Exercice 1 1735

Étudier les limites en $(0,0)$ des fonctions suivantes:

(a)

$f (x, y) = \frac{x^{2} y^{2}}{x^{2} + y^{2}}$
(b)

$f (x, y) = \frac{x^{2} - y^{2}}{x^{2} + y^{2}}$
(c)

$f (x, y) = \frac{x y}{x - y}$ .

Exercice 2 1736 Correction

Étudier les limites en $(0,0)$ des fonctions suivantes:

(a)

$f (x, y) = \frac{x^{3}}{y}$
(b)

$f (x, y) = \frac{x + 2 y}{x^{2} - y^{2}}$
(c)

$f (x, y) = \frac{x^{2} + y^{2}}{| x | + | y |}$

Solution

(a)

On a

$f (0,1 / n) \to_{n \to + \infty}^{} 0 avec (0,1 / n) \to_{n \to + \infty}^{} (0,0) .$

Aussi,

$f (1 / n,1 / n^{3}) \to_{n \to + \infty}^{} 1 avec (1 / n,1 / n^{3}) \to_{n \to + \infty}^{} (0,0) .$

Ces deux limites étant distinctes, la fonction $f$ ne peut admettre de limite en $(0,0)$ .
(b)

On a

$f (0, - 1 / n) = 2 n \to_{n \to + \infty}^{} + \infty avec (0, - 1 / n) \to_{n \to + \infty}^{} (0,0) .$

Aussi

$f (0,1 / n) = - 2 n \to_{n \to + \infty}^{} - \infty avec (0,1 / n) \to_{n \to + \infty}^{} (0,0) .$

Ces deux limites étant distinctes, la fonction $f$ ne peut admettre de limite en $(0,0)$ .
(c)

On remarque

$0 \leq f (x, y) \leq \frac{x^{2} + 2 | x | | y | + y^{2}}{| x | + | y |} = | x | + | y | \to_{(x, y) \to (0,0)}^{} 0 .$

Par encadement, on conclut que $f$ est de limite nulle.

Exercice 3 478 Correction

Étudier les limites en $(0,0)$ des fonctions suivantes:

(a)

$f (x, y) = \frac{x^{3} + y^{3}}{x^{2} + y^{2}}$
(b)

$f (x, y) = \frac{x y}{x^{4} + y^{4}}$
(c)

$f (x, y) = \frac{x^{2} y}{x^{4} + y^{2}}$
(d)

$f (x, y) = \frac{x y}{x - y}$

Solution

Dans chaque situation, $f$ est définie au voisinage de $(0,0)$ et l’on a confronté à la résolution d’une forme indéterminée du type « $0 / 0$ ».

(a)

On écrit $x = r \cos (θ)$ et $y = r \sin (θ)$ avec

$r = \sqrt{x^{2} + y^{2}} \to_{(x, y) \to (0,0)}^{} 0$

et alors, par composition,

$f (x, y) = r (\cos^{3} (θ) + \sin^{3} (θ)) \to_{(x, y) \to (0,0)}^{} 0 .$
(b)

On remarque

$f (\frac{1}{n}, \frac{1}{n}) = \frac{n^{2}}{2} \to_{n \to + \infty}^{} + \infty et f (\frac{1}{n}, - \frac{1}{n}) = - \frac{n^{2}}{2} \to_{n \to + \infty}^{} - \infty .$

La fonction $f$ n’a donc pas de limite en $(0,0)$ .
(c)

On remarque

$f (\frac{1}{n},0) = 0 \to_{n \to + \infty}^{} 0 et f (\frac{1}{n}, \frac{1}{n^{2}}) = \frac{1}{2} \to_{n \to + \infty}^{} \frac{1}{2} .$

La fonction $f$ n’a donc pas de limite en $(0,0)$ .
(d)

On remarque

$f (\frac{1}{n},0) = 0 \to_{n \to + \infty}^{} 0 et f (\frac{1}{n} + \frac{1}{n^{2}}, \frac{1}{n}) = \frac{1 / n^{2} + 1 / n^{3}}{1 / n^{2}} = \frac{n + 1}{n} \to_{n \to + \infty}^{} 1 .$

La fonction $f$ n’a donc pas de limite en $(0,0)$ .

