Solution

Corrigés d’exercices pour le TD 4
Série harmonique
1. Montrer que la série harmonique
diverge.
On pose pour n ∈ N∗ ,
1
n≥1 n
P
un = 1 +
ne vérifie pas le critère de Cauchy et en déduire qu’elle
1
1
1
+ · · · + + · · · + − ln(n).
2
p
n
2. Montrer que pour tout p ≥ 1,
1
1
≤ ln(p + 1) − ln(p) ≤ .
p+1
p
3. Déduire de 2. que la suite (un )n≥1 est décroissante et minorée. En déduire qu’elle converge.
4. Déduire de 2. que pour tout n ≥ 1, pour tout k ≥ 0, 0 ≤ un − un+k ≤ n1 .
Retrouver le résultat de la question 3. en montrant que (un )n≥1 est de Cauchy.
Solution .
1. Pour tout n ≥ 1,
u2n − un =
2n
X
1
1
1
≥n×
=
p
2n
2
n+1
ce qui contredit le critère de Cauchy. Or, R étant complet, une série de réels converge seulement si elle
vérifie le critère de Cauchy. Donc la série harmonique diverge.
2. Pour tout n ≥ 1,
ln(p + 1) − ln(p) =
Z
p
p+1
dt
.
t
La fonction t 7→ 1/t étant décroissante, on a donc
1
≤
p+1
Z
p
p+1
1
dt ≤ ln(p + 1) − ln(p) ≤
p+1
Z
p
p+1
1
1
dt = .
p
p
1
3. On déduit du côté gauche de cette inégalité que un+1 − un = n+1
− ln (n + 1) + ln n ≤ 0, ce qui montre
que (un ) décroı̂t, tandis qu’en sommant la partie droite de cette inégalité entre p = 1 et n − 1 pour n ≥ 2,
on obtient
1
1
,
ln n ≤ 1 + + · · · +
2
n−1
et en particulier la suite (un ) est positive. Etant décroissante minorée, elle converge.
4. Pour k = 0, c’est évident. Sinon, en sommant les inégalités du 1. entre n et n + k − 1, on obtient
1
1
1
1
+ ···+
≤ ln (n + k) − ln n ≤ + . . . +
.
n+1
n+k
n
n+k−1
En retranchant
1
n+1
+ ...+
1
n+k
à tous les membres de cette inégalité, on obtient
0 ≤ un+k − un ≤
1
1
−
,
n n+k
et en particulier on a le résultat cherché. Ceci prouve que la suite (un ) est de Cauchy dans R complet,
elle converge donc.
1
Espaces de suites
On définit
l∞ = {(un )n∈N ∈ RN ; sup{|un |, n ∈ N} < +∞}, muni de k(un )n∈N k∞ = sup{|un |, n ∈ N},
1
N
l = {(un )n∈N ∈ R ,
+∞
X
|un | < +∞}, muni de k(un )n∈N k1 =
n=0
2
N
l = {(un )n∈N ∈ R ,
+∞
X
+∞
X
|un |,
n=0
2
|un | < +∞}, muni de k(un )n∈N k2 =
n=0
+∞
X
2
|un |
n=0
!1/2
.
1. Montrer que (l∞ , k · k∞ ), (l1 , k · k1 ) et (l2 , k · k2 ) sont des espaces de Banach.
2. Soit pour p ∈ N\{0}, U p = (upn )n∈N où upn = 0 si n 6= p, et upp = 1/p. Vérifier que U p ∈ l1 ∩l2 ∩l∞ pour
tout p ∈ N \ {0}. Pour chacune des normes 1, 2 et ∞, la série de terme général U p est-elle absolument
convergente? La suite (U p )p≥1 est-elle une suite de Cauchy?
3. Soit (xp )p∈N une suite d’éléments de [0, 1[, et soit pour tout p, U p = ((xp )n+1 )n∈N .
Montrer que U p ∈ l1 ∩ l2 ∩ l∞ pour tout p et calculer sa norme 1, 2 et ∞. Pour chacune des normes 1, 2
et ∞, donner une condition suffisante pour que la série de terme général U p soit absolument convergente.
Quelle est alors sa somme?
Solution .
