_jP˜_n+1(v_j)−P˜_n(v_j) ∈ Rx_n+1, car c’est une droite vectorielle, donc ferm´ee. On a donc l’existence de a_n+1 ∈ R tel que P˜n+1(x)−P˜n(x) =an+1xn+1.

Ainsi, x est la limite de a1x1+

N

X

n=1

an+1xn+1 donc, par d´efinition x∈H. Finalement G=H.

Conclusion : la suite (x_n) est une suite basique.

3 Partie III.

1a) Pour tout n∈N\ {0}, V_n⊂U_n donc ^\

n∈_N^∗

V_n⊂ ^\

n∈_N^∗

U_n. D’autre part, ^\

n∈_N^∗

U_n⊂ ^\

n∈_N^∗

U_n+1 et pour tout n∈N\ {0}, U_n+1 ⊂V_n donc ^\

n∈_N^∗

U_n⊂ ^\

n∈_N^∗

V_n. Finalement, ^\

n∈_N^∗

V_n = ^\

n∈_N^∗

U_n.

1b)Il faut commencer par justifier la strat´egie de Pierre : le choixU_n+1 =V_n\F_n, pourn ≥1, est acceptable car c’est un ouvert non vide inclus dans V_n. En effet, c’est un ouvert comme intersection de deux ouverts : V_n et le compl´ementaire de F_n. De plus, U_n+1 est trivialement inclus dans V_n. Enfin, U_n+1 est non vide; sinon, V_n ⊂ F_n or F_n est d’int´erieur vide et V_n est un ouvert non vide : contradiction.

SupposonsU non vide et prenons x∈U. Comme E =^S_n∈N∗F_n, il existe m≥1 tel que x∈F_m. Commexest dans tous les U_n, xest en particulier dansU_m+1 =V_m\F_m. Cette contradiction assure que U est vide.

1c) Soit n ≥ 1. Quel que soit le choix U_n de Pierre, Paul r´epond que, comme U_n est ouvert, il peut choisir x_n ∈U_n etr_n ∈]0,_n¹[ tels que U_n contienne la boule ferm´eeF_n = ¯B(x_n, r_n) et Paul joue alors V_n=B(x_n, r_n) (boule ouverte).

On a F_n ⊂U_n ⊂V_n−1 =B(x_n−1, r_n−1)⊂F_n−1. Ainsi, la suite (F_n) est une suite d´ecroissante de ferm´es non vides. Comme (r_n) tend vers 0, le diam`etre deF<sub>n</sub> aussi et d’apr`es le th´eor`eme des ferm´es emboˆıt´es (cf. rappel de l’´enonc´e), on a ^\

n∈_N^∗

F_n6=∅.

Or ^\

n∈_N^∗

F_n⊂ ^\

n∈_N^∗

U_n =U donc U est non vide et Paul gagne.

1d) D’apr`es 1.b et 1.c, comme on ne peut avoir U `a la fois vide et non vide, on en d´eduit q’un espace de Banach (qui est complet) ne peut ˆetre r´eunion d´enombrable de ferm´es d’int´erieur vide.

2a)Par d´efinition, ^[

n∈_N^∗

X_n ⊂F. Soity∈F, il existe x∈E tel que y=T(x) carT est bijective.

Il existe n ∈ N^∗ tel que kxk < n. Par lin´earit´e, y s’´ecrit y = nT(_n^x) avec kx

nk < 1. On a donc

y ∈nT(B(0,1)) ⊂X_n. Finalement ^[

n∈_N^∗

X_n=F.

2b)D’apr`es 1.d., F, qui est un Banach, n’est pas une r´eunion d´enombrable de ferm´es d’int´erieur vide. Or les X_n sont des ferm´es par d´efinition et recouvrent F (cf 2.a) donc il existe n ≥ 1 tel que X^◦_n6= ∅. Ainsi, il existe y₁ ∈ F et r > 0 tels que B(y₁, r) ⊂ nT(B(0,1)). Soient y₀ = 1

ny₁ et c= r

2n >0.

Pour tout z ∈ B(y₀,2c), knz−y₁k = nkz −y₀k < 2cn = r donc nz ∈ B(y₁, r) ⊂ nT(B(0,1)).

Ainsi, z ∈T(B(0,1)) et finalement B(y₀,2c)⊂T(B(0,1)).

2c)T(B(0,1)) est convexe, sym´etrique par rapport `a 0 doncT(B(0,1)) aussi. Ainsi,B(−y0,2c)⊂ T(B(0,1)).

