Espaces vectoriel normés

Espaces vectoriel normés - Fonctions vectorielles
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Espaces vectoriels normés
PSI*-2010-2011
− − − − − − − − − − − − − − − − −−
Les exercices 1 - 2 - 4 - 5 - 8 - 9 - 15 - 17 peuvent être abordés en apprenant le cours.
Les exercices 3 - 7 - 10 sont un peu plus diciles.
Les exercices 16 - 17 utilisent les résultats du chapitre sur les suites et séries de fonctions.
Note :
I - Topologie des espaces vectoriels normés :
1- Intérieur et adhérence d'un sous ensemble :
Soit (E, N ) un espace vectoriel normé.
o
1 - a) Montrer qu'une boule ouverte B (x, r) est un ouvert de E .
b) Montrer qu'une boule fermée B(x, r) est un fermé de E .
2 - Soit A un sous ensemble
de E .
o
a) Montrer que A est un ouvert de A, que c'est le plus grand ouvert de E inclus dans A.
o
Montrer que A est ouvert si et seulement si A= A
b) Montrer que A est un fermé de A, que c'est le plus petit fermé de E contenant A.
Montrer que A est fermé si et seulement si A = A
o
3 - a) Montrer que B (x, r) = B(x, r) .
o
o
\r)= (x, r) .
b) Montrer que B(x,
B
2- Frontière d'une partie :
(E, N ) est un espace vectoriel normé sur R ou C.
o
A désigne l'adhérence d'une partie A de E , A désigne son intérieur.
Soit A ⊂ E . Un point x ∈ E est un point frontière de A s'il est adhérent à la fois à A et à son complémentaire
dans E qu'on notera CA .
La frontière de A est l'ensemble de ses points frontières. Elle est notée Fr(A).
Fr(A) = A ∩ CA
1. Déterminer la frontière de A dans les exemples suivants :
(a) E = R , A1 = [a, b] , A2 =]a, b[ , A3 = Z , A4 = Q ,
o
(b) E = R2 , A1 =B (x, r) , A2 = B(x, r)
2. Soit A une partie de E . Montrer que :
(a) A est un fermé si et seulement si Fr(A) ⊂ A
(b) A est un ouvert si et seulement si Fr(A) ∩ A = ∅
3. On suppose que A n'est ni vide, ni égale à tout l'espace E . On se propose de montrer que sa frontière
n'est pas vide.
(a) Soit a ∈ A et b ∈ CA .
En procédant par dichotomie, montrer que le segment [a, b] ⊂ E contient un point frontière de A.
(b) Conclure
3- * Intérieur et adhérence d'un sous espace :
1- Soit (E, N ) un espace vectoriel normé et F un sous-espace de E .
a) Montrer que l'adhérence F de F dans E est un sous espace de E .
o
b) Montrer que, s'il n'est pas vide, l'intérieur F de F dans E est un sous espace de E
2- Soit F un sous-espace de E . Montrer l'équivalence des propositions suivantes ;
(i) F est d'intérieur non vide.
o
(ii) 0 ∈ F
(iii) F = E
3- On suppose que F est un sous espace de dimension nie de l'espace vectoriel normé E .
Montrer que F est fermé dans E .
2
4- Normes sur un espace de suites
Soit E l'ensemble des suites (un )n∈N à valeurs complexes pour les quelles la série
gente.
a) Montrer que E est un espace vectoriel sur C.
Montrer que les applications N1 : (un ) 7→
+∞
X
P
un est absolument conver-
|un | ,
n=0
N2 : (un ) 7→ sup |un |
n∈N
+∞
X
|un |
2n
n=0
sont dénies sur E et sont des normes sur E .
et
N3 : (un ) 7→
b) Comparer deux à deux ces normes.
Certaines sont elles équivalentes entre elles ?
c) Soit S l'application de E dans C qui à (un ) fait correspondre
+∞
X
un .
n=0
Montrer que S est continue si on prend sur E la norme N1 , et ne l'est pas si on prend sur E la norme N2 .
Que dire de la dimension de E ?
II - Continuité d'applications linéaires
5- Continuité d'applications linéaires : propriétés équivalentes
Soit E un espace vectoriel normé . Soit f une application linéaire de E dans E . Montrer l'équivalence des 5
propositions suivantes :
a) f est continue en 0 .
b) f est continue en tout point de E
c) L'image de B(0, 1), boule unité fermée, par f , est bornée .
d) f est lipchitzienne sur E .
e) f est uniformément continue sur E .
f) Pour toute suite (xn ) de vecteurs de E qui converge vers 0, la suite (f (xn )) converge aussi vers 0.
6- * Forme linéaire continue
1-Soit (E, N ) un espace vectoriel normé et ϕ une forme linéaire sur E , non nulle.
1- Montrer qu'il existe un vecteur a ∈ E tel que ker ϕ et la droite Vect(a) soient deux sous espaces supplémentaires de E .
2- Le vecteur a étant déni tel que E = ker ϕ ⊕ K.a, on note p1 la projection sur ker ϕ parallèlement à K.a
et p2 la projection sur K.a parallèlement à ker ϕ.
Montrer que les trois propositions suivantes sont équivalentes :
a) ϕ est continue.
b) ker ϕ est un fermé de E .
c) p1 et p2 sont continues.
7- * Forme linéaire positive :
[a, b] est un segment de R , E = C([a, b], R), espace vectoriel des fonctions continues sur [a, b] et à valeurs réelles,
est muni de la norme uniforme : ∀f ∈ E, kf k = sup |f (t)|
t∈[a,b]
On dit qu'une forme linéaire ϕ sur E est positive si :
∀f ∈ E, ∀x ∈ [a, b], f (x) > 0 =⇒ ϕ(f ) > 0
autrement dit, si l'image par ϕ de toute fonction à valeurs positives ou nulles, est positive ou nulle.
1. Soit ϕ une forme linéaire sur E positive. Montrer que ∀f ∈ E, |ϕ(f )| 6 ϕ(|f |)
2. On note e la fonction constante 1 : ∀x ∈ [a, b], e(x) = 1
Montrer que toute forme linéaire positive ϕ sur E est continue. Calculer sa norme subordonnée en à l'aide
de la fonction e.
8- Application réciproque non continue :
On note S l'ensemble des suites a = (an )n≥1 à valeurs
SCV
P complexes, SB le sous espace des suites bornées, P
le sous espace des suites complexes convergentes, CV celui des suites (an )n≥1 pour lesquelles la série an
converge, S0 celui des suites de limite nulle.
1- Donner les relations d'inclusion existant entre ces divers sous espaces.
3
2- On dénit sur SB la norme uniforme N ((an)) = sup |an |
n≥1
Pour toute suite (an ) ∈ S0 , on dénit D((an )) = (a0n )n≥1 telle que : ∀n ∈ N∗ , a0n = an+1 − an
P
a) Montrer que D est une bijection de S0 sur CV .
b) Soit (bn ) ∈
P
CV . On note rbn le reste d'ordre n de la série
P
an : rbn =
∞
X
bk
k=n+1
Exprimer le terme général an de la suite (an ) = D−1 ((bn )) en fonction d'un des restes de la série
c) Montrer que D est continue et calculer |||D|||.
(p)
d) Pour p ∈ N, on note t(p) = (t(p)
n ) la suite telle que : tn = 1 si 1 ≤ n ≤ p
(p)
tn = 0 si p < n
Calculer N∞ (t(p) ) et N∞ (D−1 (t(p) )). L'application D−1 est elle continue ?
Quelle conséquence en résulte-t-il pour les espaces de suites étudiés ?
P
bn .
9- Fonction continue mais pas uniformément continue :
Uniforme continuité et dérivée bornée :
1- Montrer que la fonction f : x −→ x2 n'est pas uniformément continue sur R.
1
2- Montrer que la fonction g : x −→ n'est pas uniformément continue sur ]0, +∞[.
x
3- Soit E un espace vectoriel normé de dimension nie sur K = R ou C, et f une fonction vectorielle de classe
C 1 dénie sur un intervalle I de R à valeurs dans E .
Montrer que si la fonction dérivée f 0 est bornée sur I , alors f est uniformément continue sur I . La réciproque
est elle vraie ?
10 - Limite simple d'une suite de formes linéaires
Soit E = C([a, b], R) l'espace des fonctions réelles continues sur [a, b], muni de la norme uniforme k k∞
1- On dénit la forme linéaire Φ sur E par :
b
Z
∀f ∈ E, Φ(f ) =
f (t)dt
a
Montrer que Φ est continue et calculer sa norme subordonnéé |||Φ|||
2- Pour tout c ∈ [a, b], on dénit la forme linéaire ϕc sur E par :
∀f ∈ E, ϕc (f ) = f (c)
Montrer que ϕc est continue et calculer sa norme subordonnéé |||ϕc |||
3- Pour n ∈ N∗ , on dénit la forme linéaire ψn sur E par : ψn =
n−1
b−a X
ϕa+k b−a ,
n
n
k=0
n−1
X
b−a
f
n
k=0
lim ψn (f )
autrement dit, ∀f ∈ E, ψn (f ) =
a+k
b−a
n
Pour tout f ∈ E , déterminer
n→+∞
4- E ∗∗ , espace des formes linéaires continues sur E est l'espace dual topologique de E .
N
L'application ϕ −→
sup
|ϕ(f )| est une norme sur E ∗∗ (sans diculté)
f ∈E, kf k∞ ≤1
A-t-on lim N (ψn − Φ) = 0 ?
n→+∞
autrement dit, Φ est elle limite de la suite (ψn ) dans l'EVN (E ∗∗ , N ) ?
(on pourra utiliser une suite de fonctions (gn ) telle que gn (x) = cos λ(x − a) avec λ choisi de telle manière
que pour tout k, gn (a + k b−a
n )=1 )
III - Suites convergentes :
11 - Limite de matrices :
Soit A ∈ Mn (C) telle que la suite (Ak ) converge vers une matrice B .
a) Montrer que B est une matrice de projection, d'image ker(A − In ) et de noyau Im(A − In )
b) Prouver l'existence d'un polynôme P tel que B = P (A) et P (1) 6= 0
12 - * Espaces de suites ; Cesaro par densité :
L'espace vectoriel SB , formé des suites complexes a = (an )n≥1 bornées, est muni de la norme uniforme
N ∞ ((an)) = sup |an |
n≥1
On note : • SF le sous-espace des suites à support ni, c'est à dire pour lesquelles seuls un nombre ni de
termes sont non nuls. Pour une suite (an )n≥1 de SF , ∃n0 ∈ N ∗ , ∀n ≥ n0 , an = 0
4
• SCV le sous-espace des suites convergentes,
• S0 le sous-espace des suites de limite nulle.
1- Montrer que l'adhérence de SF dans SB est S0 . Montrer que S0 est un fermé de SB
2- On appelle µ l'application qui à toute suite a = (an )n≥1 fait correspondre la suite
µ(a) = b = (bn )n≥1 des moyennes arithmétiques des n premiers termes :
∀n ∈ N ∗ , bn =
a1 + a2 + ... + an
n
Il est clair que µ ∈ L(SB).
a) Montrer que µ est une application lipschitzienne de SB dans SB . Déterminer |kµk| .
Rechercher les suites a de SB invariantes par µ, c'est à dire telles que µ(a) = a.
c) Montrer que ∀a ∈ SF, µ(a) ∈ S0
d) Montrer que l'application Λ, de SCV dans C, qui à une suite associe sa limite, est continue.
3- a) Soit a ∈ S0 .
Justier l'existence d'une suite (u(k) )k∈N ∗ d'éléments de SF , de limite a.
Etudier la suite (µ(u(k) ))k∈N ∗ et montrer que µ(a) ∈ S0
b) Déduire de la question précédente une démonstration du théorème de Cesaro, à savoir :
"Si u est une suite convergente de limite L ∈ C, la suite µ(u) converge aussi vers L."
13 - * * Formes linéaires continues sur l2 (dual topologique de l2 )
On note l2 l'ensemble desPsuites à valeurs réelles dont la série des carrés converge :
l2 = {(un ) ∈ RN , u2n converge }
P
1-a) Montrer que si (un ) et (vn ) appartiennent à l2 , la série un vn est absolument convergente.
Montrer que l2 est un espace
v vectoriel sur réel et que l'application
u∞
uX
u2n est une norme sur l2 .
(un ) −→ k(un )k2 = t
n=0
b) Pour tout entier n ∈ N, on dénit l'application Tn de troncature au rang n, qui à la suite (uk )k≥0 fait
correspondre la suite tronquée (vk ) telle que : vk = uk si k ≤ n et vk = 0 si k > n.
Montrer que Tn est une application linéaire de l2 dans lui même, continue, et calculer sa norme subordonnée.
Montrer que pour toute suite u ∈ l2 , lim Tn (u) = u
n→∞
2-a) Soit a = (an ) ∈ l2 . D'après 1-a) on sait que pour toute suite u = (un ) de l2 , la série
Montrer que l'application Φa qui à la suite u fait correspondre Φa (u) =
∞
X
P
an un converge.
an un est une forme linéaire sur
n=0
l2 , continue, et calculer sa norme |||Φa ||| .
b) Réciproquement, soit Ψ une forme linéaire continue de l2 dans R.
Montrer qu'il existe une unique suite (bn )n≥0 ∈ l2 telle que Ψ = Φb
+
(on pourra déterminer
v bn en fonction de Ψ et des suites ∆i = (δi,n )n≥0 et justier l'existence de M ∈ R
u
n
n
X
uX
P 2
tel que ∀n,
b2k ≤ M.t
b2k pour montrer la cvgence de
bn )
k=0
k=0
14 - * Résolution approchée d'une équation par le th. du point xe :
.
(Hors programme depuis 2006)
x1 = 51 (2 sin x1 + cos x2 )
admet une solution unique (x1 , x2 ) dans R2 .
x2 = 15 (cos x1 + 3 sin x2 )
b) Expliquer comment on peut obtenir une valeur approchée (a, b) de cette solution à 10−10 près et calculer une
a) Montrer que le système
telle valeur approchée avec MAPLE.
IV - Complétude - Compacité - Convexité
15 - Ouverts et compacts dans Mn (R)
