Analyse fonctionnelle ENS Cachan A. Leclaire M1 Hadamard 2016-2017 TD3 Exercice 1 Applications du théorème de Stone-Weierstrass 1) Soit K un compact de Rd . Montrer que les fonctions polynômes à d variables sont denses dans C (K ). 2) Soit K un espace métrique compact. Montrer que C (K ) est séparable. Indication : on pourra introduire une suite dense (x n ) et considérer la sous-algèbre engendrée par la fonction 1 et les fonctions θ n (x ) = d (x,x n ). Exercice 2 Prolongement des applications uniformément continues Soient E, F deux espaces métriques, D une partie dense de E, et φ : D → F . On suppose que F est complet, et que φ est uniformément continue. On va voir que φ admet admet un unique prolongement continu à E et que de plus celui-ci est uniformément continu. 1) Montrer qu’un éventuel prolongement continu est nécessairement unique. 2) Montrons maintenant l’existence. a) Soit x ∈ E. Montrer que si (x n ) est une suite d’éléments de D qui converge vers x, alors (φ (x n )) converge dans F . Montrer de plus que la limite ne dépend pas de la suite (x n ) choisie. On note cette limite ψ (x ). b) Montrer que ψ : E → F est uniformément continue et qu’elle prolonge φ. 3) Application à l’intégrale des fonctions réglées. Soit G un espace de Banach. On dit que f : [a,b] → G est une fonction en escalier s’il existe a = a 0 < a 1 < . . . < an = b telle que f soit constante sur chaque ]ai ,ai+1 [. Une fonction f : [a,b] → G est dite réglée si elle est limite uniforme de fonctions en escalier. On note R ([a,b],G) l’ensemble des fonctions réglées muni de la norme uniforme. a) Soit f en escalier sur la subdivision a = a 0 < a 1 < . . . < an = b. On note yi la valeur de f sur ]ai−1 ,ai [. Montrer que le nombre n X yi (ai − ai−1 ) i=1 on pourra considérer une subdivision qui soit plus fine que S 1 et S 2 . ne dépend pas de la subdivision choisie. Rb On le note I ( f ) ou a f . Indicaton : Étant données deux subdivisions S 1 et S 2 , b) Montrer qu’on peut prolonger I en une application linéaire continue I : R ([a,b],G) → G. c) Montrer que si f ∈ R ([a,b],G), alors (t 7→ k f (t )k) ∈ R ([a,b], R) et que Z b k f (t )kdt . kI ( f )k 6 a d) Montrer qu’une fonction f ∈ C ([a,b],G) est réglée. Rt e) Montrer que si f ∈ C ([a,b],G), alors F : t 7→ a f (s)ds est C 1 ([a,b],G) de dérivée f . Rb f) Soit f ∈ C 1 ([a,b],G). Montrer que f (b) − f (a) = a f 0 (s)ds. 1/10 Exercice 3 Opérateurs à noyau Soient X ,Y des compacts de Rn et K ∈ C (X × Y ). Pour f ∈ C (X ), on définit T f : Y → R par Z T f (y) = K (x,y) f (x )dx X 1) Montrer que T est une application linéaire continue de C (X ) dans C (Y ). 2) Montrer que l’image par T de la boule unité fermée B de C (X ) est relativement compacte. Exercice 4 Espaces de Baire Un espace de Baire est un espace topologique dans lequel toute intersection dénombrable d’ouverts denses est dense. 1) Montrer qu’un ouvert O d’un espace de Baire E est un espace de Baire. 2) Soit E un espace topologique localement compact, c’est-à-dire tel que tout point admet un système fondamental de voisinages compacts. Montrer que E est un espace de Baire. Exercice 5 Normes équivalentes Soit E un espace vectoriel. 1) Montrer que deux normes k · k1 et k · k2 sur E définissent la même topologie si et seulement si elles sont équivalentes (c’est-à-dire qu’il existe k > 0 et K > 0 telles que k k · k1 6 k · k2 6 K k · k1 ). 