Corrigé

Université Montpellier II
M1 Mathématiques et Applications
Analyse Fonctionnelle FMMA103
Année universitaire 2013-2014
Controle continu 1
Mercredi 17 novembre, 1h30
Corrigé
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 linéaire définie par
Z 1
K(x, y)f (y)dy.
TK (f )(x) =
0
Montrer que si B est une partie bornée de C([0, 1], R), alors TK (B) est relativement compacte.
On utilise le théorème d’Ascoli. On doit montrer que TK (B)(x) := {TK (f )(x), f ∈ B} est
une partie bornée de R pour tout x ∈ [0, 1], et que TK (B) est équicontinue.
Comme B est bornée, supf ∈B ||f ||∞ < ∞. Soit C = supf ∈B ||f ||∞ , et x ∈ [0, 1]. Pour tout
f ∈ B on a :
Z 1
|TK (f )(x)| ≤
|K(x, y)f (y)|dy ≤ sup |K(x, y)| sup |f (y)|
0
y∈[0,1]
y∈[0,1]
= sup |K(x, y)|||f ||∞
y∈[0,1]
≤ C sup |K(x, y)| < ∞.
y∈[0,1]
Le terme de droite est indépendant 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 borné.
Montrons que TK (B) est équicontinue. Soient f ∈ B, x0 ∈ [0, 1], et ε > 0. Comme [0, 1]2 est
compact, K est uniformément continue sur [0, 1]2 et il existe donc η > 0 tel que pour tout x tel
que |x − x0 | < η, et pour tout y ∈ [0, 1], on a |K(x, y) − K(x0 , y)| ≤ ε. Alors
Z 1
|TK (f )(x) − TK (f )(x0 )| ≤
|K(x, y) − K(x0 , y)||f (y)|dy ≤ ε||f ||∞ ≤ Cε.
0
Le terme de droite est indépendant de f : ceci montre que TK (B) est équicontinue en tout point
x0 ∈ [0, 1].
Exercice 2 (6 points) Soit A = ∪∞
dénombrable de [0, 1] (tp 6= tq si p 6= q),
n=0 {tn } une partie
P∞
et α = (αn ) une suite
de
nombres
réels
>
0
telle
que
n=0 αn < +∞. Pour tout f ∈ C([0, 1], R)
P∞
on pose ||f ||A,α = 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, A est dense dans [0, 1].
On vérifie facilement que ||·||A,α est une semi-norme. Pour tout f ∈ C([0, 1], R), ||f ||A,α = 0
si, et seulement si, f est nulle sur A. Si A est dense dans [0, 1], la continuité de f implique
1
que f est la fonction nulle. La condition est donc suffisante. Inversement, si A n’est pas
dense dans [0, 1], il existe x ∈ [0, 1] et δ > 0 tel que l’intervalle I :=]x − δ, x + δ[ vérifie
I ∩ A = ∅. On peut construire une fonction continue f , nulle sur [0, 1] \ I et telle que
f (x) > 0. Une telle fonction vérifie ||f ||A,α = 0. Par contraposée ceci montre que si
l’implication (||f ||A,α = 0 ⇒ f = 0) est vérifiée, alors nécessairement A est dense dans
[0, 1].
2. Soit t ∈ [0, 1] et δt : C([0, 1], R) → R définie par δt (f ) = f (t).
(a) Montrer que si t ∈ A, alors δt est une forme linéaire continue sur C([0, 1], R).
(b) On suppose t ∈
/ A. Montrer que pour tout ε > 0 il 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 I de A il
existe f ∈ C([0, 1], R) nulle sur I et telle que 0 ≤ f ≤ 1, f (t) = 1). En déduire que δt
est non continue.
(a) Soit t = tn ∈ A. L’application δtn est clairement linéaire. Pour tout f ∈ C([0, 1], R) on
a
1
1
|δtn (f )| =
αn |f (tn )| ≤
||f ||A,α .
αn
αn
Donc δtn est continue.
(b) Soit t ∈
/ A. Pour toute partie finie I de A il existe δ > 0 tel que ]t − δ, t + δ[∩I = ∅.
Soit f la 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 f est continue, 0 ≤ f ≤ 1, et on a
||f ||A,α =
X
αn |f (tn )| +
tn ∈I
X
αn |f (tn )| = 0 +
tn ∈I
/
X
αn |f (tn )| ≤
tn ∈I
/
∞
X
αn .
n|tn ∈I
/
P∞
P
Soit ε > 0. On sait que ∞
n=n0 +1 αn ≤ ε.
n=0 αn < +∞. Donc il existe n0 ∈ N tel que
On choisit la partie finie I ⊂ A ci-dessus telle que {t0 , . . . , tn0 } ⊂ I. Alors ||f ||A,α ≤ ε. Si
δt était continue, il existerait une constante c ≥ 0 telle que |δt (f )| ≤ c||f ||A,α . D’après ce
qui précède cela impliquerait 1 ≤ cε pour tout ε > 0, ce qui est absurde.
