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Applications linéaires continues Définitions et notations Dans tout le problème, K = R ou C muni de la norme et E , F , G trois K-espaces vectoriels només. On note : F ) l’espace des applications linéaires continues de E vers = F alors L c (E, E ) se note L c (E ). – L c (E, F ) vers F et si E = – E l’espace des formes linéaire continues. On l’appelle aussi, le dual topologique de E . On admet que : – Si (x (xn ) E N est convergente de limite x alors xn /n N x est compact. F ) alors f se prolonge en une application linéaire continue sur E . – Soit Soit H un un sous-espace de E . Si f L c (H, F ) Le but de ce problème est d’étudier quelques propriétés des applications linéaires continues entre espaces vectoriels normés.
||
∈
{
∈ ∈
∈ } ∪ { }
Première partie Normes subordonnées 1:
Montrer Montrer que u =
sup x∈E/ x≤1 ≤1
u(x) est une norme sur L c(E, F ) F ). On l’appelle F ) subordonnée aux l’appelle la norme sur L c (E, F )
normes sur E et et F .
∀ ∈ L c(E, F ) u(x) = sup u(x) = sup u(xx) . F ), u = sup \{0} x∈E/ x=1 x∈E/ x<1 x∈E \{0 3: Montrer que ∀u ∈ L c (E, F ) F ), ∀x ∈ E, E , u(x) ≤ ux et u = inf { k ∈ R/∀x ∈ E/ E /u(x) ≤ k x}. F ), ∀v ∈ L c (F, G), vu ≤ v u. Que dire de l’application (u, (u, v ) → uv sur (L c (E )) ))2 ? 4: Montrer que ∀u ∈ L c (E, F ) 5: En déduire que ∀P ∈ ∈ K[X ], l’application u → P ( P (u) est continue sur L c (E ) muni de la norme subordonnée. 2:
Montrer que u
F ) muni de la norme subordonnée et on suppose que F est un Banach. Soit (u ( un ) une suite de Cauchy On considè considère re L c (E, F ) dans L c (E, F ) F ). E , (un (x)) est convergente. Posons u : u : x x E lim un (x). 6 - 1: Montrer que x E, u et en déduire que L c (E, F ) F ) est un Banach. 6 - 2: Montrer que u est linéaire, u n 7: En déduire que E muni de la norme subordonnée est un Banach. F ) muni de la norme subordonnée est un Banach et soit (y ( yn ) une suite de Cauchy 8: Réciproquement, supposons que L c (E, F ) dans F . E unitaire. Montrer qu’il existe une forme linéaire continue ϕ sur E telle que ϕ( ϕ (a) = 1. On considère la suite 8 - 1: Soit a (un ) de L c (E, F ) F ) définie par n N, x E, E , un (x) = ϕ( ϕ (x)yn . ( un ) est convergente. On pose u sa limite. 8 - 2: Montrer Montrer que la suite suite (u (yn ) est convergente de limite u( u(a). Conclure. 8 - 3: En déduire déduire que que la suite suite (y 6:
∀ ∈
∈
∈ →
→
∀ ∈ ∀ ∈
Deuxième partie Normes subordonnées de quelques applications linéaires continues F ), x0 E unitaire 1: Montrer que si E est est de dimension finie alors u L c (E, F ) unitaire tel que u = u(x0 ) . On dit que u atteint sa norme. tr(A) est continue sur n (K) et calculer sa norme subordonnée à chacune 2: Soit n N∗ . Montrer que l’application u( u(A) = tr(A
∀ ∈
∈
∃ ∈
n
M | n
|
|2 sur Mn(K). i,j =1 i,j =1 0 < |ω | < 1 < 1 . On considère l’espace C[X ] muni de la norme ∞ et soit l’application v sur C[X ] définie 3: Soit ω ∈ C tel que 0 <
des normes N ∞ (A) = max
1≤i,j ≤n
|aij |, N 1(A) =
|
aij et N 2 (A) =
aij
v (P ) P ) = P ( P (ω ). par v( 3 - 1: Montrer que v est continue et calculer sa norme. La norme de v est-elle atteinte atteinte ? 3 - 2: Montrer Montrer que la boule unité fermée fermée de (C[X ], ∞ ) n’est pas compacte. 1
4:
w (f ) f ) = Soit l’applicat l’application ion w(
0
2
f ( f (t)dt )dt
−
∞ =
f ( f (t)dt )dt sur C ([0, ([0, 2], 2], R) muni de la norme f
1
|
|
sup f ( f (x) . x∈[0,2]
([0, 2], 2], R) est calculer sa norme. Montrer que l’application w est continue sur C ([0, 4 - 2: Montrer que sa norme n’est pas atteinte. ([0, 2], 2], R), ∞ ) n’est pas compacte. 4 - 3: Montrer Montrer que la boule unité fermée fermée de (C ([0, 4 - 1:
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Troisième partie Normes matricielles
∈ N∗, A ∈ Mn(K) et une norme sur Mn1(K). On appelle norme subordonnée de A la norme de l’application ∈ Mn1(K) → AX subordonnée à la norme sur Mn1(K). On la note A. f : X ∈ AX . sup 1: Montrer que A = X ∈M ( )\{0 \{0} X n |aij |. On la note A . = sup |xi | montrer que A = sup 2: Si Mn1 (K) est muni de la norme X 1≤i≤n 1≤i≤n
Soient n
n1 K
∞
| |
∞
j =1
n 3:
Si
Mn1(K) est muni de la norme X
1
=
n
| |
xi montrer que A = sup
i=1
1≤j ≤n i=1
| | n
aij . On la note A . 1
| n
xi A-t-on ∀A ∈ Mn (K), A = aij |2 ? Mn1(K) muni de la norme X = i=1 i,j 5: Montrer Montrer que ∀A, B ∈ Mn (K), AB ≤ AB . Existe-t-il une norme sur Mn (K) telle que ∀A, B ∈ Mn (K), AB = AB ? 4:
On considère
2
2.