2) Donner un exemple d’espace E muni de deux normes k · k1 , k · k2 non équivalentes mais telles que k · k1 6 k · k2 . 3) Soient k · k1 , k · k2 deux normes telles que k · k1 6 k · k2 . Supposons que E soit complet pour chacune de ces normes. Montrer qu’elles sont équivalentes. Exercice 6 Densité des fonctions continues nulle part dérivables On pose E = C ([0, 1], R). Pour ε > 0 et n ∈ N, on considère l’ensemble ( ) f (y) − f (x ) > n . Uε,n = f ∈ E | ∀x ∈ [0, 1], ∃y ∈ [0, 1], 0 < |y − x | < ε, y −x 1) Montrer que Uε,n est un ouvert dense dans E. 2) En déduire que l’ensemble des fonctions continues nulle part dérivables est dense dans E. Exercice 7 Sous-espaces fermés de C ([0, 1]) formé de fonctions régulières. Soit F un sous-espace vectoriel fermé de C ([0, 1]) muni de la convergence uniforme. On suppose que tous les éléments de F sont dans C 1 ([0, 1]). 1) En utilisant le théorème du graphe fermé, montrer qu’il existe C > 0 telle que ∀f ∈ F , k f 0 k∞ 6 C k f k∞ . 2) En déduire que la boule unité fermée de F (pour k · k∞ ) est compacte. 3) Que peut-on en conclure ? 2/10 Correction : Exercice 1 Applications du théorème de Stone-Weierstrass Pour cet exercice, on rappelle qu’une famille (ai )i ∈I ∈ RI est dite presque nulle si elle est nulle pour au plus un nombre fini d’indices. L’ensemble des famille presque nulles est noté R (I ) . On rappelle aussi que si I est dénombrable, alors Q (I ) est dénombrable. 1) On rappelle que les fonctions polynômiales sur Rd sont les fonctions de la forme X x 7−→ an x n n ∈Nd où (an )n ∈Nd ∈ R (N ) et où l’on utilise la notation x n = x 1n1 . . . xdnd . Pour montrer que cet ensemble A est dense dans C (K ), on va appliquer le théorème de Stone-Weierstrass. D’abord il est clair que A est une sous-algèbre unitaire (stable par addition, multiplication, multiplication scalaire, et contient la fonction constante 1). De plus, P sépare les points de K : en effet, si y,z ∈ K sont distincts, alors il existe i = 1, . . . ,d tel que yi , zi ce qui signifie que la fonction x 7→ x i sépare les points y,z. Comme K est compact, le théorème de Stone-Weierstrass assure que A est dense dans C (K ). d 2) Comme K est métrique compact, il est séparable (voir exercice d’un TD précédent) donc admet une partie dénombrable dense (an ). Suivant l’indication, on considère la sous-algèbre A engendrée par la fonction 1 et les fonctions θ n : x 7−→ d (x,an ) . Autrement dit, A est l’ensemble des combinaisons linéaires de fonctions de la forme x 7−→ θ n1 (x )θ n2 (x ) . . . θ nk (x ) , ou encore A= [ x 7−→ P (θ 1 (x ), . . . ,θ k (x )) , P ∈ R[X 1 , . . . ,X k ] . k >1 Il est clair que A est une sous-algèbre unitaire. De plus, elle sépare les points de K : en effet, si x,y ∈ K sont tels que pour toute f ∈ A, f (x ) = f (y), alors en particulier, ∀n, d (x,an ) = d (y,an ) . Mais alors si x,y étaient distincts, on aurait d (x,y) > 0 et comme (an ) est dense, il existerait n tel que d (x,an ) < 21 d (x,y) ce qui impliquerait d (x,y) 6 d (x,an ) + d (y,an ) = 2d (x,an ) < d (x,y), d’où une contradiction. On a donc nécessairement x = y. Comme K est compact, le théorème de Stone-Weierstrass donne que A est dense dans C (K ). Comme Q est dense dans R, ceci implique que [ AQ = x 7−→ P (θ 1 (x ), . . . ,θ k (x )) , P ∈ Q[X 1 , . . . ,X k ] . k >1 est encore dense dans C (K ). Or ce dernier ensemble est dénombrable car Q[X 1 , . . . ,X k ] est dénombrable pour