1. On sait déjà que (l∞ , k · k∞ ), (l1 , k · k1 ) et (l2 , k · k2 ) sont des espaces vectoriels normés. Montrons
qu’ils sont complets. On traite seulement le cas de l1 , les autres cas étant similaires. Soit (U p )p∈N une
suite de Cauchy d’éléments de (l1 , k · k1 ); en particulier pour tout p ∈ N, U p est une suite sommable que
nous noterons (upn )n∈N . Pour chaque n ∈ N, (upn )p∈N est une suite de Cauchy de R, car pour tous p, q ∈ N,
|upn − uqn | ≤
+∞
X
|upi − uqi | = kU p − U q k1 → 0
i=0
lorsque p et q tendent vers +∞. Ainsi, R étant complet, pour tout n ∈ N, la suite (upn )p∈N converge dans
R lorsque p tend vers +∞. Notons un sa limite, et notons U = (un )n∈N . Il suffit maintenant de montrer
que U ∈ l1 et que U p → U pour la norme k · k1 . Tout d’abord montrons que U ∈ l1 : la suite (U p ) étant
de Cauchy dans un espace vectoriel normé, elle est en particulier bornée, c’est-à-dire qu’il existe M > 0
tel que pour tout p ∈ N,
kU p k1 ≤ M,
et en particulier pour tout p ∈ N et tout N ∈ N,
N
X
|upn | ≤ kU p k ≤ M.
n=0
Faisant tendre p vers +∞ dans cette inégalité (ce qui est possible car la somme est finie), on en déduit
que pour tout N ∈ N,
N
X
|un | ≤ M,
n=0
1
et donc la série n∈N |un | converge : U ∈ l . Montrons finalement que U p → U pour la norme k · k1 :
fixons ε > 0. La suite (U p ) est de Cauchy, donc il existe p0 ∈ N tel que pour tout p ≥ p0 et tout q ≥ p0 ,
P
kU p − U q k1 ≤ ε,
et en particulier pour tout p ≥ p0 , tout q ≥ p0 et tout N ∈ N,
N
X
|upn − uqn | ≤ kU p − U q k ≤ ε.
n=0
Faisant tendre q vers +∞ dans cette inégalité (ce qui est possible car la somme est finie), on en déduit
que pour tout p ≥ p0 et tout N ∈ N,
N
X
|upn − un | ≤ ε,
n=0
2
Lorsque N tend vers +∞, on en déduit que pour tout p ≥ p0 ,
p
kU − U k1 =
+∞
X
|upn − un | ≤ ε,
n=0
et donc U p → U dans l1 lorsque p → +∞. On a montré que toute suite de Cauchy d’éléments de (l1 , k ·k1 )
converge dans l1 , ce qui prouve que (l1 , k · k1 ) est complet.
2. La suite U p a un seul élément non nul, elle est donc bornée, sommable et de carré sommable. De plus
1
,
p
kU p k∞ = kU p k1 = kU p k2 =
et la série des 1/p diverge. Donc la série de terme général U p n’est pas absolument convergente, ni dans
l1 , ni dans l2 , ni dans l∞ .
Pour tous p, q ∈ N \ {0} tels que p 6= q,
1
,
min{p, q}
1 1
kU p − U q k1 = + ,
p q
r
1
1
p
q
+ 2,
kU − U k2 =
p2
q
kU p − U q k∞ =
et dans chaque cas, cette quantité tend vers 0 lorsque p et q tendent vers +∞. La suite (U p )p≥1 est donc
de Cauchy dans l1 , l2 et l∞ .
3. Pour tout p ∈ N, U p est une suite géométrique de raison xp ∈ [0, 1[, donc appartient à l1 ∩ l2 ∩ l∞ , et
kU p k∞ = sup(xp )n = xp ,
n≥1
kU p k1 =
+∞
X
(xp )n =
n=1
xp
,
1 − xp
v
u +∞
uX
kU p k2 = t
(xp )2n =
n=1
x2p
,
(1 − xp )2
On vérifie alors (c’est un exercice P
de séries numériques) que dans chaque cas, la série de terme général
U p est absolument convergente si p∈N xp converge. Les espaces l1 , l2 et l∞ étant complets pour leur
norme respective, on en déduit que sous cette condition la série de terme général U p est convergente dans
l1 , l2 et l∞ . Sa somme est donnée par
!
P
P
P
X
X
X
lim
U p = lim
((xp )n+1 )n∈N = lim
(xp )n+1
,
P →+∞
p=0
P →+∞
P →+∞
p=0
p=0
n∈N
où la limite est prise respectivement au sens de la norme k · k1 , k · k2 et k · k∞ . Mais une telle convergence
implique la convergence terme à terme (c’est-à-dire pour tout n fixé), et donc la somme de la série est la
suite
!
!
+∞
+∞
+∞
+∞
X
X
X
X
n+1
2
n+1
(xp )
=
xp ,
(xp ) , . . . ,
(xp )
,... .
p=0
n∈N
p=0
p=0
p=0
Soit (E, k · k) un espace vectoriel normé. Montrer que (E, k · k) est complet si et seulement si toute série
absolument convergente d’éléments de E converge dans E.
Solution .
P
(⇒) C’est un théorème
Pn de cours: soit n∈N un une série d’éléments de E absolument convergente, et soit
pour n ∈ N, Un = k=0 uk . Alors pour m > n,
kUm − Un k = k
m
X
k=n+1
uk k ≤
m
X
k=n+1
3
kuk k → 0 lorsque m, n → +∞,
comme reste d’une série convergente. La suite (U
Pn ) est donc de Cauchy, et par complétude de E on en
déduit qu’elle converge, c’est-à-dire que la série n∈N un converge.