Quatrième partie Formes linéaires continues Soit u une forme linéaire non nulle sur E . On veut montrer que u est continue sur E ssi ssi ker u est fermé dans E . 1: Montrer que si u est continue sur E alors alors ker u est fermé dans E . u (a) = 1 et ker u + Ka = E = E . 2: Réciproquement, on suppose que ker u est fermé dans E . Montrer que a E tel que u( − 1 3: Montrer que r > 0 tel que B (0, (0, r) u ( 1 ) = . (0, r), u(x) < 1 < 1 . En déduire que u est continue sur E . 4: Montrer que x B (0, 5: On suppose que K = R. Montrer que le complémentaire d’un hyperplan fermé n’est pas connexe par arcs. = ker v et a E H . 6: Soient v une forme linéaire non nulle continue sur E , H = |v (a)| a h . En déduire que |v(va)| d(a, d( a, H ). 6 - 1: Montrer que h H, v
∃ ∀ ∈
|
|
∩
∃ ∈
{ } ∅
∈ \ \
∀ ∈ ≤ − ≤ |v (b)| \ {0} tel que b ≤ v−ε . 0 < ε < v . Montre que ∃b ∈ E \{ 6 - 2: Soit 0 < a)| ∗ = h + λa. En déduire d(a, H ) ≤ |vv(− 6 - 3: Montrer que ∃λ ∈ K , ∃h ∈ H, b = h déduire que d(a, ε. E , d(x, d(x, ker v) = |v(vx) . 6 - 4: En déduire que ∀x ∈ E, 7: On suppose que E est ⊂ E fermé. est de dimension finie et soit F ⊂ Montrer que ∀a ∈ E, E , ∃b ∈ F, d(a, d(a, F ) F ) = a − b. 1 ∈ C[X ]/P 2 = 0} et a ∈/ H . Montrer que H est un hyperplan fermé et qu’il 8: Soit C[X ] muni de la norme ∞ , H = {P ∈ n’existe pas de vecteur h ∈ H tel tel que d(a, d( a, H ) = a − h (Ce qui montre que le résultat de la question précédente n’est pas valable en dimension infinie). A = w w −1 ({1}). Montrer que w = d(01,A) . 9: Soient w une forme linéaire non nulle continue sur E et et A =
¯ est Soit H un sous-espace vectoriel de E . Montrer que H est un sous-espace vectoriel de E . 11: En déduire que que le noyau d’une forme linéaire non continue sur E est est dense dans E . 10:
Cinquième partie Deux caractérisations des application linéaires continues N
F ) telle que l’image de tout compacte de E est (xn ) ∈ E ∈ ∈ L (E, F ) est un compacte de F et (x si xn = 0 0 (f ((yn )) est bornée. 1 - 1: On pose ∀n ∈ N, yn = x √ si xn = 0 . Montrer que la suite (f 1:
Soient f
telle que xn
→ 0.
n
xn
En déduire que f est continue sur E . F ) est continue si et seulement si l’image de tout compact de E par En déduire que u L (E, F ) par u est un compact de F . 3: Soit g L (E, F ) F ) telle que l’ensemble x E/ E / g(x) = 1 soit fermé. On va supposer que g n’est pas continue. N n . 3 - 1: Montrer que (xn ) E , n N, xn = 1 et g (xn ) 3 - 2: Déduire que que g est continue. F ) est continue si et seulement si l’ensemble x E / v(x) = 1 est fermé. 4: En déduire que v L (E, F ) 5: Montrer que les deux caractérisations précédentes ne sont pas valables pour les applications non linéaires. 1 - 2: 2:
∈
∈ ∃ ∈ ∈
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{ ∈ } ∀ ∈ ≥
{ ∈
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}
Fin du problème
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Correction du problème Première partie Normes subordonnées F ), u est bornée sur B (0, (0, 1) donc l’application u ∈ L c (E, F ) F ) → f est bien définie et à valeurs dans ∀ ∈ L c(E, F ) R . Soient u, v ∈ L c (E, F ) F ) et α ∈ K : \ {0}, donc x1 x = 1 d’où u x1 x = 0. Or u est linéaire u (x) = 0. Soit x ∈ E \{ – Si u = 0 alors ∀x ∈ E , x ≤ 1 ⇒ u( 1: On +
a u
u(x) = 0 . De plus, on a u(0) u(0) = 0 donc u = u = 0. donc x1 u(x) = 0 d’où u( – On a αu = sup αu( αu(x) = sup ( α u(x) ) = α u .
| | | | x≤1 ≤1 x≤1 ≤1 (0, 1), 1), (u + v + v)( )(x x) = u( u (x) + v + v((x) donc ∀x ∈ B (0, (0, 1), 1), (u + v + v)( )(x x) = u(x) + v(x) ≤ u + v d’où – On a ∀x ∈ B (0, u + v ≤ u + g. On déduit que est une norme sur L c (E, F ) F ). F ). 2: Soit u ∈ L c (E, F ) – Montrons Montrons que u ≤ sup u(x) : Soit x ∈ E tel que x ≤ 1 . x=1 Si x = x = 0 alors u(x) = 0 ≤ sup u(x). x=1 1 u(x) ≤ sup u(x) donc u(x) ≤ x sup u(x). Or u est linéaire donc ≤ Sinon, on a x1 x = 1 donc u x x x=1 x=1 sup u(x) x ≤ sup u(x) car x ≤ 1 . x=1 x=1 On déduit que ∀x ∈ E tel que x ≤ 1 on a u(x) ≤ sup u(x) donc u ≤ sup u(x). x=1 x=1 – Montrons Montrons que sup u(x) ≤ sup u(x) : Soit x ∈ E tel tel que x = 1 et ε > 1 .