Les ensembles GLn (R) et On (R) sont ils des parties ouvertes, fermées, compactes de Mn (R) ?
16 - * Espace complet ou non suivant la norme
Soit E = C([a, b], C), l'espace des fonctions complexes continues sur [a, b].
1- Montrer que C([a, b], C) est complet pour la norme de la convergence uniforme k k∞
2- Montrer que C([a, b], C) n'est pas complet pour la norme convergence en moyenne k k1
5
17 - Espaces des fonctions bornées, continues, polynomiales
On note B(I, C) l'ensemble des fonctions complexes bornées sur l'intervalle I .
L'applicaton f −→ k f k∞ = sup |f (x)| est une norme sur cet espace.
x∈I
On note C(I, R) l'ensemble des fonctions réelles continues sur l'intervalle I et C k (I, R) l'ensemble des fonctions réelles de classe C k sur l'intervalle I
1- Montrer que B(I, C), k k∞ est un espace complet.
2- a et b sont deux réels tels que a < b.
Montrer que C([a, b], C), espace des fonctions continues sur [a, b] est complet.
Montrer que C([a, b], C) est un sous espace fermé de B(I, C)
3- Déterminer l'adhérence dans C([a, b], C), k k∞ de R[X], espace des fonctions polynomiales sur le segment
[a, b].
18 - * Enveloppe convexe et théorème de Gauss-Lucas
Une partie X d'un espace vectoriel normé E est dite convexe si ∀(M, N ) ∈ X 2 , [M, N ] ⊂ X , c'est à dire si :
αM + βN
∀α ≥ 0, ∀β ≥ 0, tel que α + β 6= 0,
∈X
α+β
1- a) A étant une partie quelconque de E montrer qu'il existe un plus petit sous ensemble convexe de E
contenant A. Celui-ci est appelé enveloppe convexe de A. On le notera Conv(A).
b) Si A est l'ensemble ni {M1 , M2 , ..., Mp }, montrer que Conv(A) est l'ensemble des barycentres des points
M1 , M2 , ..., Mp aectés de coecients ≥ 0.
2- Soit P ∈ C[X] un polynôme complexe de racines x1 , x2 , ..., xn distinctes ou non dans C.
Montrer que les racines du polynôme dérivé P 0 (X) sont dans l'enveloppe convexe de l'ensemble {x1 , x2 , ..., xn }
19 - ** Sous espace de C 1 (R, R) de dimension nie
Soit F un sous espace vectoriel de dimension nie m de C 1 (R, R)
a) Montrer qu'il existe une base (g1 , g2 , ..., gm ) de F et une suite nie (a1 , a2 , ..., am ) de réels deux à deux
distincts tels que
g1 (a1 ) 6= 0
g2 (a1 ) = 0 et g2 (a2 ) 6= 0
g3 (a1 ) = g3 (a2 ) = 0 et g3 (a3 ) 6= 0
.
.
.
.
.
.
.
.
.
gm (a1 ) = gm (a2 ) = ... = gm (am−1 ) = 0 et gm (am ) 6= 0
En déduire que si une suite (hn ) d'éléments de F converge simplement sur R vers une fonction H ∈ F (R, R) =
RR , alors H ∈ F et (hn ) converge vers H dans l'espace vectoriel normé F .
b) On suppose de plus que le sous espace F est stable par translation, c'est à dire que pour toute fonction f de
F , pour tout a ∈ R, la fonction x → f (x + a) appartient encore à F .
b1) Montrer que ∀f ∈ F, f 0 ∈ F . En déduire que F ⊂ C ∞ (R, R)
b2) Montrer que toute fonction f ∈ F est solution sur R d'une équation diérentielle (Ef ) linéaire, d'ordre
≤ m , à coecients constants.
b3)) Montrer qu'il existe une équation diérentielle (EE) linéaire, d'ordre m , à coecients constants, dont
toute fonction de F est solution.
c) Donner un exemple d'un tel espace F pour m = 1 et m = 2, avec D inversible.
6
I - Topologie des espaces vectoriels normés :
1- Intérieur et adhérence d'un sous ensemble :
Soit (E, N ) un espace vectoriel normé.
o
1 - a) Montrer qu'une boule ouverte B (x, r) est un ouvert de E .
b) Montrer qu'une boule fermée B(x, r) est un fermé de E .
2 - Soit A un sous ensemble
de E .
o
a) Montrer que A est un ouvert de A, que c'est le plus grand ouvert de E inclus dans A.
o
Montrer que A est ouvert si et seulement si A= A
b) Montrer que A est un fermé de A, que c'est le plus petit fermé de E contenant A.
Montrer que A est fermé si et seulement si A = A
o
3 - a) Montrer que B (x, r) = B(x, r) .
o
o
\r)= (x, r) .
b) Montrer que B(x,
B
SOLUTION :
o
1 - a) Soit B (x, r) une boule ouverte.
o
o
Montrons que tout point y de B (x, r) est centre d'un boule ouverte incluse dans B (x, r) :
o
o
o
Soit y ∈B (x, r). Prenons r0 = r − kx − yk > 0 et vérions que B (y, r0 ) ⊂B (x, r)
o
∀z ∈B (y, r0 ), kz − yk < r0
=⇒ kz − xk = k(z − y) + (y − x)k 6 kz − yk + ky − xk < r0 + ky − xk = (r − kx − yk) + ky − xk = r
o
o
o
=⇒ z ∈B (x, r) donc B (y, r0 ) ⊂B (x, r)
o
o
y est centre d'une boule ouverte incluse dans B (x, r) et B (x, r) est un ouvert de E .
b) Considérons une boule fermée B(x, r) et montrons que c'est un fermé de E . Pour cela, montrons que son
complémentaire CB est un ouvet de E .
Soit y ∈ CB . kx − yk > r puisque y ∈/ B(x, r). Prenons alors r0 = kx − yk − r > 0 et vérions que
o
B (y, r0 ) ⊂ CB
o
∀z ∈B (y, r0 ), kz − yk < r0
kx − yk = k(x − z) + (z − y)k 6 kx − zk + kz − yk =⇒ kx − zk > kx − yk − kz − yk > kx − yk − r0
| {z }
<r 0
=⇒ kx − zk > kx − yk − (kx − yk − r) = r
{z
}
|
=r 0
o
=⇒ z ∈
/ B(x, r) =⇒ z ∈ CB donc B (y, r0 ) ⊂ CB , donc CB est un ouvert, donc B(x, r) est un fermé.
o
o
o
o
2- a) Soit x ∈A . ∃r > 0, B (x, r) ⊂ A, par dénition de A. Mais on a vu à la question 1 que B (x, r) est un
o
o
ouvert. Donc tout point y ∈B (x, r) est centre d'une boule ouverte incluse dans B (x, r) ⊂ A, donc est un point
intérieur deo A.
o
o
Ainsi, B (x, r) ⊂A et A est un ouvert de E .
o
• A est un ouvert de E , inclus dans A. Soit V un ouvert quelconque de E inclus dans A. Puisque V est ouvert,
tout point z de V est centre d'une boule ouverte incluse dans V ⊂ A. Donc z est un point intérieur de A. On
o
o
a ainsi montré que V ⊂A, donc A est le plus grand (au sens de l'inclusion) des ouverts de E inclus dans A.
• Supposons que A soit ouvert. Alors A est un ouvert inclus dans A, et c'est le plus grand possible. D'après ce
o
qui précède, A =A.
o
o
Réciproquement, si A= A, alors A est ouvert puisque A l'est.
b) Montrons que A est un fermé de A. Soit x un point quelconque de son complémentaire : x ∈/ A =⇒ x n'est
o
pas adhérent à A =⇒ ∃r > 0, B (x, r) ne coupe pas A, donc est incluse dans CA
Ainsi, tout point x de CA est centre d'une boule ouverte incluse dans CA , donc CA est ouvert, et A est
fermé.
o
• Ainsi A est un fermé de E , qui contient A. (tout point x de A est adhérent à A puisque toute boule B (x, r)
coupe A au point x)
Soit W un fermé quelconque de E contenant A. Montrons que A ⊂ W
7
o
Soit x ∈ A. Si x ∈/ W, x ∈ CW , qui est un ouvert de E puisque W est fermé. Alors ∃r > 0, B (x, r) ⊂ CW . La
o
boule B (x, r) ne coupe pas W , puisqu'elle est incluse dans son complémentaire, donc ne coupe pas A, puisque
A ⊂ W . Ceci est contraire à l'hypothèse que x ∈ A. On a prouvé par l'absurde que x ∈ W , et donc que A ⊂ W .
Ainsi, A est le plus petit fermé de E qui contient A.
• Si A = A, alors A est fermé puisque A l'est. Si A est fermé, c'est le plus petit fermé de E qui contient A,
donc A = A.
o
o
3- Il est clair que (A ⊂ B =⇒ A ⊂ B) et que (A ⊂ B =⇒ A⊂B )
o
o
a) B (x, r) ⊂ B(x, r) donc B (x, r) ⊂ B(x, r) = B(x, r)
utilisant 2-b)
(la dernière égalité puisque B(x, r) est fermé en
o
o
• Réciproquement, soit y ∈ B(x, r). Si |y| < r, alors y ∈B (x, r), donc y ∈ B (x, r)
Si |y| = r, alors pour tout r0 > 0, on peut trouver λ ∈]0, 1[ tel que ky − λyk = |1 − λ|.kyk < r0
0
(il sut de prendre λ tel que |1 − λ| < rr )
o
o
et alors λy ∈ B(y, r0 )∩ B (x, r) , ce qui montre que y ∈ B (x, r)
o
donc B(x, r) ⊂ B (x, r)
o
o\
o
o
o
o
\r)
b) B (x, r) ⊂ B(x, r) donc B (x, r)=B (x, r) ⊂B(x,
(la première égalité puisque B (x, r) est un ouvert)
o
\r) . . . .
• Réciproquement, soit y ∈B(x,
∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗
2- Frontière d'une partie :
(E, N ) est un espace vectoriel normé sur R ou C.
o
A désigne l'adhérence d'une partie A de E , A désigne son intérieur.
Soit A ⊂ E . Un point x ∈ E est un point frontière de A s'il est adhérent à la fois à A et à son complémentaire
dans E qu'on notera CA .
La frontière de A est l'ensemble de ses points frontières. Elle est notée Fr(A).
Fr(A) = A ∩ CA
1. Déterminer la frontière de A dans les exemples suivants :
(a) E = R , A1 = [a, b] , A2 =]a, b[ , A3 = Z , A4 = Q ,
o
(b) E = R2 , A1 =B (x, r) , A2 = B(x, r)
2. Soit A une partie de E . Montrer que :
(a) A est un fermé si et seulement si Fr(A) ⊂ A
(b) A est un ouvert si et seulement si Fr(A) ∩ A = ∅
3. On suppose que A n'est ni vide, ni égale à tout l'espace E . On se propose de montrer que sa frontière
n'est pas vide.
(a) Soit a ∈ A et b ∈ CA .
En procédant par dichotomie, montrer que le segment [a, b] ⊂ E contient un point frontière de A.
(b) Conclure
SOLUTION :
1. (a) E = R , A1 = A2 = {a, b} , A3 = Z , A4 = R ,
(b) E = R2 , A1 = A2 = {y ∈ E, kx − yk = r}
2. (a) • Supposons que A est fermé. Alors A = A et Fr(A) = A ∩ CA ⊂ A = A.
• Réciproquement, supposons que Fr(A) ⊂ A
Soit x ∈ A. Il se peut que x ∈ A.
Sinon, x ∈ CA ⊂ CA , donc x ∈ A ∩ CA =Fr(A) ⊂ A , donc x ∈ A.
On a ainsi montré que A ⊂ A donc que A est fermé.
8
(b) • Supposons que Fr(A) ∩ A = ∅.
Soit x ∈ A. Alors x ∈/ Fr(A) = A ∩ CA . Mais, puisque x ∈ A ⊂ A, x ∈/ CA .
o
o
Donc ∃r > 0, B (x, r)∩ CA = φ , ne coupant pas CA , cette boule est incluse dans A : B (x, r) ⊂ A,
ce qui montre que x est un point intérieur à A.
Donc tout point de A est centre d'une boule ouverte incluse dans A. A est un ouvert.
• Supposons que A est un ouvert. Si Fr(A) ∩ A n'est pas vide, elle contient un élément x, qui
appartient à A et à Fr(A) = A ∩ CA . Ce point est donc adhérent à CA , ce qui est incompatible
o
avec l'hypothèse que, A étant ouvert, il existe une boule ouverte B (x, r) incluse dans A, donc qui
ne coupe pas CA .
On a ainsi prouvé par l'absurde que Fr(A) ∩ A = ∅
3. On suppose que A n'est ni vide, ni égale à tout l'espace E .
(a) Soit a ∈ A et b ∈ CA .
Considérons le milieu de (a, b), c'est à dire le point a+b
2
a+b
- si a+b
2 ∈ A , posons a1 = 2 et b1 = b
- si a+b
/ A , posons a1 = a et b1 = a+b
2 ∈
2
dans les deux cas , a1 ∈ A , b1 ∈ CA et ka1 − b1 k = 21 ka − bk
réïtérons le procédé : à l'étape n :
n−1
n−1
- si an−1 +b
∈ A , posons an = an−1 +b
et bn = bn−1
2
2
an−1 +bn−1
n−1
∈
/ A , posons an = an−1 et bn = an−1 +b
- si
2
2
1
dans les deux cas , an ∈ A , bn ∈ CA et kan − bn k = 2 kan−1 − bn−1 k
Pour tout n, kan − an−1 k 6 21n ka − bk
Il s'ensuit que la suite (an ) est de Cauchy, et qu'elle est dans le plan F engendré par a et b. Ce plan
est complet comme espace vectoriel normé de dimension nie sur R ou C. La suite (an ) converge
donc vers une limite c ∈Vect(a, b). On montrerait le même résultat pour la suite (bn ), qui converge
vers un vecteur d ∈Vect(a, b)
En passant à la limite dans l'inégalité kan − bn k = 21n ka − bk , on obtient kc − dk = 0, donc c = d.
Enn, c ∈ A puisque c est limite d'une suite (an ) d'éléments de A, d ∈ CA puisque d est limite d'une
suite (bn ) d'éléments de CA , donc c = d ∈ A ∩ CA =Fr(A)
On a ainsi montré que le segment [a, b] contient un élément c appartenant à la frontière de A.
(b) ce qui montre que cette frontière n'est pas vide.
∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗
3- * Intérieur et adhérence d'un sous espace :
1- Soit (E, N ) un espace vectoriel normé et F un sous-espace de E .
a) Montrer que l'adhérence F de F dans E est un sous espace de E .
o
b) Montrer que, s'il n'est pas vide, l'intérieur F de F dans E est un sous espace de E
2- Soit F un sous-espace de E . Montrer l'équivalence des propositions suivantes ;
(i) F est d'intérieur non vide.
o
(ii) 0 ∈ F
(iii) F = E
3- On suppose que F est un sous espace de dimension nie de l'espace vectoriel normé E .
Montrer que F est fermé dans E .
:
1- a) • F ⊂ F donc F n'est pas vide.