(⇒) Soit (un ) une suite de Cauchy d’éléments de E. On peut donc construire une suite (nk )k divergente
et strictement croissante telle que pour tout k ∈ N,
1
.
2k
P
La série k∈N (unk+1 − unk ) est donc absolument convergente, d’après le théorème de comparaison entre
séries à termes positifs. D’après notre hypothèse, elle est donc convergente dans E, c’est-à-dire que
kunk+1 − unk k ≤
N
−1
X
(unk+1 − unk ) = unN − un0
k=0
converge lorsque N → +∞ vers un élément de E, et donc la suite de Cauchy (un ) a une valeur d’adhérence
dans E. Or une suite de Cauchy qui a une valeur d’adhérence converge vers cette valeur d’adhérence
(exercice !). Donc (un ) converge, et on a bien montré que E est complet.
Théorème des fermés emboités
1. Soit (E, d) un espace métrique complet, et (Fn )n une suite de fermés emboités non vides dont le
diamètre
diam(Fn ) = sup{d(x, y); x, y ∈ Fn }
tend vers 0. Montrer que ∩n≥0 Fn est un singleton.
2. Soit Fn = {u ∈ l∞ ; kuk∞ = 1 et u0 = · · · = un = 0}. Vérifier que les Fn forment une suite de fermés
emboités tous non vides d’un espace de Banach, dont l’intersection est vide. Quel est le problème?
Solution .
1. Commençons par montrer que ∩n≥0 Fn n’est pas vide. Pour tout n ∈ N, soit xn ∈ Fn . Pour tous
n, m ∈ N tels que m ≥ n, comme les Fi sont emboı̂tés, on sait que xm ∈ Fm ⊂ Fn , xn ∈ Fn et donc
d(xm , xn ) ≤ diam(Fn ) → 0 quand n → +∞.
La suite (xn ) est donc de Cauchy dans (E, k · k) complet, elle converge vers un certain x ∈ E. De plus
pour tout n et m ≥ n, on a xm ∈ Fm ⊂ Fn , et par fermeture de Fn on en déduit lorsque m → +∞ que
x ∈ Fn , et ce pour tout n. Ainsi x ∈ ∩n≥0 Fn , qui n’est pas vide.
Soit de plus x et y deux éléments de ∩n≥0 Fn , alors pour tout n, x, y ∈ Fn et donc
d(x, y) ≤ diam(Fn ) → 0 quand n → +∞,
ce qui montre que x = y. On a donc montré que ∩n≥0 Fn est un singleton.
2. Les Fn sont clairement emboı̂tés, car si u ∈ l∞ vérifie u0 = · · · = un+1 = 0, alors a fortiori
u0 = · · · = un = 0. Les Fn sont tous non vides, car pour tout n ∈ N fixé, la suite u définie par
u0 = · · · = un = 0 et ui = 1 pour tout i ≥ n + 1 est élément de Fn . Les Fn sont également fermés
car une suite (up )p d’éléments de Fn convergeant vers un élément u dans l∞ vérifie kup k∞ = 1 et
up0 = · · · = upn = 0 pour tout p, et upi → ui lorsque p → +∞ pour tout i; en particulier à la limite on
obtient kuk∞ = 1 et u0 = · · · = un = 0, et donc u ∈ Fn . Enfin l∞ est un espace de Banach.
Pourtant l’intersection des Fn est vide car un élément u de cette intersection devrait vérifier kuk∞ = 1
et ui = 0 pour tout i, ce qui est contradictoire. Le problème vient de ce que le diamètre de Fn est 2, et
ne tend pas vers 0.
Valeurs d’adhérence d’une suite
Soit (E, d) un espace métrique.
1. Soit (xn )n une suite d’éléments de E. Montrer que l’ensemble des valeurs d’adhérences de (xn ) est
égal à l’ensemble
∩n≥0 {xm ; m ≥ n}.
2. En déduire que si le théorème des fermés emboités est vrai dans E, alors E est complet.
4
Solution .
1. Soit x ∈ E. Alors x est valeur d’adhérence de (xn ) si et seulement si
∀ ε > 0, ∀ n ∈ N, ∃ m ≥ n tel que d(xm , x) < ε
⇔ ∀ n ∈ N, ∀ε > 0, {xm ; m ≥ n} ∩ B(x, ε) 6= ∅
⇔ ∀ n ∈ N, x ∈ {xm ; m ≥ n}
⇔ x ∈ ∩n≥0 {xm ; m ≥ n}.
D’où le résultat.
2. Soit (xn ) une suite de Cauchy d’éléments de E, et soit pour tout n,
Fn = {xm ; m ≥ n}.
Montrons que Fn satisfait les hypothèses du théorème des fermés emboı̂tés.
