Module : TOPOLOGIE Professeur : M.R. HILALI Filière : SMA
Semestre : 5 2009-2010
Topologie Exercice 1 Soient (an ) et (bn ) deux suites réelles croissantes de limite infinie. On suppose que lim (an+1 an ) = 0: Soit E = fan bm ; (n; m) 2 N2 g: n !1
a) Prouver que E est dense dans R. b) Application : montrer que la suite (cos(ln n))n est dense dans [ 1; 1]. Exercice 2 Soit N : R2 ! R définie par: jx + tyj N (x; y) = sup 2 t2R 1 + t + t a) Vérifier que N est bien définie. b) N est-elle une norme ? Exercice 3 Soit E le R-espace vectoriel E = C([0; 1]; R) muni de la norme de la convergence uniforme. Montrer que l’application de E dans E qui à f associe ef est continue. Exercice 4 Soit E un R-espace vectoriel normé et f : E ! E vérifiant: 8(x; y) 2 E 2 ; kf (x + y) f (x) f (y)k M: (a) Montrer que, si M = 0 et si f est bornée sur un ouvert non vide, alors f est linéaire et continue. (b) On suppose f continue et E complet. En étudiant la suite gn (x) = 2 n f (2n x), montrer que f se décompose de manière unique en somme d’une fonction linéaire et d’une fonction bornée. Exercice 5 Soit Ep = fA 2 Mn (R) j Rg(A) pg. Ep est-il (i) ouvert, (ii) fermé, (iii) dense dans Mn (R): Exercice 6 1
2 0
Soit A
E où E est un espace vectoriel normé, on note u(A) = A
0
et v(A) = A . (a) Montrer que u et v sont des applications de P (E) dans lui même qui respectent l’inclusion. (b) Montrer aussi que u2 = u et v 2 = v: (c) En déduire que, à partir d’un ensemble A E, en prenant successivement l’adhérence et l’intérieur (ou le contraire), on ne peut avoir au maximum que 7 ensembles distincts. Exercice 7 Soit E = C([0; 1]; R) muni de
la norme infinie kk1 et (qn )n une énumération 1 P 1 n ) f (qn ) pour f 2 E: des rationnels de [0; 1]. On pose: L(f ) = ( 2 n=0 (a) Prouver que L est une forme linéaire continue sur E. (b) Montrer que sup jL(f )j n’est pas atteint. kf k 1
Exercice 8 Soit E = 11 le R espace vectoriel des suites réelles bornées muni de la norme infinie k(un )n k1 = supfjun j ; n 2 Ng. On note F = 11 le sous-espace 1 P vectoriel de E des suites de suites (un )n vérifiant jun j < 1 muni de la norme 1 k(un )n k1 =
1 P
n=0
jun j.
n=0 P (a) Si (un )n 2 E et (vn )n 2 F , prouver que un vn est absolument convergente. P (b) On définit fv : (un )n 2 E 7 ! un vn 2 R(où v désigne la suite (vn )n de F ). Montrer que fv appartient au dual fort E 0 de E (i.e. l’ensemble des formes linéaires continues sur E). (c) Trouver ' une isométrie bijective de F sur E 0
Exercice 9 Soit E = 11 le R espace vectoriel des suites réelles bornées muni de la norme infinie k(un )n k1 = supfjun j ; n 2 Ng. Déterminer si les sous-ensembles suivants sont des fermés ou non: A = f suites B = f suites C = f suites D = f suites F = f suites
croissantes g convergeant vers 0 g convergentes g admettant 0 pour valeur d’adhérence g P (un )n sommables: jun j < 1 g; (indication:
la suite (vk;n =
n 0
1
k+2 (n + 1) k + 1
)(k;n)2N2 )
considère
3
G = f suites (un )n périodiques: (indication: Exercice 10
9p > 0; 8n 2 N; un+p = un g k 1 P 2n sin considère la suite (vk;n = )(k;n)2N N ) 2 i i i=1
(a) Soit E un espace vectoriel normé sur R muni d’un produit scalaire. 2 2 2 Démontrer l’égalité du parallélogramme : kx + yk + kx yk = 2 kxk + 2 2 kyk : (b) Soit E un espace vectoriel normé. kk vérifie l’inégalité du parallélogramme: 2 2 2 2 (kx + yk + kx yk 2 kxk + 2 kyk ). Montrer que kk vérifie l’égalité du parallélogramme puis qu’il dérive d’un produit scalaire (Théorème de Fréchet-Von Neumann-Jordan) . 2 (c) pour tout (x; y) 2 E 2 , P (t) = kx + tyk . Montrer que P (t) est un polynôme en t de degré inférieur ou égal à 2 si et seulement si kk dérive d’un produit scalaire. Exercice 11 1) Montrer qu’une forme linéaire f 2 E 0 = L(E; |) ( | = R ou C ) sur un espace vectoriel normé E est continue si et seulement si H = ker f est fermé. 2) Soit E l’ensemble des suites complexes qui convergent vers 0 muni de la norme infinie kk1 , la forme linéaire définie sur E par: ((un )n ) =
1 u P n n n=0 2
On pose H = Ker . (a) Montrer que est continue et calculer sa norme induite. (b) Existe-t-il (vn )n 2 E tel que k(vn )n k1 1 et j (vn )n j = 2? En déduire que la boule unité B((0)n ; 1) de E n’est pas compacte. 1 (c) Soit u = (un = )n ; calculer (u). Trouver la distance d(u; H) n+1 de u à H. (d) Construire y dans H tel que ku yk1 d(u; H): 3) Montrer qu’un endomorphisme u d’un espace vectoriel normé E est continue si et seulement si l’ensemble F = fx 2 Eg= ku(x)k = 1g est fermé. Exercice 12 (1) On note E = R[X] et, si P 2 E; kP k = sup jP (x)j jxj 1
(a) Montrer que kk est bien une norme. (b) Soit U : P 2 E 7 ! P (2) 2 R: U est-elle continue ? (c) Montrer que H = fP 2 EjU (P ) = 0g est dense dans E. (2) Soit E un e.v.n., f 2 E non continue. Montrer que Kerf est dense dans E. (3) Montrer l’équivalence H hyperplan () H noyau d’une forme linéaire. Exercice 13
4
(1) Montrer que tout fermé F peut être obtenu comme intersection infinie d’ouverts (2) Montrer que si un sous-espace vectoriel F d’un espace vectoriel normé E est d’intérieur non vide alors E = F (3) Montrer qu’un sous-espace vectoriel F de dimension finie d’un espace vectoriel normé E est fermé. (4) Montrer que l’adhérence F d’un sous-espace vectoriel F est un sous-espace vectoriel. Exercice 14 (1) Montrer que la fonction N définie sur R2 par N (x; y) = sup jx + tyj 0 t 1
est une norme sur R2 . (1) Déterminer et déssiner la boule unité de centre 0: Exercice 15 Montrer que:kx
tk + ky
zk
kx
yk + ky
tk + kt
zk + kz
xk
Exercice 16 Soit E un espace vectoriel normé. Pour toutes parties A et B de E on note: A + B = fa + b; a 2 A; b 2 Bg 1) Montrer que si A et B sont compactes alors A + B est compacte 2) Montrer que si A est compacte et B est fermée alors A + B est fermée 3) Montrer que si A est un ouvert alors A+B est un ouvert(commencer par le cas où B un singleton) Exercice 17 Soit (E; hi) un espace préhilbertien sur |; a 2 E 1) Montrer que la fonction x 7 ! hx; ai est continue 2) Montrer que l’orthogonal de A; A? est fermé. Exercice 18 Soit E = Mn (|) l’espace vectoriel des matrices carées d’ordre n; muni8de l’une des trois normes usuelles, pour A = (ai;j )1 i;j n : kAk1 = supfjaij j ; 1 i; j ng > > > > > P > > < kAk1 = jaij j 1 i;j n
> > > r P > > > > : kAk2 =
1 i;j n
2
jaij j
Calculer pour chacun des trois normes ci-dessus la norme subordonnée de la forme linéaire "Trace"
5
Exercice 19 Soit f un automorphisme de E.