• Soient x et y deux vecteurs de F .
o
o
Soit r > 0. Puisque x et y ∈ F , la boule B (x, 2r ) contient un élément a ∈ F et la boule B (y, 2r ) contient un
élément b ∈ F
o
alors N ((x + y) − (a + b)) ≤ N (x − a) + N (y − b) < 2r + 2r = r et donc la boule B (x + y, r) contient
a + b ∈ F . Donc x + y ∈ F et F est stable pour l'addition.
On montre de manière analogue qu'il est stable pour la multiplication par un scalaire.
F est donc un sous espace vectoriel de E .
SOLUTION
o
b) Il est supposé que F n'est pas vide.
9
o
Soient x et y deux vecteurs de F . Il existe deux réels strictement positifs r1 et r2 tels que
o
o
o
B (x, r1 ) ⊂ F et B (y, r2 ) ⊂ F . Soit r = min(r1 , r2 ). Montrons que B (x + y, r) ⊂ F
o
Soit z ∈B (x + y, r). Alors N (z − (x + y)) < r
1
1
Or z = x + (z − x − y) + y + (z − x − y)
2 {z
|
a
}
2 {z
|
N (a − x) = N ( 12 (z − x − y)) =
b
1
2 N (z
}
o
− x − y) < 12 r < r1 donc a ∈B (x, r1 ) ⊂ F donc a ∈ F
o
de même, N (b − y) = N ( 12 (z − x − y)) = 12 N (z − x − y) < 21 r < r2 donc b ∈B (y, r2 ) ⊂ F donc b ∈ F
o
Ainsi, z = a + b où a et b appartiennent à F . Donc z ∈ F , ce qui montre que B (x + y, r) ⊂ F , et que x + y
est un point intérieur de F .
o
F est donc stable par addition.
o
• On montre de manière analogue que F est stable par multiplication par un scalaire.
o
F est donc un sous espace vectoriel de E .
2- (i) F est d'intérieur non vide.
o
(ii) 0 ∈ F
(iii) F = E
o
o
• Si F = E , alors F = E et donc 0 ∈ F , ce qui montre que (iii) =⇒ (ii)
o
• Si 0 ∈ F alors F est d'intérieur non vide, ce qui montre que que (ii) =⇒ (i)
• Supposons que F est d'intérieur non vide. Alors F admet un point intérieur x0 , qui est centre d'une boule
o
o
ouverte B (x0 , r) incluse dans F . Montrons que B (0, r) ⊂ F .
o
o
Pour tout y ∈B (0, r), N (y) = N (x0 − (x0 + y)) < r donc x0 + y ∈B (x0 , r) ⊂ F
x0 ∈ F
Ainsi y = (x0 + y) − |{z}
| {z }
∈F
∈F
o
donc B (0, r) ⊂ F .
• Soit x un vecteur quelconque de E . Alors x =
r
2N (x)
x
.
r
2N
(x)
| {z } | {z
}
∈R
(puisque N ( 2Nr(x) x) =
r
2
< r)
o
∈B (0,r)⊂F
donc x ∈ F .
ce qui montre que E ⊂ F , et l'égalité par inclusion réciproque évidente.
3 - On considère une suite (vn ) de vecteurs de F , qui converge vers un vecteur w ∈ E . La suite (vn ) est une
suite de Cauchy de vecteurs de F , car est convergente. F étant de dimension ni est un espace complet. Donc
la suite de Cauchy (vn ) converge dans F , ce qui montre que F est fermé.
∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗
4- Normes sur un espace de suites
Soit E l'ensemble des suites (un )n∈N à valeurs complexes pour les quelles la série
gente.
a) Montrer que E est un espace vectoriel sur C.
Montrer que les applications N1 : (un ) 7→
+∞
X
P
un est absolument conver-
|un | ,
n=0
N2 : (un ) 7→ sup |un |
n∈N
+∞
X
|un |
2n
n=0
sont dénies sur E et sont des normes sur E .
et
N3 : (un ) 7→
b) Comparer deux à deux ces normes.
Certaines sont elles équivalentes entre elles ?
c) Soit S l'application de E dans C qui à (un ) fait correspondre
+∞
X
n=0
un .
Montrer que S est continue si on prend sur E la norme N1 , et ne l'est pas si on prend sur E la norme N2 .
Que dire de la dimension de E ?
10
II - Continuité d'applications linéaires
5- Continuité d'applications linéaires : propriétés équivalentes
Soit E un espace vectoriel normé . Soit f une application linéaire de E dans E . Montrer l'équivalence des 5
propositions suivantes :
a) f est continue en 0 .
b) f est continue en tout point de E
c) L'image de B(0, 1), boule unité fermée, par f , est bornée .
d) f est lipchitzienne sur E .
e) f est uniformément continue sur E .
f) Pour toute suite (xn ) de vecteurs de E qui converge vers 0, la suite (f (xn )) converge aussi vers 0.
SOLUTION :
• Une fonction lipschitzienne est uniformément continue donc d) ⇒ e)
• Une fonction uniformément continue est continue donc e) ⇒ b)
• Une fonction continue en tout point de E est en particulier continue en 0 donc b) ⇒ a)
• Si f est une fonction continue en 0, pour toute suite (xn ) de E qui converge vers 0, la suite (f (xn )) converge
aussi vers 0 donc a) ⇒ f )
• Supposons que pour toute suite (xn ) d'éléments de E , lim xn = 0 ⇒ lim(f (xn )) = 0 et montrons que
f (B(0, 1)) est bornée .
Si f (B(0, 1)) n'est pas bornée, pour tout n ∈ N∗ , il existe un élément y ∈ f (B(0, 1)) tel que kyk ≥ n, donc
il existe un vecteur de B(0, 1), qu'on notera tn , tel que k f (tn ) k≥ n
Soit alors (xn ) = ( tnn ). On a lim xn = 0 car ktn k ≤ 1 mais k f (xn ) k≥ 1 puisque k f (tn ) k≥ n , et la
suite (f (xn )) ne converge pas vers 0, ce qui est contraire à l'hypothèse.
On a ainsi montré que f ) ⇒ c)
• Supposons que f (B(0, 1)) est bornée.
alors ∃M > 0 tel que ∀x ∈ B(0, 1), k f (x)k≤ M
x x
≤ M et par linéarité de f, kf (x)k ≤ M k x k
∈ B(0, 1) donc f
Pour tout x ∈ E,
kxk
kxk donc f est lipschitzienne de rapport M .
On a ainsi montré que c) ⇒ d)
∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗
6- * Forme linéaire continue
1-Soit (E, N ) un espace vectoriel normé et ϕ une forme linéaire sur E , non nulle.
1- Montrer qu'il existe un vecteur a ∈ E tel que ker ϕ et la droite Vect(a) soient deux sous espaces supplémentaires de E .
2- Le vecteur a étant déni tel que E = ker ϕ ⊕ K.a, on note p1 la projection sur ker ϕ parallèlement à K.a
et p2 la projection sur K.a parallèlement à ker ϕ.
Montrer que les trois propositions suivantes sont équivalentes :
a) ϕ est continue.
b) ker ϕ est un fermé de E .
c) p1 et p2 sont continues.
SOLUTION :
1- Puisque ϕ 6= 0, il existe a ∈ E tel que ϕ(a) 6= 0 et quitte à remplacer a par
a
, on peut supposer que
ϕ(a)
ϕ(a) = 1.
• Soit x ∈ ker ϕ ∩ K.a. ∃λ ∈ K, x = λ.a et x ∈ ker ϕ.
Donc ϕ(x) = 0 = ϕ(λ.a) = λϕ(a) = λ. Donc λ = 0 et x = 0
Ainsi ker ϕ ∩ K.a = {0}. La somme ker ϕ ⊕ K.a est directe.
• Soit x ∈ E . Ecrivons x = (x − ϕ(x).a) + ϕ(x).a
ϕ(x).a ∈ K.a et x − ϕ(x).a ∈ ker ϕ puisque ϕ(x − ϕ(x).a) = ϕ(x) − ϕ(x). ϕ(a) = 0
|{z}
=1
Donc E ⊂ ker ϕ ⊕ K.a et l'inclusion réciproque allant de soi, E = ker ϕ ⊕ K.a .
11
2- Remarquons d'abord que puisque p2 = IdE − p1 , l'un des projecteurs est continu si et seulement si le
second l'est.
• L'image réciproque d'un fermé par une application continue étant un fermé, si ϕ est continue, ker ϕ =
ϕ−1 ({0}) est un fermé de E .
Ce qui montre que a) =⇒ b)
• Supposons que ker ϕ soit fermé.
Si la projection p2 n'est pas continue, alors elle n'est pas continue en 0 (car la continuité en 0 entraîne la
continuité en tout point).
∃ε > 0, ∀α > 0, ∃x ∈ E, N (x) < α et |ϕ(x)| > ε
|ϕ(xn )| > ε
en prenant α = n1 , ∀n ∈ N∗ , ∃xn ∈ E, N (xn )< n1 et xn
N (xn )
N (xn )
1
xn
n→∞
, N (yn ) = N
=
≤
<
−→ 0
ϕ(x
)
ϕ(x
)
|ϕ(x
)|
ε
nε
n
n
n
ϕ(xn )
xn
=
=1
et ϕ(yn ) = ϕ
ϕ(xn )
ϕ(xn )
On a montré l'existence d'une suite (yn ) d'éléments de E telle que N (yn ) n→∞
−→ 0 et ∀n, ϕ(yn ) = 1
Alors ∀n, yn − a ∈ ker ϕ (puisque ϕ(yn − a) = ϕ(yn ) − ϕ(a) = 1 − 1 = 0 )
La suite (yn − a) d'éléments de ker ϕ converge vers 0 − a (puisque lim yn = 0 ). Donc −a ∈ ker ϕ puisque
ker ϕ est fermé, ce qui est absurde.
Donc p2 est continue, ce qui montre que b) =⇒ c)
puis en dénissant yn =
• Supposons que p2 soit continu.
e 2 (x))
∀x ∈ E, ϕ(x) = ϕ(p1 (x)) + ϕ(p2 (x)) = 0 + ϕ(p2 (x)) = ϕ(p
| {z }
| {z }
K.a
∈
∈ker ϕ
où ϕe est la restriction de ϕ à la droite K.a
ϕ
e, application linéaire dont l'espace de départ est de dimension nie (droite), est continue. Par composition,
ϕ=ϕ
eo p2 est continue.
∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗
7- * Forme linéaire positive :
[a, b] est un segment de R , E = C([a, b], R), espace vectoriel des fonctions continues sur [a, b] et à valeurs réelles,
est muni de la norme uniforme : ∀f ∈ E, kf k = sup |f (t)|
t∈[a,b]
On dit qu'une forme linéaire ϕ sur E est positive si :
∀f ∈ E, ∀x ∈ [a, b], f (x) > 0 =⇒ ϕ(f ) > 0
autrement dit, si l'image par ϕ de toute fonction à valeurs positives ou nulles, est positive ou nulle.
1. Soit ϕ une forme linéaire sur E positive. Montrer que ∀f ∈ E, |ϕ(f )| 6 ϕ(|f |)
2. On note e la fonction constante 1 : ∀x ∈ [a, b], e(x) = 1
Montrer que toute forme linéaire positive ϕ sur E est continue. Calculer sa norme subordonnée en à l'aide
de la fonction e.
SOLUTION :
1. Soit ϕ une forme linéaire positive sur E
Soit f ∈ E = C([a, b], R).
Utilisons les fonctions f + et f − dénies par :
si f (x) > 0 alors f + (x) = f (x)
∀x ∈ [a, b],
si f (x) < 0 alors f + (x) = 0
si f (x) > 0 alors f − (x) = 0
∀x ∈ [a, b],
si f (x) 6 0 alors f − (x) = −f (x)
On sait qu'alors f = f + − f − et |f | = f + + f −
f + et f − sont des fonctions à valeurs > 0
alors, |ϕ(f )| = |ϕ(f + − f − )| = |ϕ(f + ) − ϕ(f − )| puisque ϕ est linéaire
=⇒ |ϕ(f )| 6 |ϕ(f + )| + |ϕ(f − )| = ϕ(f + ) + ϕ(f − ) = ϕ(f + + f − ) = φ(|f |)
(car f + et f − sont à valeurs > 0 et ϕ est positive)
12
2. Remarquons que si ϕ est une forme linéaire positive sur E , alors ∀f, g ∈ E, f 6 g =⇒ ϕ(f ) 6 ϕ(g)
( car (g − f ) > 0 =⇒ ϕ(g − f ) > 0 =⇒ ϕ(g) − ϕ(f ) > 0 =⇒ ϕ(g) > ϕ(f ) )
Soit f ∈ E = C([a, b], R) . Une fonction continue sur un segment est bornée et la norme uniforme de f est
bien dénie.
De plus, ∀x ∈ [a, b], |f (x)| 6 kf k = kf k . e(x)
d'où : |ϕ(f )| 6 φ(|f |) 6 φ(kf k . e) = kf k . ϕ(e)
ϕ est lipschitzienne de rapport ϕ(e). Elle est donc continue et |kϕk| 6 ϕ(e)
Lorque f = e, il y a égalité : |ϕ(e)| = kek . ϕ(e). Donc |kϕk| = ϕ(e)
|{z}
=1
∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗
8- Application réciproque non continue :
On note S l'ensemble des suites a = (an )n≥1 à valeurs
SCV
P complexes, SB le sous espace des suites bornées, P
le sous espace des suites complexes convergentes, CV celui des suites (an )n≥1 pour lesquelles la série an
converge, S0 celui des suites de limite nulle.
1- Donner les relations d'inclusion existant entre ces divers sous espaces.
2- On dénit sur SB la norme uniforme N ((an)) = sup |an |
n≥1
Pour toute suite (an ) ∈ S0 , on dénit D((an )) = (a0n )n≥1 telle que : ∀n ∈ N∗ , a0n = an+1 − an
P
a) Montrer que D est une bijection de S0 sur CV .
b) Soit (bn ) ∈
P
CV . On note rbn le reste d'ordre n de la série
P
an : rbn =
∞
X
bk
k=n+1
Exprimer le terme général an de la suite (an ) = D−1 ((bn )) en fonction d'un des restes de la série
c) Montrer que D est continue et calculer |||D|||.
(p)
d) Pour p ∈ N, on note t(p) = (t(p)
n ) la suite telle que : tn = 1 si 1 ≤ n ≤ p
(p)
tn = 0 si p < n
(p)
−1 (p)
−1
Calculer N∞ (t ) et N∞ (D (t )). L'application D est elle continue ?
Quelle conséquence en résulte-t-il pour les espaces de suites étudiés ?
SOLUTION
P
bn .
:
1- CV ⊂ S0 ⊂ SCV ⊂ SB ⊂ S
P
2- a) et b) • Vérions que D est une application de S0 dans CV :
0
∗ 0
Soit (an ) ∈ S0 et (an ) = D((an )) : ∀n ∈ N , an = an+1 − aP
n
On sait que la suite (an ) converge si et seulementPsi la série (an+1
P −0 an ) converge. Puisque la suite0 (an )
converge
(elle
est
supposée
de
limite
nulle),
la
série
(a
−
a
)
=
an converge. Donc D((an )) = (a n) ∈
n+1
n
P
P
CV
• L'application D est linéaire (vérication sans diculté)
Soit (an )n>1 ∈ ker D. Alors D((an )) = (a0n ) = (0) , donc ∀n ∈ N∗ , a0n = an+1 − an = 0, donc la suite (an )
et constante. Etant de plus de limite nulle, c'est la suite nulle.
Donc ker D = {0} et l'application D est injective.
• Montrons que D est
P surjective.
Soit (bn )n>1 ∈ CV . Il s'agit de rechercher un antécédent de (bn ) par D. Procédons par
supposons qu'une suite (cn ) ∈ S0 soit un antécédent de (bn ) par D :
analyse
et
∀n ∈ N∗ , bn = cn+1 −cn
bn = cn+1 − cn




