Corrigé de la feuille d`exercices n

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Mathématiques spéciales
Corrigé de la feuille d’exercices no4
1. Topologie et normes
Exercice 1.
Soit a ≥ 0. Pour P ∈ R[X], on définit
∫
1
Na (P ) = |P (a)| +
|P ′ (t)|dt.
0
1. Démontrer que Na est une norme sur R[X].
2. Soit a, b ≥ 0 avec a < b et b > 1. Démontrer que Na et Nb ne sont pas équivalentes.
3. Démontrer que si (a, b) ∈ [0, 1]2 , alors Na et Nb sont équivalentes.
Correction.
∫1
1. Le point ”délicat” est la séparation : si Na (P ) = 0, alors |P (a)| = 0 et 0 |P ′ (t)|dt = 0. Or,
comme |P ′ | est une fonction continue, positive et d’intégrale nulle sur [0, 1], alors P ′ (x) = 0
pour tout x ∈ [0, 1]. Alors P ′ est un polynôme qui possède une infinité de racine ; par suite
P ′ = 0 et donc P est un polynôme constant. Or P (a) = 0, donc P est le polynôme nul.
2. On suppose que Na et Nb sont équivalentes. Alors, il existe deux constantes C1 > 0 et
C2 > 0 tels que, pour tout P ∈ R[X], on a :
C1 Na (P ) ≤ Nb (P ) ≤ C2 Na (P ).
Pour n ≥ 0, soit P (X) = X n . On a
∫
n
Na (P ) = a + n
1
tn−1 dt = an + 1 et Nb (P ) = bn + 1.
0
On en déduit alors que, pour tout n ≥ 0,
bn + 1 ≤ C2 (an + 1) ⇔ 1 +
( a )n C
1
2
≤ C2
+ n.
n
b
b
b
Or, le membre de droite tend vers 1 et le membre de gauche vers 0. On obtient en passant
à la limite 1 ≤ 0, ce qui est absurde. L’hypothèse de départ est donc fausse, et Na et Nb ne
sont pas équivalentes.
3. Supposons par exemple a ≤ b. Alors
∫
b
P (b) − P (a) =
P ′ (t)dt ≤
a
Ainsi,
∫
1
|P ′ (t)|dt.
0
∫
|P (b)| ≤ |P (a)| +
0
1
1
|P ′ (t)|dt ≤ Na (P ).
Il vient
∫
1
Nb (P ) ≤ Na (P ) +
|P ′ (t)|dt ≤ 2Na (P ).
0
On a de la même façon
∫
1
|P (a)| ≤ |P (b)| +
|P ′ (t)|dt ≤ Nb (P )
0
et donc
Na (P ) ≤ 2Nb (P ).
Les deux normes sont bien équivalentes.
2. Continuité
Exercice 2.
Soit E un espace vectoriel normé sur Kn A ⊂ E et f : A → K une fonction continue. Montrer
1
si f ne s’annule pas sur A, alors
est une fonction continue.
f
Exercice 3.
Soit E = C([0, 1], K) et on considère les normes ∥ · ∥1 de la convergence en moyenne et ∥ · ∥∞ de
la convergence uniforme sur E. Déterminer si les fonctions suivantes sont continues sur E pour
∥ · ∥1 , puis pour ∥ · ∥∞ :
1. φ : f 7→ f (1) ;
∫ 1
2. ψ : f 7→
f (t)dt.
0
Correction.
1. Pour φ : f 7→ f (1), se reporter au cours
2. Pour f ∈ E, on a
∫
∫
1
|ψ(f )| = |
1
f (t)dt| ≤
0
|f (t)|dt = ∥f ∥1 ≤ ∥f ∥_∞,
0
Donc ψ est continue sur E pour ∥ · ∥1 et ∥ · ∥∞ .
Exercice 4.