Tout d’abord, pour tout n, Fn est évidemment non vide et fermé. Les (Fn ) forment une suite emboı̂tée
car pour tout n,
{xm ; m ≥ n + 1} ⊂ {xm ; m ≥ n},
relation qui passe à l’adhérence.
Enfin, le diamètre de Fn est égal à sup{d(xp , xq ), p, q ≥ n}. Pour cela il suffit de montrer que pour
toute partie A ⊂ E, diam(A) = diam(A). L’inégalité ≤ est triviale puisque A ⊂ A, tandis que pour
l’inégalité inverse, si x, y ∈ A, il existe deux suites (xn ) et (yn ) d’éléments de A convergeant respectivement
vers x, y. Alors
d(x, y) = lim d(xn , yn ) ≤ diam(A)
puisque xn , yn ∈ A. En passant au sup à gauche, on obtient le résultat annoncé.
Ainsi
diam(Fn ) = sup{d(xp , xq ), p, q ≥ n} → 0
lorsque n → +∞, car (xn ) est une suite de Cauchy.
Comme le théorème des fermés emboı̂tés est vrai, on déduit de cela qu’il existe x ∈ E tel que
∩n≥0 {xm ; m ≥ n} = {x}.
D’après la première question, la suite de Cauchy (xn ) possède donc une valeur d’adhérence. Or une suite
de Cauchy qui possède une valeur d’adhérence converge vers cette valeur d’adhérence. La suite (xn ) est
donc convergente : on a bien montré que (E, k · k) est complet.
Boules emboitées
Soit B̄(an , rn ) une suite de boules fermées emboitées d’un espace métrique complet.
1. Montrer que pour tout m, n ∈ N tels que m ≥ n,
d(an , am ) ≤ rn − rm .
2. En déduire que
∩n≥0 B̄(an , rn )
est une boule fermée.
Solution . La suite (rn ) est nécessairement décroissante puisque les boules sont emboı̂tées. Etant de plus
positive, elle converge. Soit r sa limite. Pour tout m ≥ n on a de plus
d(an , am ) ≤ rn − rm ,
(1)
car B̄(am , rm ) ⊂ B̄(an , rn ). La suite (an ) est donc de Cauchy dans un espace métrique complet, elle
converge. Soit a sa limite. Montrons que ∩n≥0 B̄(an , rn ) = B̄(a, r).
Tout d’abord, lorsque m → +∞ dans (1), on obtient pour tout n,
d(an , a) ≤ rn − r
5
et donc B̄(a, r) ⊂ ∩n≥0 B̄(an , rn ). Réciproquement, si x ∈ ∩n≥0 B̄(an , rn ), alors pour tout n
d(x, an ) ≤ rn ,
et donc à la limite
d(x, a) ≤ r,
ce qui montre que ∩n≥0 B̄(an , rn ) ⊂ B̄(a, r) et conclut.
Montrer que R2 ne s’écrit pas comme union disjointe de cercles de rayons tous non nuls.
Solution . Raisonnons par l’absurde, et soit (Ci )i∈I un recouvrement de R2 par de tels cercles, où I est
un ensemble d’indices réels. Pour tout i, soit Di le disque correspondant à Ci , et ai son centre. Soit ai0
quelconque. Alors il existe i1 ∈ I tel que ai0 ∈ Ci1 . Par récurrence, on construit une suite (aik ) telle que
pour tout k ∈ N, aik ∈ Cik+1 . Les Ci étant disjoints, les disques Dik pour k ∈ N sont emboı̂tés, et leur
diamètre est au moins divisé par 2 à chaque étape. En appliquant le théorème des fermés emboı̂tés dans
R2 muni de la norme euclidienne, qui est complet, on obtient que ∩ Dik est un singleton {x}. Alors x
doit appartenir à l’un des Ci , disons Ci∞ . Pour tout k tel que rik < ri∞ , alors x ∈ Ci∞ ∩ Dik , et donc
Ci∞ ∩ Cik 6= ∅, ce qui est absurde puisque les Ci sont disjoints.
Soit (E, k · k) un C-espace vectoriel normé complet, et soit A une partie de E non vide et différente de
E. Montrer que la frontière de A, F r(A), est non vide.
Solution . L’ensemble A étant non vide et différent de E, il existe x0 ∈ A et y0 ∈ Ac . Posons
z0 =
x0 + y0
.
2
Deux cas se présentent: soit z0 ∈ A, et alors on pose
(
x1 = z0
y1 = y0 ,
soit z0 ∈
/ A, et dans ce cas on pose
(
x1 = x0
y1 = z0 .
De la même façon, on construit par récurrence deux suites (xn ) ∈ AN et (yn ) ∈ (Ac )N telles que pour
tout n ∈ N, si zn = (xn + yn )/2,
(
(
xn+1 = zn
xn+1 = xn
si zn ∈ A,
sinon.
yn+1 = yn
yn+1 = zn
On a donc construit une suite de segments emboı̂tés ([xn , yn ]) dont le diamètre est égal à
kx0 − y0 k
→ 0 lorsque n → +∞.