x=1
x<1
≤
u(x). Or u est linéaire donc 1ε u(x) ≤ sup u(x) donc u(x) ≤ x<1 x<1 ε sup u(x) d’où, en faisant tendre ε vers 1, u(x) ≤ sup u(x). x<1 x<1 On déduit que ∀x ∈ E tel que x = 1 on a u(x) ≤ sup u(x) donc sup u(x) ≤ sup u(x). x<1 x=1 x<1 u(x) : Soit x ∈ E tel que x < 1 < 1 . – Montrons Montrons que sup u(x) ≤ sup x=0 =0 x x<1 u(x) sinon, u(x) ≤ u(x) ≤ sup u(x) . Si x = x = 0 alors u(x) = 0 ≤ sup x x=0 =0 x =0 x x=0 u(x) donc sup u(x) ≤ sup u(x) . On déduit que ∀x ∈ E tel que x < 1 < 1 on a u(x) ≤ sup =0 x =0 x x=0 x=0 x<1 u(x) ≤ u : Soit x ∈ E \ \ {0} donc 1 x = 1 ≤ 1 donc u 1 x ≤ u, or u est linéaire – Montrons Montrons que que sup x x x=0 =0 x u(x) ≤ u d’où sup u(x) ≤ u. donc x x=0 =0 x u(x) ≤ u donc u = sup u(x) = sup u(x) = sup u(x) . On a u ≤ sup u(x) ≤ sup u(x) ≤ sup x=0 x=0 =0 x =0 x x=1 x<1 x=1 x<1 3: Soit x ∈ E . u(x) ≤ sup u(x) = u donc u(x) ≤ ux. Si x = x = 0 alors u(x) = 0 ≤ 0 = ux, sinon x x=0 =0 x On déduit que ∀x ∈ E, E , u(x) ≤ ux. A = {k ∈ R/∀x ∈ E, E , u(x) ≤ k x}. On a ∀x ∈ E, E , u(x) ≤ ux donc u ∈ A d’où A est non vide. On pose A = A est une partie non vide de R minorée par 0 donc admet une borne inférieure, or u ∈ A donc inf A A ≤ u. u ( x ) \ {0}, u(xx) ≤ k d’où u = sup ≤ k . E , u(x) ≤ k x donc ∀x ∈ E \{ Soit k ∈ A donc ∀x ∈ E, x=0 =0 x On a
1 εx
=
1 ε
< 1 donc u
1 x ε
sup
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∀ ∈ ≤ ≤ { ∈ ∀ ∈ ≤ } ∈ ∈ ∈ ∈ ≤ ≤ ∀ ∈ ≤ { ∈ ∀ ∈ ≤ } ≤ → ∀ ∈ ≤ → ∈ → → → ··· ∀ ∈ ∀ ∈ · · · ≤ ··· ◦n n k ak X ∈ K[X ] et f : u → P ( P (u). On a ∀u ∈ L c (E ), P ( P (u) = ak uk et ∀k ∈ {0, . . . , n }, u → uk (avec Soit P =
On a k A, u k donc u inf A A d’où u = inf k R/ x E, E , u(x) k x . F ), v E donc v u vu)(x x) = 4: Soient L c (E, F ) L c (F, G) et x L c (E, G) et, d’après la question précédente, (vu)( Soient u v (u(x)) v u(x) v u x . E , (vu)( vu)(x x) ( v u ) x et, d’après la question précédente, vu = inf k R/ x E , (vu)( vu )(x x) k x On a x E, v u . donc vu On a (u, ( u, v) uv bilinéaire et u, v L c (E ), uv u v donc, d’après la caractérisation des applications bilinéaires 2 (u, v) uv est continue sur (L c (E )) )) . continues, (u, 5: soit N∗ , f : L c (E ) L c (E ), g : L c (E ) L c (E ) définies par f ( soit k (L c (E )) ))k et h : (L c (E )) ))k f (u) = uk , g(u) = (u , . . . , u) u) et h( h(u1 , . . . , uk ) = u 1 uk . u ) = u (l’espace produit ( L c (E )) ))k étant muni de la norme On a g linéaire sur L c (E ) et u L c (E ), g (u) = (u , . . . , u) produit) donc, d’après la caractérisation des applications linéaires continues, g est continue sur L c (E ). ))k et, d’après la question 4, (u1 , . . . , uk ) (L c (E )) ))k , h(u1 , . . . , u k ) = u1 uk On a h multilinéaire sur ( L c (E )) k u1 uk donc, d’après la caractérisation des applications multilinéaires continues, h est continue sur ( L c (E )) )) . Or f = h g donc f est continue sur L c (E ) comme composée de deux applications continues.
k=0
u0 = Id I dE ) continue sur L c (E ) donc f est continue sur L c (E ).
k=0
6:
∈ N, ∀n, m ≥ N, Soient x ∈ E et et ε > 0 . La suite (u (un ) est de Cauchy donc ∃N ∈ N , un − um ≤ ε donc, d’après la question n, m N, N , u ( x ) u ( x ) u u x ε x (un (x)) est de Cauchy. ∀ ≥ − ≤ − ≤ 3, . On déduit que la suite (u n m n m 6 - 1:
(un (x)) est de Cauchy dans l’espace de Banach F donc elle est convergente. La suite (u 6 - 2: (un (x)), )), (un (y)) et (u (un (αx + βy)) βy )) sont convergentes – Soient Soient x, y E et et α, β K. D’après la question précédente, les suites (u et on a lim un (x) = u( u (x), lim un (y ) = u( u (y) et lim un (αx + βy) βy ) = u( u (αx + βy) βy ). αx + β y) = αun (x) + β un (y ) d’où, par passage à la limite, N, un est linéaire donc n N, un (αx + D’autre part, n u(αx + βy) βy ) = αu( αu (x) + βu( βu (y ). On déduit que u est linéaire sur E . ( un ) est de Cauchy donc N N , n, m N , un um ε donc, d’après la question 3, n, m – Soit Soit ε > 0 . La suite (u N, x E , un (x) um (x) un um x ε x d’où, en faisant tendre m vers + , n N , x E , un (x) u(x) ε x . n = N N , on a u uN linéaire car uN et u le sont et x E, E , (u uN )(x )(x) ε x donc, d’après la caractérisation des Pour n = applications linéaires continues, u uN est continue, or u = uN + (u ( u uN ) donc u est continue comme somme de deux application continues. )(x) ε x et, d’après la question 3, un u = inf k Soit n N . On a u n u linéaire continue, x E , (un u)(x )(x) k x donc un u ε . On déduit N , un u ε donc u n u . R/ (un u)(x déduit que n N, F ) muni de la norme subordonnée est convergente donc – On a montré montré que toute toute suite de Cauchy Cauchy dans l’espac l’espacee L c (E, F ) L c (E, F ) F ) est un espace de Banach. 7: On a E = L c (E, K) et K est un Banach car c’est un K-espace vectoriel de dimension finie donc, d’après la question précédente, E , muni de la norme subordonnée, est un espace de Banach. 8: f (λa) λa) = λ donc f est une forme linéaire sur K a, or K a est de dimension finie 8 - 1: Soit f : Ka K définie par λ K, f ( donc f est continue. ϕ(a) = D’après la deuxième propriété admise dans ce problème, f se prolonge en une forme linéaire continue ϕ sur E et on a ϕ( f ( f (a) = 1. ( yn ) est de Cauchy donc N N tel que n, m N, N , yn ym ε . 8 - 2: Soit ε > 0 . La suite (y Soit x E et et n, m N donc un (x) um (x) = ϕ(x)yn ϕ(x)ym = ϕ(x)(y )(yn ym ) = ϕ(x) yn ym ε ϕ(x) , ϕ x d’où un (x) um (x) ε ϕ x . or ϕ est linéaire continue donc, d’après la question 3, ϕ(x) )(x) = un (x) um (x) ε ϕ x et, d’après la question 3, un um = On a u n um linéaire continue, (un um )(x inf k R/ x R, un (x) um (x) k x donc un um ε ϕ . N, un u m ε ϕ donc (u ( un ) est une suite de Cauchy dans L c (E, F ) F ) qui est un espace de On a montré que n, m Banach donc la suite (u convergente. ( un ) est convergente. u donc N N, un u ε d’où, d’après la question 3, n N, x 8 - 3: Soit N, n Soit ε > 0. On a un E, un (x) u(x) = (un u)(x )(x) un u x ε x . N, un (a) u(a) ε a ε car a est unitaire, or un (a) u(a) = ϕ(a)yn En particulier, pour x = a, on a n u(a) = yn u(a) car ϕ( ϕ(a) = 1 donc n N, N , yn u(a) ε d’où la suite (y (yn ) est convergente de limite u( u(a). On a montré que toute suite de Cauchy de F est convergente donc F est un espace de Banach.
