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