D’o`u, B(0,2c) ⊂ T(B(0,1)). En effet, pour tout z ∈ B(0,2c), on a (z +y₀) ∈ B(y₀,2c) ⊂ T(B(0,1)) et (z −y₀) ∈ B(−y₀,2c) ⊂ T(B(0,1)) donc, par convexit´e z = (z+y₀) + (z−y₀)

2 ∈

T(B(0,1)).

2d) Soit y ∈ F avec kyk < c donc 2y ∈ B(0,2c) ⊂ T(B(0,1))., d’apr`es 2.c. Il existe donc v ∈ B(0,1) tel quek2y−T(v)k< c. Ainsi,z₁ = 1

2v v´erifiekz₁k< 1

2 etky−T(z₁)k= 1

2k2y−T(v)k< 1 2c.

Supposonsz₁,· · ·, z_n−1 construits avec∀1≤j ≤n−1,kz_jk< 1

2^j etky−T(z₁+· · ·+z_j)k< 1 2^jc.

Posonsδ_n=y−T(z₁+· · ·+zn−1). On ak2ⁿδ_nk<2cdonc, d’apr`es 2.c, 2ⁿδ_n∈T(B(0,1)) et il existe w ∈ B(0,1) tel que k2ⁿδ_n−T(w)k < c. Ainsi, z_n = 2⁻ⁿw v´erifie kz_nk < 1

2ⁿ et kδ_n−T(z_n)k< 1 2ⁿc donc ky−T(z₁+· · ·+z_n)k< 1

2ⁿc.

Par r´ecurrence, la suite (z_n)_n convient.

2e)La suite (x_n) est Cauchy. En effet, pour toutε >0, il existen₀ ∈Ntel que

+∞

X

n=n0

1

2ⁿ < εdonc pour tout m⁰ ≥m ≥n₀, kx_m⁰ −x_mk=k

m⁰

X

n=m

z_nk ≤

m⁰

X

n=m

kz_nk<

+∞

X

n=n0

1 2ⁿ < ε.

Comme l’espace E est complet, cette suite de Cauchy converge vers une limitex∈E.

Par continuit´e deE, T(xn) converge vers T(x). Comme ky−T(xn)k< 1

2ⁿc, qui converge vers 0, il vient par passage `a la limite, y=T(x). Comme T est bijective, cela donne x=T⁻¹(y).

2f ) On remarque, dans la question pr´ec´edente, que kxnk<kz1k+

n

X

j=2

1

2^j donc, par passage `a la limite sur n, on obtient kxk ≤ kz₁k+

∞

X

j=2

1

2^j =kz₁k+1

2. Donc kxk<1.

T⁻¹ ∈ L(F, E) et pour tout y ∈ F avec kyk< 1, i.e. kcyk< c, on a d’apr`es 2.e, kT⁻¹(cy)k <1 donc kT⁻¹(y)k< 1

c. L’application T⁻¹ est donc born´ee sur B(0,1) donc T⁻¹ est continue. De plus, kT⁻¹k ≤ 1

c.

4 Partie IV.

Il est clair que A est un R-espace vectoriel et que k.k_A est une norme; l’´enonc´e admet d’ailleurs ces points. Pr´ecisons tout de mˆeme que, pour a= (a_n), si kak_A = 0 alors pour tout N,

N

X

n=1

a_nx_n= 0 et, par passage `a la limite

∞

X

n=1

a_nx_n = 0. Comme (x_n) est une suite basique, on obtient, par unicit´e, que tous les a_n sont nuls donc a= 0.

D’autre part, on remarque que l’unicit´e dans la d´efinition de suites basiques impose que tous les xn soient non nuls.

1) Soit (v^(p))_p une suite de Cauchy de A : pour tout ε >0, il existe p₀ ≥ 1 tel que ∀q ≥p≥p₀, kv^(q)−v^(p)k_A < ε, i.e. . Pour toutp, on ´ecrit v^(p)=

∞

X

n=1

v_n^(p)x_n. Pour toutN, on a|v_N^(q)−v_N^(p)|.kxNk=k

N

X

n=1

(v^(q)_n −v_n^(p))xn−

N−1

X

n=1

(v_n^(q)−v^(p)_n )xnk ≤2kv^(q)−v^(p)k_A <2ε.

Ainsi, `a N fix´e, |v^(q)_N −v^(p)_N | <2εkx_nk⁻¹ et la suite (v^(p)_N )_p est une suite de Cauchy de r´eels donc est convergente vers une limite v_N.