tout k. 3/10 Exercice 2 Prolongement des applications uniformément continues 1) Soient ψ 1 , ψ 2 deux prolongements continus de φ à E. Soit x ∈ E. Comme D est dense dans E (et comme E est métrique), il existe une suite (x n ) d’éléments de D qui converge vers x. Comme ψ 1 et ψ 2 coïncident avec φ sur D, on a ψ 1 (x n ) = ψ 2 (x n ) . ∀n ∈ N, Mais comme ψ 1 et ψ 2 sont continues en x et que lim x n = x, on obtient en passant à la limite dans cette égalité que ψ 1 (x ) = ψ 2 (x ). Ainsi, ψ 1 et ψ 2 coïncident sur tout E. 2) a) Soient x n ∈ D qui convergent vers x dans E. On va voir que (φ (x n )) est de Cauchy dans F . Soit ε > 0. Comme φ est uniformément continue sur D, il existe η > 0 tel que ∀x,y ∈ D, d (x,y) < η =⇒ d (φ (x ),φ (y)) < ε . Mais comme (x n ) converge dans E, c’est une suite de Cauchy, donc il existe N tel que ∀p,q > N , d (xp ,x q ) < η . Par suite, ∀p,q > N , d (φ (xp ),φ (x q )) < ε . Ainsi, (φ (x n )) est bien une suite de Cauchy dans F . Comme F est complet, elle converge. Montrons de plus que la limite ne dépend pas de la suite (x n ) choisie. Pour cela, donnonsnous x n ∈ D et yn ∈ D convergeant vers x dans E. Ce qui précède montre que (φ (x n )) et (φ (yn )) convergent respectivement vers ` et ` 0 dans F . Mais alors, la suite (zn ) définie par z 2n = x n et z 2n+1 = yn , converge elle aussi vers x, et ce qui précède montre donc que (φ (zn )) converge. Cette suite admettant deux sous-suites convergeant respectivement vers ` et ` 0, on en déduit que ` = ` 0. b) D’abord, il est clair que ψ prolonge φ. En effet, si x ∈ D, alors la suite constante x n = x converge vers x, et on a donc ψ (x ) = lim φ (x n ) = φ (x ). Maintenant, montrons que ψ est uniformément continue. Pour cela, prenons ε > 0. Comme φ est uniformément continue sur D, il existe η > 0 tel que ∀x,y ∈ D, d (x,y) < η =⇒ d (φ (x ),φ (y)) < ε . Mais alors, si x,y ∈ E sont tels que d (x,y) < η, il existe deux suites (x n ) et (yn ) dans D convergeant respectivement vers x et y. Par définition de ψ , on a ψ (x ) = lim φ (x n ) et ψ (y) = lim φ (yn ) . Par continuité de la distance, on a donc d (x n ,yn ) → d (x,y) et en particulier, à partir d’un certain rang N , d (x n ,yn ) < η. Ainsi, ∀n > N , d (φ (x n ),φ (yn )) < ε . En utilisant de nouveau la continuité de la distance, on obtient en faisant n → ∞ que d (ψ (x ),ψ (y)) 6 ε . Cela prouve que ψ est uniformément continue sur E. 4/10 3) a) Une subdivision a = a 0 < a 1 < . . . < an = b est dite adaptée à f si f est constante sur chaque intervalle ]ai−1 ,ai [. Dans la suite, on adoptera une notation ensembliste S = {a 0 , . . . ,an } pour cette subdivision. Considérons une subdivision S 1 = {a 0 , . . . an } de [a,b] adaptée à f et notons yi la valeur de f sur ]ai−1 ,ai [. Une subdivision S 2 plus fine que S 1 est de la forme S 2 = { aij , 1 6 i 6 n , 0 6 j 6 Ji } , où pour tout i, { aij , 0 6 j 6 Ji } est une subdivision de [ai−1 ,ai ]. Cette subdivision plus fine est encore adaptée à f , et la valeur de la somme de Riemann correspondante est donc Ji n X X i=1 j=1 yi (aij − aij−1 ) = n X yi Ji X j=1 i=1 (aij − aij−1 ) = n X yi (ai − ai−1 ) . i=1 Ainsi, la valeur de la somme de Riemann ne change pas si l’on raffine la subdivision. Enfin, si S 1 et S 2 sont deux subdivisions adaptées à f , alors leur réunion S = S 1 ∪ S 2 est aussi adaptée à f , et est plus fine que S 1 et S 2 . Les sommes de Riemann associées