TD3

Analyse fonctionnelle
ENS Cachan
A. Leclaire
M1 Hadamard 2016-2017
TD3
Exercice 1 Applications du théorème de Stone-Weierstrass
1) Soit K un compact de Rd .
Montrer que les fonctions polynômes à d variables sont denses dans C (K ).
2) Soit K un espace métrique compact. Montrer que C (K ) est séparable.
Indication : on pourra introduire une suite dense (x n ) et considérer la sous-algèbre
engendrée par la fonction 1 et les fonctions θ n (x ) = d (x,x n ).
Exercice 2 Prolongement des applications uniformément continues
Soient E, F deux espaces métriques, D une partie dense de E, et φ : D → F .
On suppose que F est complet, et que φ est uniformément continue. On va voir que φ admet
admet un unique prolongement continu à E et que de plus celui-ci est uniformément continu.
1) Montrer qu’un éventuel prolongement continu est nécessairement unique.
2) Montrons maintenant l’existence.
a) Soit x ∈ E. Montrer que si (x n ) est une suite d’éléments de D qui converge vers x, alors
(φ (x n )) converge dans F . Montrer de plus que la limite ne dépend pas de la suite (x n ) choisie.
On note cette limite ψ (x ).
b) Montrer que ψ : E → F est uniformément continue et qu’elle prolonge φ.
3) Application à l’intégrale des fonctions réglées. Soit G un espace de Banach.
On dit que f : [a,b] → G est une fonction en escalier s’il existe a = a 0 < a 1 < . . . < an = b
telle que f soit constante sur chaque ]ai ,ai+1 [. Une fonction f : [a,b] → G est dite réglée si elle
est limite uniforme de fonctions en escalier.
On note R ([a,b],G) l’ensemble des fonctions réglées muni de la norme uniforme.
a) Soit f en escalier sur la subdivision a = a 0 < a 1 < . . . < an = b. On note yi la valeur de f
sur ]ai−1 ,ai [. Montrer que le nombre
n
X
yi (ai − ai−1 )
i=1
on pourra considérer une subdivision qui soit plus fine que S 1 et S 2 .
ne dépend pas de la subdivision choisie.
Rb
On le note I ( f ) ou a f .
Indicaton : Étant données deux subdivisions S 1 et S 2 ,
b) Montrer qu’on peut prolonger I en une application linéaire continue I : R ([a,b],G) → G.
c) Montrer que si f ∈ R ([a,b],G), alors (t 7→ k f (t )k) ∈ R ([a,b], R) et que
Z b
k f (t )kdt .
kI ( f )k 6
a
d) Montrer qu’une fonction f ∈ C ([a,b],G) est réglée.
Rt
e) Montrer que si f ∈ C ([a,b],G), alors F : t 7→ a f (s)ds est C 1 ([a,b],G) de dérivée f .
Rb
f) Soit f ∈ C 1 ([a,b],G). Montrer que f (b) − f (a) = a f 0 (s)ds.
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Exercice 3 Opérateurs à noyau
Soient X ,Y des compacts de Rn et K ∈ C (X × Y ). Pour f ∈ C (X ), on définit T f : Y → R par
Z
T f (y) =
K (x,y) f (x )dx
X
1) Montrer que T est une application linéaire continue de C (X ) dans C (Y ).
2) Montrer que l’image par T de la boule unité fermée B de C (X ) est relativement compacte.
Exercice 4 Espaces de Baire
Un espace de Baire est un espace topologique dans lequel toute intersection dénombrable
d’ouverts denses est dense.
1) Montrer qu’un ouvert O d’un espace de Baire E est un espace de Baire.
2) Soit E un espace topologique localement compact, c’est-à-dire tel que tout point admet un
système fondamental de voisinages compacts. Montrer que E est un espace de Baire.
Exercice 5 Normes équivalentes
Soit E un espace vectoriel.