∈ ∈ ∈ ∀ ∈
∀ ∈ ≤
≥ −
− −
− ≤
∀ ∈ ∃ ∈ ∈ ∀ ≥ − ≤ ∀ ≥ ≤ − ≤ ∞ ∀ ≥ ∀ ∈ − ∀ ∈ − ≤ − − ∀ ∈ − ≤ − { ∈ } − ≤ ∀ ≥ − ≤ →
→
∀ ∈
∃ ∈ ∈ ∀ ≥ − ≤ ∈ ≥ − − − | | − ≤ | | | | ≤ − ≤ − − − ≤ − { ∈ ∀ ∈ − ≤ } − ≤ ∀ ≥ − ≤ → ∃ ∈ ∀ ≥ − ≤ ∀ ≥ ∀ ∈ − − ≤ − ≤ ∀ ≥ − ≤ ≤ − − − ∀ ≥ − ≤ Deuxième partie Normes subordonnées de quelques applications linéaires continues
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On a u continue sur E et la sphère unité (0, (0, 1) compacte car fermée bornée dans E qui est de dimension finie donc u est (0, 1) et atteint la borne supérieure de sa norme sur (0, (0, 1). bornée sur (0, (0, (0, 1) (autrement dit x0 unitaire) tel que u(x0 ) = sup u(x) = sup u(x) = u . On déduit que x0 1:
S
S
∃ ∈ S (0,1) x∈S (0 2: On a u linéaire sur Mn (K) qui est de dimension finie donc u est continue. – Notons Notons u∞ la norme de u subordonnée à la norme N ∞ et soit A ∈ Mn (K). On a :
n
|u(A)| = |tr(A tr(A)| =
≤ | |≤ n
aii
i=1
x∈E/ x=1
n
aii
i=1
N ∞ (A) = nN ∞ (A)
i=1
∞ = inf {k ∈ R/∀M ∈ ∈ Mn(K), |u(A)| ≤ kN k N ∞ (A)} donc u∞ ≤ n . | u(M ) M )| = n donc n ≤ sup = u∞ d’où u∞ = n . D’autre part, on a N ∞ (I n ) M ) M ∈M ( )\{0 \{0} N ∞ (M ) – Notons Notons u1 la norme de u subordonnée à la norme N 1 et soit A ∈ Mn (K). On a : Or, d’après la question 3 de la première partie, u
|u(I n)|
n K
n
|u(A)| = |tr(A tr(A)| = Or, d’après la question 3 de la première partie, u
≤ | |≤ | n
aii
i=1
n
aii
|
aij = N = N 1 (A)
i=1
i,j =1
k N 1 (A)} donc u1 ≤ 1. 1 = inf {k ∈ R/∀M ∈ ∈ Mn(K), |u(A)| ≤ kN u(M ) M )| | sup = u1 d’où u1 = 1. N 1 (I n ) M ∈M ( )\{0 \{0} N 1 (M ) – Notons Notons u2 la norme de u subordonnée à la norme N 2 et soit A ∈ Mn (K). n n n n |aii| et, d’après l’inégalité de Cauchy-Schwarz, |aii | = 1 × |aii | ≤ tr(A)| = aii ≤ On a |u(A)| = |tr(A
|u(I n)| = 1 donc 1 ≤ D’autre part, on a
√ | | | i=1
n
| n
n K
i=1
i=1
√ |≤ |
n
n
√ | ≤ | n
i=1
|2 = √ nN 2(A). Or, d’après la i=1 i=1 i=1 i=1 i,j =1 √ ∈ Mn(K), |u(A)| ≤ kN k N 2 (A)} donc u2 ≤ n. question 3 de la première partie, u2 = inf {k ∈ R/∀M ∈ |u(I n)| = √ n donc √ n ≤ sup |u(M )| = u d’où u = √ n. D’autre part, on a 12
aii
|2 =
n
aii
2
donc u(A)
N 2 (I n )
n
\{0} M ∈Mn (K)\{0
aii
2
n
2
N 1 (M )
aij
2
3: 3 - 1:
n
n
n
ak X
k
n
n
|| | ≤ | | ≤ ||
P )| = |P ( P (ω)| = ak ω ak ω P ∞ ω ωk P ∞ . ∈ C[X ] donc |v(P ) k =0 k=0 k=0 k =0 k =0 n n+1 1 |ω|k = 1 −1 −|ω||ω| ≤ 1 −1|ω| d’où |v(P ) P ∞. On a |ω| < 1 < 1 donc ∀n ∈ N, P )| ≤ 1 − |ω | k=0 1 P )| ≤ ∈ C[X ], |v(P ) P ∞ et v une forme linéaire sur C[X ] donc, d’après la caractérisation des applications On a ∀P ∈ 1 − |ω |
– Soit Soit P =
k
≤ |
k
k
linéaires continues, v est continue sur C[X ].
1 P )| ≤ ∀P ∈ C[X ], |v(P ) P ∞ et, d’après la question 3 de la première partie, v = inf {k ∈ R/∀P ∈ 1 − |ω | P )| ≤ k P ∞ } donc v ≤ 1−|1 ω| . C[X ], |v (P ) n iθ On a ω ∈ C donc ∃θ ∈ R tel que ω = |ω |e et soit la suite de polynômes (P (P n ) de C[X ] définie par ∀n ∈ N, P n = e−ikθ . k=0 n n n n+1 |ω|k = 1 −1 −|ω||ω| n→→+∞ On a ∀n ∈ N, P n ∞ = 1 et |v (P ) P )| = |P ( P (ω )| = e−ikθ ω k = e−ikθ |ω |k eikθ = k=0 k =0 k=0 1 1 < 1 donc sup P )| = v . ≤ |v(P ) car |ω | < 1 1 − |ω | 1 − |ω | P ∈ [X ]/P =1 1 1 On a v ≤ 1−|1 ω| et 1−| ω | ≤ v donc v = 1−|ω | . n 1 – Supposons Supposons que ∃P = ak X k ∈ C [X ] unitaire (i.e P ∞ = 1) tel que |v(P ) P )| = v = 1−|1 ω| donc = |v (P ) P )| = 1 − |ω | k=0 n n n n n+1 |P ( |ak ||ω|k ≤ P ∞|ω|k = |ω|k = 1 −1 −|ω||ω| < 1 −1|ω| . Absurde, donc la norme de P P (ω )| = ak ω k ≤ k=0 k=0 k=0 k =0 On a
C
n’est pas atteinte.