à S 1 et S 2 sont donc égales à la somme de Riemann associée à S. P Finalement, la somme de Riemann yi (ai − ai−1 ) est la même pour n’importe quelle subdivision a = a 0 < . . . < an = b adaptée à f . b) Notons E ([a,b],G) l’ensemble des fonctions en escalier sur [a,b]. Montrons que I est uniformément continue sur E ([a,b],G). D’abord, I est linéaire. En effet, soient f ,д ∈ E ([a,b],G) et α, β ∈ R. Si S 1 et S 2 sont des subdivisions respectivement adaptées à f et д, alors la subdivision S = S 1 ∪ S 2 est adaptée à la fois à f et д. Si l’on note a = a 0 < a 1 < . . . < an = b cette subdivision S et yi (resp. zi ) la valeur de f (resp. д) sur ]ai−1 ,ai [, alors S est adaptée à α f + βд et cette dernière vaut αyi + βzi sur ]ai−1 ,ai [. Par suite, I (α f + βд) = n X (αyi + βzi )(ai − ai−1 ) = α i=1 n X yi (ai − ai−1 ) + β i=1 n X zi (ai − ai−1 ) = αI ( f ) + βI (д) . i=1 Cela prouve que I est linéaire. Prenons alors f ∈ E ([a,b],G), a = a 0 < a 1 < . . . < an une subdivision adaptée à f , et désignons par yi la valeur de f sur ]ai−1 ,ai [. L’inégalité triangulaire donne kI ( f )k 6 n X i=1 kyi k|ai − ai−1 | 6 k f k∞ n X (ai − ai−1 ) = k f k∞ (b − a) . i=1 On en déduit que I est une application linéaire continue de E ([a,b],G) dans G. Par linéarité, I est même uniformément continue sur E ([a,b],G). De plus, par définition, E ([a,b],G) est dense dans R ([a,b],G). Enfin, G est complet. En utilisant le théorème de prolongement des applications uniformément continues démontré dans les questions 1 et 2, on en déduit que I se prolonge de manière unique en une application linéaire continue I : R ([a,b],G) −→ G . c) Soit f ∈ R ([a,b],G). Si fn → f uniformément, par l’inégalité triangulaire t 7→ k fn (t )k converge uniformément sur [a,b] vers t 7→ k f (t )k. De plus, si fn est en escalier, alors t 7→ k fn (t )k l’est aussi. On en déduit que t 7→ | f (t )| est réglée. De plus, si f est en escalier, alors avec les notations du a), l’inégalité triangulaire donne Z b X n n Z b X f (t )dt = yi (ai − ai−1 ) 6 kyi k(ai − ai−1 ) = k f (t )kdt . i=1 a a i=1 5/10 Les deux membres extrêmes étant des fonctions continues de f (pour la norme uniforme), cette égalité reste valable pour les fonctions réglées. d) Soit f ∈ C ([a,b]) et soit ε > 0. Par le théorème de Heine, f est uniformément continue sur [a,b], donc il existe n ∈ N∗ tel que |x − y| < ∀x,y ∈ [a,b], 1 ⇒ k f (x ) − f (y)k < ε . n Considérons alors la subdivision définie par ai = a + i b−a n , 0 6 i 6 n, et définissons la fonction en escalier n X д = f (a)1 {a } + f (ai )1]ai −1,ai ] . i=1 Alors k f − дk∞ < ε. En effet, si x = a, alors f (x ) = д(x ), et si x ∈ ]a,b], il existe i ∈ {1, . . . ,n} tel que x ∈ ]ai−1 ,ai ], et alors kд(x ) − f (x )k = k f (ai ) − f (x )k < ε , où l’on a utilisé que |ai − x | < ai − ai−1 = n1 . Ainsi, k f − дk∞ 6 ε. Finalement, les fonctions continues sont bien réglées. Rt e) Soit f ∈ C ([a,b],G) et posons F (t ) = a f (s)ds. Montrons que F est dérivable en un point t ∈ [a,b] fixé. Soit ε > 0. Par continuité de f , il existe η > 0 tel que ∀u ∈ [a,b], |t − u | < η ⇒ k f (t ) − f (u)k < ε . Pour h > 0 tel que t + h ∈ [a,b], on a F (t + h) − F (t ) 1 − f (t ) = h h t +h Z t 1 f (s)ds − f (t ) = h t +h Z t ( f (s) − f (t ))ds . Par conséquent, en utilisant l’inégalité triangulaire, on obtient que pour h ∈ ]0,η[, F (t + h) − F (t ) − f (t ) 6 ε . h Cela prouve que lim h→0+ F (t + h) − F (t ) = f (t ) . h De la même manièire, on montre que la limite en 0− est aussi égale à f (t ). On en conclut que F est dérivable en t et que F 0 (t ) = f (t ). Comme f est continue, il s’ensuit que F est de classe C 1 . f) Il s’agit de montrer que pour tout t ∈ [a,b], Z t f (t ) = f (a) + f 0 (s)ds . a Par la question précédente, le membre de droite est une fonction C 1 de dérivée f 0. Par conséquent, les deux membres sont dérivables et ont même dérivée. Comme ils valent tous les deux f (a) en t = a, on en déduit qu’ils sont égaux. À noter que le résultat f 0 = 0 ⇒ f = cste provient d’une version générale de l’inégalité des accroissements finis ; pour la preuve de ce résultat, on revoie au Chap. 4 du Cours de Mathématiques, Tome 2 Analyse de J. Lelong-Ferrand et J.M. Arnaudiès. 6/10 Exercice 3 Opérateurs à noyau 1) Notons avant de commencer que K et f sont bornées car continues sur des compacts. D’abord, remarquons que T f est bien défini : pour chaque y, x 7→ K (x,y) f (x ) est mesurable car continue et est bornée. De plus, T envoie bien C (X ) dans C (Y ) : en effet, pour f ∈ C (X ), si yn → y dans Y , la continuité de K donne que ∀x ∈ X , K (x,yn ) f (x ) −→ K (x,y) f (x ) , et comme l’intégrand est toujours borné par kK k∞ k f k∞ , le théorème de convergence dominée assure que T f (yn ) → T f (y) et donc T f ∈ C (Y ). Bien entendu, on aurait aussi pu procéder plus simplement par continuité uniforme de K (voir ci-dessous). Remarquons que T est linéaire grâce à la linéarité de l’intégrale. Enfin T est continue car pour toute f ∈ C (X ), Z kT f k∞ = sup K (x,y) f (x )dx 6 kK k∞ λ(X )k f k∞ . y ∈Y X 2) On va appliquer le théorème d’Arzela-Ascoli. D’abord remarquons que pour tout y ∈ Y , ∀f ∈ B, |T f (y)| 6 kK k∞ λ(X ) et par suite l’ensemble T (B)(y) est borné dans R et donc relativement compact. Montrons maintenant que T (B) est uniformément équicontinue. Soit ε > 0. Pour y,z ∈ Y , Z T f (y) − T f (z) = K (x,y) − K (x,z) f (x )dx . X Comme K est continue sur le compact X × Y , elle y est uniformément continue donc il existe η > 0 tel que ∀(x,y), (x 0,y 0 ) ∈ X × Y , kx − x 0 k < η et ky − y 0 k < η ⇒ |K (x,y) − K (x 0,y 0 )| < ε . Pour y,z ∈ Y tels que ky − zk < η, on a donc ∀f ∈ B, |T f (y) − T f (z)| 6 ε k f k∞ 6 ε . Ceci prouve que T (B) est uniformément équicontinue sur K. Comme K est compact, le théorème d’Arzela-Ascoli assure que T (B) est relativement compacte dans C (Y ). Exercice 4 Espaces de Baire T 1) Soit (Un ) une famille dénombrable d’ouverts denses de O. Montrons que D = Un est encore dense dans O. c c Remarquons que O ∩ O = ∅ et donc on peut rajouter O à nos ensembles sans modifier ce c qu’il se passe dans O. Ainsi, considérons Un0 = Un ∪ O qui est encore un ouvert de E (car Un est ouvert de O, et donc de E). De plus, il est dense : si V est un ouvert non vide de E, s’il ne rencontre c pas O alors il rencontre nécessairement O et donc aussi O et donc il rencontre Un . Ainsi (Un0 ) est une famille dénombrable d’ouverts denses de E. Comme E est un espace de T Baire, D 0 = Un0 est dense dans E. En particulier D = D 0 ∩ O est dense dans O. 2) On va s’inspirer de la construction donnée pour les espaces métriques complets. Soit (Un )n>0 T une famille dénombrable d’ouverts denses de E. Montrons que D = Un est dense dans E. 7/10 Soit V un ouvert non vide de E. Comme U0 est dense, il rencontre U0 en un point x 