1) Montrer que deux normes k · k1 et k · k2 sur E définissent la même topologie si et seulement si
elles sont équivalentes (c’est-à-dire qu’il existe k > 0 et K > 0 telles que k k · k1 6 k · k2 6 K k · k1 ).
2) Donner un exemple d’espace E muni de deux normes k · k1 , k · k2 non équivalentes mais telles
que k · k1 6 k · k2 .
3) Soient k · k1 , k · k2 deux normes telles que k · k1 6 k · k2 . Supposons que E soit complet pour
chacune de ces normes. Montrer qu’elles sont équivalentes.
Exercice 6 Densité des fonctions continues nulle part dérivables
On pose E = C ([0, 1], R). Pour ε > 0 et n ∈ N, on considère l’ensemble
(
)
f (y) − f (x ) > n .
Uε,n = f ∈ E | ∀x ∈ [0, 1], ∃y ∈ [0, 1], 0 < |y − x | < ε, y −x
1) Montrer que Uε,n est un ouvert dense dans E.
2) En déduire que l’ensemble des fonctions continues nulle part dérivables est dense dans E.
Exercice 7 Sous-espaces fermés de C ([0, 1]) formé de fonctions régulières.
Soit F un sous-espace vectoriel fermé de C ([0, 1]) muni de la convergence uniforme. On suppose
que tous les éléments de F sont dans C 1 ([0, 1]).
1) En utilisant le théorème du graphe fermé, montrer qu’il existe C > 0 telle que
∀f ∈ F ,
k f 0 k∞ 6 C k f k∞ .
2) En déduire que la boule unité fermée de F (pour k · k∞ ) est compacte.
3) Que peut-on en conclure ?
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Correction :
Exercice 1 Applications du théorème de Stone-Weierstrass
Pour cet exercice, on rappelle qu’une famille (ai )i ∈I ∈ RI est dite presque nulle si elle est
nulle pour au plus un nombre fini d’indices. L’ensemble des famille presque nulles est noté R (I ) .
On rappelle aussi que si I est dénombrable, alors Q (I ) est dénombrable.
1) On rappelle que les fonctions polynômiales sur Rd sont les fonctions de la forme
X
x 7−→
an x n
n ∈Nd
où (an )n ∈Nd ∈ R (N ) et où l’on utilise la notation x n = x 1n1 . . . xdnd .
Pour montrer que cet ensemble A est dense dans C (K ), on va appliquer le théorème de
Stone-Weierstrass. D’abord il est clair que A est une sous-algèbre unitaire (stable par addition,
multiplication, multiplication scalaire, et contient la fonction constante 1). De plus, P sépare les
points de K : en effet, si y,z ∈ K sont distincts, alors il existe i = 1, . . . ,d tel que yi , zi ce qui
signifie que la fonction x 7→ x i sépare les points y,z.
Comme K est compact, le théorème de Stone-Weierstrass assure que A est dense dans C (K ).
d
2) Comme K est métrique compact, il est séparable (voir exercice d’un TD précédent) donc admet une partie dénombrable dense (an ). Suivant l’indication, on considère la sous-algèbre A
engendrée par la fonction 1 et les fonctions
θ n : x 7−→ d (x,an ) .
Autrement dit, A est l’ensemble des combinaisons linéaires de fonctions de la forme
x 7−→ θ n1 (x )θ n2 (x ) . . . θ nk (x ) ,
ou encore
A=
[ x 7−→ P (θ 1 (x ), . . . ,θ k (x )) , P ∈ R[X 1 , . . . ,X k ]
.
k >1
Il est clair que A est une sous-algèbre unitaire.
De plus, elle sépare les points de K : en effet, si x,y ∈ K sont tels que pour toute f ∈ A,
f (x ) = f (y), alors en particulier, ∀n, d (x,an ) = d (y,an ) . Mais alors si x,y étaient distincts,
on aurait d (x,y) > 0 et comme (an ) est dense, il existerait n tel que d (x,an ) < 21 d (x,y) ce qui
impliquerait
d (x,y) 6 d (x,an ) + d (y,an ) = 2d (x,an ) < d (x,y),
d’où une contradiction. On a donc nécessairement x = y.
