Université Cadi Ayyad. Faculté des Sciences Semlalia
Département de Mathématiques. Année universitaire 2015/2016
Filière SMA - Semestre S6
Contrôle de Topologie II
Durée : 2h
Exercice 1. Soit E un espace vectoriel normé et F un sous-espace vectoriel de E. Montrer
que l’adhérence F est un sous-espace vectoriel de E.
Exercice 2. Soit E un espace vectoriel normé de dimension infinie. Montrer que l’intérieur
de tout compact de E est vide.
Exercice 3. Soit E un R-espace préhilbertien.
1. Montrer que si T est un endomorphisme continu de E, alors l’application B de E × E
dans R définie par :
B(x, y) =< T (x), y >
est une forme bilinéaire continue, et que kBk = kT k.
2. Montrer que inversement, si E est complet, alors pour toute forme bilinéaire continue B
de E, il existe un unique endomorphisme continu TB de E tel que :
∀x, y ∈ E, B(x, y) =< TB (x), y > .
3. Soit B une forme bilinéaire continue de E. On suppose que E est complet et que B est
coercive, i.e. : il existe une constante c > 0 telle que :
∀x ∈ E, ckxk2 ≤ B(x, x).
a) Montrer que TB est injectif.
b) Montrer que :
∀x ∈ E, ckxk ≤ kTB (x)k.
c) Montrer que Im(TB ) est fermé.
d) Montrer que TB est surjectif.
e) Montrer que TB est un isomorphisme d’espaces normés.
f ) En déduire que pour toute L ∈ E 0 , il existe un unique vecteur a ∈ E tel que :
∀x ∈ E, L(x) = B(a, x).
Exercice 4. Soit E un espace préhilbertien et B = {en ; n ∈ N} une famille orthonormale.
1. Montrer que B est fermée bornée mais non compacte.
Ind : On peut remarquer que kem − en k2 = 2 si n 6= m.
2. On suppose que E est complet. Montrer que pour toute suite (cn ) de K vérifiant | cn |≤ n1
X
quelque soit n ∈ N∗ , la série
cn en est convergente.
n≥1
1
Corrigé
Exercice 1. (1.5 pt)
Soit E un K-espace vectoriel et F un sous-espace vectoriel de E.
• Puisque 0 ∈ F et F ⊂ F , alors 0 ∈ F .
• Soit x, y ∈ F et λ ∈ K. D’après la caractérisation de l’adhérence par les suites, il existe
une suite (xn ) de F qui converge vers x et une suite (yn ) de F qui converge vers y. Puisque
F est 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, F est un sous-espace vectoriel de E.
Exercice 2. (1.5 pt)
Soit E un espace normé de dimension infinie. Supposons par, l’absurde, qu’un compact
K de E est d’intérieur non vide. Donc il existe a ∈ E et r > 0 tels que B(a, r) ⊂ K.
Or Bf (a, 2r ) ⊂ B(a, r), donc Bf (a, 2r ) ⊂ K et par suite Bf (a, 2r ) est compacte (c’est un
fermé inclus dans un compact). On sait que dans un espace normé, les boules fermées sont
homéomorphes entre elles, donc Bf (a, 2r ) ' Bf (0, 1) et la boule unité fermée est alors elle
aussi compacte. D’après le théorème de Riesz, la dimension de E doit être finie, ce qui est
absurde.
Exercice 3.
Soit E un R-espace préhilbertien.
1. Soit T un endomorphisme continu de E et soit B l’application de E × E dans R définie
par : B(x, y) =< T (x), y > .
• B est bilinéaire. (0.5 pt)
En effet, pour x, x0 , y ∈ E et 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),
0
et pour y, y , x ∈ E et λ ∈ R, on a :
B(x, λy + y 0 ) =< T (x), λy + y 0 >
= λ < T (x), y > + < T (x), y 0 >
= λB(x, y) + B(x, y 0 ).
• B est continue. (1 pt)
En effet, pour x, y ∈ E, on a :
|B(x, y)| = | < T (x), y > | ≤ kT (x)k.kyk (d’après l’inégalité de Cauchy Schwartz)
≤ kT k.kxk.kyk.
• kBk = kT k. (1.5 = 0.5 + 1 pt)
En effet, de l’inégalité |B(x, y)| ≤ kT k.kxk.kyk, on peut conclure que : kBk ≤ kT k.
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’ingalité (1) reste encore vraie, donc kT k ≤ kBk.