Montrer que :
jjjf jjj
f
1
1:
Exercice 20 (F) Soit E = Mn (R) l’espace des matrices carrées d’ordre n; muni d’une norme quelconque. 1) Montrer que le sous-espace GLn (R) des matrices inversibles est un ouvert de E: 2) Montrer que le sous-espace O(n) des matrices orthogonales est un compact. Exercice 21 Soit E un espace de Banach (c’est-à-dire un evn complet) muni d’une norme jj jjE . Soit G un sous-espace vectoriel fermé de E. Soit R la relation d’équivalence suivante : xRy () x y 2 G: L’ensemble vectoriel quotient est noté F = E=G, et la classe de x est notée x. On définit une norme jj jjF sur F de la manière suivante : jjxjjF = inf jjx yjjE : y2G
1) Vérifier que jj jjF est bien une norme sur F: 2) Montrer que (F; jj jjF ) est un Banach Exercice 22 Soient E un espace vectoriel normé, F un fermé de E et x 2 E: 1) Montrer que la fonction définie sur E par: yjj est continue sur E 2) Montrer que: d(x; F ) = inf jjx y2F
3) Montrer que si x U et V respectivement 4) Montrer que si F existe deux voisinages que: U \ V = ;
x 7 ! d(x; F ) = inf jjx y2F
yjj = inf d(x; y) = 0 () x 2 F y2F
2 = F alors ils existent des voisinages ouverts de x et F tels que: U \ V = ; et G sont deux fermés disjoints de E; alors il ouverts U et V respectivement de F et G tels
Exercice 23 Montrer que l’espace des polynômes réels de degré n scindés à racines simples est ouvert dans Rn [X] Exercice 24 Soient E un espace vectoriel normé, F1 ; F2 deux fermés de E tels que E = F1 [ F2 ; et f une application de E dans un espace vectoriel normé H. Montrer que f est continue sur E si et seulement si les restrictions f1 et f2 de f à F1 et à F2 sont continues.
6
Exercice 25 2
R :
1) Montrer que U = f(x; y) 2 R2 / x2 + y 2 < x3 + y 3 g est un ouvert de
2) Montrer que GLn (R) est un ouvert de Mn (R) 3) Soit (E; hi) un espace vectoriel euclidien, montrer que O = ffe 1 ; e2 g 2 E 2 ; fe 1 ; e2 g libreg est un ouvert de E: Exercice 26 Soient les sous P espaces vectoriels de l’espace des suites réelles: H1 = f(un )n2N / P n2 u2n < 1g H0 = f(un )n2N / u2n < 1g P 1 2 u < 1g H 1 = f(un )n2N / n2 n 1) Définir des produits scalaires sur les Hi et montrer qu’ils sont complets pour les normes associées. P 2) Pour b = (bn ) 2 H 1 , montrer que la fonction ' : H1 ! R; '(un ) = bn un est une forme linéaire continue, quelle est sa norme? 3) Montrer que la boule unité fermée de H1 est une partie compacte de H0 . Exercice 27 1) Soient (E; d) un espace métrique complet, C un sous-ensemble non vide de E fermé et f une application de C dans C k - contractante c’est à dire: 8(x; y) 2 C 2 ; d(f (x); f (y) kd(x; y); avec 0 k < 1 Montrer qu’il existe un unique a 2 C tel que f (a) = a: 2) On suppose de plus que (E; kk) est un espace de Banach et C est convexe et compact, et f vérifiant: 8(x; y) 2 C 2 ; kf (x) f (y)k = kx yk a) Montrer qu’on peut supposer que 0 2 C b) Montrer que pour tout 0 < k < 1; l’application kf est définie de C dans C et k - contractante, en déduire l’existence d’un unique point ak 2 C tel que kf (ak ) = ak :. c) En considérant la suite (xn )n = (a 1 )n ; montrer qu’il existe a 2 1
C tel que f (a) = a:
n
Exercice 28 Soit E = f(un )n 2 RN = (un )n bornéeg; on note k(un )n k1 = sup jun j n
a) Montrer que kk1 est une norme sur E b) Montrer que Ec = f(un )n 2 RN = (un )n convergeg est un sous-espace vectoriel fermé de E c) Montrer que E0 = f(un )n 2 Ec = (un )n converge vers 0g est un sous-espace vectoriel fermé de E d) Montrer que (E; kk1 ) est complet
7
e) Etudier la complétude de (Ec ; kk1 ) et (E0 ; kk1 ) Exercice 29 Soit Ei = C i ([0; 1]; R) (i = 0; 1); on pose pour f 2 E1 ; kf k = jf (0)j + kf 0 k1 a) Montrer que:8f 2 E1 : kf k1 kf k b) Montrer que kk est une norme sur E1 : c) Montrer que (E0 ; kk1 ) est complet d) Montrer que (E1 ; kk) est complet e) Montrer que kk1 et kk ne sont pas équivalentes f ) Donner un exemple de suite qui converge dans (E1 ; kk1 ) mais ne converge
pas dans (E1 ; kk): (indication:
fn (x) = xe
n 2 2x )
Exercice 30 Soit E = ff 2 C 1 ([0; 1]; R); f (0) = 0g; on pose pour f 2 E; kf k1 = kf k1 + kf 0 k1 et kf k2 = kf + f 0 k1 a) Montrer que kki (i = 0; 1); sont des normes sur E b) Montrer que (E; kk1 ) est complet c) Montrer que 8f 2 E; 8x 2 [0; 1] : j(f (x)ex )0 j kf k2 ex d) En déduire que kf k1 kf k2 et kf 0 k1 2 kf k2 e) Montrer que kk1 et kk2 sont équivalentes f ) Montrer que (E; kk2 ) est complet Exercice 31 Soit E = L2 ([0; +1[; R); l’espace des fonctions telles que 1: On pose: qR 1 2 kf k2 = f (t)dt: 0
fn
R1 0
f 2 (t)dt <
Soit ' une fonction continue et bornée sur R+ : a) Montrer que l’application: u: E ! E f 7 ! 'f est bien définie et un endomorphisme continue b) Soit x0 2 R+ on définie, pour tout n 2 N; la fonction continue sur R+ par: 8 > 0; si jx x0 j > > > > > < 1; si x = x0 fn (x) = > > > > > > : affine sur [x
0
1 n
1 1 ; x0 ] et [x0 ; x0 + ] n n
Déterminer l’expression de fn sur [x0
1 1 ; x0 ] et [x0 ; x0 + ] n n
8
Pour une fonction continue g sur R+ ; montrer que: R1 2 fn (t)g(t)dt 0R lim = g(x0 ) 1 2 n !1 fn (t)dt 0 Calculer la norme subordonnée jjjujjj de u: Exercice 32 Soient E et F des evn et ' 2 L(E; F ) continue de norme subordonnée jjj'jjj a) Montrer que si E est de dimension finie, il existe x0 ; tel que kx0 k = 1 et jjj'jjj = k'(x0 )k b) On considère l’evn E = f(un )n 2 RN / lim un = 0g muni de la norme n !1
infinie k(un )n k1 = sup jun j Soit:
':
E (un )n
!
R 1 u P n n n=0 2
7 !
Montrer que ' est bien définie et une forme linéaire continue Calculer la norme jjj'jjj Montrer que 8(un )n 2 E vérifiant k(un )n k1 = 1 on a jjj'jjj = 6 j'((un )n )j Exercice 33 a) Soient E un evn,u 2 L(E) continue et une valeur propre complexe de u; montrer que: j j jjjujjj b) On considère l’evn E = f(un )n 2 RN /(un )n bornéeg muni de la norme infinie k(un )n k1 = sup jun j Soient: ':
E (un )n
! 7 !
E , (vn = un+1 )n
:
E (un )n
! 7 !
E (wn = un+1
un )n
montrer que ' et sont des endomorphismes continues et déterminer leurs normes subordonnées. c) On considère les evn E = C 0 ([0; 1]; R) et F = C 1 ([0; 1]; R) muni respectivement des normes: kf kE = kf k1 et kf kF = kf k1 + kf 0 k1 Soit: ': E ! F R x f 7 ! '(f ) : (x 7 ! 0 f (t)dt) montrer que ' est bien définie et une application linéaire continue, calculer jjj'jjj : Exercice 34 (Théorème de Heine) Montrer par l’absurde que toute application continue sur une partie compacte K d’un evn E dans un evn F; est uniformément continue.