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⊂
Considérons C[X ] muni de la norme ∞ et supposons que sa boule unité fermée B (0, (0, 1) est compact. (0, 1) est fermée, (0, (0, 1) B (0, (0, 1) et B (0, (0, 1) est compact donc (0, (0, 1) est compact car toute partie fermée La sphère unité (0, d’un compact est compact. (0, 1) donc v est bornée sur (0, (0, 1) et atteint la borne supérieure de sa norme sur (0, (0, 1). On a v continue sur le compact (0, (0, (0, 1) (autrement dit P unitaire) tel que v(P 0 ) = sup v (P ) P ) = sup v(P ) P ) = v On déduit que P 0 3 - 2:
S
S
S
S
∃ ∈ S
S
P ∈S (0 (0,1)
P ∈C[X ]/P
∞
=1
S
donc v atteint sa norme. Absurde, d’après la question précédente, donc la boule unité fermée de C[X ] n’est pas compacte. 4: 4 - 1: 1
– Soit Soit f
([0, 2], 2], R) donc |w(f ) f )| = ∈ ∈ C ([0, 0 1 2 f ∞dt + f ∞dt = 2f ∞.
0
1
2
f ( f (t)dt )dt
−
1
≤
f ( f (t)dt )dt
1
2
|
2
≤ |
f ( f (t)dt )dt +
0
∀ ∈ ∈ | |≤ |≤ } ≤
1
f ( f (t)dt )dt
1
|
f ( f (t) dt+
|
0
f ( f (t) dt
1
| ≤
|≤
On a w forme linéaire sur C ([0, ([0, 2], 2], R) et f C ([0, ([0, 2], 2], R), w(f ) f ) 2 f ∞ donc, d’après la caractérisation des applications ([0, 2], 2], R). linéaires continues, w est continue sur C ([0, C ([0, ([0, 2], 2], R), w(f ) f ) 2 f ∞ et, d’après la question 3 de la première partie, w = inf k R/ f – O n a f ([0, 2], 2], R), w (f ) f ) k f ∞ donc w 2 . C ([0, (1−t) (f n ) de fonctions de C ([0, ([0, 2], 2], R) définie par n N, t [0, [0 , 2], 2], f n (t) = nn|1(1− Soit la suite (f −t|+1 . On a n N, f n ∞ 1 et
∀ ∈
|
1
2
=
∀ ∈
∀ ∈ ∀ ∈
∀ ∈ ≤
|w(f n)|
{ ∈
f n (t)dt )dt
0
−
f n (t)dt )dt
1
1
2 n(1 − t) − dt − | −| 0 1 n|1 − t| + 1 1 2 n(1 − t) n(t − 1) dt + dt 0 n(1 − t) + 1 1 n(t − 1) + 1 1 2 n(1 − t) + 1 − 1 n(t − 1) + 1 − 1 dt + dt n(1 − t) + 1 n(t − 1) + 1 0 1
=
=
=
n(1 t) dt n 1 t +1
1
= 2 = 2
dt dt + n(1 t) + 1
− − − 0
1 n
−
[ln(n [ln(n(1
−
2
1
dt dt n(t 1) + 1
−
t) + 1)]10 +
[ln(n [ln(n(t
−
1) + 1)]21
2ln(n + 1) − 2ln(n → 2 n sup f )| = w d’où w = 2. |w(f ) Donc 2 ≤ f ∈ ([0,2], )/f ≤1 ([0, 2], 2], R) tel que f ∞ = 1 et |w(f ) f )| = w = 2. 4 - 2: Supposons que w atteint sa norme donc ∃f ∈ ∈ C 1 ([0, 1 2 2 1 2 |f ( |f ( On a 2 = |w(f ) f )| = f ( f (t)dt )dt − f ( f (t)dt )dt ≤ f ( f (t)dt )dt + f ( f (t)dt )dt ≤ f (t)|dt + f (t)|dt = = 2
R
C
2
f
0
∞
≤ − | 0
2
∞ dt
≤ | | − | 1
dt = 2 donc 2
0 2
2
0
f ( f (t) dt
0
2
1
2
2 d’où
0
1
2
|
| ≤
f ( f (t) dt
0
f ( f (t) dt = 2.
0
− |f | est continue positive (car 1 − |f | ≥ 1 − f ∞ ≥ 0) donc ∀t ∈ [0, [0 , 2], 2], 1 − |f ( f (t)| = 0 donc |f | = 1 sur [0, [0, 1] d’où f ([0 f ([0,, 2]) ⊂ {−1, 1}. [0, 2] → R continue et [0, [0 , 2] connexe par arcs car c’est un intervalle donc f ([0 f ([0,, 2]) est un intervalle, or f ([0 f ([0,, 2]) ⊂ On a f : [0, {−1, 1} donc f = 1 ou f = −1. Absurde, car |w(1)| = |w(−1)| = 0 = 2 = w. On déduit que la norme de w n’est pas atteinte. ([0, 2], 2], R) muni de la norme ∞ et supposons que sa boule unité fermée B (0, (0, 1) est compact. 4 - 3: Considérons C ([0, (0, 1) est fermée, S (0, (0, 1) ⊂ B (0, (0, 1) et B (0, (0, 1) est compact donc S (0, (0, 1) est compact car toute partie fermée La sphère unité S (0, d’un compact est compact. On a w continue sur le compact S (0, (0, 1) donc w est bornée sur S (0, (0, 1) et atteint la borne supérieure de sa norme sur S (0, (0, 1). w(f ) (0, 1) (autrement dit f unitaire) tel que w (f 0 ) = sup w(f ) f ) = sup f ) = On déduit que ∃f 0 ∈ S (0, f ∈S (0 f ∈ ([0,2], )/f =1 (0,1) w donc w atteint sa norme. Absurde, d’après la question précédente, donc la boule unité fermée de C ([0, ([0, 2], 2], R) n’est pas (1
On déduit que
0
|
≤ | |
f ( f (t) )dt )dt = 2
|
f ( f (t) dt = 0, or 1
0
C
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R
∞
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compacte.