2n
Comme E est complet, d’après le théorème de fermés emboı̂tés il existe x ∈ E tel que
∩n∈N [xn , yn ] = {x}.
Alors nécessairement xn → x et yn → x, car x ∈ ∩n∈N [xn , yn ] et donc
max{kxn − xk, kyn − xk} ≤ kxn − yn k → 0
lorsque n → +∞.
Mais xn ∈ A pour tout n, donc x ∈ A, et yn ∈ Ac pour tout n, donc x ∈ Ac . Ainsi x ∈ A ∩ Ac = F r(A),
qui n’est donc pas vide.
6
Théorème du point fixe
1. Soit (E, d) un espace métrique complet (non vide), et T : E → E une application k-contractante avec
k ∈]0, 1[, c’est-à-dire que pour tous x, y ∈ E,
d(T (x), T (y)) ≤ k d(x, y).
Montrer que T admet un unique point fixe, en considérant pour a ∈ E quelconque, la suite (un )n∈N
définie par récurrence par
(
un+1 = T (un ),
u0 = a.
2. Application: montrer qu’il existe une unique solution y ∈ C 1 ([0, 1]; R) solution du problème de Cauchy
(
y ′ (x) = sin(xy(x)) pour x ∈ [0, 1],
y(0) = 1.
Solution .
1. Soit a ∈ E, et (un )n la suite d’éléments de E définie par récurrence par
(
un+1 = T (un ),
u0 = a.
Montrons que (un ) est une suite de Cauchy, et pour cela commençons par montrer par récurrence sur n
que pour tout n ∈ N, d(un+1 , un ) ≤ k n d(u1 , u0 ). C’est évident pour n = 0, et si l’on suppose que cette
propriété est vraie pour un n ∈ N fixé, alors
d(un+2 , un+1 ) = d(T (un+1 ), T (un ))
≤ k d(un+1 , un ) car T est k-contractante
≤ k k n d(u1 , u0 ) d’après l’hypothèse de récurrence
= k n+1 d(u1 , u0 ),
et donc la propriété est vraie pour n + 1, et par le principe de récurrence elle est finalement vraie pour
tout n ∈ N. Alors, pour n, m ∈ N avec m > n, on a en utilisant cette propriété
d(um , un ) ≤ d(um , um−1 ) + · · · + d(un+1 , un )
≤ (k m−1 + · · · + k n )d(u1 , u0 )
kn
≤
d(u1 , u0 ),
1−k
ce qui prouve que (un ) est de Cauchy. Par complétude de E, il existe donc u ∈ E tel que un → u lorsque
n → +∞. Sachant que pour tout n ∈ N on a
un+1 = T (un ),
alors en passant à la limite, on obtient, par continuité de T , u = T (u), c’est-à-dire que u est point fixe
de T . Un tel point fixe est unique car deux points fixes u et v vérifient
d(u, v) = d(T (u), T (v)) ≤ kd(u, v)
avec 0 < k < 1, et donc nécessairement d(u, v) = 0, ce qui implique que u = v. On obtient même une
estimation de la vitesse de convergence de (un ) vers u, puisque la série d’inégalités précédente montre,
lorsque m → +∞, que pour tout n ∈ N,
d(u, un ) ≤
2. On commence par remarquer que

1

 y ∈ C ([0, 1], R),
y ′ (x) = sin(xy(x)) pour x ∈ [0, 1],


y(0) = 1.
⇔
kn
d(u1 , u0 ).
1−k

0
 y ∈ C ([0, 1], R),
Z x
 y(x) = 1 +
sin(ty(t)) dt
0
7
pour x ∈ [0, 1],
Il suffit donc de montrer que l’application


 E → E,
Z
T :

 y 7→ x 7→ 1 +
x
0
sin(ty(t)) dt ,
qui est évidemment bien définie et à valeurs dans E, a un unique point fixe. L’espace (C 0 ([0, 1], R), k · k∞)
étant complet, il suffit de montrer que T est contractante. Or pour u, v ∈ E, et pour tout x ∈ [0, 1],
Z x
|T (u)(x) − T (v)(x)| ≤
| sin(tu(t)) − sin(tv(t))| dt
Z0 x
t |u(t)) − v(t)| dt car sin est 1-Lipschitzienne
≤
Z0 x
1
≤
t dt ku − vk∞ = ku − vk∞ .
2
0
En passant au sup à gauche sur x ∈ [0, 1], on obtient que T est 1/2-contractante.