Comme K est compact, le théorème de Stone-Weierstrass donne que A est dense dans C (K ).
Comme Q est dense dans R, ceci implique que
[ AQ =
x 7−→ P (θ 1 (x ), . . . ,θ k (x )) , P ∈ Q[X 1 , . . . ,X k ] .
k >1
est encore dense dans C (K ). Or ce dernier ensemble est dénombrable car Q[X 1 , . . . ,X k ] est dénombrable pour tout k.
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Exercice 2 Prolongement des applications uniformément continues
1) Soient ψ 1 , ψ 2 deux prolongements continus de φ à E. Soit x ∈ E. Comme D est dense dans E (et
comme E est métrique), il existe une suite (x n ) d’éléments de D qui converge vers x. Comme ψ 1
et ψ 2 coïncident avec φ sur D, on a
ψ 1 (x n ) = ψ 2 (x n ) .
∀n ∈ N,
Mais comme ψ 1 et ψ 2 sont continues en x et que lim x n = x, on obtient en passant à la limite dans
cette égalité que ψ 1 (x ) = ψ 2 (x ). Ainsi, ψ 1 et ψ 2 coïncident sur tout E.
2) a) Soient x n ∈ D qui convergent vers x dans E. On va voir que (φ (x n )) est de Cauchy dans F .
Soit ε > 0. Comme φ est uniformément continue sur D, il existe η > 0 tel que
∀x,y ∈ D,
d (x,y) < η =⇒ d (φ (x ),φ (y)) < ε .
Mais comme (x n ) converge dans E, c’est une suite de Cauchy, donc il existe N tel que
∀p,q > N ,
d (xp ,x q ) < η .
Par suite,
∀p,q > N ,
d (φ (xp ),φ (x q )) < ε .
Ainsi, (φ (x n )) est bien une suite de Cauchy dans F . Comme F est complet, elle converge.
Montrons de plus que la limite ne dépend pas de la suite (x n ) choisie. Pour cela, donnonsnous x n ∈ D et yn ∈ D convergeant vers x dans E. Ce qui précède montre que (φ (x n )) et (φ (yn ))
convergent respectivement vers ` et ` 0 dans F . Mais alors, la suite (zn ) définie par
z 2n = x n
et z 2n+1 = yn ,
converge elle aussi vers x, et ce qui précède montre donc que (φ (zn )) converge. Cette suite admettant deux sous-suites convergeant respectivement vers ` et ` 0, on en déduit que ` = ` 0.
b) D’abord, il est clair que ψ prolonge φ. En effet, si x ∈ D, alors la suite constante x n = x
converge vers x, et on a donc ψ (x ) = lim φ (x n ) = φ (x ).
Maintenant, montrons que ψ est uniformément continue. Pour cela, prenons ε > 0. Comme φ
est uniformément continue sur D, il existe η > 0 tel que
∀x,y ∈ D,
d (x,y) < η =⇒ d (φ (x ),φ (y)) < ε .
Mais alors, si x,y ∈ E sont tels que d (x,y) < η, il existe deux suites (x n ) et (yn ) dans D convergeant respectivement vers x et y. Par définition de ψ , on a
ψ (x ) = lim φ (x n )
et ψ (y) = lim φ (yn ) .
Par continuité de la distance, on a donc d (x n ,yn ) → d (x,y) et en particulier, à partir d’un certain
rang N , d (x n ,yn ) < η. Ainsi,
∀n > N ,
d (φ (x n ),φ (yn )) < ε .
En utilisant de nouveau la continuité de la distance, on obtient en faisant n → ∞ que
d (ψ (x ),ψ (y)) 6 ε .
Cela prouve que ψ est uniformément continue sur E.