Troisième partie Normes matricielles
∈ N∗, A ∈ Mn(K) et une norme sur Mn1(K). On appelle norme subordonnée de A la norme de l’application f : X ∈ ∈ Mn1(K) → AX subordonnée à la norme sur Mn1(K). On la note A. f (X ) f ( AX . sup = sup 1: En effet, effet, par définition, définition, A = f = X ∈M ( )\{0 X ∈M ( )\{0 \{0} X \{0} X 2: On a ∀X ∈ ∈ Mn1(K) :
Soient n
n1 K
≤ |
n
AX ∞ = 1max ≤i≤n n
∞ ≤ 1max ≤i≤n
Donc A
|
n1 K
n
aij xj
max
1≤i≤n
j =1
| ≤ | | n
||
aij xj
j =1
max
1≤i≤n
aij
X
∞
j =1
| ∞ = f ∞ = inf {k ∈ R/∀X ∈ ∈ Mn1(K), f ( f (X )∞ = AX ∞ ≤ k X ∞ }.
aij car A
j =1
n
n
| | |
∈ {1, . . . , n} tel que 1max aij = akj |. On a ∀z ∈ C , ∃θ ∈ R tel que z = |z |eiθ (en effet, il suffit de prendre ≤i≤n j =1 j =1 θ = Arg(z Arg(z ) si z = 0 et θ = θ = 0 si z = z = 0) donc ∀ j ∈ {1, . . . , n }, ∃θj ∈ R tel que akj = |akj |eiθ .
Soit k
e−iθ
Soit X 0 =
j
1
.. .
∞ = 1 donc :
. On a X 0
e−iθn
≥
n
A∞ =
sup X ∈Mn1 (K)/X
∞
=1
AX ∞ ≥ AX 0
n
|
∞ = 1max aij |. ≤i≤n j =1 3: On a ∀X ∈ ∈ Mn1(K) :
On déduit que A
n
AX 1 =
n
n
aij xj
i=1 j =1
1 ≤ 1max ≤j ≤n
Donc A
Soit k
≤ | n
|| |
i=1 j =1
n
n
aij xj
||
j =1 i=1
| n
iθj −iθj
|
akj e
j =1
n
|
|
n
akj xj =
j =1
n
aij xj =
|
∞
|
e
=
n
|
akj = max
j =1
1≤i≤n
n
|
aij
j =1
|
n
|≤ | | | | | | max
1≤j ≤n
j =1
aij
xj =
i=1
max
1≤j ≤n
aij
X
1
i=1
{ ∈ R/∀X ∈ ∈ Mn1(K), f ( f (X )1 = AX 1 ≤ k X 1 }.
aij car A 1 = f 1 = inf k
i=1
n
| | |
∈ {1, . . . , n} tel que 1max ≤j ≤n
aij =
i=1
Kronecker). On a X 0 1 = 1 donc :
|
aik et X 0 =
i=1
δ 1k
n
.. .
(On désigne par δ ij ij , i , j
δ nk nk
∈ {1, . . . , n} le symbol de
n
A1 =
sup X ∈Mn1 (K)/X 1 =1
AX 1 ≥ AX 01 =
n
On déduit que A
| | | | | |
max x 1 = 1ma ≤j ≤n
aij .
n
aij xj =
i=1 j =1
n
|
aik = ma max x
i=1
1≤j ≤n
|
aij
i=1
|
i=1
n
4:
|
n
Pour Pour A = I n , on a
aij
2
i,j
=
√ n alors que I = n
I nX 2 )/X =0 =0 X 2
sup X ∈Mn1 (K
= 1 donc, si n
≥ 2, on n’a pas
n
∀A ∈ Mn(K), A =
aij 2 .
i,j
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∈ M ∀ ∈ ∈ M ◦ ◦ M
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∈ M ◦ ◦ ≤ M ∀ ∈ M M ∀ ∈ M
L ( Soient A, B f (X ) = AX et g( g (X ) = BX B X . n (K) et f, g n1 (K)) définies par f ( )(X ) = ABX AB X donc f g = A B . On a X donc AB = f g n (K), (f g )(X Supposons qu’il existe une norme sur n (K) telle que A, B n (K), AB = A B et soit (E ij ij )1≤i,j ≤n la base ( ) K canonique de . n E = 0 donc 0 = E 12 On a E 12 12 21 21 12 E 21 21 = E 12 12 E 21 21 donc E 12 12 = 0 ou E 21 21 = 0 d’où E 12 12 = 0 ou E 21 21 = 0. Absurde, donc il n’existe aucune norme sur n (K) qui vérifie A, B n (K), AB = A B . 5:
Quatrième partie Formes linéaires continues On a ker u = u car image réciproque du fermé 0 par l’application continue u . = u −1 ( 0 ) donc ker u est fermé dans E car = E . 2: u est une forme linéaire non nulle donc ker u est un hyperplan de E d’où d’où x E ker u, ker u Kx = E u est une forme linéaire non nulle donc u est surjective donc a E tel u(a) = 1. On a u( u(a) = 1 = 0 donc a / ker u d’où tel que u( ker u Ka = E = E . (0, ε) u−1 ( 1 ) = donc 0 u −1 ( 1 ). Il existe alors une suite (x ( xn ) de u −1 ( 1 ) telle 3: Supposone Supposone que que ε > 0 on a B (0, que xn 0 . = E donc il existe une suite (y (yn ) de ker u et une suite (λ (λn ) de K tels que n N, xn = y = y n + λn a. On a ker u + Ka = E On déduit que n N, 1 = u( u (xn ) = u( u (yn + λn a) = u( u (yn ) + λn u(a) = λ n donc n N, xn = y n + a. ( xn ) converge vers 0 donc (y (yn ) converge vers a. Or (x a donc, d’après la caractérisation séquentielle des fermés, La suite (yn ) est à éléments dans ker f qui est fermé et yn a ker u d’où a ker u ( ker u est un sous-espace vectoriel de E ). Absurde, car a / ker u donc r > 0 tel que B (0, (0, r) −1 u ( 1 )= . 4: Supposons qu’il existe x B (0, (0, r) tel que u(x) 1 et soit y = y = u(xx) (on peut diviser par u( u(x) car u( u(x) K puisque u est une forme linéaire).