Exercice 4 68 Correction

Étudier les limites en $(0,0)$ des fonctions suivantes:

(a)

$f (x, y) = \frac{\sin (x y)}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}}$
(b)

$f (x, y) = \frac{1 - \cos (x y)}{x y^{2}}$
(c)

$f (x, y) = x^{y} = e^{y \ln (x)}$
(d)

$f (x, y) = \frac{sh (x) sh (y)}{x + y}$

Solution

(a)

$| f (x, y) | \leq \frac{| x y |}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} = r | \sin (θ) \cos (θ) | \to_{(x, y) \to (0,0)}^{} 0$
(b)

$f (x, y) = x \frac{1 - \cos (x y)}{x^{2} y^{2}}$ or ${lim}_{t \to 0} \frac{1 - \cos (t)}{t^{2}} = \frac{1}{2}$ donc $f (x, y) \to_{(x, y) \to (0,0)}^{} 0$ .
(c)

$f (1 / n,0) \to 1$ et $f (1 / n,1 / \ln (n)) \to 1 / e$ . Pas de limite en $(0,0)$ .
(d)

Quand $x \to 0$ , $f (x, - x + x^{3}) \sim - \frac{1}{x}$ . La fonction $f$ n’a pas de limite en $(0,0)$ .

Exercice 5 1737 Correction

Soient $f : ℝ \to ℝ$ une fonction de classe $𝒞^{1}$ et $F : ℝ^{2} ∖ {(0,0)} \to ℝ$ définie par

F (x, y) = \frac{f (x^{2} + y^{2}) - f (0)}{x^{2} + y^{2}} .

Étudier la limite de $F$ en $(0,0)$ .

Solution

Par le théorème des accroissements finis, il existe $c_{x, y} \in] 0; x^{2} + y^{2} [$ tel que

F (x, y) = f^{'} (c_{x, y}) .

Par encadrement,

c_{x, y} \to_{(x, y) \to (0,0)}^{} 0

puis, par composition,

F (x, y) \to_{(x, y) \to (0,0)}^{} f^{'} (0) .

Exercice 6 480 Correction

Soit $f : ℝ_{+} \times ℝ_{+}^{*} \to ℝ$ définie par $f (x, y) = x^{y}$ pour $x > 0$ et $f (0, y) = 0$ .

(a)

Montrer que $f$ est une fonction continue.
(b)

Est-il possible de la prolonger en une fonction continue sur $ℝ_{+} \times ℝ_{+}$ ?

Solution

(a)

$f (x, y) = \exp (y \ln (x))$ est continue sur $ℝ_{+}^{*} \times ℝ_{+}^{*}$ par opérations sur les fonctions continues.
Il reste à étudier la continuité aux points $(0, b)$ avec $b > 0$ .
Quand $(x, y) \to (0, b)$ avec $(x, y) \in ℝ_{+}^{*} \times ℝ_{+}^{*}$ on a $y \ln (x) \to - \infty$ et donc $f (x, y) = x^{y} \to 0$ .
D’autre part, quand $(0, y) \to (0, b)$ , on a $f (x, y) = 0 \to 0$ .
Ainsi $f$ est continue en $(0, b)$ .
(b)

Si l’on peut prolonger $f$ par continuité à $ℝ_{+} \times ℝ_{+}$ alors
d’une part $f (0,0) = {lim}_{y \to 0} f (0, y) = 0$ et d’autre part $f (0,0) = {lim}_{x \to 0} f (x, x) = 1$ . C’est absurde.

[<] Limites[>] Lipchitzianité

Exercice 7 5059

On note $𝒮_{2} (ℝ)$ l’espace des matrices symétriques de taille $2$ . Montrer la continuité de l’application $φ$ qui à $M \in 𝒮_{2} (ℝ)$ associe le couple $(λ_{1}, λ_{2}) \in ℝ^{2}$ formé des deux valeurs propres de $M$ avec $λ_{1} \leq λ_{2}$ .