0 . En particulier, U0 ∩ V est un voisinage ouvert de x 0 . Comme E est localement compact il existe un voisinage compact K 0 de x 0 qui est inclus dans U0 ∩ V . Mais alors K̊ 0 est un ouvert de E et il est non vide (car K 0 est un voisinage de x 0 ). Comme U1 est dense, il rencontre U1 en un point x 1 . Donc U1 ∩ K̊ 0 est un voisinage ouvert de x 1 . Comme E est localement compact il contient un voisinage compact K 1 de x 1 . Et ainsi de suite. On construit ainsi une suite décroissante de compacts (Kn ) non vides tels que Kn ⊂ Un ∩ V . T Par suite, Kn est une intersection décroissante de fermés dans le compact K 0 et donc est non vide. Cette intersection contient donc au moins un point x qui est à la fois dans V et dans tous les Un . Cela prouve que D est dense dans E et donc que E est un espace de Baire. Exercice 5 Normes équivalentes 1) Supposons que la topologie de (E, k · k2 ) contienne la topologie de (E, k · k1 ). La boule unité ouverte pour k · k1 est donc un ouvert pour k · k2 et contient 0, donc il existe r > 0 tel que kx k2 < r =⇒ kx k1 < 1 . Par homogénéité, on en déduit que 1 kx k1 < kx k2 . r ∀x ∈ E, Réciproquement, supposons qu’il existe r > 0 tel que 1 kx k1 < kx k2 . r ∀x ∈ E, Alors une boule pour k · k1 de centre x et de rayon ρ contient la boule pour k · k2 de centre x et de rayon r ρ. Cela prouve que tout voisinage de x pour k · k1 est un voisinage de x pour k · k2 et donc qu’un ouvert pour (E, k · k1 ) est un ouvert pour (E, k · k2 ). Par symétrie du problème, on obtient que les deux normes définissent la même topologie si et seulement si elles sont équivalentes. 2) Considérons par exemple sur L2 ([0, 1]) les normes k f k1 = Z 1 | f (t )|dt , k f k2 = 0 Z ! 1/2 1 | f (t )| dt 2 . 0 L’inégalité de Cauchy-Schwarz donne ∀f ∈ L2 ([0, 1]), k f k1 6 k f k2 . Mais pour fn (x ) = (n + 1)x n , on a k f n k1 = 1 et n+1 k fn k2 = √ , 2n + 1 et donc les normes ne sont pas équivalentes. 3) L’inégalité donne que Id : (E, k · k2 ) → (E, k · k1 ) est continue. Or elle est trivialement bijective. On a donc une application linéaire continue bijective entre deux espaces complets. D’après le théorème de Banach, on en déduit que son inverse est continu, ce qui donne l’existence d’un nombre c > 0 tel que k · k2 6 c k · k1 . 8/10 Exercice 6 Densité des fonctions continues nulle part dérivables 1) Remarquons que ) ( f (y) − f (x ) c 6 n . Uε,n = f ∈ E | ∃x ∈ [0, 1], ∀y ∈ [0, 1], 0 < |y − x | < ε ⇒ y −x c qui converge Montrons que cet ensemble est fermé dans E. Soit ( fk ) une suite de fonctions de Uε,n uniformément vers f ∈ E. Par définition, pour tout k, il existe x k ∈ [0, 1] tel que ∀y ∈ [0, 1], fk (x k ) − fk (y) 6 n . 0 < |x k − y| < ε =⇒ xk − y Par compacité de [0, 1], on peut supposer, quitte à extraire que (x k ) converge vers un élément x ∈ [0, 1]. On va voir alors que ∀y ∈ [0, 1], f (x ) − f (y) 6 n , 0 < |x − y| < ε =⇒ x −y c . Soit donc y ∈ [0, 1] tel que 0 < |x − y| < ε. Comme (x ) ce qui donnera bien que f ∈ Uε,n k converge vers x, on a à partir d’un certain rang K, |x k − y| < ε, et aussi x k , y (car x , y), d’où l’on tire fk (x k ) − fk (y) 6 n . xk − y Comme fk converge uniformément vers f sur [0, 1], on en déduit en passant à la limite quand k → ∞ que f (x ) − f (y) 6 n cqfd . x −y Montrons maintenant que Uε,n est dense dans E. Comme les polynômes sont denses dans E, il suffit de montrer qu’une fonction f : [0, 1] → R