 bn+1 = cn+2 − cn+1
bn+2 = cn+3 − cn+2
En sommant les égalités
on obtient : bn + bn+1 + ... + bn+p = cn+p+1 − cn


...



bn+p = cP
n+p+1 − cn+p
P
Puisque (bn )n>1 ∈ CV , la série bn converge. Par ailleurs, la suite (cn ) ∈ S0 est de limite nulle. En
passant à la limite pour n xé et p tendant vers +∞ dans l'égalité précedente, on obtient :
+∞
X
cn = −
bk = −rbn−1
k=n
Synthèse :
Soit (bn )n>1 ∈
∀n ∈ N∗ , cn = −
P
+∞
X
k=n
CV . Considérons alors la suite (cn ) dénie par :
bk = −rbn−1
13
alors lim cn = 0 (reste d'une série convergente) , donc (cn ) ∈ S0
n→+∞
+∞
X
+∞
X
bk +
bk = bn , ce qui montre que D((cn )) = (bn )
k=n+1P
k=n
En résumé, toute suite (bn )n>1 ∈ CV admet un antécédent par D dans S0 , qui est la suite (cn ) dénie
+∞
X
par : ∀n ∈ N∗ , cn = −
bk = −rbn−1
et : ∀n ∈ N∗ , cn+1 − cn = −
k=n
• D est donc une bijection de S0 sur
P
CV .
c) Soit (an ) ∈ S0 et (a0n ) = D((an ))
∀n ∈ N∗ , |a0n | = |an+1 − an | 6 |an+1 | + |an | 6 N ((an )) + N ((an )) = 2N ((an )).
Donc N ((an )) = sup |a0n | 6 2N ((an )) et donc |||D||| 6 2.
n∈N∗
Par ailleurs,
 si on considère la suite (cn ) = (1, −1, 0, 0, ..., 0, ...) , alors N ((cn )) = 1 et :
c01 = c2 − c1 = −1 − (1) = −2
c02 = c3 − c2 = 0 − (−1) = 1
donc N ((c0n )) = 2

0
∀n > 3, cn = cn+1 − cn = 0 − 0 = 0
N (D((cn )))
= 2 et |||D||| > 2
donc
N ((cn ))
Des deux inégalités on déduit que |||D||| = 2
(
(p)
tn = 1 si 1 ≤ n ≤ p
d) Pour p ∈ N,
donc N∞ (t(p) ) = 1
(p)
tn = 0 si p < n

−1 (p)
Soit u(p) = (u(p)
(t )
n )=D
D'après la question 2-a-b),
(p)
∀n ∈ N∗ , un = −
+∞
X
k=n
(p)
t1
= −p,
d'où N∞ (D
(p)
t2 = −p
−1 (p)
(p)
tk