Exercice 8 4694

Montrer la continuité de l’application déterminant $A \in ℳ_{n} (𝕂) \mapsto \det (A)$ .

Exercice 9 5872 Correction

Établir que l’application $M \mapsto rg (M)$ n’est pas continue sur $ℳ_{n} (𝕂)$ ( $n \geq 1$ ).

Solution

On remarque

\frac{1}{p} I_{n} \to_{p \to + \infty}^{} O_{n}

avec

rg (\frac{1}{p} I_{n}) = n et rg (O_{n}) = 0 .

L’application $M \mapsto rg (M)$ n’est pas continue.

On peut aussi observer que $M \mapsto rg (M)$ prend ses valeurs dans $ℕ$ sur le connexe par arcs $ℳ_{n} (𝕂)$ : si cette application était continue, elle devrait être constante.

Exercice 10 4696

Montrer la continuité de l’application qui à une matrice $M$ de ${GL}_{n} (𝕂)$ associe son inverse.

Exercice 11 481

Soit $A$ une partie non vide d’un espace normé $E$ . Pour $x \in E$ , on pose

d (x, A) = inf {∥ x - a ∥ | a \in A} .

Montrer que l’application $x \mapsto d (x, A)$ est définie et continue sur $E$ .

Exercice 12 1112 Correction

Soient $E_{1}$ et $E_{2}$ deux parties fermés d’un espace vectoriel normé $E$ telles que

E = E_{1} \cup E_{2} .

Montrer qu’une application $f : E \to F$ est continue si, et seulement si, ses restrictions $f_{1}$ et $f_{2}$ au départ de $E_{1}$ et de $E_{2}$ le sont.

Solution

L’implication directe est immédiate. Inversement, supposons $f_{1}$ et $f_{2}$ continue.
Soit $a \in E$ .
Si $a \in E_{1} \cap E_{2}$ alors la continuité de $f_{1}$ et de $f_{2}$ donne

f (x) \to_{x \to a, x \in E_{1}}^{} f (a)

f (x) \to_{x \to a, x \in E_{2}}^{} f (a)

donc

f (x) \to_{x \to a, x \in E}^{} f (a) .

Si $a \in E_{1} ∖ E_{2}$ alors il existe $α > 0$ tel que $B (a, α) \subset ∁_{E} E_{2}$ et donc $B (a, α) \subset E_{1}$ . Puisque $f$ coïncide avec la fonction continue $f_{1}$ sur un voisinage de $a$ , on peut conclure que $f$ est continue en $a$ .
Le raisonnement est semblable si $a \in E_{2} ∖ E_{1}$ et tous les cas ont été traités car $E = E_{1} \cup E_{2}$ .

Exercice 13 482 Correction

Soient $g : ℝ^{2} \to ℝ$ une fonction continue et $𝒞$ un cercle de centre $O$ et de rayon $R > 0$ .

(a)

Montrer qu’il existe deux points $A$ et $B$ de $𝒞$ diamétralement opposés tels que $g (A) = g (B)$ .
(b)

Montrer qu’il existe deux points $C$ et $D$ de $𝒞$ , se déduisant l’un de l’autre par un quart de tour tels que $g (C) = g (D)$ .

Solution

(a)

Considérons $f : t \mapsto g (R \cos (t), R \sin (t))$ définie sur $ℝ$ . La fonction $f$ est continue et $2 π$ périodique.

Considérons $h : t \to f (t + π) - f (t)$ définie sur $ℝ$ . La fonction $h$ est continue et $h (0) + h (π) = f (2 π) - f (0) = 0$ . La fonction $h$ prens donc des valeurs de signes opposés, par continuité $h$ s’annule. Cette annulation produit deux points diamétralement opposés dont les valeurs par $g$ sont identiques
(b)

Considérons $j : t \mapsto f (t + π / 2) - f (t)$ . La fonction $j$ est continue et $j (0) + j (π / 2) + j (π) + j (3 π / 2) = 0$ . Nécessairement la fonction $j$ s’annule et l’on conclut comme au-dessus.

