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Universit´e Cadi Ayyad. Facult´e des Sciences Semlalia
D´epartement de Math´ematiques. Ann´ee universitaire 2015/2016
Fili`ere SMA - Semestre S6
Contrˆ ole de Topologie II
Dur´ ee : 2h
Exercice 1. Soit Eun espace vectoriel norm´e et Fun sous-espace vectoriel de E. Montrer
que l’adh´erence Fest un sous-espace vectoriel de E.
Exercice 2. Soit Eun espace vectoriel norm´e de dimension infinie. Montrer que l’int´erieur
de tout compact de Eest vide.
Exercice 3. Soit Eun R-espace pr´ehilbertien.
1. Montrer que si Test un endomorphisme continu de E, alors l’application Bde E×E
dans Rd´efinie par :
B(x, y) =< T (x), y >
est une forme bilin´eaire continue, et que kBk=kTk.
2. Montrer que inversement, si Eest complet, alors pour toute forme bilin´eaire continue B
de E, il existe un unique endomorphisme continu TBde Etel que :
∀x, y ∈E, B(x, y) =< TB(x), y > .
3. Soit Bune forme bilin´eaire continue de E. On suppose que Eest complet et que Best
coercive, i.e. : il existe une constante c > 0telle que :
∀x∈E, ckxk2≤B(x, x).
a)Montrer que TBest injectif.
b)Montrer que :
∀x∈E, ckxk≤kTB(x)k.
c)Montrer que Im(TB)est ferm´e.
d)Montrer que TBest surjectif.
e)Montrer que TBest un isomorphisme d’espaces norm´es.
f)En d´eduire que pour toute L∈E0, il existe un unique vecteur a∈Etel que :
∀x∈E, L(x) = B(a, x).
Exercice 4. Soit Eun espace pr´ehilbertien et B={en;n∈N}une famille orthonormale.
1. Montrer que Best ferm´ee born´ee mais non compacte.
Ind : On peut remarquer que kem−enk2= 2 si n6=m.
2. On suppose que Eest complet. Montrer que pour toute suite (cn)de Kv´erifiant |cn|≤ 1
n
quelque soit n∈N∗, la s´erie X
n≥1
cnenest convergente.
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Corrig´e
Exercice 1. (1.5 pt)
Soit Eun K-espace vectoriel et Fun sous-espace vectoriel de E.
•Puisque 0 ∈Fet F⊂F , alors 0 ∈F .
•Soit x, y ∈Fet λ∈K.D’apr`es la caract´erisation de l’adh´erence par les suites, il existe
une suite (xn) de Fqui converge vers xet une suite (yn) de Fqui converge vers y. Puisque
Fest un sous-espace vectoriel, la suite (λ.xn+yn) est une suite de F. Elle converge vers
λ.x +y, donc λ.x +y∈F . Ainsi, Fest un sous-espace vectoriel de E.
Exercice 2. (1.5 pt)
Soit Eun espace norm´e de dimension infinie. Supposons par, l’absurde, qu’un compact
Kde Eest d’int´erieur non vide. Donc il existe a∈Eet r > 0 tels que B(a, r)⊂K.
Or Bf(a, r
2)⊂B(a, r), donc Bf(a, r 2)⊂Ket par suite Bf(a, r 2) est compacte (c’est un
ferm´e inclus dans un compact). On sait que dans un espace norm´e, les boules ferm´ees sont
hom´eomorphes entre elles, donc Bf(a, r
2)'Bf(0,1) et la boule unit´e ferm´ee est alors elle
aussi compacte. D’apr`es le th´eor`eme de Riesz, la dimension de Edoit ˆetre finie, ce qui est
absurde.
Exercice 3.
Soit Eun R-espace pr´ehilbertien.
1. Soit Tun endomorphisme continu de Eet soit Bl’application de E×Edans Rd´efinie
par : B(x, y) =< T (x), y > .
•Best bilin´eaire. (0.5 pt)
En effet, pour x, x0, y ∈Eet λ∈R, on a :
B(λx +x0, y) =< T (λx +x0), y)>
=< λT (x) + T(x0), y >
=λ<T(x), y > +< T (x0), y >
=λB(x, y) + B(x0, y),
et pour y, y0, x ∈Eet λ∈R, on a :
B(x, λy +y0) =< T (x), λy +y0>
=λ<T(x), y > +< T (x), y0>
=λB(x, y) + B(x, y0).
•Best continue. (1 pt)
En effet, pour x, y ∈E, on a :
|B(x, y)|=|< T (x), y > | ≤ kT(x)k.kyk(d’apr`es l’in´egalit´e de Cauchy Schwartz)
≤ kTk.kxk.kyk.
• kBk=kTk.(1.5 = 0.5 + 1 pt)
En effet, de l’in´egalit´e |B(x, y)|≤kTk.kxk.kyk, on peut conclure que : kBk ≤ kTk.
D’autre part, pour tout x∈E, on a
kT(x)k2=< T (x), T (x)>=B(x, T (x)) ≤ kBk.kxk.kT(x)k,
et par simplification, si kT(x)k 6= 0, alors :
(1) : kT(x)k≤kBk.kxk.
Si kT(x)k= 0, l’ingalit´e (1) reste encore vraie, donc kTk≤kBk.