Soit (E, k · k) une algèbre normée complète, et soit a ∈ E tel que kak < 1. Montrer que 1 − a est inversible
et que
+∞
X
(1 − a)−1 =
an .
n=0
Solution . Soit
f:
(
E→E
x 7→ 1 + ax
On vérifie que f est une contraction, car pour x, y ∈ E, la distributivité de la multiplication implique que
kf (x) − f (y)k = ka(x − y)k ≤ kak kx − yk,
et kak < 1. E étant complet, f possède un unique point fixe x ∈ E, qui vérifie donc
1 + ax = x
⇔
1 = (1 − a)x,
c’est-à-dire que x est un inverse à droite de 1 − a. De la même façon, en considérant
(
E→E
g:
x 7→ 1 + xa
on construit un inverse à gauche y pour 1 − a. Ces inverses sont nécessairement égaux, car l’associativité
de la multiplication implique que
y = y[(1 − a)x] = [y(1 − a)]x = x.
Donc 1 − a est inversible d’inverse x = y qui n’est autre que l’unique point fixe de f . De plus on sait que
le point fixe de f est donné par la limite de la suite (un ) définie par récurrence par
(
un+1 = f (un )
u0 = 1.
Or on montre facilement par récurrence que pour tout n ∈ N,
un =
n
X
ak ,
k=0
ce qui montre que cette série converge et que
(1 − a)−1 =
+∞
X
n=0
8
an .
Points de continuité d’une limite simple
1. Soit (fn )n∈N une suite de fonctions continues de R dans R qui converge simplement vers une fonction
f . On veut montrer que f est continue sur un ensemble dense de réels. Pour cela, on pose pour tout
n ∈ N et k ∈ N tel que k ≥ 1,
Fn,k = {x ∈ R | ∀ m ≥ n, ∀ p ≥ n, |fm (x) − fp (x)| ≤ 1/k},
puis
O=
\
Ok
où Ok =
k∈N∗
[
◦
Fn,k .
n∈N
On va montrer que O est dense dans R et que f est continue sur O.
a) Montrer que Fn,k est un fermé pour tout n ∈ N et k ≥ 1, et que pour tout k ≥ 1,
b) Montrer que pour tout entier k ≥ 1, Ok est un ouvert dense dans R.
S
n∈N
Fn,k = R.
c) Montrer que O est dense dans R.
d) Montrer que pour tout réel x ∈ O, f est continue en x.
2. Soit f : R → R une fonction dérivée, c’est-à-dire qu’il existe g : R → R dérivable telle que g ′ = f .
Montrer que f est la limite simple de la suite de fonctions (gn ) définie par
1
gn (x) = n g x +
− g(x)
n
et en déduire que f est continue sur un ensemble dense de points.
Solution .
1. a) Fn,k est fermé pour tout n ∈ N et k ≥ 1, car
\
Fn,k =
(fm − fp )−1 ([−1/k, 1/k]).
m,p≥n
−1
L’ensemble (fm −fp ) ([−1/k, 1/k]) est fermé pour tous m, p, comme image réciproque du fermé [−1/k, 1/k]
de R par l’application continue fm − fp . L’ensemble Fn,k est donc fermé comme intersection de fermés.
La suite de fonction (fn ) converge simplement vers f , donc pour tout x ∈ R, (fn (x)) est une suite
convergeante, donc de Cauchy. Alors pour tout x ∈ R, et tout k ≥ 1, il existe n ∈ N tel que pour tout
m ≥ n, pour tout p ≥ n, |fm (x) − fp (x)| ≤ 1/k, c’est-à-dire tel que x ∈ Fn,k . Ceci signifie exactement
que pour tout k ≥ 1,
[
Fn,k = R.
n∈N
◦
S
b) Par définition Ok = n∈N Fn,k , c’est donc un ouvert comme réunion d’ouverts, et pour montrer
que Ok est dense dans R, il suffit de montrer que pour tout x ∈ R, et tout r > 0, l’intervalle ]x − r, x + r[
rencontre l’intérieur de Fn,k pour un certain n ∈ N. Or, pour tout n, [x − r, x + r] ∩ Fn,k est un fermé
(intersection de fermés), et d’après le a)
[
[
[x − r, x + r] ∩ Fn,k = [x − r, x + r] ∩
Fn,k = [x − r, x + r],
n∈N
n∈N
qui est d’intérieur non vide dans (R, | · |), espace métrique complet. D’après la contraposée du théorème
de Baire, il existe n ∈ N tel que [x − r, x + r] ∩ Fn,k est d’intérieur non vide, c’est-à-dire
◦
]x − r, x + r[ ∩ Fn,k 6= ∅,
ce qui est le résultat cherché. Pour tout k ≥ 1, Ok est donc dense dans R.
c) D’après
T le théorème de Baire dans l’espace métrique complet (R, | · |), on en déduit immédiatement
que O = k∈N∗ Ok est dense dans R comme intersection dénombrable d’ouverts denses.
d) Soit x ∈ O et ε > 0. Soit k ≥ 1 tel que 3/k < ε. Par définition de O, x ∈ Ok , donc il existe n ∈ N
et r > 0 tel que
]x − r, x + r[ ⊂ Fn,k .