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3) a) Une subdivision a = a 0 < a 1 < . . . < an = b est dite adaptée à f si f est constante sur
chaque intervalle ]ai−1 ,ai [. Dans la suite, on adoptera une notation ensembliste S = {a 0 , . . . ,an }
pour cette subdivision.
Considérons une subdivision S 1 = {a 0 , . . . an } de [a,b] adaptée à f et notons yi la valeur de f
sur ]ai−1 ,ai [. Une subdivision S 2 plus fine que S 1 est de la forme
S 2 = { aij , 1 6 i 6 n , 0 6 j 6 Ji } ,
où pour tout i, { aij , 0 6 j 6 Ji } est une subdivision de [ai−1 ,ai ]. Cette subdivision plus fine est
encore adaptée à f , et la valeur de la somme de Riemann correspondante est donc
Ji
n X
X
i=1 j=1
yi (aij
− aij−1 )
=
n
X
yi
Ji
X
j=1
i=1
(aij
− aij−1 )
=
n
X
yi (ai − ai−1 ) .
i=1
Ainsi, la valeur de la somme de Riemann ne change pas si l’on raffine la subdivision.
Enfin, si S 1 et S 2 sont deux subdivisions adaptées à f , alors leur réunion S = S 1 ∪ S 2 est aussi
adaptée à f , et est plus fine que S 1 et S 2 . Les sommes de Riemann associées à S 1 et S 2 sont donc
égales à la somme de Riemann associée à S.
P
Finalement, la somme de Riemann yi (ai − ai−1 ) est la même pour n’importe quelle subdivision a = a 0 < . . . < an = b adaptée à f .
b) Notons E ([a,b],G) l’ensemble des fonctions en escalier sur [a,b]. Montrons que I est uniformément continue sur E ([a,b],G).
D’abord, I est linéaire. En effet, soient f ,д ∈ E ([a,b],G) et α, β ∈ R. Si S 1 et S 2 sont des
subdivisions respectivement adaptées à f et д, alors la subdivision S = S 1 ∪ S 2 est adaptée à la
fois à f et д. Si l’on note a = a 0 < a 1 < . . . < an = b cette subdivision S et yi (resp. zi ) la valeur
de f (resp. д) sur ]ai−1 ,ai [, alors S est adaptée à α f + βд et cette dernière vaut αyi + βzi sur
]ai−1 ,ai [. Par suite,
I (α f + βд) =
n
X
(αyi + βzi )(ai − ai−1 ) = α
i=1
n
X
yi (ai − ai−1 ) + β
i=1
n
X
zi (ai − ai−1 ) = αI ( f ) + βI (д) .
i=1
Cela prouve que I est linéaire.
Prenons alors f ∈ E ([a,b],G), a = a 0 < a 1 < . . . < an une subdivision adaptée à f , et
désignons par yi la valeur de f sur ]ai−1 ,ai [. L’inégalité triangulaire donne
kI ( f )k 6
n
X
i=1
kyi k|ai − ai−1 | 6 k f k∞
n
X
(ai − ai−1 ) = k f k∞ (b − a) .
i=1
On en déduit que I est une application linéaire continue de E ([a,b],G) dans G.
Par linéarité, I est même uniformément continue sur E ([a,b],G). De plus, par définition,
E ([a,b],G) est dense dans R ([a,b],G). Enfin, G est complet. En utilisant le théorème de prolongement des applications uniformément continues démontré dans les questions 1 et 2, on en
déduit que I se prolonge de manière unique en une application linéaire continue
I : R ([a,b],G) −→ G .
c) Soit f ∈ R ([a,b],G). Si fn → f uniformément, par l’inégalité triangulaire t 7→ k fn (t )k
converge uniformément sur [a,b] vers t 7→ k f (t )k. De plus, si fn est en escalier, alors t 7→ k fn (t )k
l’est aussi. On en déduit que t 7→ | f (t )| est réglée.