9
Solutions: Topologie Exercice 1 a) Soit x 2 R: Montrons que: 8" > 0; 9u 2 E / jx uj " 9n0 2 N / 8n n0 ; an+1 an " 9n1 2 N / 8n n1 ; bn + x an0 +1 9N n0 + 1 / aN bn1 + x aN +1 L’élément de E; u = aN bn1 vérifie ce qu’on veut car: 0 x (aN bn1 ) aN +1 aN " b) Pour: an = ln n , bn = 2n ; l’ensemble E = fln n 2n ; (n; m) 2 N2 g est dense dans R; et donc par continuité de la fonction cosinus l’ensemble E 0 = fcos(ln n 2n ) = cos(ln n); (n; m) 2 N2 g est dense dans [ 1; 1]: Exercice 2 jx + tyj jx + tyj ; t 2 Rg.Considérons la fonction f (t) = ; a) Posons E = f 1 + t + t2 1 + t + t2 on a: jx + tyj lim f (t) = 0; et donc il existe A > 0 tel que: 8jxj A; t ! 1 1 + t + t2 1: D’autre part puisque f est continue sur le compact [ A; A], alors f jx + tyj est bornée sur [ A; A] et donc E est majoré ce qui prouve que sup 2 t2R 1 + t + t existe, d’où N est bien définie. b) Séparation:N (x; y) = 0 =) x + ty = 0; 8t 2 R =) x = y = 0 j x + t yj jx + tyj jx + tyj Homogéinité: N ( x; y) = sup = sup j j = j j sup = 2 2 1 + t + t 1 + t + t 1 + t + t2 t2R t2R t2R j j N (x; y) jx + z + ty + tuj Inégaloté triangulaire: N (x + z; y + u) = sup 1 + t + t2 t2R jz + tuj jx + tyj jz + tuj jx + tyj + ) sup + sup ) = N (x; y)+ sup( 2 2 2 1 + t + t2 t2R 1 + t + t t2R 1 + t + t t2R 1 + t + t N (z; u) Exercice 3 Soit (f; g) 2 E 2 ,8x 2 [0; 1] : eg(x) ef (x)
= ef (x) eg(x) f (x) 1 ekf k eg(x) f (x) 1 ekf k ekg f k 1
Exercice 4 (a) Si M = 0; alors f (x + y) = f (x) + f (y); 8(x; y) 2 E 2 ; on en déduit: f (0) = 0; et f ( x) = f (x) 8n 2 N; f (nx) = nf (x); puis f ( nx) = nf (x) p p p p 8(p; q) 2 Z N ; f ( x) = f (x); car pf (x) = f (px) = f (q x) = qf ( x) q q q q
10
8 2 R; f ( x) = f (x), car
= lim
pn
et f (
n !1 qn
pn pn x) = f (x) qn qn
Soit U un ouvert sur lequel f est bornée par m > 0; il existe a 2 U; r > 0 tel que la boule fermée Bf (a; r) U; et comme kf ((x a)k kf (x)k+ kf (a)k ; alors f est bornée sur la boule fermée Bf (0; r) par un réel m > u a m m et donc kf ((u a)k 0; d’où : 8u 2 E fag; f (r ku ak ku ak r m ainsi 8x 2 E; kf ((x)k kxk ce qui prouve la continuité de f: r f (2n
+ 2n 1 ) f (2n 1 ) f (2n 1 ) = f (2n ) 2f (2n 1 ) M; p P M 1 M ; d’où:kgn+p (x) gn (x)k ; ceci donc kgn (x) gn 1 (x)k n+k 2n 2n k=1 2 prouve que la suite (gn ) vérifie le critère de Cauchy uniforme donc converge (E complet)vers une fonction g. D’autre part on a: kf (2n x + 2n y) f (2n x) f (2n y)k M M; donc kgn (x + y) gn (x) gn (y)k d’où:kg(x + y) g(x) g(y)k 0 2n et d’après (a) g est linéaire et continue. On a aussi f = g + (f g) 1 on trouve kg(x) g0 (x)k 1; comme g0 = f , de kgn+p (x) gn (x)k 2n alors f g est bornée. (b) On a
1
Exercice 5 E f définie sur Mn (R) par: f (A) = Pp est un ouvert car la fonction (mineur de A d’ordre p)2 est continue et Ep = f 1 (]0; +1[) Ep n’est pas fermé car la suite dans Ep (Ak ); donnée par Ak = ! 1 Ip 0 où Ip la matrice identité d’ordre p; converge vers la k 0 0 matrice nulle qui n’appartient pas à Ep : Ep est dense dans Mn (R) car il contient l’espace des matrices inversibles GLn (R) Exercice 6 (a) Il est évident que:
0
0
u(A) = A
P (E) et v(A) = A
0
part si A
B =) u(A) = A
0
B = u(B) et v(A) = A 0
0
0
(b) A
0
A =) u2 (A) = u(A)
0
0 0
A
A = u2 (A) 0
0 0
0
0
0
A
A =) v(A) = A = A
0
0
0
0 0
v(A) = v (A); v(A) = A
A
2
0
(c) A partir de A on obtient la suite:
D’autre
B = v(B)
u(A) = A = A = u(A), A
0
P (E).
0 0
A =) u(A) =
0 0
A = v 2 (A) 0
[ A; A; A; u(A); v(A); u(A); v(A)
11
Exercice 7 (a) Il est clair que L est lineaie de plus on a:
jL(f )j
kf k1
1 1 P ( )n = n=0 2
2 kf k1 , donc L est continue (b) On a kLk = 2; car soit la suite de fonction (fn )n affine par morceaux définie par:
fn (qk ) =
1 n P 1 jL(fn )j = ( )k = K=0 2 On a :
lim
n !1
8 < ( 1)k ; 0 :
0; k
k
n
n+1
1 ( )n+1 2 et kfn k1 = 1 1 1 2
jL(fn )j = 2: Suppposons par l’absurde qu’il existe f
(kf k1 1) telle que L(f ) = 2, ceci exige que f (qn ) = ( 1)n : Posons F1 = fq2n8 g et F2 = fq2n+1 g; on a : < F1 et F2 des fermés non vides :
[0; 1] = F1 [ F2
Comme [0; 1] est connexe, alors il existe x 2 F1 \ F2 ; or x 2 F1 =) f (x) = 1 et x 2 F2 =) f (x) = 1, ce qui est impossible. Exercice 8 (a) On a:
n P
k=0
juk vk j
k(un )n k1
l’absolue convergence de la série
n P
k=0 P
jvk j
k(un )n k1 k(vn )n k1 ; ce qui prouve
un vn
(b) fv est évidemment linéaire d’une part, d’autre part on a: jfv (un )n j
=
1 P
un vn
n=0 1 P
n=0
jun vn j
k(un )n k1 k(vn )n k1 ceci prouve que fv est continue et jjjfv jjj k(vn )n k1 : Montrons que jjjfv jjj = k(vn )n k1 : Pour ceci, considérons la suite (un )n 2 E donnée par 8 vn > < jv j ; si vn 6= 0 n un = > : 0; si vn = 0
12
On a :
fv (un )n =
1 P
n=0
jvn j = k(vn )n k1 :
(c) L’homomorphisme ' de F dans E 0 défini par '(v) = fv est une isométrie car jjj'(v)jjj = jjjfv jjj = kvk1 Exercice 9 On note X l’une des espaces de l’exercice, et soit (vk )k = (vk;n )(k;n)2N2 une suite dans X convergente vers u = (un )n . On a: lim kvk uk1 = lim (sup jvk;n
k !1 n2N
un j) = 0; et donc:
8n 2 N;
lim jvk;n
k !1
k !1
un j = 0
(a) X = A La suite (vk;n )(k;n)2N2 est croissante pour tout k 2 N; donc vk;n 0; par passage à la limite k ! 1; on aura un+1 un conséquent (un )n 2 A, ce qui prouve que A est fermé.
vk;n+1 0; par
(b) X = B La suite (vk;n )(k;n)2N2 converge vers 0 pour tout k 2 N; on a: jun j jun vk;n j + jvk;n j kvk uk1 + jvk;n j ; par conséquent (un )n 2 B, ce qui prouve que B est fermé. (c) X = C La suite (vk;n )(k;n)2N2 converge vers lk pour tout k 2 N; on " ; jvq;n un j 0; 9K 2 N; 8p K; 8q K; 8n 2 N; jvp;n un j 2 jvp;n vq;n j "; on en déduit quand n tend vers 1 : 8p K; 8q "; par conséquent la suite (ln )n converge vers l; de plus jun jvK;n lK j + jlK lj ; ce qui prouve que C est fermé.