9
Alors pour tout y ∈]x − r, x + r[, et pour tout m, p ≥ n,
|fm (y) − fp (y)| ≤ 1/k.
Lorsque p tend vers +∞, sachant que (fp )p converge simplement vers f , on en déduit que pour tout
y ∈]x − r, x + r[, et pour tout m ≥ n,
|fm (y) − f (y)| ≤ 1/k.
En particulier, |fn (y) − f (y)| ≤ 1/k et |fn (x) − f (x)| ≤ 1/k. La fonction fn étant continue, il existe
h ∈]0, r[ tel que pour tout y ∈]x − h, x + h[, |fn (y) − fn (x)| ≤ 1/k. Finalement, pour tout y ∈]x − h, x + h[,
|f (y) − f (x)| ≤ |f (y) − fn (y)| + |fn (y) − fn (x)| + |fn (x) − f (x)| ≤ 3/k < ε.
La fonction f est donc continue en x, et ce pour tout x ∈ O.
2. Par définition même de la dérivée, f est limite simple de la suite de fonctions (gn ). En appliquant le
résultat du 1., on obtient donc que f est continue sur un ensemble dense de points.
Théorème de Banach-Steinhaus
Soit (E, k · kE ) un espace de Banach et (F, k · kF ) un espace vectoriel normé. On considère une famille
(fi )i∈I d’applications linéaires continues de E dans F . On suppose que cette famille est ponctuellement
bornée, c’est-à-dire que pour tout x ∈ E,
sup ||fi (x)|| < +∞.
i∈I
Montrer que (fi )i∈I est uniformément bornée, c’est-à-dire qu’il existe une constante K telle que :
∀ i ∈ I, |||fi ||| ≤ K.
Solution . Posons pour n ∈ N, En = {x ∈ E; ∀ i ∈ I, kfi (x)kF ≤ n}. Pour tout n ∈ N, En est fermé
comme intersection des images réciproques du fermé [0, n] de (R, | · |) par les applications continues kfi k,
pour i ∈ I. De plus, comme la famille (fi (x))i∈I est ponctuellement bornée pour tout x ∈ E, on a
E = ∪n∈N En qui est d’intérieur non vide. D’après le théorème de Baire, il existe n ∈ N tel que En est
d’intérieur non vide, c’est-à-dire, qu’il existe a ∈ En et r > 0 tel que B̄(a, r) ⊂ En . Soit alors x ∈ E tel
que kxkE ≤ 1. Alors pour tout i ∈ I,
kfi (x)kF =
1
1
1
1
2
kfi (rx)kF = kfi (a + rx) − fi (a)kF ≤ kfi (a + rx)kF + kfi (a)kF ≤ k.
r
r
r
r
r
Ceci implique que pour tout i ∈ I, |||fi ||| ≤
2
r
|||fi ||| =
k, car la norme triple a la propriété que
sup
kfi (x)kF .
kxkE ≤1,x6=0
Le résultat est donc démontré avec K =
2
r
k.
Limite simple d’applications linéaires continues
Soit (fn ) une suite d’applications linéaires continues d’un espace de Banach (E, k · kE ) dans un espace
vectoriel normé (F, k · kF ) qui converge simplement vers une fonction f . Montrer que f est également
une application linéaire continue.
Solution . La suite (fn ) converge simplement vers f , c’est-à-dire que pour tout x ∈ E, fn (x) → f (x)
lorsque n → +∞.
Montrons alors que f est une application linéaire : pour tous x, y ∈ E, et λ, µ ∈ K, en utilisant la
linéarité de fn pour tout n, on a
f (λx + µy) = lim fn (λx + µy) = lim λfn (x) + µfn (y) = λf (x) + µf (y),
ce qui prouve que f est linéaire.
10
De plus, pour tout x ∈ E, la suite fn (x) est bornée car convergente. Enfin, (E, k · kE ) étant un espace
de Banach, on en déduit d’après le théorème de Banach-Steinhaus (exercice 12), qu’il existe une constante
K > 0 telle que pour tout n ∈ N,
|||fn ||| ≤ K,
c’est-à-dire que pour tout n ∈ N et x ∈ E,
kfn (x)kF ≤ K kxkE .
Lorsque n tend vers +∞, on en déduit que pour tout x ∈ E,
kf (x)kF ≤ K kxkE
et donc l’application linéaire f est continue.
Sommes de Riemann
Soit E = C 0 ([0, 1]; R) muni de la norme k · k∞ . Pour tout entier n ≥ 1, soit In la forme linéaire définie
par
Z 1
n−1
X
In (f ) = n
f (t)dt −
f (k/n),
0
k=0
| n1 In (f )|
c’est-à-dire que en (f ) =
est l’erreur commise dans l’approximation de l’intégrale de f par sa
n-ième somme de Riemann à gauche.