 0 si+∞n > p
p
p
X (p)
X
X
=
(p)
t
=
−
t
=
−
1 = −(p − n + 1) si n 6 p
=
−

k
k

k=n
(p)
k=n
(p)
k=n
(p)
+ 1, ... tp−1 = −2, tp = −1, tn = 0 ∀n > p
(t )) = N∞ (u(p) ) = p.
P
N (D−1 (t(p) ))
N∞ (D−1 (b))
p
Pour tout p ∈ N∗ , ∞
CV , le rapport
n'est donc pas
= = p . Lorsque b décrit
(p)
1
N∞ (b)
N∞ (t )
continue.
borné. L'application linéaire D n'est pas
P
L'espace de départ de D−1 , à savoir CV n'est donc pas de dimension nie. (car une application linéaire
dénie sur un espace de dimension nie sur R ou C est nécessairement continue).
∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗
9- Fonction continue mais pas uniformément continue :
Uniforme continuité et dérivée bornée :
1- Montrer que la fonction f : x −→ x2 n'est pas uniformément continue sur R.
1
2- Montrer que la fonction g : x −→ n'est pas uniformément continue sur ]0, +∞[.
x
3- Soit E un espace vectoriel normé de dimension nie sur K = R ou C, et f une fonction vectorielle de classe
C 1 dénie sur un intervalle I de R à valeurs dans E .
Montrer que si la fonction dérivée f 0 est bornée sur I , alors f est uniformément continue sur I . La réciproque
est elle vraie ?
SOLUTION :
1 - Il s'agit de montrer la négation de la proposition :
∀ε > 0, ∃η > 0, ∀x, y ∈ R, |x − y| ≤ η =⇒ |f (x) − f (y)| ≤ ε
c'est à dire :
∃ε0 > 0, ∀η > 0, ∃(x, y) ∈ R2 , |x − y| ≤ η et |f (x) − f (y)| > ε0
1
1 η
Prenons ε0 = 1. Soit η > 0 quelconque et x = , y = +
η
η
2
1
1
η2 η2
η
2
2
alors |x − y| = 2 < η et |f (x) − f (y)| = |x − y | = 2 − 2 − 1 − = 1 + > 1 = ε0
η
η
4
4
2- Prenons à nouveau ε0 = 1. Soit η > 0 quelconque et η 0 = min(η, 1/2) de sorte que η 0 < 1.
Soient x = η 0 et y = η 0 − η 02
alors |x − y| = |η 02 | ≤ η 0 ≤ η car η 0 < 1
14
1
η 02
1
1 y − x =
= 0 0
≥1
et |g(x) − g(y)| = − = x y
xy
η (η − η 02 ) 1 − η 02
On a ainsi montré que ∃ε0 = 1 > 0, ∀η > 0, ∃(x, y) ∈]0, +∞[, |x − y| ≤ η et |g(x) − g(y)| > ε0
et g n'est pas uniformément continue sur ]0, +∞[.
3- • Soient x, y ∈ E .
Z y
Z y
Z y
0
0
≤
M dt = M.|x − y|
kf
(t)kdt
≤
f
(t)dt
kf (x) − f (y)k = x
x
x
f est M -lipschitzienne donc uniformément continue sur I .
• La réciproque est fausse :√
La fonction h : x −→ x est continue sur le segment [0, 1], donc y est uniformément continue (théorème
de Heine). Elle est donc uniformément continue sur l'intervalle ]0, 1].
Elle est de classe C 1 sur ]0, 1] , mais sa dérivée h0 : x −→ 2√1 x n'est pas bornée.
∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗
10 - Limite simple d'une suite de formes linéaires
Soit E = C([a, b], R) l'espace des fonctions réelles continues sur [a, b], muni de la norme uniforme k k∞
1- On dénit la forme linéaire
Φ sur E par :
Z
b
∀f ∈ E, Φ(f ) =
f (t)dt
a
Montrer que Φ est continue et calculer sa norme subordonnéé |||Φ|||
2- Pour tout c ∈ [a, b], on dénit la forme linéaire ϕc sur E par :
∀f ∈ E, ϕc (f ) = f (c)
Montrer que ϕc est continue et calculer sa norme subordonnéé |||ϕc |||
3- Pour n ∈ N∗ , on dénit la forme linéaire ψn sur E par : ψn =
n−1
b−a X
ϕa+k b−a ,
n
n
k=0
n−1 b−a X
b−a
autrement dit, ∀f ∈ E, ψn (f ) =
f a+k
n
n
k=0
Pour tout f ∈ E , déterminer lim ψn (f )
n→+∞
4- E ∗∗ , espace des formes linéaires continues sur E est l'espace dual topologique de E .
N
L'application ϕ −→
sup
|ϕ(f )| est une norme sur E ∗∗ (sans diculté)
f ∈E, kf k∞ ≤1
A-t-on lim N (ψn − Φ) = 0 ?
n→+∞
autrement dit, Φ est elle limite de la suite (ψn ) dans l'EVN (E ∗∗ , N ) ?
(on pourra utiliser une suite de fonctions (gn ) telle que gn (x) = cos λ(x − a) avec λ choisi de telle manière
que pour tout k, gn (a + k b−a
n )=1 )
SOLUTION :
Z
Z
Z b
b
b
1- ∀f ∈ E, |Φ(f )| = f (t)dt ≤
|f (t)|dt ≤
kf k∞ dt = (b − a)kf k∞
a
a
a
Donc la forme linéaire Φ est lipschitzienne de rapport b − a. Elle est donc continue et |||Φ||| ≤ b − a.
En prenant pour f la fonction constante 1, on obtient |||Φ||| ≥ b − a donc |||Φ||| = b − a
2- ∀f ∈ E, |ϕc (f )| = |f (c)| ≤ kf k∞ donc ϕc est lipschitzienne de rapport 1.
Elle est donc continue et |||ϕc ||| ≤ 1.
En prenant pour f la fonction constante 1, on obtient |||ϕc ||| = 1
3- ψn , combinaison linéaire de formes linéaires continues du type ϕc est elle même continue.
Soit f ∈ E .
ψn (f ) =
n−1 b−a X
b−a
f a+k
est une somme de Riemann pour la fonction f sur le
n
n
k=0
segment [a, b] partagé en n intervalles égaux.
Z
f étant continue sur [a, b], on sait qu'alors
b
lim ψn (f ) =
f (t)dt = Φ(f )
n→+∞
a
2πn
4- Soit gn la fonction dénie par : gn (x) = cos b−a
(x − a) . On a bien kgn k∞ = 1
2πn
b−a
Pour tout k ∈ {0, 1, ...n − 1}, gn (a + k b−a
n ) = cos b−a (k n ) = cos(2kπ) = 1
n−1
b−a X
b−a
donc ψn (gn ) =
gn a + k
=b−a
n
n
k=0
15
h
ib
2πn
2πn
Par ailleurs, Φ(gn ) = ab gn (t)dt = ab cos b−a
(x − a) dt = b−a
=0
2πn sin b−a (x − a)
a
donc N (Φ − ψn ) ≥ |Φ(gn ) − ψn (gn )| = b − a de sorte que N (Φ − ψn ) ne tend pas vers 0 quand n −→ +∞
et la suite (ψn ) ne converge pas vers Φ dans l'espace vectoriel normé (E ∗∗ , N ).
Puisque pour tout f ∈ E, lim ψn (f ) = Φ(f ) on dit que la suite (ψn ) converge simplement vers Φ.
R
R
n→+∞
III - Suites convergentes :
11 - Limite de matrices :
Soit A ∈ Mn (C) telle que la suite (Ak ) converge vers une matrice B .
a) Montrer que B est une matrice de projection, d'image ker(A − In ) et de noyau Im(A − In )
b) Prouver l'existence d'un polynôme P tel que B = P (A) et P (1) 6= 0
:
a) L'application
SOLUTION
:
Mn (C) × Mn (C) −→ Mn (C)
(M, N ) 7→ M.N
est bilinéaire donc continue car Mn (C) est de dimension nie.
Donc lim A2k = B = lim Ak .Ak = ( lim Ak ).( lim Ak ) = B.B
k→∞
k→∞
k→∞
k→∞
Donc B 2 = B et B est une matrice de projection.
- Soit X ∈ ker(A − In ) : A.X = X , donc A2 .X = A.X = X
par récurrence immédiate, ∀k, Ak .X = X et, par continuité du produit matriciel et passage à la limite,
B.X = X
Donc ker(A − In ) ⊂ ker(B − In ) = Im(B)
- Soit X ∈ Im(A − In ) : ∃Y ∈ Cn , X = A.Y − Y , donc A.X = A2 .Y − A.Y
par récurrence immédiate, ∀k, Ak .X = Ak+1 .X − Ak .X et, par continuité du produit matriciel et pasasge à
la limite, B.X = B.X − B.X = 0
Donc Im(A − In ) ⊂ ker(B)
- B étant un projecteur, ker(B) ⊕ Im(B) = Cn , en particulier, la somme est directe.
Puisque Im(A − In ) ⊂ ker(B) et ker(A − In ) ⊂ Im(B) , Im(A − In ) et ker(A − In ) sont en somme directe.
Par le théorème du rang, la somme de leur dimension valant n, ils sont supplémentaires .
Finalement, Im(A − In ) = ker(B)
ker(A − In ) = Im(B)
Im(A − In ) ⊕ ker(A − In ) = Cn
B est la matrice de la projection sur ker(A − In ) de direction Im(A − In )
∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗
12 - * Espaces de suites ; Cesaro par densité :
L'espace vectoriel SB , formé des suites complexes a = (an )n≥1 bornées, est muni de la norme uniforme
N ∞ ((an)) = sup |an |
n≥1
On note : • SF le sous-espace des suites à support ni, c'est à dire pour lesquelles seuls un nombre ni de
termes sont non nuls. Pour une suite (an )n≥1 de SF , ∃n0 ∈ N ∗ , ∀n ≥ n0 , an = 0
• SCV le sous-espace des suites convergentes,
• S0 le sous-espace des suites de limite nulle.
1- Montrer que l'adhérence de SF dans SB est S0 .
Montrer que S0 est un fermé de SB
2- On appelle µ l'application qui à toute suite a = (an )n≥1 fait correspondre la suite µ(a) = b = (bn )n≥1 des
moyennes arithmétiques des n premiers termes :
∀n ∈ N ∗ , bn =
a1 + a2 + ... + an
n
Il est clair que µ ∈ L(SB).
a) Montrer que µ est une application lipschitzienne de SB dans SB . Déterminer |kµk| .
Rechercher les suites a de SB invariantes par µ, c'est à dire telles que µ(a) = a.
c) Montrer que ∀a ∈ SF, µ(a) ∈ S0
d) Montrer que l'application Λ, de SCV dans C, qui à une suite associe sa limite, est continue.
3- a) Soit a ∈ S0 .
Justier l'existence d'une suite (u(k) )k∈N ∗ d'éléments de SF , de limite a.
Etudier la suite (µ(u(k) ))k∈N ∗ et montrer que µ(a) ∈ S0
16
b) Déduire de la question précédente une démonstration du théorème de Cesaro, à savoir :
"Si u est une suite convergente de limite L ∈ C, la suite µ(u) converge aussi vers L."
:
1 - • Soit a = (an )n≥1 ∈ SF , adhérence de SF dans SB .
Soit ε > 0. Il existe b ∈ SF telle que N ∞ (a − b) < ε
a étant à support ni, ∃n0 ∈ N ∗ , ∀n ≥ n0 , an = 0
donc ∀n ≥ n0 , |bn | = | |{z}
an −bn | ≤ sup |am − bm | = N ∞ (a − b) < ε
SOLUTION
m≥1
0
On a ainsi montré que : ∀ε > 0, ∃n0 ∈ N ∗ , ∀n ≥ n0 , |bn | < ε
c'est à dire que lim bn = 0 ou encore que b ∈ S0
Donc SF ⊂ S0
n→+∞
• Réciproquement, si b ∈ S0 , ∀ε > 0, ∃n0 ∈ N ∗ , ∀n ≥ n0 , |bn | < ε
ε > 0 quelconque étant donné, soit b0 la suite à support ni obtenue en troncant (bn ) à partir du rang n0 :
∀n < n0 , b0n = bn
et ∀n ≥ n0 , b0n = 0
alors |bn − b0n | = 0 si n < n0 et |bn − b0n | = |bn | < ε si n ≥ n0 et donc N ∞ (b − b0 ) < ε
On a ainsi montré que :
∀ε > 0 il existe une suite b0 à support ni telle que N ∞ (b − b0 ) < ε, c'est à dire que b ∈ SF .
Donc S0 ⊂ SF et nalement, S0 = SF
• L'adhérence d'une partie d'un espace vectoriel normé étant toujours un fermé de cet espace, on en déduit que
S0 = SF est un fermé de SB .
2 - a) Soit a = (an )n≥1 ∈ SB et b = (bn )n≥1
= µ(a) .
a1 + a2 + ... + an |a1 + a2 + ... + an |
nN ∞ (a)
=
≤
= N ∞ (a)
∀n ∈ N ∗ , |bn | = n
n
n
donc N ∞ (b) = sup |bn | ≤ N ∞ (a)
n≥1
On a ainsi montré que ∀a ∈ SB, N ∞ (µ(a)) ≤ N ∞ (a) c'est à dire que µ est liptschitzienne de rapport 1.
Elle est donc continue et |kµk| ≤ 1 .
- Si on considère la suite constante u = (1)n≥1 , on voit immédiatement que µ(u) = u et donc que
N ∞ (µ(u)) = N ∞ (u) ce qui montre que |kµk| ≥ 1 .
Finalement, |kµk| = 1
b) Soit a ∈ SB , invariante par µ : (bn ) = µ((an )) = (an )
Montrons par récurrence sur n que an est constant :
a
pour n = 1, b1 = 1 = a1
1
a1 + a2
pour n = 2, b2 =
= a2 donc a1 + a2 = 2a2 et a2 = a1
2
Supposons que jusqu'à l'ordre n, ak = a1
na1 + an+1
a + a2 + ... + an + an+1
=
= an+1
alors bn+1 = 1
n+1
n+1
donc na1 + an+1 = (n + 1)an+1 et an+1 = a1
On a ainsi montré par récurrence que ∀n, an = a1 c'est à dire que (an ) est une suite constante.
La réciproque est immédiate, si (an ) est une suite constante, alors ∀n, bn = an et donc µ(a) = a
En conclusion, a ∈ SB est invariante par µ si et seulement si a est une suite constante.
c) Soit a ∈ SF ; ∃n0 ∈ N ∗ , ∀n ≥ n0 , an = 0
Soit b = (bn ) = µ(a)
constant
z
}|
{
a1 + a2 + ... + an0 +0 + ... + 0
−−−−−→ 0
alors, ∀n ≥ n0 , bn =
n→+∞
n
Donc b = µ(a) ∈ S0
d) Soit a ∈ SCV
∀n ∈ N ∗ , |an | ≤
N ∞ (a)
| {z }
independant de n
En passant à la limite dans cette inégalitè, | lim an | ≤ N ∞ (a) soit aussi |Λ(a)| ≤ N ∞ (a) , ce qui montre
que Λ est lipschitzienne de rapport 1 et donc continue.
Ceci montre aussi que |kΛk| ≤ 1 et en considérant l'égalité obtenue pour une suite constante, que |kΛk| = 1.
17
3 - a) Soit a ∈ S0 . D'après la question 1, a est adhérente à SF donc est limite d'une suite (u(k) )k∈N ∗ d'éléments
de SF .
D'après la question 2 - c), pour tout k, µ(u(k) ) ∈ S0 et par continuité de µ, lim(µ(u(k) )) = µ(lim u(k) ) = µ(a)
Mais puisque S0 est fermé et que ∀k, µ(u(k) ) ∈ S0 , on a lim(µ(u(k) )) = µ(a) ∈ S0
Donc µ(a) ∈ S0 , ce qui signie que µ(a) est une suite de limite nulle.
3 - b) Soit u = (un ) une suite convergente de limite L ∈ C.
Soit l = (ln ) = (L)n≥1 la suite constante de valeur L.