a: 8" > " ; d’où: 2 K; jlp lq j lj jun vK;n j+
(d) X = D La suite (vk;n )(k;n)2N2 admet la valeur adhérente 0 pour tout k 2 N; c’est à dire pour tout k 2 N; il existe une suite strictement croissante (pkn )n d’entiers telle que: lim vk;pkn = 0: Soient " > 0 et n 2 N , montrons n !1
qu’il existe pn n tel que jupn j "; en effet on sait que jum j jvk;m um j+ " jvk;m j ; or on sait qu’il existe k 2 N tel que: 8m 2 N; jvk;m um j ; 2 " comme lim vk;pkm = 0; il existe pn = pkm ; ce qui n tel que jvk;pn j m !1 2 prouve que D est fermé. (e) X = F
13
La suite (vk;n =
=
car
1 k+2 (n + 1) k + 1
)(k;n)2N2 est sommable pour tout k 2 N;
k+2 1 > 1: Posons: f (x) = k+1 x+1
en xk = (1 +
1 k+1 ) k+1
1 k+2 (x + 1) k + 1
1 sur R+ donc:
, f admet un maximum 1 1 k+1 (1 + ) k+1 1 ) (k+1) ln(1+ k + 1 ; )e
f (n)
f (xk ) =
1 1 1 1 = (1 ) = ( 1 k+2 1 k+1 1 k+2 (1 + (1 + 1+ ) ) k+1 k+1 k+1 donc lim f (xk ) = 0; ce qui prouve que la suite (vk )k converge dans E k !1 1 vers la suite u = ( ) qui n’est pas sommable, d’où F non fermé. n+1 (f ) X = G La suite (vk )k2N = (vk;n =
k 1 P 2n sin 2 i i=1 i
)(k;n)2N
période k! qui converge dans E vers u = (un = 1 1 P 2n sin 2 i i i=k+1
N)
est périodique de
1 1 P 2n sin 2 i i i=1
)n car jvk;n
un j =
1 1 1 1 P P (reste de la série de Riemenn convergente ). 2 2 i=1 i i=k+1 i 2n De plus u n’est pas périodique car u0 = 0 et 8n > 0, un > 0 car sin = i 0; 8i 2 N: Ainsi G n’est pas fermé.
Exercice 10 (a) Notons par hi le produit scalaire sur E on a: 2 2 2 2 2 2 kx + yk = kxk + kyk + 2 hx; yi ; kx yk = kxk + kyk 2 2 2 2 kx + yk + kx yk = 2 kxk + 2 kyk : (b) On pose a = x + y; b = x b
2
2
kak + kbk
2
2
a+b 2
2
+
1 2 1 2 ka + bk + ka bk ; ce qui montre l’égalité du parallélogramme. 2 2 1 2 2 On pose hx; yi = (kx + yk kx yk ): Vérifions que hi est un produit 4 scalaire sur E: 1 2 2 hx; yi = (kx + yk kx yk ) 4 1 2 2 (ky + xk ky xk ) = 4 = hy; xi 1 2 2 hx + y; zi = (kx + y + zk kx + y zk ) 4 2 2 2 2 kx + y + z + zk + kx + yk = 2(kx + y + zk + kzk ) 2
a
y; alors:
2 hx; yi ; donc
2
14
kx + y
z
2
2
2
2
zk + kx + yk = 2(kx + y zk + kzk ); d’où 1 2 2 hx + y; zi = (kx + y + 2zk kx + y 2zk ) 8 2 2 2 2 kx + y + z + zk + kx yk = 2(kx + zk + ky + zk ) 2 2 2 2 kx + y z zk + kx yk = 2(kx zk + ky zk ); d’où 1 2 2 2 2 hx + y; zi = (kx + zk kx zk + ky + zk ky zk ) 4 = hx; zi + hy; zi D’après ci-dessus on a: 8n 2 N; hnx; yi = n hx; yi et h x; yi = hx; yi ; d’où p hnx; yi = n hx; yi ; 8n 2 Z; par conséquent:8p 2 Z; 8q 2 N ; q x; y = q p p hx; yi = q x; y ; donc: hrx; yi = r hx; yi ; 8r 2 Q: D’après la q continuité de la norme et la densité de Q dans R on montre que h x; yi = r hx; yi ; 8 2 R: (c) Il est évident que si kk dérive d’un produit scalaire alors P (t) est un polynôme en t de degré inférieur ou égal à 2: Réciproquement on suppose que P (t) = at2 + bt + c. On a alors: 8 2 > P (0) = c = kxk > > > > > > 2 > > > < P (1) = a + b + c = kx + yk > P ( 1) = a b + c = kx > > > > > > > > > : lim P (t) = a = kyk2 t !1 t2
yk
2
2
D’après ces égalités on aura: P (1) + P ( 1) = kx + yk + kx 2 2 2(a + c) = 2() kxk + kyk ): On conclut le résultat d’après (a).
2
yk =
Exercice 11 1) Si f est continue il est évident que ker f est fermé. Réciproquement on suppose que f est non identiquement nulle,soit a 2 E tel que f (a) = 1; posons F = |a, il est clair que F est un supplémentaire de H = ker f car: F \ H = f0g 8x 2 E; x = (x f (x)a) + f (x)a; x f (x)a 2 H; f (x)a 2 F L’ensemble a+H est fermé et ne contient pas 0; donc il existe r > 0 tel que Bf (0; r) \ (a + H) = ; (Ca+H est ouvert), montrons que 8x 2 Bf (0; r); jf (x)j 1; supposons par l’absurde qu’il existe b 2 Bf (0; r) tel b b ) = 1 et donc 2 Bf (0; r) \ (a + H) ce qui que jf (b)j > 1; alors f ( f (b) f (b) rx 1 est absurde. Ainsi 8x 2 E f0g; f ( ) 1 =) 8x 2 E; jf (x)j kxk ; kxk r ce qui prouve la continuité de f:
15 1 ju j 1 1 P P n k(un )n k1 = 2 k(un )n k1 ; n n n=0 2 n=0 2 donc est continue et jjj jjj 2.Définissons pour tout k 2 N la suite (uk;n )n par:
2) (a) On a:
j ((un )n )j
uk;n =
j ((uk;n )n )j = Ainsi jjj jjj = 2:
k 1 P =2 n n=0 2
8 < 1; 0 :
0; n
n
k
k+1
1 ; donc 8k 2 N; jjj jjj 2k
2
1 =) jjj jjj 2k
2:
(b) Supposons qu’il existe (vn )n 2 E tel que k(vn )n k1 1 et j (vn )n j = 1 1 P 1 2 puisque (vn )n tend vers 0; alors 9N 2 N; jvn j ; donc:j (vn )n j < = n 2 n=0 2 2; absurde. Supposons que Bf ((0)n ; 1) est compacte donc (Bf ((0)n ; 1)) est aussi compact comme image d’un compact par une application comtinue, or 2 2 (Bf ((0)n ; 1)) (Bf ((0)n ; 1)); ce qui contredit la compacité de (Bf ((0)n ; 1)): 1 xn+1 P 1 = ; on trouve: (u) = (c) On sait que : 8 jxj < 1; ln 1 x n=0 n + 1 1 1 P P 1 1 1 1 ( )n = 2 ( )n+1 = 2 ln 2 (n + 1) 2 (n + 1) 2 n=0 n=0 j (u)j d(u; H) = inf ku hk = ; en effet supposons que u 2 = H donc h2H jjj jjj j (u h)j x j (u)j ( ) = = ; 8x 2 E; 9 2 |; 9h 2 H : x = u h; d’où: kxk ku hk ku hk On sait que: x j (u h)j jjj jjj = sup ( ) = sup ; ainsi 8" > 0; 9h" 2 H : jjj jjj kxk hk x6=0 h2H ku j (u)j j (u)j j (u)j j (u)j " jjj jjj < jjj jjj ; d’où: ku h" k < + ku h" k jjj jjj jjj jjj (1 ") jjj jjj j (u)j j (u)j "; ceci prouve que d(u; H) = : jjj jjj jjj jjj (d) on prend y0 = 0; y1 = a; y2 = 2a; yn = 0 8n 1 1 1 maxf1; a ; + 2a g ln 2; on prend a = 2 3 6
3; ku
yk1 =
3) (=)) ' : x 7 ! ku(x)k est continue sur E; f1g est un fermé de E et F = ' 1 f1g; donc F est un fermé de E: ( (= ) 0 2 CF qui est ouvert donc 9r > 0; B(0; r) CF ; ainsi 8x 2 rx B(0; r); ku(x)k < 1; d’où 8x 2 E f0g; u( ) < 1 , par conséquent: 2 kxk 2 ku(x)k < kxk ; d’où la continuité de u: r Autre méthode: par l’absurde on suppose que u n’est pas continue donc elle n’est pas bornée sur la sphère unité S = fx 2 E = kxk = 1g
16
, ainsi pour tout n 2 N il existe xn 2 S telle que ku(xn )k n: Posons 1 yn = xn 2 F et lim yn = 0 2 = F; donc F n’est pas fermé. n !1 ku(xn )k Exercice 12 (a) kP k = 0 =) 8 jxj 1; P (x) = 0 =) 8x 2 R; P (x) = 0 =) P = 0 k P k = sup j P (x)j = sup j j jP (x)j = j j sup jP (x)j = j j kP k jxj 1
jxj 1
kP + Qk = sup jP (x) + Q(x)j jxj 1
jxj 1
sup (jP (x)j + jQ(x)j)
jxj 1
kP k + kQk
x (b) Non U n’est pas continue car la suite (Pn (x) = ( )n tend vers 2 1 0; car kPn k = ( )n ; mais U (Pn ) = 1 ne tend pas vers U (0) = 0 2 (c) Soit P un élément quelconque de E; la suite (Qn ) définie dans x H = ker U par: Qn (x) = P (x) P (2)( )n tend vers P: 2 (2) f 2 E est non continue et donc n’est pas continue en 0, d’où: 1 9" > 0; 8n 2 N; 9xn ; jxn j et jf (xn )j " n+1 f (x) xn vérifie: Pour tout x 2 E, la suite (yn )n donnée par yn = x f (xn ) 8n 2 f (yn ) = 0 f (x) " jf (x)j kyn xk = " jf (x)xn j xn f (xn ) n+1 (3) Soit H un hyperplan et F = |a un supplémentaire de H dans E; considérons la forme linéaire sur E : '(a) = 1 et '(x) = 0; 8x 2 H: On a évidemment Kerf = H: Réciproquement soit e 2 E tel que f (e) = 1; on pose F = |e on a: 8x 2 E : x = (x f (x)e) + f (x)e 2 H + F , il est clair que H \ F = f0g; donc H est un hyperplan. Exercice 13 (1) Soit F un fermé, alors CF est un ouvert, donc 8x 2 CF ; 9rx > 0 = B(x; rx ) CF ; d’où CF = [ B(x; rx ); par conséquent: F = \ CB(x;rx ) ; x2CF
x2CF
il est évident que CB(x;rx ) est fermé. 0
(2) F étant non vide alors il existe a 2 F; r > 0 tels que B(a; r) r 2 kxk r F: On remarque que: 8x 2 E 0; a+ x 2 B(a; r); donc x = x2 2 kxk r 2 kxk F; ce qui montre que E F; d’où E = F: (3) Soit (xn )n une suite dans F qui converge vers x; donc la suite est bornée dans E, donc dans F; puisque F est de dimension finie, on peut extraire une sous-suite (xpn )n qui converge dans F , d’où x 2 F; ce qui montre que mF est fermé.