1. Montrer que
en (f ) = O
1
n
si la fonction f est Lipshitzienne.
2. Montrer que In est continue sur E pour tout n et calculer sa norme d’application linéaire (R est muni
de la valeur absolue).
3. Déduire du 2. et de l’exercice 12 (théorème de Banach-Steinhaus) que le résultat du 1. est faux en
général si f est seulement continue, c’est-à-dire qu’il existe f ∈ E telle que en (f ) n’est pas un O(1/n).
Solution .
1. Supposons que f est K−Lipschitzienne. Alors pour tout n ∈ N supérieur à 1,
Z
n−1
1
1X
en (f ) = f (t)dt −
f (k/n)
0
n
k=0
Z
n−1
n−1
X (k+1)/n)
1X
=
f (t)dt −
f (k/n)
n
k=0 k/n
k=0
Z (k+1)/n)
n−1
X
≤
[f (t) − f (k/n)] dt
k=0 k/n
n−1
X Z (k+1)/n)
≤
|f (t) − f (k/n)| dt.
k=0
k/n
f étant K−Lipshitzienne, on peut majorer cette quantité par
n−1
X
k=0
Z
(k+1)/n)
K |t − k/n| dt = K
k/n
c’est-à-dire
K
k=0
n−1
X
k=0
On a donc montré que
n−1
X
(t − k/n)2
2
(k+1)/n
=K
k/n
en (f ) ≤
11
Z
K
,
2n
(k+1)/n)
(t − k/n) dt,
k/n
n−1
X
k=0
1
K
=
.
2n2
2n
et donc en (f ) est un O(1/n) si f est Lipschitzienne.
2. Fixons n ≥ 1. Pour tout f ∈ E,
Z
n−1
1
X
f (k/n)
|In (f )| = n
f (t)dt −
0
k=0
Z 1
n−1
X
≤ n |f (k/n)|
f (t)dt +
0
k=0
≤ n kf k∞ +
n−1
X
kf k∞
k=0
= 2n kf k∞.
La forme linéaire In est donc continue de norme |||In ||| ≤ 2n. On va montrer que |||In ||| = 2n. Pour cela
on cherche à réaliser l’égalité
|In (f )| = 2n kf k∞,
pour un certain f ∈ E non nul, ce qui revient à trouver f ∈ E tel que kf k∞ = 1 et |In (f )| = 2n. En
observant la série d’inégalités précédente, on se rend compte que pour que toutes ces inégalités soient des
égalités, il faut que la fonction f soit égale à 1 partout sauf aux points k/n pour k = 0, . . . , n − 1, où
f vaut −1. Bien sûr, cette fonction ne convient pas, n’étant pas continue. On va donc l’approcher par
une suite de fontions continues (fm ) qui “ tendent vers l’égalité ”. Pour tout m ∈ N tel que m ≥ 2n,
définissons fm par les propriétés suivantes pour tout k = 0, . . . , n − 1 (faire un dessin !) :

f (k/n) = fm ((k + 1)/n) = −1

 m

 f (x) = 1 pour x ∈ [k/n + 1/m, (k + 1)/n − 1/m]
m
 fm est affine sur [k/n, k/n + 1/m] et sur [(k + 1)/n − 1/m, (k + 1)/n]



fm est continue sur [0, 1].
Alors kfm k∞ = 1 pour tout m ≥ 2n et
In (fm ) = n
Z
1
fm (t)dt −
0
=n
n−1
X
fm (k/n)
k=0
n−1
X Z (k+1)/n)
fm (t)dt −
k=0 k/n
n−1
X
n−1
X
fm (k/n)
k=0
n−1
X
1
2
−
(−1)
−
n m
k=0
k=0
2n
2n2
=n 1−
+ n = 2n −
.
m
m
=n
On obtient donc (c’est le raisonnement classique que l’on a fait plusieurs fois),
|||In ||| =
sup
f ∈E,f 6=0
|In (f )|
≥ |In (fm )| → 2n lorsque m → +∞,
kf k∞
c’est-à-dire
|||In ||| = 2n.
3. L’espace (E, k·k) est un espace de Banach, et (R, |·|) est un espace vectoriel normé, donc le théorème de
Banach-Steinhaus s’applique. La suite d’applications linéaires continues (In ) n’étant pas uniformément
bornée d’après la question précédente (la norme de In vaut 2n), ce théorème implique que (In ) n’est pas
non plus ponctuellement bornée. Il existe donc f ∈ E tel que (In (f ))n≥1 n’est pas bornée. Alors pour
cette fonction f , en (f ) n’est pas un O(1/n), sinon il existerait M > 0 tel que pour tout n ≥ 1,
en (f ) ≤
M
⇔ |In (f )| ≤ M,
n
ce qui est faux.
12