2. Soit B une forme bilinéaire continue de E.
2
• Existence de TB . (1.5 pt)
Pour tout x ∈ E, considérons la forme linéaire φx définie sur E par φx (y) = B(x, y) pour
tout y ∈ E. On a |φx (y)| = |B(x, y)| ≤ kBkkxkkyk, donc φx est continue, et puisque l’espace
E est supposé complet, il existe, d’après le théorème de représentation de Riesz, un unique
vecteur qui dépent de x (et de B), noté TB (x) tel que φx (y) =< TB (x), y > pour tout y ∈ E.
Ainsi, il existe une application TB de E dans E telle que B(x, y) =< TB (x), y > pour tout
(x, y) ∈ E × E.
• Unicité de TB . (0.5 pt)
L’unicité de TB vient du fait que le produit scalaire est défini positif.
• Linéarité de TB . (0.5 pt)
Soit x, x0 ∈ E et 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 résulte que TB (λx + x0 ) = λTB (x) + TB (x0 ).
• Continuité 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)k et
par simplification, si kTB (x)k =
6 0, alors :
(2) : kTB (x)k ≤ kBk.kxk.
Si kTB (x)k = 0, l’ingalité (2) reste encore vraie, donc TB est continu.
3. On suppose que E est complet et que B est coercive.
a) Si TB (x) = 0, alors l’inégalité :
(3) : ckxk2 ≤ B(x, x) =< TB (x), x >,
entraı̂ne que x est nul. Donc TB est injectif. (0.5 pt).
b) De l’inégalité (3) et l’inégalité de Cauchy-Schwartz on obtient :
ckxk2 ≤ kTB (x)kkxk.
Ce qui implique (après 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’après (4),
pour tout (n, m) ∈ N2 , on a :
ckxn − xm k ≤ kTB (xn ) − TB (xm )k,
et puisque (TB (xn )) est de Cauchy, la suite (xn ) est de Cauchy. L’espace E étant supposé
complet, la suite (xn ) converge vers un point x ∈ E. Par continuité de TB , la suite (TB (xn ))
converge vers TB (x) ; et par unicité de la limite, y = TB (x). Donc y ∈ Im(TB ) et par
conséquent Im(TB ) est fermé. (1 pt)
d) Le sous-espace F = Im(TB ) est fermé 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’après
3
l’inégalité (3), il vient ensuite que x = 0. Donc F ⊥ = {0} puis F = E. D’où la surjectivité
de TB . (1 pt)
e) Il est clair que TB est un endomorphisme bijectif continu. Dans l’inégalité (4), si on
remplace TB (x) par y, on obtient :
1
∀y ∈ E, kTB−1 (y)k ≤ kyk.
c
Donc TB−1 est continu. Ainsi TB est un isomorphisme d’espaces normés.
On peut aussi justifier la continuité de TB−1 en utilisant le théorème d’isomorphisme de
Banach. (1 pt)
f ) Soit L ∈ E 0 . D’après le théorème de représentation de Riesz, il existe un unique point
b ∈ E tel que L(x) =< b, x > pour tout x ∈ E, et comme TB est bijectif, il existe ensuite un
unique point a ∈ E tel 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.
• B est bornée. (0.5 pt)
La partie B étant orthonormale, kxk = 1 pour tout x ∈ B. Donc B est bornée.
• B est fermée. (1.5 pt)
Soit (xn ) une suite de B qui converge vers x ∈ E. La suite (xn ) est de Cauchy, donc, par
exemple, pour ε = 1, il existe N ∈ N tel que kxn − x
√m k < ε = 1 dès que n, m ≥ N. Or le fait
que B est orthonormale entraı̂ne que kxn − xm k = 2 > 1 si xn 6= xm , donc la suite (xn ) est
stationnaire (à partir de N ) et par conséquent sa limite reste un élément de B.
• B n’est pas compacte. (1 pt)
Si B est compacte, sa suite (en ) admettrait une sous-suite (eϕ(n) ) qui converge vers un point
x ∈ B. Or ϕ est 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.
n
X
2. Posons Sn =
ck ek . Puisque B est orthonormale, pour n < m, on a :
k=1
2
kSm − Sn k =
m
X
|ck |2 ,
k=n+1
et comme |ck | ≤
1
k
pour tout k ≥ 1, on a ensuite : kSm − Sn k2 ≤
m
X
X 1
1
.
La
série
k2
n2
n≥1
k=n+1
étant convergente, la suite (Sn ) est de Cauchy et comme E est supposé complet, (Sn ) est
convergente. (2 pts)
4