3. On considère deux semi-normes || · ||A,α et || · ||A0 ,α0 .
(a) On suppose que A = A0 , et qu’il existe c2 > 0 tel que || · ||A,α0 ≤ c2 || · ||A,α . Montrer
que pour tout ε > 0 et tout entier q, il existe n ≥ q tel que
n
X
αq0 |f (tq )| ≤ c2 (
αp |f (tp )| + ε).
p=0
Par un choix convenable de la fonction f , en déduire que αq0 ≤ c2 αq .
(b) Montrer que || · ||A,α et || · ||A0 ,α0 sont équivalentes si, et seulement si, A = A0 et il
existe deux constantes c1 , c2 > 0 telles que c1 αn ≤ αn0 ≤ c2 αn pour tout n.
(a) L’inégalité est évidente si f est la fonction nulle. Supposons f 6= 0. D’après l’hypothèse,
quels que soient les entiers q et n et f ∈ C([0, 1], R) on a
αq0 |f (tq )|
≤ ||f ||
A,α0
≤ c2 ||f ||A,α
n
∞
X
X
= c2 (
αp |f (tp )| +
αp |f (tp )|)
p=0
p=n+1
n
∞
X
X
≤ c2 (
αp |f (tp )| + ||f ||∞
αp ).
p=0
2
p=n+1
P
Soit ε > 0. Il existe un entier n ≥ q, tel que ∞
p=n+1 αp ≤ ε/||f ||∞ . Avec cet entier
on obtient l’inégalité demandée. 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’inégalité on trouve αq0 ≤ c2 (αq + ε). Ceci étant vrai pour tout ε > 0,
on a αq0 ≤ c2 αq .
(b) Supposons que || · ||A,α et || · ||A0 ,α0 sont équivalentes : il existe deux constantes c1 ,
c2 > 0 telles que c1 || · ||A,α ≤ || · ||A0 ,α0 ≤ c2 || · ||A,α . Pour tout t ∈ [0, 1], la forme linéaire 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 αn0 ≤ c2 αn pour tout
entier n. En raisonnant de même à partir de l’inégalité c1 || · ||A,α ≤ || · ||A,α0 , on déduit
c1 αn ≤ αn0 ≤ c2 αn pour tout n. La réciproque est évidente.
Exercice 3 (3 points) Soit X un espace localement convexe.
1. Montrer que tout sous-espace vectoriel E 6= X est d’intérieur vide.
2. En déduire qu’un espace de Fréchet de dimension infinie ne peut pas admettre de base
(algébrique) dénombrable. (Utiliser le théorème de Baire.)
Notons {|| · ||i }i∈I une famille de semi-normes définissant la topologie de X.
1. Montrons la contraposée. Supposons que E un sous-espace vectoriel de X d’intérieur
non vide. Alors E contient une boule BJ (x, r) (x ∈ E, J ⊂ I fini, r > 0). Puisque E est
un espace vectoriel, E contient aussi la boule BJ (0, r) = BJ (x, r) − x. Or pour tout y ∈ X,
r y
2 ||y||J ∈ BJ (0, r). Par linéarité, E contient donc y. D’où E = X.
2. Supposons le contraire. Soit {ek }k∈N une base dénombrable de X, et Ek = Vect({en , n =
0, 1, . . . , k}). On a X = ∪k∈N Ek , et Ek , de dimension finie donc distinct de X, est d’intérieur
vide (question 1). D’après le cours, tout espace localement convexe de dimension finie est
normable. Donc Ek est un fermé de X, isomorphe à Kk+1 , et X est une partie maigre. Comme
X est un espace de Fréchet, le théorème de Baire implique que X est d’intérieur 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 Fréchet, où l’on note f (α) la dérivée α-ième de
f et K un compact de R.
Soit K un compact de R, et DK = {f ∈ C ∞ (R) | {x ∈ R | f (x) 6= 0} ⊂ K}.
1. Montrer que DK est un sous-espace fermé de C ∞ (R).
2. Montrer que DK muni de la topologie induite par C ∞ (R) est un espace de Fréchet. (justifiez
votre réponse de manière détaillée).
1. Soit (ϕn ) une suite de DK qui converge vers ϕ dans C ∞ (R). On doit montrer que ϕ ∈ DK .
(α)
Pour tout α ∈ N, ϕn converge uniformément vers ϕ(α) sur tout compact C de R. En particulier,
soit p un point hors de K, C = {p}, et α = 0. Pour tout ε > 0 et n assez 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 résultat du cours : tout sous-espace fermé d’un espace de Fréchet est un espace
de Fréchet 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 Fréchet,
(ϕn ) converge. Soit ϕ sa limite. Alors ϕ ∈ DK = DK (DK est fermé). Donc (ϕn ) converge vers
ϕ dans DK .
3