Démontrer la
{ nature topologique des ensembles
} suivants :
— F = (x, y) ∈ R2 | x2 < exp(sin y) − 12
2
— G = {(x, y) ∈ R2 | − 1 ≤ ln(x2 + 1) ≤ 1}
{
}
— H = (x, y) ∈ R2 | x2 + y 2 > x3 + y 3
Correction.
Posons f (x, y) = x2 − exp(sin y) + 12. Alors f est continue sur R2 , et F = f −1 (] − ∞, 0[). Comme
] − ∞, 0[ est ouvert, F est ouvert comme image réciproque d’un ouvert par une application
continue. De même, posons g(x, y) = ln(x2 + 1). Alors g est continue et G = g −1 ([−1, 1]) est
fermé comme image réciproque du fermé ] − 1, 1[ par g.
On emploie la même méthode pour H.
Exercice 5.
Soit E un espace vectoriel préhilbertien sur K, (·|·) son produit scalaire et ∥ · ∥ la norme associée
au produit scalaire.
Montrer que :
1. (·|·) : E × E → K est continue.
(On considère la norme produit sur E 2 )
.
2. L’ensemble {(x, y) ∈ E 2 | (x, y) est une famille libre} est un ouvert de E 2 .
3. Montrer que pour tout A ⊂ E, alors A⊥ est un fermé de E.
Correction.
(√
1. Soit (u, v) ∈ E et ε > 0. On pose δ = max
2
E 2 tel que ∥(x, y) − (u, v)∥∞ ≤ δ, on a :
|(x|y) − (u|v)|
)
ε
ε
,
. Alors, pour tout (x, y) ∈
2 2(∥u∥ + ∥v∥)
≤ |(x − u|y − v) + (u|y − v) + (x − u|v)|
≤ |(x − u|y − v)| + |(u|y − v)| + |(x − u|v)|
≤ ∥x − u∥.∥y − v∥ + ∥u∥.∥y − v∥ + ∥x − u∥.∥v∥ d’après Cauchy-Schwarz
≤ δ 2 + δ(∥u∥ + ∥v∥) ≤ ε
Donc (·|·) est continue.
2. Pour x, y ∈ E, on a égalité dans l’inégalité de Cauchy-Schwarz si, et seulement si, x, y sont
colinéaires. Par suite,
(x, y) est une famille libre ⇔ |(x|y)| < ∥x∥.∥y∥.
L’application f : (x, y) 7→ ∥x∥.∥y∥ − |(x|y)| est continue de E 2 dans K donc {(x, y) ∈
E 2 | (x, y) est une famille libre} = f −1 (]0, +∞[) est un ouvert de E 2 .
3. Soit A inclus dans E. Alors
A⊥ = {x ∈ E | ∀a ∈ A, (x|a) = 0} =
∩
{x ∈ E | (x|a) = 0}.
a∈A
3
Pour a ∈ A, l’application fa : x 7→ (x|a) est continue sur E, donc fa−1 ({0}) est un fermé de
E. Or une intersection quelconque de fermé est un fermé, donc A⊥ est un fermé de E.
Exercice 6.
Soit E un espace vectoriel normé, et h : E → E une application continue admettant une limite
ℓ en 0 et vérifiant h(x) = h(x/2) pour tout x ∈ E. Démontrer que h est constante.
Correction.
Soit x ∈ E et considérons la suite (xn ) définie pour n ≥ 0 par xn = x/2n . Alors on a h(xn ) =
h(xn /2) = h(xn+1 ) pour tout entier n. En particulier, on en déduit que la suite (h(xn )) est
constante, égale à h(x0 ). De plus, (xn ) converge vers 0, et comme h admet pour limite ℓ en 0,
h(xn ) converge vers ℓ. Par unicité de la limite, on a h(x) = h(x0 ) = ℓ ce qui prouve bien que h
est constante.
Exercice 7.
Soient A et B deux fermés d’un espace vectoriel normé (E, ∥ · ∥).
