2.6 Exercices
On utilisera systématiquement le fait qu’une application linéaire entre espaces vectoriels normés de dimension finie est automatiquement continue.
Exercice 2.1 Soit E un espace vectoriel normé. Montrer que
8v, w2E,kvk+kwk kv+wk+kv wk. En déduire que
8v, w2E,kvk+kwk 2 max{kv +wk,kv wk}. La constante 2 est elle optimale ?
Solution On a
2kvk=k2vk=k(v+w) + (v w)k kv+wk+kv wk
et par symmétrie 2kwk kv +wk+ kv wk puisque kv wk = kw vk. En additionnant, on trouve 2kvk+ 2kwk 2kv + wk + 2kv wk et il n’y a qu’à diviser par deux. La majoration suivante est alors immédiate. Enfin, la constante est optimale : si on munit E =R2 de la norme infiniek(a, b)k= max{|a|,|b|} et qu’on pose v = (1,0) et w= (1,0) si bien quev+w= (1,1) et v w= (1, 1), on a bien 1 + 1 = 2 max{1,1}.
Exercice 2.2 Soit E un espace vectoriel et
E⇥E !R, (v, w)7! hv, wi
un produit scalaire (h 1v1 + 2v2, wi = 1hv1, wi+ 2hv2, wi, hv, wi = hw, vi et hv, vi>0,v 6= 0)). Montrer que l’application
E !R, v 7! kvk:=p hv, vi
est une norme (on pourra d’abord montrer l’inégalité de de Cauchy-Schwarz (|hv, wi| kukkvk) en considérant le discriminant du polynôme kt u+vk2 2R[t]).
Solution Montrons d’abord l’inégalité de Cauchy-Schwartz. On peut supposeru6= 0 sinon c’est clair. Dans ce cas, le polynôme
kt u+vk2 =htu+v, tu+vi=t2hu, ui+ 2thu, vi+hv, vi=kuk2t2+ 2hu, vit+kvk2 étant toujours positif, son discriminant est négatif et on a donc
4hu, vi2 4kuk2kvk2 0.
On en déduit que hv, wi2 kuk2kvk2 et il suffit de prendre les racines carrées. En prenant t = 1 maintenant, on a
ku+vk2 =kuk2+ 2hu, vi+kvk2 kuk2+ 2kuk2kvk2+kvk2 = (kuk+kvk)2 et il suffit de nouveau de prendre les racines carrées pour obtenir l’inégalité triangu- laire. On vérife aisément les deux autres propriétés.
Montrer que
1. si B+(v0, R) ⇢ B+(v0, R0), alors R R0 (considérer v = v0 + Ru avec kuk= 1).
2. si B+(v0, R) ⇢ B+(v00, R), alors v0 = v00 (considérer v = v0 +Ru avec u= (v0 v00)/d sid :=kv0 v00k 6= 0).
3. si B+(v0, R) =B+(v00, R0), alors v0 =v00 etR =R0 (par symétie, on pourra supposer queR0 R).
Solution Pour la première question, avec les indication données, on a kv v0k =k(v0+Ru) v0k=Rkuk=R
si bien que v 2B+(v0, R)⇢B+(v0, R0) et doncR =kv v0k R.
Pour la seconde question, avec les indication données, on a toujours kv v0k =k(v0+Ru) v0k=Rkuk=R
si bien que v 2B+(v0, R)⇢B+(v00, R)et donc kv v00k R. Mais v v00 =v0+Ru v00 =Ru+ (v0 v00) = Ru+du= (R+d)u.
Il suit que kv v00k=R+d etR+dR si bien qued= 0.
Enfin, pour la dernière question et avec l’indication, on aura B+(v0, R) = B+(v00, R0)⇢B+(v00, R) si bien quev00 =v0 par la question 2) et on conclut grâce à la question 1).
Exercice 2.4 Soit E un espace vectoriel normé et X ⇢ E une partie non vide.
