Corrigé

Universit´e Montpellier II Ann´ee universitaire 2013-2014
M1 Math´ematiques et Applications
Analyse Fonctionnelle FMMA103
Controle continu 1
Mercredi 17 novembre, 1h30
Corrig´e
Exercice 1 (3 points) On munit C([0,1],R)de la topologie de la convergence uniforme. Soit
K∈ C([0,1]2,R), et TK:C([0,1],R)→ C([0,1],R)l’application lin´eaire d´efinie par
TK(f)(x) = Z1
0
K(x, y)f(y)dy.
Montrer que si Best une partie born´ee de C([0,1],R), alors TK(B)est relativement compacte.
On utilise le th´eor`eme d’Ascoli. On doit montrer que TK(B)(x) := {TK(f)(x), f ∈B}est
une partie born´ee de Rpour tout x∈[0,1], et que TK(B) est ´equicontinue.
Comme Best born´ee, supf∈B||f||∞<∞. Soit C= supf∈B||f||∞, et x∈[0,1]. Pour tout
f∈Bon a :
|TK(f)(x)| ≤ Z1
0
|K(x, y)f(y)|dy ≤sup
y∈[0,1]
|K(x, y)|sup
y∈[0,1]
|f(y)|
= sup
y∈[0,1]
|K(x, y)|||f||∞
≤Csup
y∈[0,1]
|K(x, y)|<∞.
Le terme de droite est ind´ependant de f, et il est fini puisque l’intervalle [0,1] est compact et
K(x, ·) est continue sur [0,1]. Donc TK(B)(x) est born´e.
Montrons que TK(B) est ´equicontinue. Soient f∈B,x0∈[0,1], et ε > 0. Comme [0,1]2est
compact, Kest uniform´ement continue sur [0,1]2et il existe donc η > 0 tel que pour tout xtel
que |x−x0|< η, et pour tout y∈[0,1], on a |K(x, y)−K(x0, y)| ≤ ε. Alors
|TK(f)(x)−TK(f)(x0)| ≤ Z1
0
|K(x, y)−K(x0, y)||f(y)|dy ≤ε||f||∞≤Cε.
Le terme de droite est ind´ependant de f: ceci montre que TK(B) est ´equicontinue en tout point
x0∈[0,1].
Exercice 2 (6 points) Soit A=∪∞
n=0{tn}une partie d´enombrable de [0,1] (tp6=tqsi p6=q),
et α= (αn)une suite de nombres r´eels >0telle que P∞
n=0 αn<+∞. Pour tout f∈ C([0,1],R)
on pose ||f||A,α =P∞
n=0 αn|f(tn)|.
1. Montrer que || · ||A,α est une semi-norme sur C([0,1],R), et que cette semi-norme est une
norme si, et seulement si, Aest dense dans [0,1].
On v´erifie facilement que ||·||A,α est une semi-norme. Pour tout f∈ C([0,1],R), ||f||A,α = 0
si, et seulement si, fest nulle sur A. Si Aest dense dans [0,1], la continuit´e de fimplique
1

que fest la fonction nulle. La condition est donc suffisante. Inversement, si An’est pas
dense dans [0,1], il existe x∈[0,1] et δ > 0 tel que l’intervalle I:=]x−δ, x +δ[ v´erifie
I∩A=∅. On peut construire une fonction continue f, nulle sur [0,1] \Iet telle que
f(x)>0. Une telle fonction v´erifie ||f||A,α = 0. Par contrapos´ee ceci montre que si
l’implication (||f||A,α = 0 ⇒f= 0) est v´erifi´ee, alors n´ecessairement Aest dense dans
[0,1].
2. Soit t∈[0,1] et δt:C([0,1],R)→Rd´efinie par δt(f) = f(t).
(a) Montrer que si t∈A, alors δtest une forme lin´eaire continue sur C([0,1],R).
(b) On suppose t /∈A. Montrer que pour tout ε > 0il existe f∈ C([0,1],R)telle que
0≤f≤1,f(t)=1, et ||f||A,α ≤ε(remarquer que pour toute partie finie Ide Ail
existe f∈ C([0,1],R)nulle sur Iet telle que 0≤f≤1,f(t)=1). En d´eduire que δt
est non continue.
(a) Soit t=tn∈A. L’application δtnest clairement lin´eaire. Pour tout f∈ C([0,1],R) on
a
|δtn(f)|=1
αn
αn|f(tn)| ≤ 1
αn
||f||A,α.
Donc δtnest continue.
(b) Soit t /∈A. Pour toute partie finie Ide Ail existe δ > 0 tel que ]t−δ, t +δ[∩I=∅.
Soit fla fonction sur [0,1] qui est nulle sur [0,1]\]t−δ, t +δ[, affine sur [t−δ, t] et [t, t +δ],
et telle que f(t±δ) = 0 et f(t) = 1. Alors fest continue, 0 ≤f≤1, et on a
||f||A,α =X
tn∈I
αn|f(tn)|+X
tn/∈I
αn|f(tn)|= 0 + X
tn/∈I
αn|f(tn)| ≤
∞
X
n|tn/∈I
αn.
Soit ε > 0. On sait que P∞
n=0 αn<+∞. Donc il existe n0∈Ntel que P∞ n=n0+1 αn≤ε.
On choisit la partie finie I⊂Aci-dessus telle que {t0, . . . , tn0} ⊂ I. Alors ||f||A,α ≤ε. Si
δt´etait continue, il existerait une constante c≥0 telle que |δt(f)| ≤ c||f||A,α. D’apr`es ce
qui pr´ec`ede cela impliquerait 1 ≤cε pour tout ε > 0, ce qui est absurde.
3. On consid`ere deux semi-normes || · ||A,α et || · ||A0,α0.
(a) On suppose que A=A0, et qu’il existe c2>0tel que || · ||A,α0≤c2|| · ||A,α. Montrer
que pour tout ε > 0et tout entier q, il existe n≥qtel que
α0
q|f(tq)| ≤ c2(
n
X
p=0
αp|f(tp)|+ε).
Par un choix convenable de la fonction f, en d´eduire que α0
q≤c2αq.
(b) Montrer que || · ||A,α et || · ||A0,α0sont ´equivalentes si, et seulement si, A=A0et il
existe deux constantes c1,c2>0telles que c1αn≤α0
n≤c2αnpour tout n.
(a) L’in´egalit´e est ´evidente si fest la fonction nulle. Supposons f6= 0. D’apr`es l’hypoth`ese,
quels que soient les entiers qet net f∈ C([0,1],R) on a
α0
q|f(tq)| ≤ ||f||A,α0≤c2||f||A,α =c2(
n
X
p=0
αp|f(tp)|+
∞
X
p=n+1
αp|f(tp)|)
≤c2(
n
X
p=0
αp|f(tp)|+||f||∞
∞
X
p=n+1
αp).
2