1. Démontrer que A ∩ B = ∅ ⇐⇒ ∀x ∈ E, d(x, A) + d(x, B) > 0.
2. On suppose que A et B sont disjoints. Démontrer qu’il existe f : E → E continue telle
que f|A = 0 et f|B = 1.
3. En déduire qu’il existe deux ouverts U et V de E tels que A ⊂ U , B ⊂ V et U ∩ V ̸= ∅.
Correction.
1. Supposons d’abord que A ∩ B = ∅ et considérons x ∈ E. Alors ou bien x ∈
/ A, ou bien
x∈
/ B. Si x ∈
/ A, comme A est fermé, on a d(x, A) > 0 et si x ∈
/ B, alors d(x, B) > 0. Dans
tous les cas, on a d(x, A) + d(x, B) > 0. Réciproquement, si A ∩ B ̸= ∅, alors considérons
x ∈ A ∩ B. On a d(x, A) = d(x, B) = d(x, A) + d(x, B) = 0.
d(x,A)
2. Posons f (x) = d(x,A)+d(x,B)
. Alors f est une fonction continue comme quotient de deux
fonctions continues dont le dénominateur ne s’annule pas. Il est de plus clair que f (x) = 1
si x ∈ B et que f (x) = 0 si x ∈ A.
3. Posons I =] − ∞, 1/3[ et J =]2/3, +∞[, puis U = f −1 (I) et V = f −1 (J). Alors I ∩ J = ∅
et donc U ∩ V = ∅. U et V sont ouverts comme images réciproques d’ouverts par une
application continue, et clairement A ⊂ U , B ⊂ V .
Exercice 8.
Soit E un espace vectoriel normé sur K. Soit a ∈ E. Montrer que les applications :
fa :
E→E
x 7→ x + a
et
sont continues.
4
φa :
K→E
λ 7→ λa
Exercice 9.
Soit E, F des espaces vectoriels normés sur R et f : E → F une application continue. Montrer
que si, pour tous x, y ∈ E,
f (x + y) = f (x) + f (y),
alors f est linéaire
Indication.
Montrer que, pour tout x ∈ E et tout r ∈ Q, f (rx) = rf (x).
Correction.
On suppose pour tous x, y ∈ E, f (x + y) = f (x) + f (y). Il suffit alors de montrer que pour tout
x ∈ E et tout λ ∈ K, f (λx) = λf (x).
Soit x ∈ E. Alors, par une récurrence immédiate sur N∗ , on montre que pour tout n ∈ N∗ ,
f (nx) = nf (x). De plus, on a, pour y ∈ E, f (0E ) = f (y +(−y)) = f (y)+f (−y). D’où f (0E ) = 0F
(prendre y = 0E ) puis f (−y) = −f (y). Par suite, pour tout n ∈ Z :
f (nx) = nf (x).
Pour r =
p
q
∈ Q (avec p ∈ Z et q ∈ N∗ ), on a :
qf (rx) = f (qrx) = f (px) = pf (x).
D’où, pour tout r ∈ Q,
f (rx) = rf (x).
Soit g, h : R → R les applications définies par :
g(λ) = f (λx)
et
h(λ) = λf (x).
Alors g et h sont continues comme composées d’applications continues et de plus, pour tout
r∈Q:
g(r) = h(r).
Donc g et h sont continues et coïncident sur Q qui est dense dans R, donc g = h sur R.
Il en résulte que pour tout λ ∈ R,
f (λx) = λf (x).
Donc f est linéaire.
3. Applications lipschitziennes
Exercice 10.
Soit E, F des espaces vectoriels normés et f : E → F une application linéaire.
Montrer que f est k-lipschitzienne si, et seulement si, pour tout x ∈ E,
∥f (x)∥F ≤ k∥x∥E .
5
Correction.
• (⇒). Si f est k-lipschitzienne, alors pour tout x ∈ E,
∥f (x) − f (0E )∥F ≤ k∥x − 0E ∥E .
d’où ∥f (x)∥F ≤ k∥x∥E ..