Exercice 14 5246

Soit $n$ un entier au moins égal à $2$ .

(a)

Pour $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ , montrer que le segment d’extrémités $I_{n}$ et $A$ ne contient qu’un nombre fini de matrices non inversibles.
(b)

Montrer que toute matrice non inversible de $ℳ_{n} (ℝ)$ peut s’exprimer comme limite d’une suite de matrices inversibles.
(c)

Soient $A, B \in ℳ_{n} (ℝ)$ et $λ \in ℝ$ . Établir¹¹ 1 En d’autres termes, les polynômes caractéristiques de $A B$ et $B A$ sont égaux. On pourra consulter aussi le sujet 4352.

$\det (λ I_{n} - A B) = \det (λ I_{n} - B A) .$

On pourra commencer par étudier le cas où la matrice $A$ est inversible.

[<] Continuité[>] Continuité et linéarité

Exercice 15 1734 Correction

Soit $A$ une partie non vide d’un espace normé $E$ . Pour $x \in E$ , on pose

d (x, A) = inf {∥ x - a ∥ | a \in A}

ce qui définit la distance de $x$ à $A$ .

(a)

Justifier l’existence de la borne inférieure définissant $d (x, A)$ .
(b)

Soient $x, y \in E$ . Établir $d (y, A) \leq ∥ y - x ∥ + d (x, A)$ .
(c)

En déduire que l’application $x \mapsto d (x, A)$ est lipschitzienne sur $E$ .

Solution

(a)

La partie ${∥ x - a ∥ | a \in A}$ est incluse dans $ℝ$ , non vide et minorée par $0$ , sa borne inférieure existe.
(b)

Pour tout $a \in A$ arbitraire, l’inégalité triangulaire donne

$d (y, A) \leq ∥ y - a ∥ = ∥ y - x + x - a ∥ \leq ∥ y - x ∥ + ∥ x - a ∥ .$

En réorganisant les membres, il vient

$d (y, A) - ∥ y - x ∥ \leq ∥ x - a ∥ .$

Une borne inférieure est le plus grand des minorants. Ici, la quantité $d (y, A) - ∥ y - x ∥$ est un minorant de l’ensemble des $∥ x - a ∥$ pour $a$ parcourant $A$ et donc

$d (y, A) - ∥ y - x ∥ \leq d (x, A) .$
(c)

En réorganisant les membres,

$d (y, A) - d (x, A) \leq ∥ y - x ∥ .$

Par symétrie, on obtient aussi

$d (x, A) - d (y, A) \leq ∥ x - y ∥ = ∥ y - x ∥$

et donc

$| d (y, A) - d (x, A) | \leq ∥ y - x ∥ .$

Finalement, la fonction $x \mapsto d (x, A)$ est lipschitzienne (et donc continue).

Exercice 16 475 Correction

Soit $E$ l’espace formé des fonctions réelles définies sur $[a; b]$ , lipschitziennes et s’annulant en $a$ .
Montrer que l’application $N : E \to ℝ$ qui à $f \in E$ associe le réel

N (f) = inf {k \in ℝ_{+} | \forall (x, y) \in {[a; b]}^{2}, | f (x) - f (y) | \leq k | x - y |}

définit une norme sur $E$ .

Solution

L’ensemble

A = {k \in ℝ_{+} | \forall x, y \in [a; b], | f (x) - f (y) | \leq k | x - y |}

est une partie de $ℝ$ , non vide (car $f$ est lipschitzienne) et minorée par 0.
Par suite, $N (f) = inf A$ existe.
Montrons que cet inf est en fait un min.
Pour $x, y \in [a; b]$ distincts, on a pour tout $k \in A$ ,

\frac{| f (x) - f (y) |}{| x - y |} \leq k .