Fixons N et p ≥ p₀ pour l’instant, k

N

X

n=1

(v_n−v_n^(p))x_nk = lim

q k

N

X

n=1

(v_n^(q)−v_n^(p))x_nk ≤ ε, car pour q ≥ p₀, k

N

X

n=1

(v_n^(q)−v^(p)_n )x_nk ≤ kv^(q) −v^(p)k_A < ε. On obtient donc l’in´egalit´e suivante pour tout p≥p₀ :

(U) sup

N

k

N

X

n=1

(v_n−v_n^(p))x_nk ≤ε.

Montrons que

∞

X

n=1

v_nx_n converge dans E. Fixons ε > 0 et p₀ comme pr´ec´edemment. Comme

∞

X

n=1

v_n^(p0)x_n converge, il existe N₀ ≥1 tel que pour tous m⁰ ≥m ≥N₀, k

m⁰

X

n=m

v_n^(p0)x_nk< ε. On a alors k

m⁰

X

n=m

v_nx_nk ≤ k

m⁰

X

n=m

v_n^(p0)x_nk+k

m⁰

X

n=m

(v^(p_n⁰⁾−v_n)x_nk. Le premier terme est inf´erieur `a ε et le second

` a k

m⁰

X

n=1

(v_n^(p0)−v_n)x_nk+k

m−1

X

n=1

(v^(p_n⁰⁾−v_n)x_nk ≤2 sup

N

k

N

X

n=1

(v_n^(p0)−v_n)x_nk ≤2ε, d’apr`es (U).

Finalement, on a ´etabli : pour tout ε > 0, il existe N₀ ≥ 1 tel que pour tous m⁰ ≥ m ≥ N₀, k

m⁰

X

n=m

v_nx_nk ≤ 3ε. La suite de terme

N

X

n=1

v_nx_n est donc de Cauchy dans E, complet, donc elle est convergente. Ainsi,v = (v_n)_nest dans A. De plus, l’in´egalit´e (U) s’´ecritkv−v^(p)k_A ≤ε pourp≥p₀; autrement dit, (v^(p))_p converge vers v dans A. On conclut donc que A est un espace de Banach.

2a)Par d´efinition de AetG, l’application Φ est bien d´efinie; de plus, elle est clairement lin´eaire.

Pour tout a ∈ A, kΦ(a)k = klim

N N

X

n=1

a_nx_nk = lim

N k

N

X

n=1

a_nx_nk ≤ sup

N

k

N

X

n=1

a_nx_nk = kak_A. Ainsi, Φ est continue et de norme inf´erieure `a 1. En fait, en prenant a₁ = 1 et a_n = 0 pour n ≥ 2, on a kΦ(a)k=kak_A donc kΦk= 1.

Enfin, Φ est bijective car pour tout w ∈ G = ¯F, comme la suite (x_n) est basique, il existe une

unique suite de r´eels (a_n) telle quew =

∞

X

n=1

a_nx_n. Par d´efinition, a = (a_n)∈A et Φ(a) =w o`u a est unique.

2b) D’apr`es III, 2.f, Φ⁻¹ est une application lin´eaire continue de G dans A : il existe K >0 tel que pour tout a∈A, kak_A =kΦ⁻¹(Φ(a))k_A ≤KkΦ(a)k_G.

Ainsi, pour tout q ∈ N^∗ et tous α₁,· · ·, α_q ∈ R, on pose a_n = α_n si n ≤ q et a_n = 0 sinon. On obtient sup

1≤N≤q

k

N

X

n=1

α_nx_nk = kak_A ≤ Kk

q

X

n=1

α_nx_nk. En particulier, pour tout p ≤ q, k

p

X

n=1

α_nx_nk ≤ Kk

q

X

n=1

α_nx_nk. Donc la suite v´erifie (∗).

5 Partie V.

On note M =

∞

X

n=1

kx_n−y_nk<(2K)⁻¹.

1a) Soient p, q ∈ N^∗ avec p ≤ q, on fixe k ∈ {p,· · ·, q}. D´efinissons la suite de r´eels αj = aj

si p ≤ j ≤ q et α_j = 0 sinon. Comme les (x_n) v´erifient (∗), on a k

k

X

j=1

α_jx_jk ≤ Kk

q

X

j=1

α_jx_jk

et k

k−1

X

j=1

α_jx_jk ≤ Kk

q

X

j=1

α_jx_jk. Ainsi, comme kx_kk = 1, on obtient |a_k| = kα_kx_kk = k

k

X

j=1

α_jx_j −

k−1

X

j=1

α_jx_jk. On en d´eduit que |a_k| ≤ k

k

X

j=1

α_jx_jk+k

k−1

X

j=1

α_jx_jk ≤2Kk

q

X

j=1

α_jx_jk= 2Kk

q

X

j=1

a_jx_jk.