de classe C 1 peut être approchée uniformément d’aussi près que l’on veut par un élément д ∈ Uε,n . Soit donc δ > 0. L’idée est de chercher д sous la forme д = f + δv où v est une fonction très oscillante qui a une norme uniforme 6 1 (la condition k f − дk∞ 6 δ sera donc automatiquement vérifiée). Pour p ∈ N∗ , introduisons donc la k k+1 fonction vp continue sur [0, 1], affine sur chaque intervalle [ 2p , 2p ] et prenant la valeur 0 (resp. k k k +1 1) en 2p avec k pair (resp. k impair). On remarque que sur chaque intervalle [ 2p , 2p ], tous les taux d’accroissement de vp sont égaux à 2p en valeur absolue. On va voir qu’en choisissant correctement p, on a bien д = f + δv ∈ Un,ε . Fixons x ∈ [0, 1]. Pour tout y ∈ [0, 1] distinct de x, on peut écrire д(x ) − д(y) vp (x ) − vp (y) f (x ) − f (y) > δ − , x −y x −y x −y et donc, en appliquant le théorème des accroissements finis à f , on obtient д(x ) − д(y) vp (x ) − vp (y) > δ − k f 0 k∞ . x − y x − y On choisit alors p > 2δ1 (n + k f 0 k∞ ). Ainsi, si x ∈ [0, 1], il existe toujours un y ∈ [0, 1] à distance k k+1 < ε de x et qui est dans le même intervalle [ 2p , 2p ] ; d’après ce qu’on a vu, on a donc vp (x ) − vp (y) = 2p . x −y 9/10 On en déduit que д(x ) − д(y) > 2pδ − k f 0 k∞ > n , x − y et donc д ∈ Uε,n . Finalement, on a bien prouvé que Uε,n est un ouvert dense de E. 2) Comme E est un espace métrique complet, le théorème de Baire assure que \ U := U 1 ,n n>1 n est dense dans E. Soit alors f ∈ U et x ∈ [0, 1]. Montrons que f n’est pas dérivable en x. Comme f ∈ U , pour tout n > 1, il existe x n ∈ [0, 1] tel que 0 < |x n − x | < 1 n et f (x n ) − f (x ) > n . xn − x Cela contredit immédiatement que y 7−→ f (y) − f (x ) x −y admet une limite finie en x. Ainsi, f n’est pas dérivable en x. Finalement, l’ensemble des fonctions continues nulle part dérivables contient U , et est donc dense dans E. Exercice 7 Sous-espaces fermés de C ([0, 1]) formé de fonctions régulières. 1) Notons E = C ([0, 1]). Il s’agit de montrer que T : f 7→ f 0 est continue de F dans E (F étant muni de la norme induite par celle de E). Pour cela, on va utiliser le théorème du graphe fermé ; on rappelle que son utilisation est légitime car E est un espace de Banach et F aussi puisqu’il est fermé dans E. Soient donc ( fn ,T ( fn )) une suite de points du graphe de T qui converge vers ( f ,д) dans F × E. Autrement dit, on a fn → f uniformément et fn0 → д uniformément. Par le théorème d’interversion de la dérivation et de la limite uniforme, on a nécessairement д = f 0. Donc ( f ,д) = ( f ,T f ) est bien dans le graphe deT . Ainsi,T a un graphe fermé, et on en déduit queT est continue, ce qui revient à dire qu’il existe C > 0 telle que ∀f ∈ F , k f 0 k∞ 6 C k f k∞ . 2) Notons A= f ∈ F k f k∞ 6 1 la boule unité fermée de F . On remarque que pour tout x ∈ [0, 1], et toute f ∈ A, | f (x )| 6 1. De plus, d’après la question 1, toutes les fonctions de A sont lipschitziennes de rapport C, et donc A est uniformément équicontinue. Comme [0, 1] est compact, on peut appliquer le théorème d’Arzela-Ascoli qui nous donne que A est relativement compacte dans E. Comme A est fermée (c’est la boule unité fermée de F , et F est fermé dans E), on obtient que A est compacte. Ainsi, F est un espace vectoriel normé dont la boule unité fermée est compacte. 3) Par le théorème de Riesz, on en déduit que la dimension de F est finie. 10/10