En passant à la borne inférieure, on obtient

\frac{| f (x) - f (y) |}{| x - y |} \leq N (f)

puis

| f (x) - f (y) | \leq N (f) | x - y | .

Cette identité est aussi valable quand $x = y$ et donc $N (f) \in A$ . Par conséquent, l’application $N : E \to ℝ_{+}$ est bien définie. Supposons $N (f) = 0$ . Pour tout $x \in [a; b]$ ,

| f (x) | = | f (x) - f (a) | \leq 0 . | x - a |

et donc $f = 0$ .
Pour $λ = 0$ , on a évidemment $N (λ f) = | λ | N (f)$ .
Pour $λ \neq 0$ et $x, y \in [a; b]$ , l’inégalité

| f (x) - f (y) | \leq N (f) | x - y |

entraîne

| λ f (x) - λ f (y) | \leq | λ | N (f) | x - y | .

On en déduit $N (λ f) \leq | λ | N (f)$ .
Aussi, l’inégalité

| λ f (x) - λ f (y) | \leq N (λ f) | x - y |

entraîne

| f (x) - f (y) | \leq \frac{N (λ f)}{| λ |} | x - y | .

On en déduit $N (f) \leq N (λ f) / | λ |$ et finalement $N (λ f) = | λ | N (f)$ .
Enfin, pour $x, y \in [a; b]$ ,

	$\| (f + g) (x) - (f + g) (y) \|$	$\leq \| f (x) - f (y) \| + \| g (x) - g (y) \|$
		$\leq (N (f) + N (g)) \| x - y \|$

donc $N (f + g) \leq N (f) + N (g)$ .

Exercice 17 3052 Correction

Soient $A$ une partie bornée non vide d’un espace vectoriel normé $(E, N)$ et $ℒ$ le sous-espace vectoriel des applications lipschitziennes de $A$ dans $E$ .

(a)

Montrer que les éléments $ℒ$ sont des fonctions bornées.
(b)

Pour $f \in ℒ$ , soit

$K_{f} = {k \in ℝ_{+} | \forall (x, y) \in A^{2}, N (f (x) - f (y)) \leq k N (x - y)} .$

Justifier l’existence de $c (f) = inf K_{f}$ puis montrer $c (f) \in K_{f}$ .
(c)

Soient $a \in A$ et $N_{a} : ℒ \to ℝ_{+}$ définie par

$N_{a} (f) = c (f) + N (f (a)) .$

Montrer que $N_{a}$ est une norme sur $ℒ$ .
(d)

Soient $a, b \in A$ . Montrer que les normes $N_{a}$ et $N_{b}$ sont équivalentes.

Solution

(a)

Soient $x_{0} \in A$ et $M \in ℝ$ tels que pour tout $x \in A$ , $∥ x ∥ \leq M$ .
Pour $f \in ℒ$ , en notant $k$ le rapport de lipschitzianité de $f$ ,

$∥ f (x) ∥ \leq ∥ f (x_{0}) ∥ + ∥ f (x) - f (x_{0}) ∥ \leq ∥ f (x_{0}) ∥ + k ∥ x - x_{0} ∥ \leq ∥ f (x_{0}) ∥ + 2 k M .$
(b)

L’ensemble $K_{f}$ est une partie de $ℝ$ , non vide (car $f$ est lipschitzienne) et minorée par 0.
On en déduit que $c (f) = inf K_{f}$ existe dans $ℝ_{+}$ .
Pour $x, y \in A$ distincts, on a pour tout $k \in K_{f}$

$\frac{N (f (x) - f (y))}{N (x - y)} \leq k .$

En passant à la borne inférieure, on en déduit

$\frac{N (f (x) - f (y))}{N (x - y)} \leq c (f)$

et donc $N (f (x) - f (y)) \leq c (f) N (x - y)$ et cette relation est aussi valable quand $x = y$ .
Ainsi, $c (f) \in K_{f}$
(c)

L’application $N_{a}$ est bien définie de $ℒ$ vers $ℝ_{+}$ .