{}
1:
⊕ →
∀
∃ ∈ { } ∅ ∈
∩
∀ ∈
− ∈ { } ∅
→−
∈
|
⊕
∈
{}
{}
∀ ∈
−
∈
∀ ∈ \ \
{}
∈
∀ ∈
∃
∩
|≥
∈
|
= 1 et y = u(xx) = |u(xx)| x < r donc u( u (y ) = 1 et y (0, r). Ce qui est B (0, (0, r), u(x) < 1 < 1. absurde d’après la question précédrente, d’où x B (0, r r r r B (0, (0, 1) donc 2 x = 2 x (0, r). Soit x B (0, 2 < r d’où 2 x r r 1 > u 2 x = 2 u(x) et par suite u(x) < 2r . u est alors bornée sur B (0, (0, 1) d’où u est continue sur E . On déduit que 1 > 5: Soit Soit H un hyperplan fermé de E donc il existe une forme linéaire non nulle sur E telle que ker u = H et puisque H est fermé donc u est contiue sur E . u(H ) = u(H ) = 0 = R∗ , or R∗ n’est pas connexe par arcs donc H ne On a u non nulle donc u est surjective d’où u( ne peut u (y ) = u On a u(
∈
x u(x)
=
1 u(x) u(x)
∀ ∈
≤ | |
|
∈ | |
≤
∈
{}
pas être connexe par arcs puisque l’image d’un connexe par arcs par une application continue est connexe par arcs. 6: 6 - 1: On a v non nulle donc v = 0. ker u donc v( v (a) = v( v (a) v(h) = v( v (x h) v a h d’où v(va) a h . Soit h
∈∈ − − ≤ − ≤ − v(a) v (a) a − h = d(a, On a ∀h ∈ H, v ≤ a − h donc d(a, H ). ∈H v ≤ hinf |v(x)| donc ∃b ∈ E \{ (b)| 6 - 2: On a v = \ {0} tel que f − ε ≤ |v(vb)| d’où b ≤ |vv− sup ε. x x∈E \{0 \{0} / H et H un hyperplan de E donc = ker f ⊕ = h + λa. 6 - 3: On a a ∈ ⊕ Ka d’où ∃λ ∈ K, ∃h ∈ H, b = h donc E = |v (b)| λ = 0 alors b = b = h h ∈ H donc v( v (b) = 0 donc b ≤ v−ε = 0 d’où b = b = 0. Absurce, car b est non nul donc λ ∈ K∗ . Si λ = On a h ∈ H et H un un sous-espace vectoriel de E donc donc − λ1 h ∈ H d’où : |v(a)| 1 1 1 1 |v(b)| 1 |v(h + λa) λa)| |λ| |v(a)| d(a, d(a, H ) ≤ h − − h = λa + h = b ≤ = = = λ |λ| |λ| |λ| v − ε |λ| v − ε |λ| v − ε v − ε
∈ H alors d(x, d(x, ker v ) = 0 = |v(vx) . x)| Sinon, on a ∀ε ∈]0, ]0, f , v(vx) ≤ d(x, d( x, ker v) ≤ |vv(− d(x, ker f ) f ) = |v(vx) . ε donc on faisant tendre ε vers 0 on obtient d(x, (xn ) une suite de A telle que an − a → d(a, d( a, F ) F ). 7: Soit a ∈ E et et (x La suite (an − a) est convergente convergente donc (a (an − a) est bornée d’où (a (an ) est bornée car somme des deux suites bornées (a (an − a) 6 - 4:
Si x
(a). et (a ( an ) est bornée dans E qui est de dimension finie donc, d’après le théorème de Bolzano-Weierstrass, on peut extraire La suite (a (an ) une suite convergente (a (aϕ(n) ). On pose b = b = lim aϕ(n) . de (a La suite (aϕ(n) ) est convergente à éléments dans F qui est fermé donc, d’après la caractérisation séquentielle des férmés, b = lim aϕ(n) F . d(a, d( a, F ) F ) donc aϕ(n) D’autre part, ( an a ) convergente, ( aϕ(n) a ) une suite extraite de ( an a ) et aϕ(n) a a d(a, d(a, F ) F ). a b a donc, par unicité de limite, d(a, d(a, F ) F ) = b a . Or ϕ(n) a d(a, F ) F ) = b a avec b F . On déduit que d(a,
∈ − → − → − −
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−
−
− →
−
−
∈
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l’application u(P ) est un hyperplan P ) = P 12 est une forme linéaire non nulle sur C[X ] (u(1) = 1 = 0 ) et H = = ker u donc H est de C[X ]. H = ker u et, d’après la question 3-1 de la deuxième partie, l’application u est une forme linéaire continue D’autre part, on a H = ω = 12 ) donc H est fermé d’après la question 1. sur C[X ] (cas ω =
8:
Supposons qu’il existe h
d’où v =
v (h) d(a, H ) = a − h donc, d’après la question 6-4, a − h = v(va) = v(a)− = v(av−h) ∈ H tel que d(a, v
v (a−h) a−h a−h = v a−h a−h a−h donc x =
.
∈
1 et v = v(x) d’où la norme de v est atteint. Posons x = atteint. Absurde, Absurde, car la norme de v n’est pas attiente d’après la question 3-2 de la deuxième partie. d(a, H ) = a h On déduit qu’il n’existe pas de vecteur h H tel que d(a, 9: d(0, A) est bien définie. – Méthode 01 : On : On a w non nulle donc w est surjective donc A = d’où d(0, Soit (h (hn ) A N telle que hn d(0, d(0 , A). On a n N, 1 = w(hn ) w hn w d(0, d(0, A) donc d(01,A) w .
− ∅ ∈ → ∀ ∈ | | ≤ → ≤ |w(x)| donc ∃x ∈ E \ {0} tel que 0 < 0 < ε < w. On a w = sup 0 < w − ε ≤ 0 et soit 0 < On a w non nulle donc w = x∈E \{0 \{0} x |w(x)| (x) w (x) = 0 . Posons y = y = w(xx) donc w( w (y ) = w w(xx) = w d(0, A) ≤ y . w(x) = 1 donc y ∈ A d’où d(0, x , en particulier w( x |w(x)| On a y = w(x) donc y1 = x ≥ w − ε d’où d(01,A) ≥ w − ε. En faisant tendre ε vers 0 on obtient d(01,A) ≥ w donc w = d(01,A) . w (a) = 1 d’où a ∈ A. – Méthode 02 : On : On a w non nulle donc w est surjective donc ∃a ∈ E tel que w( On a ∀x ∈ A, f ( f (x − a) = f ( f (x) − f ( f (a) = 1 − 1 = 0 donc x − a ∈ ker w donc x ∈ a + ker w d’où A ⊂ a + ker w . f (a + x) = f ( f (a) + f ( f (x) = 1 donc a + w ∈ A d’où a +ker w ⊂ A . On déduit que A = a = a +ker w. De même, on a ∀x ∈ ker w, f ( On a d(0, d(0, A) = d(0, d(0, a + ker w) = inf 0 − (a + h) = inf a + h = inf a − h = d(a, d(a, ker w) car H = −H h∈ker w h∈ker w h∈ker w
puisque H est est un sous-espace vectoriel de E .