17 2
(4) Il est clair que F = 6 ;: Soient ( ; ) 2 |2 ; (x; y) 2 F ; 9(xn )n 2 N F ; 9(yn )n 2 F telles que lim xn = x; lim yn = y; donc lim ( xn + N
n !1
n !1
n !1
yn ) = x + y; ce qui montre que F est un sous-espace vectoriel Exercice 14 (1) Montrons les 3 axiomes d’une norme: N (x; y) = 0 =) 8t 2 [0; 1]; jx + tyj = 0 =) x = y = 0 N ( x; y) = sup j x + t yj = j j sup jx + tyj = j j N (x; y) 0 t 1
0 t 1
N (x + z; y + u) = sup x + z + ty + tu 0 t 1
sup jx + tyj + sup jz + tuj
0 t 1
0 t 1
N (x; y) + N (z; u) (2) B((0; 0); 1) = f(x; y) 2 R2 = 8t 2 [0; 1]; jx + tyj
1g
Posons pour x et y fixés '(t) = x + ty; '0 (t) = y; donc ' est monotone ce qui prouve que j'j atteint son maximum en 0 ou 1; d’où N (x; y) = max{jxj ; jx + yjg; ainsi B((0; 0); 1) = f(x; y) 2 R2 = jxj 1; jx + yj 1g Exercice 15 On a: 8 kx > > > > > > > > < kx > > ky > > > > > > : ky kz
tk
kx
yk + ky
tk
tk
kx
zk + kz
tk
zk
ky
xk + kx
zk
zk
ky
tk + kt
En sommant on aura: tk)
zk
2(kx
tk+ky
zk)
2(kx
yk+ky
tk+kx
zk+
Exercice 16 1) soit (xn )n une suite dans A + B; xn = an + bn ; où an 2 A; bn 2 B: Comme A est compacte il existe une sous-suite (apn )n de (an )n qui converge vers a 2 A; B étant compacte on peut extraire une sous-suite (bqn )n de (bpn )n qui converge vers b 2 B; il est évident que (aqn )n est une sous-suite de (apn )n , ainsi la sous-suite (xqn )n est une sous-suite de (xn )n qui converge vers a + b 2 A + B; ce qui montre la compacité de A + B: 2) Soit (xn )n une suite dans A+B qui converge vers x; on pose xn = an +bn ; où an 2 A; bn 2 B: Comme A est compacte il existe une sous-suite (apn )n de (an )n qui converge vers a 2 A; donc la sous suite (bpn )n = (xpn apn )n converge vers x a; puisque B est fermé x a = b 2 B; d’où x 2 A + B; ce qui prouve la ferméture de A + B:
18
2) On a A+B = [ A+fbg: Montrons que A+fbg est ouvert, en effet b2B
soit x 2 A + fbg; posons a = x b 2 A; donc 9r > 0 tel que B(a; r) B(x; r) A + fbg: Ce qui prouve que A + B est ouvert.
A; d’où
Exercice 17 1) D’après l’inégalité de Cauchy-Schwarz: jhx; aij kak kxk ; ce qui prouve la continuité de la forme linéaire x 7 ! hx; ai est continue. 2) Soit (xn )n une suite dans A? qui converge vers x; on a: 8a 2 A; hxn ; ai = 0; donc hx; ai = 0 par la continuité de y 7 ! hy; ai, ce qui montre la ferméture de A? : Exercice 18 Notons T r la Pfonction "Trace" on a: P tr(A) = tr(A) = jaii j jaii j 1 i n 1pi n et , n kAk2 kAk1
tr(A)
=
P
1 i n
jaii j
n kAk1
donc: jjjtrjjj1 1; jjjtrjjj2 1; et jjjtrjjj1 n: p Posons A = (aij )1 i;j n ; a11 = 1; aij = 0((i; j) 6= (1; 1)); B = (bij )1 i;j n ; bii = n :bij = 0(i 6= j); C = In (matrice identité d’ordre n) n p kAk1 = kBk2 = kCk1 = 1; et jtr(A)j = 1; jtr(B)j = n; jtr(C)j = n; ceci montre que jjjtrjjj1 = jjjtrjjj2 = 1 et jjjtrjjj1 = n: Exercice 19 On a: f (f
1
(x)
d’où jjjf jjj
=
f
kxk jjjf jjj f 1 (x) jjjf jjj f 1 kxk 1
1
Exercice 20 1) On sait que GLn (R) = Det 1 (R ) d’une part, d’autre part la fonction déterminant est continue et R est ouvert, donc est ouvert. 2) M 7 ! t M M est bilinéaire sur un espace de dimension finie, donc continue, comme O(n) = fM 2 E / t M M = In g; alors O(n) est fermé. Si on prend la norme infinie k(aij )1 i;j n k1 = supfjaij j ; 1 i; j ng; alors 8M 2 O(n) on a kM k1 1; ce qui montre que O(n) est borné, d’où la compacité de O(n): Exercice 21 1) On a: jd(x1 ; F ) d(y; F )j 2) jj jjF est une norme car::
19
jjxjjF =
inf jjx
y2G
yjjE = 0; donc il existe une suite (yn )n dans G
telle que lim jjx yn jjE = 0, comme G est fermé alors x 2 G; n !1 donc x = 0: jj xjjF = inf jj x yjjE = inf jj x yjjE = inf j j jjx yjjE = j j jjxjjF y2G
jjx1 + x2 jjF
y2G
= =
y2G
inf jjx1 + x2
y2G
yjjE
inf jjx1 + x2 yjjE y y = inf jj(x1 ) + (x2 )jjE y2G 2 2 y y jjE + inf jjx2 jjE inf jjx1 y2G y2G 2 2 jjx1 jjF + jjx2 jjF y2G
3) Soit (xn )n une suite de Cauchy dans F , montrons qu’elle converge dans F: On a: 8" > 0; 9N 2 N; 8n N; 8m N : jjxm xn jjF " Donc on peut trouver une sous suite (xpn )n vérifiant: jjxpn+1 xpn jjF 1 2n+1 8" > 0; 8n 2 N; 9y 2 G : jjxpn+1 xpn yjjE " 1 Ainsi: 8n 2 N; 9zn 2 G : jjxpn+1 xpn zn+1 jjE 2n En posant y0 = 0; yn = z1 + ::: + zn ; on aura: 1 jj(xpn+1 yn+1 ) (xpn yn )jjE 2n D’où: k P jj(xpn+k yn+k ) (xpn yn )jjE jj(xpn+i yn+i ) (xpn+i 1 yn+i 1 )jjE i=1 k P
1 n+i 1 2 i=1 1 2n 1 est de Cauchy dans E donc elle converge
Ainsi la suite (xpn yn )n vers x 2 E; or jjxpn ajjF = jjxpn yn ajjF jjxpn yn ajjF Ce qui prouve que la sous-suite (xpn )n converge, donc (xn )n converge car c’est une suite de Cauchy admettant une sous-suite convergente. Exercice 22 1) La fonction est continue car: jd(x1 ; F ) d(x2 ; F )j kx1 x2 k ; en effet 8y 2 F; d(x1 ; F ) kx1 yk kx1 x2 k + kx2 yk ; d’où 8y 2 F; kx2 yk d(x1 ; F ) kx1 x2 k =) d(x2 ; F ) d(x1 ; F ) kx1 x2 k =) d(x1 ; F ) d(x2 ; F ) kx1 x2 k de même on a: d(x2 ; F ) d(x1 ; F ) kx1 x2 k 2) (=)) d(x; F ) = 0 =) 9(yn )n 2 F N telle que: lim d(x; yn ) = 0; n !1 d’où lim yn = x; donc x 2 F car est F fermé n !1
20
((=) x 2 F =) d(x; F ) = d(x; x) = 0 3) On pose d(x; F ) = d’après 1) > 0: Soient les voisinages ouverts U = B(x; ) et V = [ B(y; ) respectivement de x et F: On a U \ V = y2F 3 3 ; car sinons soit a 2 U \ V; alors: d(a; x) < ; 9y 2 F; d(a; y) < ; 3 3 2 d’où d(x; y) d(a; x) + d(a; y) < < ; ceci contredit le fait que = 3 d(x; F ) = inf d(x; z) d(x; y) z2F