Soit ε > 0. Il existe un entier n≥q, tel que P∞
p=n+1 αp≤ε/||f||∞. Avec cet entier
on obtient l’in´egalit´e demand´ee. Comme dans la question 2 (b) il existe une fonction f
continue sur [0,1], nulle sur I={t0, . . . , tq−1, tq+1, . . . , tn}, et telle que f(tq) = 1. Injectant
cette fonction dans l’in´egalit´e on trouve α0
q≤c2(αq+ε). Ceci ´etant vrai pour tout ε > 0,
on a α0
q≤c2αq.
(b) Supposons que || · ||A,α et || · ||A0,α0sont ´equivalentes : il existe deux constantes c1,
c2>0 telles que c1|| · ||A,α ≤ || · ||A0,α0≤c2|| · ||A,α. Pour tout t∈[0,1], la forme lin´eaire δt
est continue pour || · ||A,α si, et seulement si, elle est continue pour || · ||A0,α0. La question 2
implique alors que A=A0, et avec la question 3 (a) ceci montre que α0
n≤c2αnpour tout
entier n. En raisonnant de mˆeme `a partir de l’in´egalit´e c1|| · ||A,α ≤ || · ||A,α0, on d´eduit
c1αn≤α0
n≤c2αnpour tout n. La r´eciproque est ´evidente.
Exercice 3 (3 points) Soit Xun espace localement convexe.
1. Montrer que tout sous-espace vectoriel E6=Xest d’int´erieur vide.
2. En d´eduire qu’un espace de Fr´echet de dimension infinie ne peut pas admettre de base
(alg´ebrique) d´enombrable. (Utiliser le th´eor`eme de Baire.)
Notons {|| · ||i}i∈Iune famille de semi-normes d´efinissant la topologie de X.
1. Montrons la contrapos´ee. Supposons que Eun sous-espace vectoriel de Xd’int´erieur
non vide. Alors Econtient une boule BJ(x, r) (x∈E,J⊂Ifini, r > 0). Puisque Eest
un espace vectoriel, Econtient aussi la boule BJ(0, r) = BJ(x, r)−x. Or pour tout y∈X,
r
2
y
||y||J∈BJ(0, r). Par lin´earit´e, Econtient donc y. D’o`u E=X.
2. Supposons le contraire. Soit {ek}k∈Nune base d´enombrable de X, et Ek= Vect({en, n =
0,1, . . . , k}). On a X=∪k∈NEk, et Ek, de dimension finie donc distinct de X, est d’int´erieur
vide (question 1). D’apr`es le cours, tout espace localement convexe de dimension finie est
normable. Donc Ekest un ferm´e de X, isomorphe `a Kk+1, et Xest une partie maigre. Comme
Xest un espace de Fr´echet, le th´eor`eme de Baire implique que Xest d’int´erieur vide, ce qui est
impossible.
Exercice 4 (3 points) On rappelle que l’espace C∞(R)muni de la famille de semi-normes
||f||K,l = supx∈K,α≤l|f(α)(x)|est un espace de Fr´echet, o`u l’on note f(α)la d´eriv´ee α-i`eme de
fet Kun compact de R.
Soit Kun compact de R, et DK={f∈ C∞(R)| {x∈R|f(x)6= 0} ⊂ K}.
1. Montrer que DKest un sous-espace ferm´e de C∞(R).
2. Montrer que DKmuni de la topologie induite par C∞(R)est un espace de Fr´echet. (justifiez
votre r´eponse de mani`ere d´etaill´ee).
1. Soit (ϕn) une suite de DKqui converge vers ϕdans C∞(R). On doit montrer que ϕ∈ DK.
Pour tout α∈N,ϕ(α)
nconverge uniform´ement vers ϕ(α)sur tout compact Cde R. En particulier,
soit pun point hors de K,C={p}, et α= 0. Pour tout ε > 0 et nassez grand on a
|ϕ(p)| ≤ |ϕ(p)−ϕn(p)|+|ϕn(p)|≤|ϕ(p)−ϕn(p)| ≤ ε.
Donc ϕ(p) = 0, ce qui implique ϕ∈ DK.
2. C’est un r´esultat du cours : tout sous-espace ferm´e d’un espace de Fr´echet est un espace
de Fr´echet pour la topologie induite. Remontrons-le ici. Soit (ϕn) une suite de Cauchy de DK.
Alors (ϕn) est aussi une suite de Cauchy de C∞(R). Comme C∞(R) est un espace de Fr´echet,
(ϕn) converge. Soit ϕsa limite. Alors ϕ∈ DK=DK(DKest ferm´e). Donc (ϕn) converge vers
ϕdans DK.
3