d(0, A) = On déduit, d’après la question 6-4, que d(0,
w(a) 1 = w (a) = 1 . car w( w w
¯ et Soient a, b H et λ, µ K. ¯ a et b n b donc On a a, b H donc, donc, d’après la caractérisation séquentielle de l’adhérence, (an ), (bn ) H N tels que a n λan + µbn λa + µb. On a n N, an , bn H et H sous-espace vectoriel de E donc donc n N, λan + µbn H . On déduit que (λa ( λan + µb + µbn ) est une suite à éléments dans H et puisque sa limite est λa + λa + µb µb donc, d’après la caractérisation ¯ ¯ séquentielle de l’adhérence, λa + µb H d’où d’où H est est un sous-espace vectoriel de E . ¯. H = ker u donc, d’après la question 4, H n’est pas fermé d’où H H 11: Soit u une forme linéaire non continue sur E et H = ¯ H . Soit a H = H Ka. On a u non continue donc u est non nulle d’où H est est un hyperplan de E d’où d’où E = ¯ ¯ ¯ ¯ On a a H donc donc Ka H , or H H donc donc E = = H Ka d’où H = E . On déduit que H est dense dans E . 10:
∈ → ∀ ∈
∈
∈
∃
∈
∈ ∈
∀ ∈
→
→
∈
∈ \ \ ∈
⊂
⊂ ⊂
⊕ ⊕
⊕ ⊕ ⊂
Cinquième partie Deux caractérisations des application linéaires continues 1: 1 - 1:
Soit n
∈ N :
√ → →
– Si xn = 0 alors yn = 0 donc yn = 0 =
√ xx donc yn = xn , or xn On déduit que ∀n ∈ N, yn = – Si xn = 0 alors yn =
n
n
xn .
xn xn
=
xn .
0 donc xn 0 donc yn 0 d’où yn 0. On déduit, d’après la première propriété admise dans ce problème, que yn /n N compact et puisque puisque l’image de 0 est compact f (yn )/n N 0 est compact. tout compacte par f de E est est un compacte de F alors f ( f (yn )/n N 0 est bornée d’où la suite (f (f ((yn )) est bornée. Les compacts sont bornés donc f ( (f ((yn )) est bornée donc M 0 tel que n N, f ( 1 - 2: La suite (f f (yn ) M . Soit n N : x = 0 f ( f ( x ) = 0 M x – Si n alors n n .
→ → { ∈ } ∩ { } { ∈ } ∩ { } { ∈ } ∩ { } ∃ ≥ ≥ ∀ ∈ ≤ ∈ ≤ f (x ) ≥ f ( = 0 alors yn = √ x f (yn ) = f √ x = √ f (xn ) ≤ M xn . – Si xn donc M ≥ d’où f ( x x x f (xn ) ≤ M xn , or xn → 0 donc f ( f (xn ) → 0 d’où f ( f (xn ) → 0 . On déduit que ∀n ∈ N, f ( On a montré que ∀(xn ) ∈ E , xn → 0 ⇒ f ( f (xn ) → 0 donc, d’après la caractérisation séquentielle de la continuité, f est continue en 0, or f est linéaire donc, d’après la caractérisation des applications linéaires continues, f est continue sur E . 2: Soit u ∈ L (E, F ) F ). n
n
N
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n
n
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n
n
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⇒ ) Si u est continue alors l’image de tout compact de E est un compact de F (Image d’un compact par une application continue). – ⇐ ) Si l’image de tout compact de E par par u est un compact de F alors, d’après la question précédente u est continue sur E . –
3:
g n’est pas continue donc, d’après la caractérisation des applications linéaires continues, g n’est pas bornée sur la boule unité fermée d’où (an ) E N , n N, an 1 et g (an ) n . ∗ n donc n N , an = 0 et posons n N∗ , xn = aann . On a n N, g(an ) 3 - 1:
∃
∈ ∀ ∈ ≤ ≥ ∀ ∈ ≥ ∀ ∈ ∀ ∈ On déduit que (x ( xn ) ∈ E et ∀n ∈ N∗ , xn = aa = aa = 1 et g (xn ) = g aa = g(aa ) = g(aa ) ≥ g(an ) ≥ n. 3 - 2: D’après la question précédente, ∃(xn ) ∈ E telle que ∀n ∈ N, xn = 1 et g (xn ) ≥ n . = 0 et posons ∀n ∈ N∗ , yn = g (xx ) . On a ∀n ∈ N, g(xn ) ≥ n donc ∀n ∈ N∗ , g(xn ) On a ∀n ∈ N∗ , g(yn ) = g g (xx ) = gg((xx )) = gg((xx )) = 1 donc (yn ) est une suite à élément dans {x ∈ E/ g (x) = 1}. x D’autre part, ∀n ∈ N∗ , yn = g(xx ) = g(x ) ≤ n1 → 0 donc yn → 0 d’où yn → 0. ( yn ) à élément dans le fermé {x ∈ E/ g(x) = 1} donc, d’après la caractérisation séquentielle des fermés, On a y n → 0 et (y 0 ∈ {x ∈ E/ E /g (x) = 1}. Absurde, car g(0) g (0) = 0 = 1. On déduit que g est continue sur E . F ). 4: Soit v ∈ L (E, F ) – ⇒ ) Si v est continue alors l’ensemble {x ∈ E/ v (x) = 1} est fermé comme image réciproque de {1} par l’application continue x → v (x) (composée des deux applications continues v et x → x). E /v(x) = 1} est fermé alors, d’après la question précédente v est continue sur E . – ⇐ ) Si l’ensemble {x ∈ E/ 0 si x =0 f (x) = 5: Soit l’applicat l’application ion f : R → R définie par f ( et soit K un un compact : ∗
N
n n
N
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n n
n
n n
n
1 si x = x = 0
{ }
{ } 2. Si {0} K alors alors f ( f (K ) = {0, 1} qui est compact. 3. Si 0 ∈ / K alors f ( f (K ) = {1} qui est compact. f (K ) = 0 qui est compact. 1. Si K = 0 alors f (
On déduit que l’image de tout compact par f est compact. f (x) = 1 = 0 qui est fermé et pourtant f n’est pas continue. D’autre part, x R/ f (
{ ∈ |
|
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} { }
10/10
Fin du problème