• (⇐). On suppose que pour tout x ∈ E,
∥f (x)∥F ≤ k∥x∥E .
Alors, pour tout x, y ∈ E,
∥u(x) − u(y)∥F = ∥u(x − y)∥F ≤ k∥x − y∥E .
Donc f est k-lipschitzienne.
Exercice 11.
Soit A une partie bornée d’un espace vectoriel normé (E, ∥ · ∥). On note L l’espace vectoriel des
applications lipschitziennes de A dans E.
1. Démontrer que les éléments de L sont des fonctions bornées.
2. Pour f ∈ L, on pose
Kf = {k ∈ R+ ; ∀(x, y) ∈ A2 , ∥f (x) − f (y)∥ ≤ k∥x − y∥}.
Démontrer que Kf admet une borne inférieure. Dans la suite, on notera Cf cette borne
inférieure.
3. Justifier que Cf ∈ Kf .
4. Démontrer que si f, g ∈ L, alors Cf +g ≤ Cf + Cg .
5. Pour a ∈ A, on note Na (f ) = ∥f (a)∥ + Cf . Démontrer que Na est une norme sur L.
6. Soient a ̸= b ∈ A. Les normes Na et Nb sont-elles équivalentes ?
Correction.
1. Soit f ∈ L. Il existe donc K ∈ R+ tel que, pour tous x, y ∈ A, ∥f (x) − f (y)∥ ≤ K∥x − y∥.
Fixons a ∈ A. Alors, pour tout x ∈ A, on a par l’inégalité triangulaire
∥f (x)∥ ≤ ∥f (a)∥ + ∥f (x) − f (a)∥ ≤ ∥f (a)∥ + K∥x − a∥ ≤ ∥f (a)∥ + Kdiam(A).
Ainsi, f est bornée.
2. Kf est une partie non vide (car f est lipschitzienne) et minorée. Elle admet donc une borne
inférieure.
3. Soit (kn ) une suite de Kf qui converge vers Cf . Alors, pour tous x, y ∈ A, on a
∥f (x) − f (y)∥ ≤ kn ∥x − y∥.
On fait tendre n vers l’infini et on a
∥f (x) − f (y)∥ ≤ Cf ∥x − y∥
ce qui entraîne bien que Cf ∈ Kf .
6
4. Fixons x, y ∈ A. Alors on a par l’inégalité triangulaire
∥(f + g)(x) − (f + g)(y)∥ ≤ ∥f (x) − f (y)∥ + ∥g(x) − g(y)∥.
Puisque Cf ∈ Kf et que Cg ∈ Kg , on a encore
∥(f + g)(x) − (f + g)(y)∥ ≤ Cf ∥x − y∥ + Cg ∥x − y∥ ≤ (Cf + Cg )∥x − y∥.
Autrement dit, Cf + Cg ∈ Kf +g et donc Cf +g ≤ Cf + Cg .
5. Na est bien à valeurs dans R+ . Si f = 0, on a Na (f ) = 0 et réciproquement, si Na (f ) = 0,
alors f (a) = 0 et pour tout x ∈ A, on a ∥f (x) − f (a)∥ ≤ 0∥x − a∥, soit f (x) = f (a) = 0.
La fonction est bien identiquement nulle. De plus, si f, g ∈ L, alors on a
Na (f + g) = |f (a) + g(a)| + Cf +g ≤ |f (a)| + |g(a)| + Cf + Cg = Na (f ) + Na (g).
Comme de plus, Cλf = |λ|Cf pour tout λ ∈ R (pourquoi ?), on a également que Na (λf ) =
|λ|Na (f ).
6. Par symétrie du rôle joué par a et b, il suffit de trouver une constante M > 0 telle que
Nb (f ) ≤ M Na (f ) pour tout f ∈ L et même, en faisant attention à la forme de Na et de
Nb , il suffit de prouver que |f (b)| ≤ M (|f (a)| + Cf ). Mais,
∥f (b)∥ ≤ ∥f (a)∥ + ∥f (b) − f (a)∥ ≤ ∥f (a)∥ + Cf ∥b − a∥ ≤ ∥f (a)∥ + diam(A)Cf ≤ M Na (f )
où M = max(diam(A), 1). Ainsi, les deux normes sont équivalentes.