De plus, si f est en escalier, alors avec les notations du a), l’inégalité triangulaire donne
Z b
X
n
n
Z b
X
f (t )dt = yi (ai − ai−1 ) 6
kyi k(ai − ai−1 ) =
k f (t )kdt .
i=1
a
a
i=1
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Les deux membres extrêmes étant des fonctions continues de f (pour la norme uniforme), cette
égalité reste valable pour les fonctions réglées.
d) Soit f ∈ C ([a,b]) et soit ε > 0. Par le théorème de Heine, f est uniformément continue
sur [a,b], donc il existe n ∈ N∗ tel que
|x − y| <
∀x,y ∈ [a,b],
1
⇒ k f (x ) − f (y)k < ε .
n
Considérons alors la subdivision définie par ai = a + i b−a
n , 0 6 i 6 n, et définissons la fonction
en escalier
n
X
д = f (a)1 {a } +
f (ai )1]ai −1,ai ] .
i=1
Alors k f − дk∞ < ε. En effet, si x = a, alors f (x ) = д(x ), et si x ∈ ]a,b], il existe i ∈ {1, . . . ,n} tel
que x ∈ ]ai−1 ,ai ], et alors
kд(x ) − f (x )k = k f (ai ) − f (x )k < ε ,
où l’on a utilisé que |ai − x | < ai − ai−1 = n1 . Ainsi, k f − дk∞ 6 ε. Finalement, les fonctions
continues sont bien réglées.
Rt
e) Soit f ∈ C ([a,b],G) et posons F (t ) = a f (s)ds. Montrons que F est dérivable en un
point t ∈ [a,b] fixé. Soit ε > 0. Par continuité de f , il existe η > 0 tel que
∀u ∈ [a,b],
|t − u | < η ⇒ k f (t ) − f (u)k < ε .
Pour h > 0 tel que t + h ∈ [a,b], on a
F (t + h) − F (t )
1
− f (t ) =
h
h
t +h
Z
t
1
f (s)ds − f (t ) =
h
t +h
Z
t
( f (s) − f (t ))ds .
Par conséquent, en utilisant l’inégalité triangulaire, on obtient que pour h ∈ ]0,η[,
F (t + h) − F (t )
− f (t ) 6 ε .
h
Cela prouve que
lim
h→0+
F (t + h) − F (t )
= f (t ) .
h
De la même manièire, on montre que la limite en 0− est aussi égale à f (t ). On en conclut que F
est dérivable en t et que F 0 (t ) = f (t ). Comme f est continue, il s’ensuit que F est de classe C 1 .
f) Il s’agit de montrer que pour tout t ∈ [a,b],
Z t
f (t ) = f (a) +
f 0 (s)ds .
a
Par la question précédente, le membre de droite est une fonction C 1 de dérivée f 0. Par conséquent,
les deux membres sont dérivables et ont même dérivée. Comme ils valent tous les deux f (a) en
t = a, on en déduit qu’ils sont égaux. À noter que le résultat f 0 = 0 ⇒ f = cste provient d’une
version générale de l’inégalité des accroissements finis ; pour la preuve de ce résultat, on revoie
au Chap. 4 du Cours de Mathématiques, Tome 2 Analyse de J. Lelong-Ferrand et J.M. Arnaudiès.
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Exercice 3 Opérateurs à noyau
1) Notons avant de commencer que K et f sont bornées car continues sur des compacts.
D’abord, remarquons que T f est bien défini : pour chaque y, x 7→ K (x,y) f (x ) est mesurable
car continue et est bornée. De plus, T envoie bien C (X ) dans C (Y ) : en effet, pour f ∈ C (X ), si
yn → y dans Y , la continuité de K donne que
∀x ∈ X ,
K (x,yn ) f (x ) −→ K (x,y) f (x ) ,
et comme l’intégrand est toujours borné par kK k∞ k f k∞ , le théorème de convergence dominée
assure que T f (yn ) → T f (y) et donc T f ∈ C (Y ). Bien entendu, on aurait aussi pu procéder plus
simplement par continuité uniforme de K (voir ci-dessous).