Alors lim ln = L = lim un et donc l − u ∈ S0
D'après la question précédente, µ(l − u) ∈ S0 , par linéarité, µ(l) − µ(u) ∈ S0 , d'après 2-a), µ(l) = l
lim µ(u) = L = lim u
donc Λ(µ(u)) = Λ(l) + Λ(µ(u) − l) = L ce qui signie que
|{z}
L
{z
|
0
}
∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗
13 - * * Formes linéaires continues sur l2 (dual topologique de l2 )
On note l2 l'ensemble des suites à valeurs réelles dont la série des carrés converge : l2 = {(un ) ∈ RN ,
1-a) Montrer que si (un ) et (vn ) appartiennent à l2 , la série
P
u2n converge }
un vn est absolument convergente.
v
u∞
uX
Montrer que l2 est un espace vectoriel sur réel et que l'application (un ) −→ k(un )k2 = t u2n est une
P
n=0
norme sur l .
b) Pour tout entier n ∈ N, on dénit l'application Tn de troncature au rang n, qui à la suite (uk )k≥0 fait
correspondre la suite tronquée (vk ) telle que : vk = uk si k ≤ n et vk = 0 si k > n.
Montrer que Tn est une application linéaire de l2 dans lui même, continue, et calculer sa norme subordonnée.
Montrer que pour toute suite u ∈ l2 , lim Tn (u) = u
2
n→∞
2-a) Soit a = (an ) ∈ l . D'après 1-a) on sait que pour toute suite u = (un ) de l2 , la série
2
Montrer que l'application Φa qui à la suite u fait correspondre Φa (u) =
∞
X
P
an un converge.
an un est une forme linéaire sur
n=0
l2 , continue, et calculer sa norme |||Φa ||| .
b) Réciproquement, soit Ψ une forme linéaire continue de l2 dans R.
Montrer qu'il existe une unique suite (bn )n≥0 ∈ l2 telle que Ψ = Φb
(on pourra déterminer bn en fonction
v de Ψ et des suites ∆i = (δi,n )n≥0 et justier l'existence de
u n
n
X
uX
P 2
2
+
b2k pour montrer la convergence de
bn )
M ∈ R tel que ∀n,
bk ≤ M.t
k=0
k=0
SOLUTION
:
1-a) • Soient (an ) et (bn ) deux suites de l2 .
Pour tout n, (|an | − |bn |)2 = a2n + b2n − 2|an |.|bn | ≥ 0
P
an bn converge absolument.
d'où
0 ≤ |an |.|bn | ≤
a2n + b2n
et par majoration,
2
• Soient (un ) et (vn ) ∈ l2 et λ ∈ R.
alors (un + λvn )2 = u2n + 2λun vn + λ2 vn2
2
2
par hypothèse et {un .vn } l'est aussi par ce qui précède, donc
P {un } et2 {vn } sont des séries convergentes
(un + λvn ) converge et (un ) + λ(vn ) ∈ l2 .
l2 , stable par addition et par multiplication par un scalaire, est un sous espace vectoriel de l'espace des suites
réelles.
• On montre sans diculté que k k2 est une norme sur l2 (euclidienne).
b) Tn : (uk )k≥0 = (u0 , u1 , u2 , ..., un , un+1 , ..., un+pP
, ...) −→ (vk )k≥0 = (u0 , u1 , u2 , ..., un , 0, 0, ..., 0, ...)
La suite (vk )k≥0 étant à support ni, la série vk2 converge (somme nie) et (vk ) ∈ l2 .
• Tn est linéaire (immédiat) , donc Tn ∈ L(l2 ).
∀(uk ) ∈ l2 ,
kTn (u)k2 =
n
X
k=0
u2k ≤
∞
X
u2k = kuk2
k=0
Tn est lipschitzienne de rapport 1, elle est donc continue et |||Tn ||| ≤ 1
En considérant la suite ∆0 = (1, 0, 0, 0, ..., 0, ...), on obtient ||Tn (∆0 )|| = ||∆0 ||. Donc |||Tn ||| = 1
18
• Soit u ∈ l2 . Pour tout entier n, u − Tn (u) = (0, 0, 0, ..., 0, un+1 , ..., un+p , ...)
∞
X
P 2
donc ku − Tn (u)k2 =
u2k = rn , reste d'ordre n de la série convergente
un
k=n+1
donc lim ku − Tn (u)k2 = lim rn = 0, ce qui montre que la suite (Tn (u))n≥0 converge vers u dans
n→+∞
n→+∞
l'espace vectoriel normé (l2 , || ||2 ).
2-a) Soit a = (an ) ∈ l2 .
P
Pour toute suite u = (un ) de l2 , la série an un converge (question 1-a)),
et |Φa (u)| = | < a, u > | ≤k a k . k u k, ce qui montre que Φa est lipschitziznnz de rapport k a k donc
est continue et |||Φa ||| ≤k a k
Par ailleurs, |Φa (a)| = | < a, a > | =k a k2 , ce qui montre que |||Φa ||| =k a k
b) Soit Ψ une forme linéaire continue sur l2 .
• Analyse : Supposons qu'il existe une suite (bn ) ∈ l telle que ∀u ∈ l , Ψ(u) =
2
2
+∞
X
bn u n .
n=0
Pour tout entier i notons ∆i = (δi,n )n≥0
Ainsi, ∆0 = (1, 0, 0, ..., 0, ...)
∆1 = (0, 1, 0, 0, ..., 0, ...)
∆2 = (0, 0, 1, 0, ..., 0, ...) etc...
+∞
X
Pour tout i ∈ N, Ψ(∆i ) =
bn δi,n = bi . Donc la suite (bn ) est unique et vérie : ∀n ∈ N, bn = Ψ(∆n )
n=0
• Synthèse : Soit donc la suite b = (bn ) telle que ∀n ∈ N, bn = Ψ(∆n )
Pour tout n, Ψ(Tn (b)) = Ψ(b0 , b1 , ..., bn , 0, 0..., 0...) = Ψ(b0 ∆0 + b1 ∆1 + ... + bn ∆n
= b0 Ψ(∆0 ) + b1 Ψ(∆1 ) + ... + bn Ψ(∆n ) = b20 + b21 + ... + b2n
Or Ψ est continue, linéaire, donc lipschitzienne :
∃µ ∈ R, ∀u ∈ l2 , |Ψ(u)| ≤ µ.kuk
v
u n
n
X
uX
b2k
en particulier, pour tout n, |Ψ(Tn (b))| ≤ µ.kTn (b)k donc
b2k ≤ M.t
k=0
k=0
v
u n
n
X
uX
P 2
donc t b2k ≤ M d'où
b2k ≤ M 2 et la série
bn dont les sommes partielles sont majorées, converge.
k=0
k=0
Donc (bn ) ∈ l2 .
• Enn, ∀u = (un ) ∈ l , ∀n ∈ N, Ψ(Tn (u)) = Ψ
2
n
X
k=0
n
X
k=0
!
u k ∆k
=
n
X
uk Ψ(∆k ) =
k=0
n
X
u k bk
k=0
Quand n −→ +∞, Tn (u) −→ u (question 1-b) et par contnuité de la forme linéaire Ψ,PΨ(Tn (u)) −→ Ψ(u)
Dans le second membre, puisque u et b appartiennent à l2 , d'après 1-a), la série bn un converge et
uk bk −→
∞
X
u k bk
k=0
Donc en passant à la limite quand n −→ +∞, dans la dernière égalité, on obtient Ψ(u) =
∞
X
u k bk
k=0
Ce qui montre que Ψ = Φb .
Finalement, les formes linéaires continues sur l2 sont les applications de la forme Φa où a ∈ l2 .
∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗
14 - * Résolution approchée d'une équation par le théorème du point xe :
.
(Hors programme depuis 2006)
x1 = 15 (2 sin x1 + cos x2 )
admet une solution unique (x1 , x2 ) dans R2 .
x2 = 15 (cos x1 + 3 sin x2 )
b) Expliquer comment on peut obtenir une valeur approchée (a, b) de cette solution à 10−10 près et calculer une
a) Montrer que le système
telle valeur approchée avec MAPLE.
SOLUTION :
a) Considérons sur R2 la norme uniforme : k (a, b) k∞ = max(|a|, |b|)
19
R2 −→ R2
(x , x ) −→ (x01 , x02 )
0 1 12
x1 = 5 (2 sin x1 + cos x2 )
x02 = 15 (cos x1 + 3 sin x2 )
Soit f l'application :
tel que
• Montrons que f est lipschitzienne pour la norme k k∞
Soient X = (x1 , x2) ∈ R2 et Y = (y1 , y2 ) ∈ R2
1
2 sin(x1 ) − 2 sin(y1 ) + cos(x2 ) − cos(y2 ) , cos(x1 ) − cos(y1 ) + 3 sin(x2 ) − 3 sin(y2 )
5
= (z1 , z2 )
1
x1 − y1
x1 + y1
x2 − y2
x2 + y2
z1 =
4 sin
cos
− 2 sin
sin
5 2
2
2
21
x1 −y1
x1 +y1
x2 −y2
x2 +y2 x2 −y2
1 1
1
2
≤ 5 4| sin x1 −y
|z1 | = 5 4 sin 2 cos 2 − 2 sin 2 sin 2
|.| cos x1 +y
|.| sin x2 +y
2
2 | − 2| sin
2
2 |
en utilisant la majoration ∀x ∈ R, | sin x| ≤ |x| , on obtient :
|z1 | ≤ 15 (2|x1 − y1 | + |x2 − y2 |) ≤ 35 max(|x1 − y1 |, |x2 − y2 |) = 35 kX − Y k∞
f (X) − f (Y ) =
Un calcul analogue montre que |z2 | ≤ 45 kX − Y k∞
Donc kf (X) − f (Y )k∞ = max(|z1 |, |z2 |) ≤ 45 kX − Y k∞
La fonction f est lipschitzienne de rapport 45 < 1, elle est donc contractante.
• R2 , espace de dimension nie sur R étant complet, d'après le théorème du point xe, on sait que f admet
un unique point xe W et que toute suite (Xn ) dénie par la donnée de son premier terme X0 ∈ R2 et par la
récurrence ∀n ∈ N, Xn+1 = f (Xn ) converge vers cet unique point xe W .
Etudions la vitesse de convergence de la suite Xn dénie comme ci-dessus :
∀n, p ∈ N tels que n ≤ p ,
Xn+p − Xn = Xn+p − Xn+p−1 + Xn+p−1 − Xn+p−2 + ... + Xn+2 − Xn+1 + Xn+1 − Xn
par l'inégalité triangulaire,
kXn+p − Xn k ≤ kXn+p − Xn+p−1 k + kXn+p−1 − Xn+p−2 k + ... + kXn+2 − Xn+1 k + kXn+1 − Xn k
or pour tout k, kXk+1 − Xk k = kf (Xk ) − f (Xk−1 )k ≤ µ.kXk − Xk−1 k
et par recurrence immédiate, kXk+1 − Xk k ≤ µk kX1 − X0 k
1 − µp
.kX1 − X0 k
d'où kXn+p − Xn k ≤ (µn+p−1 + µn+p−2 + ... + µn )kX1 − X0 k = µn
1−µ
µn
=⇒ kXn+p − Xn k ≤
.kX1 − X0 k
1−µ
A n xé, passons à la limite quand p −→ +∞ :
µn
.kX1 − X0 k
∀n ∈ N∗ , kW − Xn k ≤
1−µ
Le passage de Xn à Xn+1 multiplie l'erreur kW − Xn k du facteur µ = 45 = 0, 8, ce qui est
peu rapide.
n
n
4
µ
En supposant que kX1 − X0 k = 1 et puisque µ = 54 , kW − Xn k ≤ 1−µ
.kX1 − X0 k = 5
5
n
4
−10
≤ 10
⇐⇒ ln(5) + n(ln 4 − ln 5) ≤ −10 ln 10
5
5
⇐⇒ ln(5) + 10 ln 10 ≤ n(ln 5 − ln 4)
ln(5) + 10 ln 10
⇐⇒
≤n
ln 5 − ln 4
Il sut que n ≥ 111 pour que cette condition soit vériée.
Programme MAPLE :
Digits:=50; x[0]:=1.0; y[0]:=1.0; n:=120;
for k from 0 to n do x[k+1]:=(2*sin(x[k])+cos(y[k]))/5;
Contrôle de la précision :
y[k+1]:=(cos(x[k])+3*sin(y[k]))/5;
od;
for j from n-10 to n do ecart[j]:=x[j]-x[j+1] od;
IV - Complétude - Compacité - Convexité
15 - Ouverts et compacts dans Mn (R)
Les ensembles GLn (R) et On (R) sont ils des parties ouvertes, fermées, compactes de Mn (R) ?
SOLUTION :
a) L'application déterminant est une application continue, car polynomiale en les coecients ai,j de la matrice.
R∗ est un ouvert de R et GLn (R) = det−1 (R∗ ), image réciproque d'un ouvert par une fonction continue,
est un ouvert de Mn (R).
20
Chaque matrice λ.In , avec λ aussi grand qu'on veut, est élément de GLn (R) qui n'est donc pas une partie
bornée de Mn (R), ni compacte.
b) Mn (R) est un espace vectoriel de dimension nie sur R et toutes les normes dénies sur Mn (R) sont équivalentes. Prenons la norme uniforme : kAk∞ = max |ai,j |
i,j
• Soit A ∈ On (R). Ses colonnes forment un système orthonormal de Rn . En particulier, la j ème colonne a pour
n
X
norme au carré
a2i,j = 1 et donc pour tout couple (i, j), a2i,j ≤ 1 et |ai,j | ≤ 1
i=1
donc kAk∞ = max |ai,j | ≤ 1 et On (R) est une partie bornée de Mn (R).
i,j
• Montrons que On (R) est une partie fermée de Mn (R).
Soit (Ak ) une suite de matrices de On (R) qui converge dans l'espace vectoriel normé Mn (R) vers une matrice
limte B .
Chaque Ak étant orthogonale, t Ak .Ak = In
Le produit de matrices : (M, N ) −→ M.N est continue car bilinéaire.
En passant à la limite dans l'égalité ci-dessus, on obtient : t B.B = In donc B est une matrice orthogonale.
Ainsi toute suite convergente d'éléments de On (R) a sa limite dans On (R) . Donc On (R) est un fermé de
Mn (R)
Finalement, On (R) , partie fermée et bornée de Mn (R) est un compact.
∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗
16 - * Espace complet ou non suivant la norme
Soit E = C([a, b], C), l'espace des fonctions complexes continues sur [a, b].
1- Montrer que C([a, b], C) est complet pour la norme de la convergence uniforme k k∞
2- Montrer que C([a, b], C) n'est pas complet pour la norme convergence en moyenne k k1
SOLUTION :
1- Soit (fn )n≥0 une suite d'éléments de C([a, b], C) de Cauchy pour la normek k∞ :
∀ε > 0, ∃n0 ∈ N, ∀n ≥ n0 , ∀p ≥ n0 , k fn − fp k∞ < ε
puisque ∀x ∈ I, |fn (x) − fp (x)| ≤k fn − fp k∞ , on en déduit que pour tout x ∈ I , la suite réelle (fn (x))n≥0
est de Cauchy. R étant complet, elle converge. Soit g(x) = lim fn (x)
n→∞
• Soit ε > 0 et n0 ∈ N tel que ∀n ≥ n0 , ∀p ≥ n0 , k fn − fp k∞ < ε
alors pour tout x ∈ I, ∀n ≥ n0 , ∀p ≥ n0 , |fn (x) − fp (x)| ≤k fn − fp k∞ < ε
pour x ∈ I xé, passons à la limite quand p −→ +∞ :
∀x ∈ I, ∀n ≥ n0 , |fn (x) − g(x)| < ε
pour chaque n ≥ n0 , cette inégalité étant vraie pour tout x ∈ I , sup |fn (x) − g(x)| =k fn − g k∞ < ε
x∈I
On a ainsi montré que ∀ε > 0, ∃n0 ∈ N, ∀n ≥ n0 , k fn − g k∞ < ε , c-a-d que lim k fn − g k∞ = 0
n→∞
• Puisque chaque fonction fn est continue et que la suite de fonctions (fn ) converge uniformément
vers g, la
limite g est continue ; g ∈ C([a, b], C). Donc g est limite de (fn ) dans l'espace vectoriel C([a, b], C), k k∞ et
celui-ci est complet.
2- Pour simplier, traitons le cas où a = 0 et b = 1.