4. Continuité uniforme
Exercice 12.
La fonction f : R2 → R, (x, y) 7→ xy est-elle uniformément continue ?
Correction.
Imaginons que la fonction f soit uniformément continue. Alors, en appliquant la définition pour
ε = 1, il existerait α > 0 tel que
∀(a, b, x, y) ∈ R4 , |x − a| < α et |y − b| < α ⇒ |f (x, y) − f (a, b)| < 1.
On va choisir judicieusement a, b, x, y de sorte que cette dernière inégalité soit fausse. Pour cela,
on commence par choisir x et y de sorte que x = a + α/2 et y = b. On a alors :
f (x, y) − f (a, b) = bα/2.
On choisit a = 0, b = 2/α. On a
f (x, y) − f (a, b) = 1,
une contradiction puisque |x − a| < α et |y − b| < α.
7
5. Applications linéaires et continuité
Exercice 13.
Soit N1 et N2 deux normes sur l’espace vectoriel E. Montrer que N1 et N2 sont continues si et
seulement si Id : (E, N1 ) → (E, N2 ) et Id : (E, N2 ) → (E, N1 ) sont continues.
Correction.
Les deux normes sont équivalentes si et seulement s’il existe c, C > 0 tels que, pour tout x ∈ E,
on a N1 (x) ≤ cN2 (x) et N2 (x) ≤ CN1 (x). Si on réécrit ces deux inégalités sous la forme
N1 (Id(x)) ≤ cN2 (x) et N2 (Id(x)) ≤ CN1 (x)
alors on en déduit que c’est équivalent à la continuité des deux applications de l’énoncé.
Exercice 14.
Déterminer si l’application linéaire T : (E, N1 ) → (F, N2 ) est continue dans les cas suivants :
∫1
1. E = C([0, 1], R) muni de ∥f ∥1 = 0 |f (t)|dt et T : (E, ∥.∥1 ) → (E, ∥.∥1 ), f 7→ f g où g ∈ E
est fixé.
∑
∑
2. E = R[X] muni de ∥ k≥0 ak X k ∥ = k≥0 |ak | et T : (E, ∥.∥) → (E, ∥.∥), P 7→ P ′ .
∑n
∑n
3. E = Rn [X] muni de ∥ k=0 ak X k ∥ = k=0 |ak | et T : (E, ∥.∥) → (E, ∥.∥), P 7→ P ′ .
∑
∑
4. E = R[X] muni de ∥ k≥0 ak X k ∥ = k≥0 k!|ak | et T : (E, ∥.∥) → (E, ∥.∥), P 7→ P ′ .
)1/2
(∫
1
2
|f
(t)|
dt
, F = C([0, 1], R) muni de ∥f ∥1 =
5. E = C([0, 1], R) muni de ∥f ∥2 =
0
∫1
|f (t)|dt et T : (E, ∥.∥2 ) → (F, ∥.∥1 ), f 7→ f g où g ∈ E est fixé.
0
Correction.
1. Puisque g est continue sur le segment [0, 1], elle y est bornée (et atteint ses bornes). Posons
M = maxt∈[0,1] |g(t)|. Alors on a
∫
∫
1
∥T f ∥1 =
1
|f (t)g(t)|dt ≤ M
0
|f (t)|dt ≤ M ∥f ∥1 .
0
Ceci prouve que T est continue.
2. Supposons que T est continue. Alors il existe C > 0 tel que, pour tout P ∈ E, on a
∥T P ∥ ≤ C∥P ∥. Soit n ≥ 0. Pour P = X n , on trouve
T P = nX n−1 , d’où n = ∥T P ∥ ≤ C∥P ∥ = C.