Si $N_{a} (f) = 0$ alors $c (f) = 0$ et $N (f (a)) = 0$ . Par suite, $f$ est constante et $f (a) = 0$ donc $f$ est la fonction nulle.

Pour $λ \in ℝ$ et $f \in ℒ$ ,

$N_{a} (λ f) = c (λ f) + | λ | N (f (a)) .$

Montrons $c (λ f) = | λ | c (f)$ .

Cas: $λ = 0$ . La propriété est immédiate.

Cas: $λ \neq 0$ . Pour tous $x, y \in A$ ,

$N (f (x) - f (y)) \leq c (f) N (x - y)$

donne

$N (λ f (x) - λ f (y)) \leq | λ | c (f) N (x - y) .$

On en déduit $c (λ f) \leq | λ | c (f)$ .

De façon symétrique, on obtient $c (f) \leq c (λ f) / | λ |$ et l’on peut conclure $c (λ f) = | λ | c (f)$ . On en déduit $N_{a} (λ f) = | λ | N_{a} (f)$ .

Soient $f, g \in ℒ$ .

$N_{a} (f + g) \leq N (f (a)) + N (g (a)) + c (f + g) .$

Montrons $c (f + g) \leq c (f) + c (g)$ . Pour tous $x, y \in A$ ,

$N ((f + g) (x) - (f + g) (y)) \leq N (f (x) - f (y)) + N (g (x) - g (y)) \leq (c (f) + c (g)) N (x - y) .$

On en déduit $c (f + g) \leq c (f) + c (g)$ et leon peut conclure $N_{a} (f + g) \leq N_{a} (f) + N_{a} (g)$ .

Finalement, $N_{a}$ est une norme sur $ℒ$ .
(d)

Pour $f \in ℒ$ ,

$N (f (a)) \leq N (f (b)) + N (f (a) - f (b)) \leq N (f (b)) + ∥ a - b ∥ c (f) .$

On en déduit

$N_{a} \leq (1 + ∥ a - b ∥) N_{b}$

et de façon symétrique,

$N_{a} \leq (1 + ∥ b - a ∥) N_{a} .$

Exercice 18 476 Correction

Soient $E$ un espace vectoriel normé et $T : E \to E$ définie par

T (u) = {\begin{matrix} u & si ∥ u ∥ \leq 1 \\ \frac{u}{∥ u ∥} & sinon. \end{matrix}

Montrer que $T$ est au moins 2-lipschitzienne.

Solution

Pour $u, v \in B (0,1)$ , on a

∥ T (u) - T (v) ∥ = ∥ u - v ∥ \leq 2 ∥ u - v ∥ .

Pour $u, v \notin B (0,1)$ , on a

∥ T (u) - T (v) ∥ = ∥ \frac{u}{∥ u ∥} - \frac{v}{∥ v ∥} ∥ = \frac{∥ ∥ v ∥ u - ∥ u ∥ v ∥}{∥ u ∥ ∥ v ∥}

∥ v ∥ u - ∥ u ∥ v = ∥ v ∥ (u - v) + (∥ v ∥ - ∥ u ∥) v

donc

∥ T (u) - T (v) ∥ \leq \frac{∥ u - v ∥}{∥ u ∥} + \frac{| ∥ v ∥ - ∥ u ∥ |}{∥ u ∥} \leq 2 ∥ u - v ∥

car $| ∥ v ∥ - ∥ u ∥ | \leq ∥ v - u ∥$ et $∥ u ∥ \geq 1$ .
Pour $u \in B (0,1)$ et $v \notin B (0,1)$ ,

∥ T (u) - T (v) ∥ = ∥ u - \frac{v}{∥ v ∥} ∥ = \frac{∥ ∥ v ∥ u - v ∥}{∥ v ∥} = \frac{| ∥ v ∥ - 1 | ∥ u ∥ + ∥ u - v ∥}{∥ v ∥} \leq 2 ∥ u - v ∥

car $| ∥ v ∥ - 1 | = ∥ v ∥ - 1 \leq ∥ v ∥ - ∥ u ∥ \leq ∥ v - u ∥$ et $∥ v ∥ \geq 1$

Exercice 19 477 CENTRALE (MP)Correction

Soit $E$ un espace vectoriel réel normé. On pose

f (x) = \frac{1}{\max (1, ∥ x ∥)} x .