1
 si x ∈ [0, 2 ], fn (x) = 0
• Pour tout n ≥ 4 , soit fn la fonction dénie par :
si 21 < x < 12 + n1 , fn (x) = n(2x−1)
2

si 21 + n1 ≤ x ≤ 1, fn (x) = 1
chaque fn est continue (et ane par morceaux) donc appartient à E .
Pour tous entiers n, p tels que 4 ≤ n ≤ p,
Z 1
Z 1/2
Z 12 + p1
Z 12 + n1
Z 1
|fn (t) − fp (t)|dt =
|fn − fp | +
|fn − fp | +
|fn − fp | +
|fn − fp |
1
1
1
1 |
| {z }
| {z }
| {z }
{z }
0
0
1/2
2+p
2+n
=0
=0
≤1
≤1
Z 1
1
1
1
1
−
=
=⇒
|fn (t) − fp (t)|dt ≤ +
p
n
p
n
0
1
ε > 0 quelconque étant donné, il existe n0 tel que
<ε
n
0
R
alors ∀n ≥ n0 , ∀p ≥ n0 , k fn − fp k1 = 01 |fn (t) − fp (t)|dt ≤ n1 ≤ n10 < ε
ce qui montre que la suite (fn ) est une suite de Cauchy pour la norme k k1 .
21
• Cette suite converge-t-elle dans E ?
Si oui, notons g sa limite : g ∈ E et lim k fn − g k1 = 0
n→∞
Or
R 1/2
0
|fn (t) − g(t)|dt ≤
R1
0
Z
|fn (t) − g(t)|dt ≤k fn − g k1 donc
1/2
lim
n→∞
0
| fn (t) −g(t)|dt = 0
| {z }
0 sur [0, 12 ]
d'où
Z
1/2
|g(t)|dt = 0 et g étant continue sur [0, 1/2], ∀t ∈ [0, 1/2], g(t) = 0
Z 1
Z 1
De manière analogue, pour tout α > 0,
|fn (t) − g(t)|dt ≤
|fn (t) − g(t)|dt ≤k fn − g k1
0
1
2 +α
1
1
1
1
< + < + α et que fn (t) vaille 1 sur le segment [ 21 + n1 , 1], on a
2
2 n
2
prenant n assez grand pour que
Z
donc en
0
1
n→∞
|1 − g(t)|dt ≤k fn − g k1 −→ 0
Z 1
donc
|1 − g(t)|dt = 0 et la fonction 1 − g étant continue, elle est identiquement nulle sur [ 12 + n1 , 1].
1
+α
2
∀t ∈ [0, 21 ], g(t) = 0
, ce qui est incompatible avec
Ceci étant vrai pour tout α > 0, on en conclut que :
et ∀t ∈] 12 , 1], g(t) = 1
la continuité de g au point 1/2.
Donc la suite de Cauchy (fn ) n'a pas de limite dans E , et E n'est pas complet pour la norme k k1
1
2 +α
∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗
17 - Espaces des fonctions bornées, continues, polynomiales
On note B(I, C) l'ensemble des fonctions complexes bornées sur l'intervalle I .
L'applicaton f −→ k f k∞ = sup |f (x)| est une norme sur cet espace.
x∈I
On note C(I, R) l'ensemble des fonctions réelles continues sur l'intervalle I et C k (I, R) l'ensemble des fonctions réelles de classe C k sur l'intervalle I
1- Montrer que B(I, C), k k∞ est un espace complet.
2- a et b sont deux réels tels que a < b.
Montrer que C([a, b], C), espace des fonctions continues sur [a, b] est complet.
Montrer que C([a, b], C) est un sous espace fermé de B(I, C)
3- Déterminer l'adhérence dans C([a, b], C), k k∞ de R[X], espace des fonctions polynomiales sur le segment
[a, b].
SOLUTION :
1- Soit (fn )n≥0 une suite de Cauchy d'éléments de B(I, C), k k∞ :
∀ε > 0, ∃n0 ∈ N, ∀n ≥ n0 , ∀p ≥ n0 , k fn − fp k∞ < ε
puisque ∀x ∈ I, |fn (x) − fp (x)| ≤k fn − fp k∞ , on en déduit que pour tout x ∈ I , la suite réelle (fn (x))n≥0
est de Cauchy. R étant complet, elle converge. Soit g(x) = lim fn (x)
n→∞
• Soit ε > 0 et n0 ∈ N tel que ∀n ≥ n0 , ∀p ≥ n0 , k fn − fp k∞ < ε
alors pour tout x ∈ I, ∀n ≥ n0 , ∀p ≥ n0 , |fn (x) − fp (x)| ≤k fn − fp k∞ < ε
pour x ∈ I xé, passons à la limite quand p −→ +∞ :
∀x ∈ I, ∀n ≥ n0 , |fn (x) − g(x)| < ε
pour chaque n ≥ n0 , cette inégalité étant vraie pour tout x ∈ I , sup |fn (x) − g(x)| =k fn − g k∞ < ε
x∈I
On a ainsi montré que ∀ε > 0, ∃n0 ∈ N, ∀n ≥ n0 , k fn − g k∞ < ε , c-a-d que lim k fn − g k∞ = 0
n→∞
• Il s'ensuit que g est bornée : Prenons ε = 1 et n0 tel que k fn0 − g k∞ < ε = 1
alors ∀x ∈ I, |g(x)| = |g(x) − fn0 (x) + fn0 (x)| ≤ |g(x) − fn0 (x)| + |fn0 (x)| ≤k fn0 k∞ +1
|
{z
≤kfn0 −gk∞ <1
}
| {z }
≤kfn0 k∞
donc g ∈ B(I, C) et puisque lim k fn − g k∞ = 0 , la suite (fn )n≥0 converge dans l'espace vectoriel normé
n→∞
B(I, C), k k∞ vers la fonction g .
Toute suite de Cauchy étant convergente, l'e.v.n. B(I, C), k k∞ est complet.
2 - C([a, b], C) est un sous espace de B(I, C) car toute fonction continue sur un compact (le segment [a, b]) est
bornée.
22
Soit (fn )n≥0 une suite de Cauchy d'éléments de C([a, b], C), k k∞ . On a vu qu'elle convergeait vers une
fonction g bornée sur [a, b].
Puisque chaque fonction fn est continue et que la suite de fonctions (fn ) converge uniformément
vers g, la
limite g est continue ; g ∈ C([a, b]. Donc g est limite de (fn ) dans l'espace vectoriel C([a, b], C), k k∞ et
celui-ci est complet.
C([a, b], C) étant complet, c'est un sous espace fermé de B(I, C), k k∞ .
3- Soit f ∈ C([a, b], C). D'après le théorème de Weierstrass, il existe une suite (fn )n≥0 de fonctions polynomiales
qui converge uniformément sur [a, b] vers f : lim k fn − f k∞ = 0
Donc f ∈ R[X] et R[X] = E
n→∞
∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗
18 - * Enveloppe convexe et théorème de Gauss-Lucas
Une partie X d'un espace vectoriel normé E est dite convexe si ∀(M, N ) ∈ X 2 , [M, N ] ⊂ X , c'est à dire si
αM + βN
∀α ≥ 0, ∀β ≥ 0, tel que α + β 6= 0,
∈X
α+β
1- a) A étant une partie quelconque de E montrer qu'il existe un plus petit sous ensemble convexe de E
contenant A. Celui-ci est appelé enveloppe convexe de A. On le notera Conv(A).
b) Si A est l'ensemble ni {M1 , M2 , ..., Mp }, montrer que Conv(A) est l'ensemble des barycentres des points
M1 , M2 , ..., Mp aectés de coecients ≥ 0.
2- Soit P ∈ C[X] un polynôme complexe de racines x1 , x2 , ..., xn distinctes ou non dans C.
Montrer que les racines du polynôme dérivé P 0 (X) sont dans l'enveloppe convexe de l'ensemble {x1 , x2 , ..., xn }
:
1-a) Notons ZA\l'ensemble des parties convexes de E contenant A. ZA n'est pas vide car E ∈ ZA .
Soit B =
X l'intersection de toutes les parties convexes de E qui contiennent A
Solution
X∈ZA
B est convexe car l'intersection de parties convexes est convexe (justier...)
B contient A car chacun des X ∈ ZA dont on prend l'intersection contient A.
enn, si C est une partie convexe de E contenant A, C fait partie de ces ensembles X ∈ ZA dont on prend
l'intersection pour former B , donc B ⊂ C .
\
Donc B est une partie convexe de E , qui contient A, et c'est la plus petite. Conv(A) =
X
X∈ZA
b) Soit B l'ensemble des barycentres des points M1 , M2 , ..., Mp aectés de coecients ≥ 0.
• Soient P et Q ∈ B . Montrons que [P, Q] ⊂ B .
α1 M1 + α2 M2 + ... + αp Mp
et
∃(α1 , α2 , ..., αp ) ∈ Rp+ tel que P =
α1 + α2 + ... + αp
β1 M1 + β2 M2 + ... + βp Mp
∃(β1 , β2 , ..., βp ) ∈
tel que Q =
β1 + β2 + ... + βp
quitte à diviser chaque αi par α1 + α2 + ... + αp , on peut supposer que α1 + α2 + ... + αp = 1, même chose
pour les βi
alors P = α1 M1 + α2 M2 + ... + αp Mp et Q = β1 M1 + β2 M2 + ... + βp Mp
Tout point N ∈ [P, Q] est barycentre de P et Q aectés de coecients positifs a et b : N = aP +bQ, a+b = 1
alors N = a(α1 M1 + α2 M2 + ... + αp Mp ) + b(β1 M1 + β2 M2 + ... + βp Mp )
= (aα1 + bβ1 )M1 + (aα2 + bβ2 )M2 + (aαp + bβp )Mp
(aα1 + bβ1 ) + (aα2 + bβ2 ) + ... + (aαp + bβp ) = aα1 + aα2 + ... + aαp + bβ1 + bβ2 + ... + bβp
= a(α1 + α2 + ... + αp ) + b(β1 + β2 + ... + βp ) = a + b = 1
{z
}
|
{z
}
|
Rp+
=1
=1
donc N = (aα1 + bβ1 )M1 + (aα2 + bβ2 )M2 + (aαp + bβp )Mp est barycentre des points M1 , M2 , ..., Mp aectés
de coecients ≥ 0.
B est donc une partie convexe de E .
• B contient {M1 , M2 , ..., Mp }, car M1 est barycentre de (M1 , M2 , ..., Mp ) aectès des coecients respectifs
(1, 0, ..., 0)
• Enn toute partie convexe de E contenant {M1 , M2 , ..., Mp } contient les barycentres de M1 , M2 , ..., Mp à
coecients ≥ 0 donc contient B .
Donc B est bien la plus petite partie convexe de E contenant {M1 , M2 , ..., Mp } : B = Conv(A)
2- Soit P ∈ C[X] de racines x1 , x2 , ..., xn et notons x1 , x2 , ..., xn les axes respectives de ces racines.
23
• Si xi est racine multiple de P , c'est aussi une racine de P 0 qui appartient donc à l'enveloppe convexe de
{x1 , x2 , ..., xn }