Montrer que l’application dX :E !R, v 7! inf
w2Xkv wk
est continue (on pourra montrer qu’elle est lipschitzienne).
Solution Soient v1, v2 2E. Si w2X, alors kv1 wk kv1 v2k+kv2 wk.
En prenant la borne inférieure sur w, on en déduit que dX(v1) kv1 v2k+dX(v2)
et donc
|dX(v1) dX(v2)| kv1 v2k.
Cela montre que dX est1-lipschitzienne et donc continue.
Exercice 2.5 Montrer que kFk:=
Xn
k=0
|F(k)(k)|
définit une norme sur R[t]n. En déduire que 9M 2R,8F 2R[t]n,
Z 1 0
F(t)etdt M Xn
k=0
|F(k)(k)|.
Solution On remaque que kFk=|F(0)|+kGk avec G(t) =F0(t+ 1). Supposons que kFk = 0. On a alors obligatoirement |F(0)| = 0 et kGk = 0. Par récurrence sur n, on a G = 0 et donc aussi F0 = 0 si bien que F est constant. Mais comme F(0) = 0, on a nécessairement F = 0 (cet argument initialise aussi la récurrence).
Les deux autres propriétés d’une norme se vérifient facilement. Maintenant, comme l’application
R[t]n !R, F 7!
Z 1 0
F(t)etdt
est manifestement linéaire et que R[t]n est de dimension finie, cette application est continue et il existe donc M tel que siF 2R[t]n, on ait
Z 1 0
F(t)etdt M Xn
k=0
|F(k)(k)|.
Exercice 2.6 Montrer que la multiplicationR[t]n⇥R[t]m !R[t]m+n est conti- nue pour les normes k k1 (on pourra se rappeler qu’elle est bilinéaire).
Solution Par définition, si F =Pn
k=0aktk, alors kFk1 = maxnk=0|ak|. De plus, si G= Pm
k=0bktk, alors F G=Pm+n
k=0 cktk avec ck= P
i+j=kaibj. En particulier, on a pour tout k = 0, . . . , n+m,
|ck| X
i+j=k
|ai||bj| X
i+j=k
kFk1kGk1 = (m+n+ 1)kFk1kGk1
et donc kF Gk1 (m+n+ 1)kFk1kGk1. Exercice 2.7 Montrer que la suite Fn = Pn
0 tk
k! est une suite de Cauchy dans (R[t],k k1) qui ne converge pas.
Solution Pour m n N, on a kFm Fnk=
Xm
n+1
tk
k! =maxm
n+1
1 k!
1
N! !0 quand N !0
Fn F = Xd
k=0
✓1 k! ak
◆ tk+
Xn
k=d+1
tk k!
et donc
kFn Fk= max
✓ d
maxk=0
1
k! ak , maxn
k=d+1
1 k!
◆ 1
d+ 1! 6!0 quand n!0.
Exercice 2.8 Soit {fn}n2N une suite de fonctions polynomiales qui converge uni- formément vers une fonction f.
1. Montrer qu’ 9N 2N,8n N,8x2R,|(fn fN)(x)|1.
2. En déduire que fn fN =cn 2R et que {cn}n2N est convergente.
3. En déduire que f est nécessairement aussi une fonction polynomiale.
4. Montrer que le résultat n’est plus valide si la suite n’est pas uniformément convergente.
Solution Si ✏ >0, il existeN 2N tel que pour tout n N et tout x 2R, on ait
|fn(x) f(x)|✏. En prenant ✏= 12 et en appliquant ça simultanément à n et N, on a
|(fn fN)(x)|=|(fn(x) f(x)) (fN(x) f(x))|
|fn(x) f(x)| +|fN(x) f(x)|
1 2 +1
2 = 1.