4) On pose U = fx 2 E / d(x; F ) < d(x; G)g; U est ouvert car: U = ' 1 ] 1; 0[ où ' est la fonction continue définie sur E par '(x) = d(x; F ) d(x; 8 G): De même V = fx 2 E / d(x; G) < d(x; F )g est ouvert, on a évidemment: < F U G V : U \V =; Exercice 23
Notons E l’espace des polynômes réels de degré n scindés à racines simple. Soit P 2 E , notons x1 < ::: < x n les n racines de P . Considérons xi + xi+1 les n+1 réels y0 = x1 1; yi = (1 i n 1); yn = xn + 1: 2 Définissons l’application ' sur Rn [X] par: '(Q) = (Q(y0 ); :::; Q(yn )) 2 Rn+1 : Puisque P (X) = (X x1 ):::(X xn ) alors: P (y0 ) 2 ( 1)n R+ ,P (y1 ) 2 ( 1)n 1 R+ ; :::; P (yn 1 ) 2 ( 1)R+ ; P (yn ) 2 R+ : Ainsi ' 1 (( 1)n R+ ( 1)n 1 R+ ::: ( 1)R+ R+ ) est un voisinage ouvert de P dont les éléments changent de signes sur chaque intervalle [yi ; yi+1 ] (0 i n 1); ce qui prouve qu’ils admettent au moins n racines distincts, et donc ils sont scindée et ont exactement n racines distincts car leur degré est à n. Ainsi E est ouvert. Exercice 24 (=)) évident car kfi (x)k = kf (x)k M kxk (i = 1; 2) ((=) f1 et f2 sont continues donc 9Mi > 0 (i = 1; 2) telles que: kfi (x)k Mi kxk ; 8x 2 Fi : Posons M = maxfM1 ; M2 g; alors 8x 2 E; kf (x)k M kxk : Exercice 25 1) U = f 1 (] 1; 0[) est ouvert car f est la fonction polynômiale continue définie sur R2 par: f (x; y) = x2 + y 2 x3 y 3 2) GLn (R) = Det 1 (R ) est ouvert car la fonction Det déterminant est continue sur Mn (R) 3) On sait que hu; vi < kuk kvk ; 8fu; vg libre, donc O = ' 1 (] 1; 0[) est un ouvert car ' est la fonction continue définie sur E 2 par '(u; v) = hu; vi kuk kvk Exercice 26
21
1) Les produits scalaires et la complétude: h(un ); (vn )i1 = n P
k=1
k 2 uk vk
P
n 1
n2 un vn ; ce produit est bien défini car: s s s s n n n 1 1 P P P P P 2 2 2 2 k juk vk j k 2 uk k 2 vk k 2 uk k 2 vk2
k=1
k=1
k=1
k=1
k=1
Il est facile de vérifier que hi1 défini un produit scalaire Soit (uk = (uk;n )n )k une suite de Cauchy dans H1 ; donc: 1 P n2 (uk+p;n uk;n )2 " ( ) 8" > 0; 9N 0 / 8n N; 8p 1; n=1
ceci entraîne qua 8n 1; la suite numérique (uk;n )k est de Cauchy dans R donc elle converge vers un . En tendant dans ( ) p vers 1 on obtient: 1 P 2 8n N; k(uk;n )n (un )n k1 = n2 (un uk;n )2 " n=1
ce qui montre P la complétude de H1 : h(un ); (vn )i0 = un vn ; ce produit est bien défini car: n 1 s s s s n n n n 1 1 P P P P P P 2 2 2 uk vk juk vk j uk vk uk vk2 k=1
k=1
k=1
k=1
k=1
k=1
Il est facile de vérifier que hi0 défini un produit scalaire Soit (uk = (uk;n )n )k une suite de Cauchy dans H0 ; donc: 1 P 8" > 0; 9N 0 / 8n N; 8p 1; (uk+p;n uk;n )2 " ( ) n=1
ceci entraîne qua 8n 1; la suite numérique (uk;n )k est de Cauchy dans R donc elle converge vers un . En tendant dans ( ) p vers 1 on obtient: 1 P 2 8n N; k(uk;n )n (un )n k1 = (un uk;n )2 " n=1
ce qui montre la complétude de H0 : P 1 u v ; ce produit est bien défini car: h(un ); (vn )i 1 = 2 n n n 1n s s s s n 1 n 1 n 1 1 1 1 1 n 1 P P P P P P uk vk juk vk j u2k vk2 u2k v2 2 2 2 2 2 2 k k=1 k k=1 k k=1 k k=1 k k=1 k k=1 k Il est facile de vérifier que hi 1 défini un produit scalaire Soit (uk = (uk;n )n )k une suite de Cauchy dans H 1 ; donc: 1 1 P 8" > 0; 9N 0 / 8n N; 8p 1; (uk+p;n uk;n )2 " ( ) 2 n=1 n ceci entraîne qua 8n 1; la suite numérique (uk;n )k est de Cauchy dans R donc elle converge vers un . En tendant dans ( ) p vers 1 on obtient: 1 1 P 2 8n N; k(uk;n )n (un )n k1 = (un uk;n )2 " 2 n=1 n ce qui montre la complétude de H 1 : 2) On a:
22
j'((un )n )j = =
1 P
bn u n
n=1
1 1 P ( bn )(nun ) s n=1 n s 1 1 1 P P b2n n2 u2n 2 k=1 n k=1 k(bn )n k 1 k(un )n k1
ceci prouve la continuité de la forme linéaire ' et jjj'jjj Définissons la suite numérique (uk;n )k par 8 1 > < 2 bn ; n k n uk;n = > : 0; n k + 1 k 1 P b2 et 2 n n=1 n
j'(uk;n )j =
lim j'((uk;n )n )j = k(bn )n k
k !1
1
k(bn )n k
; d’où jjj'jjj = k(bn )n k
3) Soit (uk = (uk;n )n )k une suite dans la boule unité B1 ((0); 1) dans H1 ; donc: 1 P 8k 1; n2 u2k;n 1 ceci entraîne que:
1
1
n=1
1 ; ce qui implique la bornetude de la suite n2 (uk;n )k pour tout n 1; ainsi: pour n = 1; il existe une sous-suite (u'1 (k);1 )k de la suite (uk;1 )k qui converge vers a1 pour n = 2; il existe une sous-suite (u'1 '2 (k);2 )k de la suite (u'1 (k);2 )k qui converge vers a2 et ainsi de suite par récurrence on construit une sous-suite (u'1 'n (k);n )k de la suite (u'1 'n 1 (k);n )k qui converge vers an : Posons '(k) = '1 'k (n); il est clair que pour tout n 1 la suite (u'(k);n )k n est une sous-suite de la suite (u'1 ) , donc converge k 'n (k);n vers an : Soit " > 0; nous avons: 8k
1; u2k;n
1; 8n
8k
1: 1 P
(uk;n
an )2
n=m
2
P 1 série converge: 2 n 1n P 9N 1 / 8k 1: (uk;n n N +1
1 P
(u2k;n + a2n )
n=m
an )2
1 1 P ; donc puisque la 2 n=m n
4
" 2
lim u'(k);n = an ; alors: 8n 1; 9Kn k !1 " an )2 2N Prenons K = maxfKn ; 1 n N g; alors:
1 / 8k
Kn : (u'(k);n
23 1 P
(u'(K);n
n=1
an )2
=
N P
an )2 +
(u'(K);n
n=1
1 P
(u'(K);n
an )2
n=N +1
" " + 2 2 "
Exercice 27 1) unicité on suppose qu’il existe a et b vérifiant: f (a) = a; f (b) = b or d(a; b) = d(f (a); f (b)) kd(a; b) (1 k)d(a; b) 0; d’où d(a; b) = 0 =) a = b existence Considérons la suite récurrente: 8 < u0 2 C On a:
:
d(un+1 ; un )
donc: d(un+p ; un )
un+1 = f (un )
= d(f (un ); f (un 1 )) kd(un ; un 1 ) k 2 d(un 1 ; un 2 ) k n d(u1 ; u0 ) p P
k=1 p P
d(un+k ; un+k k n+k
1
1)
d(u1 ; u0 )
k=1 n
k
1
k
d(u1 ; u0 )
ceci prouve que la suite (un )n est de Cauchy dans E donc converge vers a 2 C car C est fermé. Comme un+1 = f (un ) et f continue alors f (a) = a 2) a) posons C 0 = C c avec c 2 C; il est évident que 0 2 C 0 ; C 0 est convexe et compact, de plus l’application g de C 0 dans C 0 définie par: g(x) = f (x + c) c , vérifie: 8(x; y) 2 C 02 ; kf1 (x) f1 (y)k = kf (x + c) f (y + c)k = kx yk b) On a: kkf (x) kf (y)k = k kx yk ; donc kf est k - contractante, et d’après 1) admet un unique point fixe noté ak 2 C c) Puisque C est compact on peut extraire une suite (xpn )n convergente vers a 2 C; de la suite (xn )n ; donc: 1 )f (xpn ) = f (a): a = lim xpn = lim (1 n !1 n !1 pn Exercice 28
24
a) Classique b) Ec est un sous-espace vectoriel de E car: (un = 0) 2 Ec ; car
2 R; ((un )n ; (vn )n ) 2 Ec2 ;
Soient vn ) =
lim un = 0
n !1
lim un + lim vn
n !1
(un )n +(vn )n 2 Ec car:
lim ( un +
n !1
n !1
Ec est fermé, en effet considérons une suite (Uk = (uk;n )n )k dans Ec qui converge vers U = (un )n : Montrons que (un )n converge. Notons lk la limite de la suite (uk;n )n on a: juk+p;n uk;n j kUk+p Uk k1 ; en tendant n vers 1 on obtient jlk+p lk j kUk+p Uk k1 et donc la suite réelle (lk )k est de Cauchy, soit l la limite de (lk )k on a: jun lj jun uk;n j + juk;n lk j + jlk lj kUk U k1 + juk;n lk j + jlk lj Soit " > 0; alors " : 9K1 2 N tel que: 8k K1 ; kUk U k1 3 " : 9K2 2 N tel que: 8k K2 ; jlk lj 3 : Soit K = max(K1 ; K2 ); 9N 2 N tel que: 8n N; juK;n lK j " 3 Ainsi 8n N; jun lj kUK U k1 + juK;n lK j + jlK lj " " " + + 3 3 3 " c) E0 est un sous-espace vectoriel de Ec car: (un = 0) 2 E0 ; car
2 R; ((un )n ; (vn )n ) 2 E02 ;
Soient vn ) =
lim un = 0
n !1
lim un + lim vn = 0
n !1
(un )n +(vn )n 2 E0 car:
n !1
lim ( un +
n !1
E0 est fermé, en effet considérons une suite (Uk = (uk;n )n )k dans E0 qui converge vers U = (un )n : Montrons que (un )n converge vers 0: on a: jun j
jun kUk
uk;n j + juk;n j U k1 + juk;n j
Soit " > 0; alors : 9K 2 N tel que:
jun
8k
: 9N 2 N tel que: 8n Ainsi 8n N; lj kUK U k1 + juK;n j " " + 2 2 "
K; kUk
U k1 " N; juK;n j 2
" 2
25
d) E est un espace vectoriel complet car, considérons une suite de Cauchy (Uk = (uk;n )n )k dans E; montrons qu’elle converge. Pour tout (n; k; p) 2 N3 , on a: juk+p;n uk;n j kUk+p Uk k1 ; ce qui implique que pour tout n 2 N la suite numérique (uk;n )k est de Cauchy dans R; donc elle converge vers un réel noté un : Puisque (Uk = (uk;n )n )k est de Cauchy dans E; alors 8" > 0; 9K 2 N tel que: 8k K; 8p 2 N; kUk+p Uk k1 ", d’où: 8n 2 N; 8k K; 8p 2 N; juk+p;n uk;n j kUk+p Uk k1 " En tendant n vers 1 on aura: 8n 2 N; 8k K; jun uk;n j "; d’où: 8k K; kUk U k1 " (U = (un )n ) Ainsi la suite (Uk )k converge vers U dans E: e) Ec et E0 sont complets car ils sont fermés. Exercice 29 a) On a:
jf (x)j
Rx
f 0 (t)dt; d’où Rx jf (0)j + 0 f 0 (t)dt jf (0)j + x kf 0 k1 kf k
8x 2 [0; 1] f (x) = f (0) +
0
b) kk est une norme: évident c) Soit (fn )n une suite de Cauchy dans E0 ; donc: 8" > 0; 9N 2 N tel que: 8n N; 8p 2 N; jfn+p (x) fn (x)j kfn+p fn k1 "; 8x 2 [0; 1] Ainsi pour tout x 2 [0; 1]; la suite numérique de Cauchy (fn (x))n converge dans R vers un point noté f (x). Montrons que (fn )n converge vers f dans E0 . Soit " > 0; tendons dans l’expression ci-dessus p vers 1 : 9N 2 N tel que: 8n N; jf (x) fn (x)j "; 8x 2 [0; 1] d’où: 9N 2 N tel que: 8n N; kfn f k1 " Montrons que f est continue en tout point x0 2 [0; 1]: Soit " > 0; 9N 2 N tel que: " kfN f k1 3 " 9 > 0 tel que: 8x 2 [0; 1]; jx x0 j ; jfN (x) fN (x0 )j ; 3 d’où: jf (x) f (x0 )j jf (x) fN (x)j + jfN (x) fN (x0 )j + jfN (x0 ) f (x0 )j 2 kfN f k1 + jfN (x) fN (x0 )j " d) Soit (fn )n une suite de Cauchy dans E1 ; donc: 8" > 0; 9N 2 N tel que: 8n N; 8p 2 N; kfn+p fn k " Ainsi pour tout x 2 [0; 1]; les suite numériques de Cauchy (fn (x))n (kf k1 kf k) et (fn0 (x))n convergent dans R respectivement vers f (x) et g(x); . Montrons que (fn )n converge vers f dans E1 . D’abord montrons que f 0 = g: En effet posons:
26
8 f (t) fn (x) > < n ; t 2 [0; 1] t x un (t) = > : 0 fn (x); t=x
fxg
8 f (t) f (x) > < ; t 2 [0; 1] t x et u(t) = > : g(x); t=x
fxg
Il est clair que pour tout t 2 [0; 1]; lim un (t) = u(t): n !1
Il suffit de montrer que la suite (un )n est de Cauchy dans E0 ; car u sera continue en x et donc: f (t) f (x) lim u(t) = lim = f 0 (x) = u(x) = g(x): t !x t !x t x On a d’après le théorème des accroissements finis appliqué à fn+p fn (n N ) sur l’intervalle fermé d’extrémités x et t 6= x: [fn+p (t) fn (t)] [fn+p (x) fn (x)] jun+p (t) un (t)j = t x " et jun+p (x)
un (x)j =
0 (x) fn0 (x) fn+p 0 fn+p fn0 1 "
d’où: 8n N; 8p 2 N; kun+p un k1 ": e) Prenons la suite dans E1 ; de terme général fn (x) = xn , on a kfn k1 = 1, mais kfn k = n; et donc kk1 et kk ne peuvent pas être équivalentes. n
2