Comme ceci est vrai pour tout k ∈ {p,· · ·, q} d’o`u max

p≤k≤q|a_k| ≤2Kk

q

X

j=1

a_jx_jk.

1b) Supposons que

∞

X

k=1

akxk converge dans E. D’apr`es le crit`ere de Cauchy, pour tout ε > 0, il existe k₀ tel que ∀q≥p≥k₀, k

q

X

k=p

a_kx_kk ≤ε.

On remarque que

q

X

k=p

kx_k−y_kk<(2K)⁻¹ et, d’apr`es le 1.a, max

p≤k≤q|a_k| ≤ 2Kε. On en d´eduit que k

q

X

k=p

a_k(x_k−y_k)k ≤ max

p≤k≤q|a_k|.

q

X

k=p

kx_k−y_kk< ε.

Ainsi, k

q

X

k=p

a_ky_kk ≤ k

q

X

k=p

a_kx_kk+k

q

X

k=p

a_k(x_k−y_k)k ≤2ε.

CommeE est complet, ceci implique que

∞

X

k=1

a_ky_k converge dans E.

R´eciproquement, supposons que

∞

X

k=1

a_ky_k converge dans E. D’apr`es le crit`ere de Cauchy, pour tout ε >0, il existe k₀ tel que ∀q≥p≥k₀, on ait k

q

X

k=p

a_ky_kk ≤ε et ^X

k≥k0

kx_k−y_kk ≤(4K)⁻¹. On a alors, d’apr`es le 1.a, max

p≤k≤q|a_k| ≤ 2Kk

q

X

k=p

a_kx_kk. On en d´eduit que k

q

X

k=p

a_k(x_k −y_k)k ≤

p≤k≤qmax |a_k|.

q

X

k=p

kx_k−y_kk ≤ 1 2k

q

X

k=p

a_kx_kk.

Les in´egalit´es k

q

X

k=p

akxkk ≤ k

q

X

k=p

akykk +k

q

X

k=p

ak(xk − yk)k ≤ ε + 1 2k

q

X

k=p

akxkk conduisent `a k

q

X

k=p

a_kx_kk ≤2ε.

CommeE est complet, ceci implique que

∞

X

k=1

a_kx_k converge dans E.

Remarque 1 : on pouvait ´eviter d’utiliser le 1.a. en suivant essentiellement la mˆeme strat´egie mais en justifiant diff´eremment la majoration du termek

q

X

k=p

ak(xk−yk)k. Ainsi, il suffisait de remarquer que max

p≤k≤q|ak| converge vers 0, car le r´esultat ´etait alors assur´e par la majoration : k

q

X

k=p

a_k(x_k−y_k)k ≤

q

X

k=p

|a_k|.kx_k−y_kk ≤2K max

p≤k≤q|a_k|.

En effet, si

∞

X

k=1

a_kx_k converge dansE, alorsa_kx_k converge vers 0 et commekx_kk= 1, on en d´eduit que |ak|tend vers 0. Si

∞

X

k=1

akyk converge dans E, alorsakyk converge vers 0. Comme kxk−ykk tend vers 0, et kx_kk= 1, on a n´ecessairement la convergence de ky_kk vers 1 donc |a_k| tend vers 0.

Remarque 2 : on pouvait aussi utiliser une in´egalit´e comme dans la question suivante comparant directement k

∞

X

k=1

a_kx_kk et k

∞

X

k=1

a_ky_kk via l’hypoth`ese ^X

k≥1

kx_k−y_kk<(2K)⁻¹. Remarque 3 : on dit alors que les suites (x_n) et (y_n) sont ´equivalentes.

1c) Fixonsp, q ∈N^∗ avec p≤q eta₁,· · ·, a_q∈R. k

p

X

k=1

a_ky_kk ≤ k

p

X

k=1

a_kx_kk+ max

1≤k≤p|a_k|.

p

X

k=1

kx_k−y_kk. D’apr`es le 1.a, le second terme est major´e par 2KMk

p

X

k=1

a_kx_kk. Ainsi k

p

X

k=1

a_ky_kk ≤(2KM + 1)k

p

X

k=1

a_kx_kk ≤2k

p

X

k=1

a_kx_kk. Comme (x_n) v´erifie (∗), on obtient k

p

X

k=1

akykk ≤2Kk

q

X

k=1

akxkk.