Remarquons que T est linéaire grâce à la linéarité de l’intégrale. Enfin T est continue car pour
toute f ∈ C (X ),
Z
kT f k∞ = sup K (x,y) f (x )dx 6 kK k∞ λ(X )k f k∞ .
y ∈Y X
2) On va appliquer le théorème d’Arzela-Ascoli.
D’abord remarquons que pour tout y ∈ Y ,
∀f ∈ B,
|T f (y)| 6 kK k∞ λ(X )
et par suite l’ensemble T (B)(y) est borné dans R et donc relativement compact.
Montrons maintenant que T (B) est uniformément équicontinue. Soit ε > 0. Pour y,z ∈ Y ,
Z T f (y) − T f (z) =
K (x,y) − K (x,z) f (x )dx .
X
Comme K est continue sur le compact X × Y , elle y est uniformément continue donc il existe
η > 0 tel que
∀(x,y), (x 0,y 0 ) ∈ X × Y ,
kx − x 0 k < η et ky − y 0 k < η ⇒ |K (x,y) − K (x 0,y 0 )| < ε .
Pour y,z ∈ Y tels que ky − zk < η, on a donc
∀f ∈ B,
|T f (y) − T f (z)| 6 ε k f k∞ 6 ε .
Ceci prouve que T (B) est uniformément équicontinue sur K.
Comme K est compact, le théorème d’Arzela-Ascoli assure que T (B) est relativement compacte dans C (Y ).
Exercice 4 Espaces de Baire
T
1) Soit (Un ) une famille dénombrable d’ouverts denses de O. Montrons que D = Un est encore
dense dans O.
c
c
Remarquons que O ∩ O = ∅ et donc on peut rajouter O à nos ensembles sans modifier ce
c
qu’il se passe dans O. Ainsi, considérons Un0 = Un ∪ O qui est encore un ouvert de E (car Un est
ouvert de O, et donc de E). De plus, il est dense : si V est un ouvert non vide de E, s’il ne rencontre
c
pas O alors il rencontre nécessairement O et donc aussi O et donc il rencontre Un .
Ainsi (Un0 ) est une famille dénombrable d’ouverts denses de E. Comme E est un espace de
T
Baire, D 0 = Un0 est dense dans E. En particulier D = D 0 ∩ O est dense dans O.
2) On va s’inspirer de la construction donnée pour les espaces métriques complets. Soit (Un )n>0
T
une famille dénombrable d’ouverts denses de E. Montrons que D = Un est dense dans E.
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Soit V un ouvert non vide de E. Comme U0 est dense, il rencontre U0 en un point x 0 . En
particulier, U0 ∩ V est un voisinage ouvert de x 0 . Comme E est localement compact il existe un
voisinage compact K 0 de x 0 qui est inclus dans U0 ∩ V . Mais alors K̊ 0 est un ouvert de E et il est
non vide (car K 0 est un voisinage de x 0 ).
Comme U1 est dense, il rencontre U1 en un point x 1 . Donc U1 ∩ K̊ 0 est un voisinage ouvert de
x 1 . Comme E est localement compact il contient un voisinage compact K 1 de x 1 . Et ainsi de suite.
On construit ainsi une suite décroissante de compacts (Kn ) non vides tels que Kn ⊂ Un ∩ V .
T
Par suite, Kn est une intersection décroissante de fermés dans le compact K 0 et donc est non
vide. Cette intersection contient donc au moins un point x qui est à la fois dans V et dans tous
les Un .
Cela prouve que D est dense dans E et donc que E est un espace de Baire.