f ) Prenons la suite dans E1 ; de terme général fn (x) = xe 2 x : On vérifie n 2 facilement que lim fn (t) = 0; et fn0 (x) = (1 nx2 )e 2 x donc kfn k1 = n !1 1 p p e, ce qui montre que (fn ) converge dans (E1 ; kk1 ): Or si (fn ) converge n dans (E1 ; kk); alors (fn0 ) converge dans (E0 ; kk1 ) et donc g = lim fn0 sera n !1 continue, mais ce n’est pas le cas. Exercice 30 a) kk1 et kk2 sont bien des normes: évident b) Soit (fn )n une suite de Cauchy dans (E; kk1 ); alors (fn )n et (fn0 )n sont des suites de Cauchy dans (E; kk1 ); donc d’après l’exercice (fn )n converge vers une fonction f 2 E et (fn0 )n converge vers f 0 : On conclut que (fn )n converge vers f dans (E; kk1 ); car: kfn f k1 = kfn f k1 + kfn0 f 0 k1 c) Soit f 2 E on a: j(f (x)ex )0 j j(f (x)ex )0 j = j(f 0 (x) + f (x))ex )j kf + f 0 k1 ex kf k2 ex
d) On a:
27
d’où jf (x)j
Rx jf (x)ex j = R 0 (f (t)et )0 dt x j(fR(t)et )0 j dt 0 x kf k2 0 et dt (ex 1) kf k2 kf k2 ex
kf k2 et donc kf k1 0
kf k2 : On a:
kf + f 0 k1 + kf k1 2 kf k2
kf k1
1 kf k1 kf k2 kf k1 3 f ) (E; kf k2 ) est complet car (E; kf k1 ) est complet et kk1 et kk2 sont équivalentes. e) D’après ci-dessus:
Exercice 31 a) On a: u est bien définie car: '2 f 2 'f 2 E u est un endomorphisme car: u( f + g)
u est continue car: ku(f )k2
=
2
k'k1 f 2 ; ce qui implique que
= '( f + g) = 'f + 'g = u(f ) + u(g) qR 1
'2 f 2 (t)dt qR 1 2 k'k1 f (t)dt 0 k'k1 kf k2 0
b) Calcul de la norme subordonnée de u : 1 1 Expression de fn sur [x0 ; x0 ] et [x0 ; x0 + ] n n D’une manière générale, l’équation cartésienne du segment [AB] avec A(a0 ; b0 ) et B(a1 ; b1 ) est: b1 b 0 y b0 = , a0 x a1 d’où: x a0 a1 a0 8 1 > > 0; 0 x x0 > > n > > > > > > 1 > > > < nx nx0 + 1; x0 n x x0 fn (x) = > > 1 > > nx + nx0 + 1; x0 x x0 + > > n > > > > > > > : 0; x x0 + 1 n On a:
28
R1 0
fn2 (t)g(t)dt
g(x0 )
R1 0
fn2 (t)dt
1 R x0 + n 2 = 1 fn (t)[g(t)dt x0 n 1 x + R 0 n 2 1 fn (t) jg(t)dt x0 n
Soit " > 0; : Par continuité de g en x0 ; 9 > 0 tel que: jx jg(x)dt g(x0 )j " 1 1 = 0; donc 9N 2 N tel que: 8n N , : lim n !1 n n : Ainsi 8n N R1 0
fn2 (t)g(t)dt
g(x0 )
R1 0
fn2 (t)dt
1 R x0 + n 2 = 1 fn (t) jg(t)dt x0 n 1 R x0 + n 2 " 1 fn (t)dt x0 n 1 x + 0 R n " 1 fn (t)dt x0 n "
g(x0 )]dt
g(x0 )j dt
x0 j
=)
g(x0 )j dt
n " c) on a d’après a) jjjujjj k'k1 ; montrons que jjjujjj = k'k1 " + Soit " > 0; 9x" 2 R tel que: k'k1 < j'(x" )j k'k1 2 2 D’après b) pour x0 = x" et g = ' on aura: R1 2 2 f (t)'2 (t)dt ku(fn )k2 0R n lim R 1 2 = lim = '2 (x" ) 1 2 n !1 n !1 fn (t)dt fn (t)dt 0 0 ku(fn )k2 = j'(x" )j lim qR 1 2 n !1 f (t)dt n 0
Donc 9N 2 N tel que: jjjujjj D’où:
k'k1
"
j'(x" )j
8n
N; j'(x" )j
" 2
" 2
ku(fn )k2 ku(fn )k2 qR = 1 2 kfn k2 fn (t)dt 0
jjjujjj
Exercice 32 a) jjj'jjj = supfk'(x)k ; kxk = 1g; comme les sphères dans E (de dimension finie) sont compactes, et u : x 7 ! k'(x)k est continue, alors u atteint ses bornes, en particulier il existe x0 2 E tel que kx0 k = 1 et jjj'jjj = supfu(x); kxk = 1g = u(x0 ) = k'(x0 )k
29
b) ' est bien définie car: jSn+p
on pose Sn =
Sn j =
n+p P
n u P k k k=0 2
uk k k=n+1 2 n+p P juk j k k=n+1 2 k(um )m k1 2n
Donc la suite (Sn )n est une suite de Cauchy dans l’espace complet (E; kk1 ), donc converge ' est évidemment une forme linéaire 1 u P k k k=0 2
1 ju j P k k k=0 2 2 k(un )n k1
D’où ' est continue et jjj'jjj
2
c) Considérons la suite (Uk = (xk;n )n )k dans E définie par: 8 < 1; n k xk;n = : 0; n k + 1 On a: k 1 P '(Uk ) = n n=0 2 kUk k1 = 1 et 1 = 2 2k 8k 2 N; j'(Uk )j = 2
1 2k
jjj'jjj, d’où 2
jjj'jjj ; ainsi jjj'jjj = 2
d) Soit (un )n 2 E avec k(un )n k1 = 1; alors 9N 2 N tel que 8n 1 jun j ; d’où: 2 1 u P k j'((un )n )j = k k=0 2 1 ju j P k k k=0 2 1 1 P < k k=0 2 < 2 donc j'((un )n )j = 6 jjj'jjj
N :
Exercice 33 a) Soit v un vecteur propre associé à la valeur propre
alors:
30
ku(v)k = = donc j j
jjjujjj car v 6= 0
b) Il est clair que ' et
k vk j j kvk jjjujjj kvk
sont des endomorphismes et:
k'((un )n )k1
= k(un+1 )n k1 k(un )n k1 k ((un )n )k1 = k(un+1 un )n k1 ; 2 k(un )n k1 donc jjj'jjj 1 et jjj jjj 2 Prenons les suites (un = 1)n et (vn = ( 1)n )n de normes 1 dans E on a: k'((un )n )k1 = 1 jjj'jjj et k ((vn )n )k1 = 2 jjj jjj ; d’où: jjj'jjj = 1 et jjj jjj = 2 b) Il est clair que pour tout f de classe C 0 ; '(f ) est de classe C 1 ; et linéaire. D’autre part on a: k'(f )kF
0 = k'(f )k1 R x+ k'(f ) k1 = sup ( 0 f (t)dt ) + kf k1 x2[0;1]
2 kf k1
ce qui implique que ' est continue et jjj'jjj Considérons la fonction constante f = 1; on a: x; d’où: k'(f )kF = 2 jjj'jjj ; ainsi jjj'jjj = 2:
2 kf kE = 1 et '(f )(x) =
Exercice 34 Supposons que f n’est pas uniformément continue donc: 1 , n kf (xn ) f (yn )k > ": D’après la compacité de K on peut extraire une sous-suite (x'(n) )n de (xn )n qui converge vers x 2 K; de même on peut extraire une sous-suite (y ('(n)) )n de (y'(n) )n qui converge vers x 2 K; donc f (x ('(n)) ) f (y " pour un certain n ce qui est impossible. 9" > 0 tel que:
8n 2 N ; 9(xn ; yn ) 2 K 2 vérifiant kxn
yn k
Montrons que la suite (xn )n converge vers a, en effet soit " > 0 et notons N" = fn 2 N / kxn ak "g; si N" est infini alors on peut construire une sous-suite (x'(n) )n de (xn )n2N" qui converge vers b 2 K , donc elle vérifie x'(n) a "; d’où kb ak " ce qui contredit le fait que (xn )n a une seule valeur d’adhérence.
('(n)) )