En particulier, fn fN est une fonction polynomiale bornée et donc constante : on a Fn fN =cn avec cn 2R. Puisque fN est fixé et que {fn}n2N est (uniformément) convergente, il est clair que la suite {cn}n2N est convergente et que si on désigne par csa limite, on aura f fN =c. On en déduit que f =fN +cest une fonction polynomiale. Enfin, la suite définie par fn(x) =Pn
k=0 xk
k! est une suite de fonctions polynomiales qui converge (ponctuellement) vers la fonction f donnée par f(x) =ex qui elle n’est pas polynomiale.
Exercice 2.9 Les parties suivantes sont elles ouvertes ? fermées ? 1. {(x, y)2R2, xy 1}⇢R2,
2. {z 2C,Re(z2)>0}⇢C, 3. {A2Mn(R),tA =A}⇢Mn(R)
Solution On rappelle que la multiplication R2 ! R,(x, y) 7! xy est (bilinaire) continue. Puisque {(x, y)2R2, xy 1}est l’image inverse du fermé ] 1,1] deR, c’est donc un fermé de R2. De même, l’applicationR!R2, x7!(x,1) est clairement continue (lipschitzienne). Si l’ensemble {(x, y)2R2, xy 1}était, ouvert, son image inverse ] 1,1]par cette application serait aussi un ouvert, ce qui n’est pas le cas.
Les deux autres questions se traitent de la même façon.
Exercice 2.10 Montrer que
U :={F 2R[t]n,9a2R, F(a)<0} est un ouvert de R[t]n.
Solution Comme l’applicationR[t]n !R, F 7!F(a)est linéaire, et que les espaces sont de dimension finie, elle est continue. On en déduit queUa :={F 2R[t]n, F(a)<
0}qui est l’image inverse de l’ouvert] 1,0[ est aussi ouvert. Il suit queU = [a2RUa
est aussi ouvert.
Exercice 2.11 1. Soient U et V deux ouverts d’un espace vectoriel normé E. Montrer que U+V :={v+w, v 2U, w 2V} est un ouvert de E.
2. Soient
F ={n, n2Z>1} et G={ n+ 1
n, n2Z>1}.
Montrer que F et Gsont des fermés de R mais que F +G n’est pas fermé.
Solution Pour la première question, on remarque d’abord que, pour v 2 V fixé, l’application 'v :E !E, w 7!w v est continue (lipschitzienne). On en déduit que U +{v}='v1(U)est ouvert et il suit que U +V =[v2VUv est aussi ouvert.
On traite maintenant la seconde question. Le complémentaire deF est ] 1,2[[([n>1]n, n+ 1[)
qui est ouvert. De même, le complémentaire de G est
✓
[n>1 (n+ 1) + 1
n+ 1, n+ 1 n
◆
[ 3
2,+1
qui est aussi ouvert. On a F +G={m n+ 1
n, m, n >1}
(en posant k = m n). En particulier, la suite un := 1/n est bien contenue dans F +Gmais pas sa limite qui est 0.
Exercice 2.12 Montrer que
kfk:=|f(0)|+kf0k1 et kfk0 :=kfk1+kf0k1
définissent des normes surC1([0,1],R). Sont-elles équivalentes entre elles ? Sont elles équivalentes à k k1?
Solution On vérifie aisément que ce sont bien des normes. De plus, sif 2C1([0,1],R) et x 2 [0,1], il existe ⇠ 2 [0,1] tel que f(x) f(0) = (x 0)f0(⇠), c’est à dire f(x) =f(0) +xf0(⇠). En particulier,
|f(x)||f(0)|+|f0(⇠)||f(0)|+kf0k1=kfk.
on en déduit que kfk0 2kfk. Puisqu’on a aussi kfk k fk0, cela montre que les normes sont équivalentes. Pour montrer qu’elles ne sont pas équivalentes à k k1, il suffit de trouver une suite de fonctions fn 2C1([0,1],R)qui converge pour k k1 mais pas pour k k. Il suffit de poserfn(x) = pxnn.