Exercice 5 Normes équivalentes
1) Supposons que la topologie de (E, k · k2 ) contienne la topologie de (E, k · k1 ). La boule unité
ouverte pour k · k1 est donc un ouvert pour k · k2 et contient 0, donc il existe r > 0 tel que
kx k2 < r =⇒ kx k1 < 1 .
Par homogénéité, on en déduit que
1
kx k1 < kx k2 .
r
∀x ∈ E,
Réciproquement, supposons qu’il existe r > 0 tel que
1
kx k1 < kx k2 .
r
∀x ∈ E,
Alors une boule pour k · k1 de centre x et de rayon ρ contient la boule pour k · k2 de centre x et
de rayon r ρ. Cela prouve que tout voisinage de x pour k · k1 est un voisinage de x pour k · k2 et
donc qu’un ouvert pour (E, k · k1 ) est un ouvert pour (E, k · k2 ).
Par symétrie du problème, on obtient que les deux normes définissent la même topologie si
et seulement si elles sont équivalentes.
2) Considérons par exemple sur L2 ([0, 1]) les normes
k f k1 =
Z
1
| f (t )|dt
,
k f k2 =
0
Z
! 1/2
1
| f (t )| dt
2
.
0
L’inégalité de Cauchy-Schwarz donne
∀f ∈ L2 ([0, 1]),
k f k1 6 k f k2 .
Mais pour fn (x ) = (n + 1)x n , on a
k f n k1 = 1
et
n+1
k fn k2 = √
,
2n + 1
et donc les normes ne sont pas équivalentes.
3) L’inégalité donne que Id : (E, k · k2 ) → (E, k · k1 ) est continue. Or elle est trivialement bijective.
On a donc une application linéaire continue bijective entre deux espaces complets. D’après le
théorème de Banach, on en déduit que son inverse est continu, ce qui donne l’existence d’un
nombre c > 0 tel que k · k2 6 c k · k1 .
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Exercice 6 Densité des fonctions continues nulle part dérivables
1) Remarquons que
)
(
f (y) − f (x ) c
6 n .
Uε,n
= f ∈ E | ∃x ∈ [0, 1], ∀y ∈ [0, 1], 0 < |y − x | < ε ⇒ y −x
c qui converge
Montrons que cet ensemble est fermé dans E. Soit ( fk ) une suite de fonctions de Uε,n
uniformément vers f ∈ E. Par définition, pour tout k, il existe x k ∈ [0, 1] tel que
∀y ∈ [0, 1],
fk (x k ) − fk (y) 6 n .
0 < |x k − y| < ε =⇒ xk − y
Par compacité de [0, 1], on peut supposer, quitte à extraire que (x k ) converge vers un élément
x ∈ [0, 1]. On va voir alors que
∀y ∈ [0, 1],
f (x ) − f (y) 6 n ,
0 < |x − y| < ε =⇒ x −y
c . Soit donc y ∈ [0, 1] tel que 0 < |x − y| < ε. Comme (x )
ce qui donnera bien que f ∈ Uε,n
k
converge vers x, on a à partir d’un certain rang K, |x k − y| < ε, et aussi x k , y (car x , y), d’où
l’on tire
fk (x k ) − fk (y) 6 n .
xk − y
Comme fk converge uniformément vers f sur [0, 1], on en déduit en passant à la limite quand
k → ∞ que
f (x ) − f (y) 6 n
cqfd .
x −y
Montrons maintenant que Uε,n est dense dans E. Comme les polynômes sont denses dans E, il
suffit de montrer qu’une fonction f : [0, 1] → R de classe C 1 peut être approchée uniformément
d’aussi près que l’on veut par un élément д ∈ Uε,n . Soit donc δ > 0. L’idée est de chercher д
sous la forme д = f + δv où v est une fonction très oscillante qui a une norme uniforme 6 1 (la
condition k f − дk∞ 6 δ sera donc automatiquement vérifiée). Pour p ∈ N∗ , introduisons donc la
k k+1
fonction vp continue sur [0, 1], affine sur chaque intervalle [ 2p
, 2p ] et prenant la valeur 0 (resp.
k
k k +1
1) en 2p
avec k pair (resp. k impair). On remarque que sur chaque intervalle [ 2p
, 2p ], tous les
taux d’accroissement de vp sont égaux à 2p en valeur absolue.