2. Soit Bune forme bilin´eaire continue de E.
2

•Existence de TB. (1.5 pt)
Pour tout x∈E, consid´erons la forme lin´eaire φxd´efinie sur Epar φx(y) = B(x, y) pour
tout y∈E. On a |φx(y)|=|B(x, y)| ≤ kBkkxkkyk, donc φxest continue, et puisque l’espace
Eest suppos´e complet, il existe, d’apr`es le th´eor`eme de repr´esentation de Riesz, un unique
vecteur qui d´epent de x(et de B), not´e TB(x) tel que φx(y) =< TB(x), y > pour tout y∈E.
Ainsi, il existe une application TBde Edans Etelle que B(x, y) =< TB(x), y > pour tout
(x, y)∈E×E.
•Unicit´e de TB. (0.5 pt)
L’unicit´e de TBvient du fait que le produit scalaire est d´efini positif.
•Lin´earit´e de TB.(0.5 pt)
Soit x, x0∈Eet λ∈R.Pour tout y∈E, on a :
< TB(λx +x0), y >=B(λx +x0, y)
=λB(x, y) + B(x0, y)
=λ<TB(x), y > +< TB(x0), y >
=< λTB(x) + TB(x0), y >.
Il en r´esulte que TB(λx +x0) = λTB(x) + TB(x0).
•Continuit´e de TB.(1 pt)
Pour tout x∈E, on a kTB(x)k2=< TB(x), TB(x)>=B(x, TB(x)) ≤ kBk.kxk.kTB(x)ket
par simplification, si kTB(x)k 6= 0, alors :
(2) : kTB(x)k≤kBk.kxk.
Si kTB(x)k= 0, l’ingalit´e (2) reste encore vraie, donc TBest continu.
3. On suppose que Eest complet et que Best coercive.
a) Si TB(x) = 0, alors l’in´egalit´e :
(3) : ckxk2≤B(x, x) =< TB(x), x >,
entraˆıne que xest nul. Donc TBest injectif. (0.5 pt).
b) De l’in´egalit´e (3) et l’in´egalit´e de Cauchy-Schwartz on obtient :
ckxk2≤ kTB(x)kkxk.
Ce qui implique (apr`es simplification et discussion ) que
(4) : ckxk≤kTB(x)k.
(0.5 pt).
c) Soit (yn)=(TB(xn)) une suite de Im(TB) qui converge vers un point y∈E. D’apr`es (4),
pour tout (n, m)∈N2, on a :
ckxn−xmk≤kTB(xn)−TB(xm)k,
et puisque (TB(xn)) est de Cauchy, la suite (xn) est de Cauchy. L’espace E´etant suppos´e
complet, la suite (xn) converge vers un point x∈E. Par continuit´e de TB, la suite (TB(xn))
converge vers TB(x) ; et par unicit´e de la limite, y=TB(x). Donc y∈Im(TB) et par
cons´equent Im(TB) est ferm´e. (1 pt)
d) Le sous-espace F=Im(TB) est ferm´e dans l’espace de Hilbert E, donc F⊕F⊥=E.
D’autre part, pour tout x∈F⊥, puisque TB(x)∈F, alors < TB(x), x >= 0 et d’apr`es
3

l’in´egalit´e (3), il vient ensuite que x= 0. Donc F⊥={0}puis F=E. D’o`u la surjectivit´e
de TB.(1 pt)
e) Il est clair que TBest un endomorphisme bijectif continu. Dans l’in´egalit´e (4), si on
remplace TB(x) par y, on obtient :
∀y∈E, kT−1
B(y)k ≤ 1
ckyk.
Donc T−1
Best continu. Ainsi TBest un isomorphisme d’espaces norm´es.
On peut aussi justifier la continuit´e de T−1
Ben utilisant le th´eor`eme d’isomorphisme de
Banach. (1 pt)
f) Soit L∈E0. D’apr`es le th´eor`eme de repr´esentation de Riesz, il existe un unique point
b∈Etel que L(x) =< b, x > pour tout x∈E, et comme TBest bijectif, il existe ensuite un
unique point a∈Etel que TB(a) = b. Il s’ensuit que pour tout x∈E:
L(x) =< TB(a), x >=B(a, x).
(1.5 pt)
Exercice 4.
•Best born´ee. (0.5 pt)
La partie B´etant orthonormale, kxk= 1 pour tout x∈B. Donc Best born´ee.
•Best ferm´ee. (1.5 pt)
Soit (xn) une suite de Bqui converge vers x∈E. La suite (xn) est de Cauchy, donc, par
exemple, pour ε= 1, il existe N∈Ntel que kxn−xmk< ε = 1 d`es que n, m ≥N. Or le fait
que Best orthonormale entraˆıne que kxn−xmk=√2>1 si xn6=xm, donc la suite (xn) est
stationnaire (`a partir de N) et par cons´equent sa limite reste un ´el´ement de B.
•Bn’est pas compacte. (1 pt)
Si Best compacte, sa suite (en) admettrait une sous-suite (eϕ(n)) qui converge vers un point
x∈B. Or ϕest strictement croissante, donc pour tout n∈N, on a ϕ(n)6=ϕ(n+ 1), par
suite keϕ(n)−eϕ(n+1)k2= 2 ; et si on passe la limite, on trouverait que 0 = kx−xk2= 2,
absurde.
2. Posons Sn=
n
X
k=1
ckek.Puisque Best orthonormale, pour n < m, on a :
kSm−Snk2=
m
X
k=n+1 |ck|2,
et comme |ck| ≤ 1
kpour tout k≥1, on a ensuite : kSm−Snk2≤
m
X
k=n+1
1
k2.La s´erie X
n≥1
1
n2
´etant convergente, la suite (Sn) est de Cauchy et comme Eest suppos´e complet, (Sn) est
convergente. (2 pts)
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