Ceci est impossible car N n’est pas majoré. Donc T n’est pas continue.
3. On peut utiliser deux arguments différents. On peut d’une part remarquer que E est un espace vectoriel de dimension finie, que toute application linéaire entre espaces de∑dimension fin
nie est continue. On peut aussi utiliser un calcul direct. En effet, soit P (X) = k=0 ak X k ∈
8
E. Alors on a
∑
n
k−1 = kak X
∥T P ∥
k=1
n
∑
=
k|ak |
k=1
n
∑
≤ n
|ak | ≤ n∥P ∥.
k=1
Puisque n ne dépend pas de P (ceci ne dépend que de E), on obtient que T est continue.
∑+∞
4. On va prouver que T est continue par un calcul direct. Prenons en effet P = k=0 ak X k ∈ E
(la somme est en fait finie). Alors on a :
∥T P ∥ =
∑
+∞
k
(k + 1)ak+1 X k=0
=
≤
+∞
∑
(k + 1)k!|ak+1 | =
k=0
+∞
∑
+∞
∑
(k + 1)!|ak+1 |
k=0
k!|ak |
k=1
≤
∥P ∥.
Ceci prouve la continuité de P .
5. On prouve que T est continue en utilisant l’inégalité de Cauchy-Schwarz :
∫
∥T f ∥ =
(∫
1
)1/2 (∫
1
|f (t)||g(t)|dt ≤
0
|f (t)|
)1/2
|g(t)| dt
= C∥f ∥2 ,
2
0
avec
1
2
0
(∫
1
)1/2
|g(t)| dt
.
2
C=
0
C est bien un réel fini, car g est continue sur [0, 1], donc bornée, et on a C ≤ ∥g∥∞ .
Exercice 15.
Soit E = C([0, 1], R) muni de la norme ∥ · ∥1 i.e. pour f ∈ E,
∫
1
∥f ∥1 =
|f (t)|dt.
0
Soit ϕ l’endomorphisme de E défini par
∫
x
ϕ(f )(x) =
f (t)dt.
0
1. Justifier la terminologie : ”ϕ est un endomorphisme de E.”
9
2. Démontrer que ϕ est continue.
3. Pour n ≥ 0, on considère fn l’élément de E défini par fn (x) = ne−nx , x ∈ [0, 1]. Calculer
∥fn ∥1 et ∥ϕ(fn )∥1 .
4. On pose |||ϕ||| = supf ̸=0E
∥ϕ(f )∥1
∥f ∥1 .
Déterminer |||ϕ|||.
Correction.
1. ϕ est clairement une application linéaire, et il faut juste rappeler que ϕ(f ), comme primitive
d’une fonction continue, est elle-même continue (donc C 1 ).
2. On a
∫
∫
x
|ϕ(f )(x)| ≤
1
|f (t)|dt ≤
0
|f (t)|dt ≤ ∥f ∥1 .
0
On en déduit que
∫
1
∥ϕ(f )∥1 ≤
∥f ∥1 dt ≤ ∥f ∥1 .
0
Ainsi, ϕ est continue.
∫x
3. On a ϕ(fn )(x) = 0 ne−nt dt = 1 − e−nx . En particulier, ∥fn ∥1 = ϕ(fn )(1) = 1 − e−n . De
plus,
∫ 1
1 − e−n
∥ϕ(fn )∥1 =
(1 − e−nx )dx = 1 −
.
n
0
4. D’après la question 2, pour tout f ∈ E,
∥ϕ(f )∥1 ≤ ∥f ∥1 ,
et donc |||ϕ||| ≤ 1. De plus, on a
−n
∥ϕ(fn )∥1 ≤ |||ϕ|||∥fn ∥1 ⇒ 1 − e
)
(
1 − e−n
|||ϕ|||.
≤ 1−
n
Passant à la limite dans cette inégalité, on conclut que |||ϕ||| ≥ 1, ce qui prouve finalement
que |||ϕ||| = 1.
10
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