On va voir qu’en choisissant correctement p, on a bien д = f + δv ∈ Un,ε . Fixons x ∈ [0, 1].
Pour tout y ∈ [0, 1] distinct de x, on peut écrire
д(x ) − д(y) vp (x ) − vp (y) f (x ) − f (y) > δ − ,
x −y
x −y x −y
et donc, en appliquant le théorème des accroissements finis à f , on obtient
д(x ) − д(y) vp (x ) − vp (y) > δ − k f 0 k∞ .
x
−
y
x
−
y
On choisit alors p > 2δ1 (n + k f 0 k∞ ). Ainsi, si x ∈ [0, 1], il existe toujours un y ∈ [0, 1] à distance
k k+1
< ε de x et qui est dans le même intervalle [ 2p
, 2p ] ; d’après ce qu’on a vu, on a donc
vp (x ) − vp (y) = 2p .
x −y
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On en déduit que
д(x ) − д(y) > 2pδ − k f 0 k∞ > n ,
x
−
y
et donc д ∈ Uε,n .
Finalement, on a bien prouvé que Uε,n est un ouvert dense de E.
2) Comme E est un espace métrique complet, le théorème de Baire assure que
\
U :=
U 1 ,n
n>1
n
est dense dans E. Soit alors f ∈ U et x ∈ [0, 1]. Montrons que f n’est pas dérivable en x. Comme
f ∈ U , pour tout n > 1, il existe x n ∈ [0, 1] tel que
0 < |x n − x | <
1
n
et
f (x n ) − f (x ) > n .
xn − x
Cela contredit immédiatement que
y 7−→
f (y) − f (x )
x −y
admet une limite finie en x. Ainsi, f n’est pas dérivable en x.
Finalement, l’ensemble des fonctions continues nulle part dérivables contient U , et est donc
dense dans E.
Exercice 7 Sous-espaces fermés de C ([0, 1]) formé de fonctions régulières.
1) Notons E = C ([0, 1]). Il s’agit de montrer que T : f 7→ f 0 est continue de F dans E (F étant
muni de la norme induite par celle de E). Pour cela, on va utiliser le théorème du graphe fermé ;
on rappelle que son utilisation est légitime car E est un espace de Banach et F aussi puisqu’il est
fermé dans E.
Soient donc ( fn ,T ( fn )) une suite de points du graphe de T qui converge vers ( f ,д) dans
F × E. Autrement dit, on a fn → f uniformément et fn0 → д uniformément. Par le théorème
d’interversion de la dérivation et de la limite uniforme, on a nécessairement д = f 0. Donc ( f ,д) =
( f ,T f ) est bien dans le graphe deT . Ainsi,T a un graphe fermé, et on en déduit queT est continue,
ce qui revient à dire qu’il existe C > 0 telle que
∀f ∈ F ,
k f 0 k∞ 6 C k f k∞ .
2) Notons
A=
f ∈ F k f k∞ 6 1
la boule unité fermée de F . On remarque que pour tout x ∈ [0, 1], et toute f ∈ A, | f (x )| 6 1. De
plus, d’après la question 1, toutes les fonctions de A sont lipschitziennes de rapport C, et donc
A est uniformément équicontinue. Comme [0, 1] est compact, on peut appliquer le théorème
d’Arzela-Ascoli qui nous donne que A est relativement compacte dans E. Comme A est fermée
(c’est la boule unité fermée de F , et F est fermé dans E), on obtient que A est compacte.
Ainsi, F est un espace vectoriel normé dont la boule unité fermée est compacte.
3) Par le théorème de Riesz, on en déduit que la dimension de F est finie.
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