D’autre part, on majore k

q

X

k=1

a_kx_kk par k

q

X

k=1

a_ky_kk + max

1≤k≤q|a_k|.

q

X

k=1

kx_k − y_kk ≤ k

q

X

k=1

a_ky_kk+ 2KMk

q

X

k=1

a_kx_kk d’apr`es 1.a. On obtient (1−2KM)k

q

X

k=1

a_kx_kk ≤ k

q

X

k=1

a_ky_kk o`u 1−2KM >0.

Finalement, il vient k

p

X

k=1

akykk ≤ 2K 1−2KMk

q

X

k=1

akykket (yn) v´erifie (∗).

Conclusion : d’apr`es la partie II, la suite (y_n) est une suite basique.

1d)Puisque (x_n) est basique (unicit´e de l’´ecriture d’un vecteur deG) et d’apr`es la question 1.b., l’application T est bien d´efinie. Elle est clairement lin´eaire.

L’application T est continue : pour tout x ∈ G, tout N ∈ N, en majorant comme au 1.c, on a k

N

X

k=1

a_ky_kk ≤2k

N

X

k=1

a_kx_kk. Par passage `a la limite sur N, il vient kT(x)k ≤2kxk. Donc kTk ≤2.

L’application T est bijective : pour tout y ∈Y, puisque (y_n) est une suite basique, il existe une (unique) famille de scalaires (a_n) telle que y =

∞

X

k=1

a_ky_k donc d’apr`es le 1.b,

∞

X

k=1

a_kx_k converge vers un x ∈G. Par d´efinition, T(x) = y et T est surjective. Comme (x_n) est basique, la suite (a_n) telle que x=

∞

X

k=1

akxk est unique donc T est injective.

D’apr`es 2.f., partie III, T⁻¹ est aussi continue.

2a) Soit x∈ E(= G), x =

∞

X

k=1

a_kx_k o`u les a_n sont r´eels. On a u(x) =

∞

X

k=1

a_k(x_k−y_k). Pour tout N ≥ 1, on a k

N

X

k=1

a_k(x_k−y_k)k ≤ max

1≤k≤N|a_k|.

N

X

k=1

kx_k−y_kk ≤ 2KMk

N

X

k=1

a_kx_kk d’apr`es 1.a. Puis par passage `a la limite sur N, on obtient ku(x)k ≤2KMkxkdonc u est continue et kuk ≤2KM <1.

2b) Soit ε > 0, il existe N0 ≥ 0 tel que ^X

k≥N₀

kuk^k ≤ ε car kuk < 1 (donc la s´erie g´eom´etrique converge). Ainsi, pour tout x ∈ E, tous q ≥ p ≥ N₀, on a k

q

X

k=p

u^k(x)k ≤ ^X

k≥N0

kuk^k.kxk ≤ εkxk.

Comme E est complet, cela implique que la suite (

N

X

k=0

u^k(x))_N qui est de Cauchy, est convergente vers une limite S(x) =

∞

X

k=0

u^k(x).

S est lin´eaire : pour tousx, x⁰ ∈E, λ, λ⁰ ∈R, par d´efinition de S et d’apr`es la lin´earit´e de u, on a S(λx+λ⁰x⁰) = lim

N N

X

k=0

u^k(λx+λ⁰x⁰) = lim

N N

X

k=0

[λu^k(x) +λ⁰u^k(x⁰)] = λS(x) +λ⁰S(x⁰).

On a imm´ediatement kSk ≤ ^X

k≥0

kuk^k = 1 1− kuk. Enfin, pour toutx∈E,

S(T(x)) = lim

N N

X

k=0

u^k(x−u(x)) = lim

N N

X

k=0

[u^k(x)−u^k+1(x)] = lim

N [x−u^N+1(x)] =x car u^N+1(x) converge vers 0. Donc S◦T =id.

D’autre part, par continuit´e et lin´earit´e de T : T(S(x)) =T(lim

N N

X

k=0

u^k(x)) = lim

N N

X

k=0

T(u^k(x)).

Comme T = id−u, il vient comme pr´ec´edemment, T(S(x)) = lim_N

N

X

k=0

[u^k(x)−u^k+1(x)] = x donc T ◦S =id.

2c)Par hypoth`ese, Y ⊂E. D’autre part, T :E →Y ⊂E v´erifieT ◦S =id (identit´e deE) donc T est surjective de E sur E. On en d´eduit Y =E.