j6=i
n
n
Y
X
Y

P (X) = λ (X − xi ). Par dérivation d'un produit de n termes, P 0 (X) = λ
(X − xj ).
i=1
i=1
j=1...n
n
1
P 0 (X) X
=
Donc
P (X)
X − xi
i=1
• Soit y une racine simple quelconque de P 0 , d'axe N . Alors P (y) 6= 0 et
n
X
i=1
n
X
P 0 (y)
1
=
=0
y − xi
P (y)
1
donc
= 0 (en prenant le conjugué)
y − xi
i=1
n
X
y − xi
=0
=⇒
(y
−
xi )(y − xi )
i=1
n
n
X
−−−→ X
−−−→ −
1
1
→
=⇒
Mi N =
Mi N = 0
2
(y
−
x
)(y
−
x
)
|y
−
x
|
i
i
i
i=1
i=1 | {z }
>0
Donc N est barycentre des points M1 , M2 , ..., Mn aectés de coecients positifs et appartient donc à
l'enveloppe convexe de ces points.
∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗
19 - ** Sous espace de C 1 (R, R) de dimension nie
Soit F un sous espace vectoriel de dimension nie m de C 1 (R, R)
a) Montrer qu'il existe une base (g1 , g2 , ..., gm ) de F et une suite nie (a1 , a2 , ..., am ) de réels deux à deux
distincts tels que
g1 (a1 ) 6= 0
g2 (a1 ) = 0 et g2 (a2 ) 6= 0
g3 (a1 ) = g3 (a2 ) = 0 et g3 (a3 ) 6= 0
.
.
.
.
.
.
.
.
.
gm (a1 ) = gm (a2 ) = ... = gm (am−1 ) = 0 et gm (am ) 6= 0
En déduire que si une suite (hn ) d'éléments de F converge simplement sur R vers une fonction H ∈ F (R, R) =
RR , alors H ∈ F et (hn ) converge vers H dans l'espace vectoriel normé F .
b) On suppose de plus que le sous espace F est stable par translation, c'est à dire que pour toute fonction f de
F , pour tout a ∈ R, la fonction x → f (x + a) appartient encore à F .
b1) Montrer que ∀f ∈ F, f 0 ∈ F .
En déduire que F ⊂ C ∞ (R, R)
b2) Montrer que toute fonction f ∈ F est solution sur R d'une équation diérentielle (Ef ) linéaire, d'ordre
≤ m , à coecients constants.
b3)) Montrer qu'il existe une équation diérentielle (EE) linéaire, d'ordre m , à coecients constants, dont
toute fonction de F est solution.
c) Donner un exemple d'un tel espace F pour m = 1 et m = 2, avec D inversible.
Solution :
a) Soit Pm la propriété : " Tout sous espace vectoriel Fm de C 1 (R, R) de dimension nie m admet une base
(g1 , g2 , ...,
gm ) pour laquelle il existe des réels (a1 , a2 , ..., am ) deux à deux distincts tels que
g1 (a1 ) 6= 0



g2 (a1 ) = 0 et g2 (a2 ) 6= 0
"
 ..........


gm (a1 ) = gm (a2 ) = ... = gm (am−1 ) = 0 et gm (am ) 6= 0
• Pour m = 1, soit F1 un sous espace vectoriel de dimension 1 de C 1 (R, R). Soit g une fonction non nulle
de F1 (il en existe car F1 6= {0}). g étant non nulle, il existe un réel a1 tel que g1 (a1 ) 6= 0.
La proposition P1 est donc vériée.
• Supposons que la propriété Pm−1 est vériée.
Soit Fm un sous espace vectoriel de dimension m de C 1 (R, R). Soit g1 une fonction non nulle de Fm et un
réel a1 tel que g1 (a1 ) 6= 0.
L'application ϕ : h → h(a1 ) est une forme linéaire sur Fm , non nulle car ϕ(g1 ) = g1 (a1 ) 6= 0.
Son noyau H est un hyperplan de Fm , c'est à dire un sous espace de Fm de dimension m − 1.
En appliquant l'hypothèse de récurrence à H , il existe une base (g2 , g3 , ..., gm ) de H et des réels (a2 , a3 , ..., am )
deux à deux distincts tels que
24

g2 (a2 ) 6= 0



g3 (a2 ) = 0 et g3 (a3 ) 6= 0
..........



gm (a2 ) = gm (a3 ) = ... = gm (am−1 ) = 0 et gm (am ) 6= 0
Aucun des ai , i ≥ 2, n'est égal à a1 car (g2 , g3 , ..., gm ), éléments de H = ker ϕ, sont tous nuls en a1 , alors
que g2 (a2 ) 6= 0, g3 (a3 ) 6= 0, ..., gm (am ) 6= 0

g1 (a1 ) 6= 0




 g2 (a1 ) = 0 et g2 (a2 ) 6= 0
g3 (a1 ) = g3 (a2 ) = 0 et g3 (a3 ) 6= 0
Finalement, les fonctions (g1 , g2 , g3 , ..., gm ) de Fm vérient :


..........



gm (a1 ) = gm (a2 ) = ... = gm (am−1 ) = 0 et gm (am ) 6= 0
(g2 , g3 , ..., gm ) est un système libre car c'est une base de H .
(g1 , g2 , g3 , ..., gm ) est libre aussi, sinon g1 serait combainaison linéaire de (g2 , g3 , ..., gm ), ce qui n'est pas
possible car (g2 , g3 , ..., gm ) s'annulent en a1 et g1 ne s'y annule pas.
(g1 , g2 , g3 , ..., gm ), système libre de m élémenst de l'espace Fm de dimension m, est une base de Fm .
• Soit (hn )n≥0 une suite d'éléments de F qui converge simplement sur R vers une fonction H ∈ F (R, R).
Soit 
(g1 , g2 , ..., gm ) une base de F et (a1 , a2 , ..., am ) des réels deux à deux distincts tels que
g1 (a1 ) 6= 0



g2 (a1 ) = 0 et g2 (a2 ) 6= 0
..........



gm (a1 ) = gm (a2 ) = ... = gm (am−1 ) = 0 et gm (am ) 6= 0
Chaque hn , élément de F peut s'écrire comme combinaison linéaire des vecteurs de la base :
∀n ∈ N, ∃(λ1,n , λ2,n , ..., λm,n ) ∈ Rm tels que hn = λ1,n g1 + λ2,n g2 + ... + λm,n gm
−1
h (a )
hn (a1 )
donc hn (a1 ) = λ1,n g1 (a1 ) +λ2,n g2 (a1 ) +... + λm,n gm (a1 ) =⇒ λ1,n = − n 1 =
| {z }
| {z }
| {z }
g1 (a1 )
g1 (a1 )
|
{z
}
=0
=0
6=0
µ1,1
de même,
hn (a2 ) = λ1,n g1 (a2 ) +λ2,n g2 (a2 ) +... + λm,n gm (a2 )
| {z }
| {z }
| {z }
6=0
⇒ λ2,n
6=0
=⇒
λ2,n
hn (a2 ) − λ1,n g1 (a2 )
=
g2 (a2 )
=0
hn (a1 )
g1 (a2 )
hn (a2 ) −
g1 (a1 )
= µ2,1 hn (a1 ) + µ2,2 hn (a2 )
=
g2 (a2 )
(µ2,1 et µ2,2 ctes réelles indépendantes de n)
hn (ak ) −
... et plus généralement, λ1,n , λ2,n , ..., λk,n ayant été déterminés, λk,n =
k
X
λi,n gi (ak )
i=1
gk (ak )
et en remplaçant les λi,n déja calculés comme combinaisons linéaires de hn (a1 ), hn (a2 ), ..., hn (ak−1 ) ,
λk,n =
k
X
µk,i hn (ai ) , les µk,i , i = 1...k étant des constantes réelles indépendantes de n.
i=1
Par hypothèse de convergence simple de la suite de fonctions (hn ), pour tout i = 1...m, lim hn (ai ) = H(ai ),
n→∞
donc pour tout k, lim λk,n = lim
n→∞
n→∞
k
X
i=1
!
µk,i hn (ai )
=
k X
i=1
k
X
lim µk,i hn (ai ) =
µk,i H(ai )
n→∞
Notons Λk = lim λk,n
n→∞
L'égalité hn = λ1,n g1 + λ2,n g2 + ... + λm,n gm entraîne que pour tout x réel,
i=1
lim hn (x) = lim λ1,n g1 (x) + lim λ2,n g2 (x) + ... + lim λm,n gm (x) = Λ1 g1 (x) + Λ2 g2 (x) + ... + Λm gm (x)
n→∞
n→∞
n→∞
Donc H = Λ1 g1 + Λ2 g2 + ... + Λm gm , ce qui montre que H , s'écrivant comme combinaison linéaire des
vecteurs d'une base de F , appartient à F .
Enn, le calcul de la limite de la limite de hn = λ1,n g1 + λ2,n g2 + ... + λm,n gm s'eectuant composante
par composante dans la base (g1 , g2 , g3 , ..., gm ) , la suite (hn ) converge vers H dans l'espace vectoriel normé de
dimension fnie F . (peu importe le choix de la norme sur F puisq'il est de dimension nie)
n→∞
b1) Soit f ∈ F .
• F étant stable par translation, pour tout entier n, la fonction fn : x −→
f (x + n1 ) − f (x)
1
n
appartient
encore à F .
Or pour tout réel x, lim fn (x) = f 0 (x). La suite de fonctions (fn ) converge donc simplement sur R vers
n→+∞
la fonction f 0 .
On en déduit d'après la question précédente que f 0 ∈ F .
• Soit f ∈ F . Alors f 0 ∈ F . Donc f 0 est C 1 et f est C 2 . Par récurrence immédiate, f est dérivable à tout
ordre, donc est C ∞ .
25
b2) Soit f ∈ F . On vient de montrer que F est stable par dérivation. Donc les fonctions f, f 0 , f ”, f (3) , ..., f (m)
sont dans F . Elles forment un système de m + 1 vecteurs dans un espace de dimension m. Ce système est donc
lié.
Donc il existe des réels α0 , α1 , α2 , ...αm (dépendants à priori de f ) tels que α0 f +α1 f 0 +α2 f ”+...+αm f (m) = 0
La fonction f est donc solution sur R de l'équation diérentielle (Ef ) : α0 y + α1 y 0 + α2 y” + ... + αm y (m) = 0.
C'est bien une équation diérentielle linéaire à coecients constants, d'ordre ≤ m (αm ou d'autres coecients
peuvent être nuls)
b3) Notons D l'endomorphisme de dérivation de F .
Soit χD son polynôme caractéristique :
χD (X) = βm X m + ... + β1 X + β0
C'est un polynôme annulateur de D. Donc βm Dm + ... + β1 D + β0 IdF = 0
Donc ∀f ∈ F, βm Dm (f ) + ... + β1 D(f ) + β0 f = 0F
Toute fonctionf de F est donc solution de l'équation diérentielle (EE) : βm y m + ... + β2 y” + β1 y 0 + β0 y = 0
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