Montrer que $f$ est 2-lipschitzienne.
Montrer que si la norme sur $E$ est hilbertienne alors $f$ est 1-lipschitzienne.

Solution

Si $∥ x ∥, ∥ y ∥ \leq 1$ alors $∥ f (y) - f (x) ∥ = ∥ y - x ∥$ .
Si $∥ x ∥ \leq 1$ et $∥ y ∥ > 1$ alors

∥ f (y) - f (x) ∥ = ∥ \frac{y}{∥ y ∥} - x ∥ = ∥ \frac{y}{∥ y ∥} - y + y - x ∥ \leq ∥ y ∥ - 1 + ∥ y - x ∥ \leq 2 ∥ y - x ∥ .

Si $∥ x ∥, ∥ y ∥ > 1$ alors

∥ f (y) - f (x) ∥ = ∥ \frac{y}{∥ y ∥} - \frac{x}{∥ x ∥} ∥ = ∥ \frac{y - x}{∥ y ∥} + x (\frac{1}{∥ y ∥} - \frac{1}{∥ x ∥}) ∥ \leq \frac{∥ y - x ∥}{∥ y ∥} + \frac{| ∥ x ∥ - ∥ y ∥ |}{∥ y ∥} \leq 2 ∥ y - x ∥ .

Au final $f$ est 2-lipschitzienne.
Supposons maintenant que la norme $∥ \cdot ∥$ soit hilbertienne.
Si $∥ x ∥, ∥ y ∥ \leq 1$ alors

∥ f (y) - f (x) ∥ = ∥ y - x ∥ .

Si $∥ x ∥ \leq 1$ et $∥ y ∥ > 1$ alors

{∥ f (y) - f (x) ∥}^{2} - {∥ y - x ∥}^{2} = 1 - {∥ y ∥}^{2} - 2 \frac{∥ y ∥ - 1}{∥ y ∥} (x ∣ y) .

Or $| (x ∣ y) | \leq ∥ x ∥ ∥ y ∥ \leq ∥ y ∥$ donc

{∥ f (y) - f (x) ∥}^{2} - {∥ y - x ∥}^{2} \leq 1 - {∥ y ∥}^{2} + 2 (∥ y ∥ - 1) = - {(1 - ∥ y ∥)}^{2} \leq 0 .

Si $∥ x ∥, ∥ y ∥ > 1$ alors

{∥ f (y) - f (x) ∥}^{2} - {∥ y - x ∥}^{2} = 2 - {∥ y ∥}^{2} - {∥ x ∥}^{2} - 2 \frac{∥ x ∥ ∥ y ∥ - 1}{∥ x ∥ ∥ y ∥} (x ∣ y) .

Or $| (x ∣ y) | \leq ∥ x ∥ ∥ y ∥$ donc

{∥ f (y) - f (x) ∥}^{2} - {∥ y - x ∥}^{2} = 2 - {∥ y ∥}^{2} - {∥ x ∥}^{2} + 2 (∥ x ∥ ∥ y ∥ - 1) = - {(∥ x ∥ - ∥ y ∥)}^{2} \leq 0 .

Au final $f$ est 1-lipschitzienne.

[<] Lipchitzianité[>] Norme subordonnée

Exercice 20 3786 CCINP (MP)Correction

On munit $E = ℳ_{p} (ℂ)$ de la norme

∥ M ∥ = \max_{1 \leq i, j \leq p} | m_{i, j} | .

(a)

Soient $X$ fixé dans $ℂ^{p}$ et $P$ fixé dans ${GL}_{p} (ℂ)$ . Montrer la continuité des applications $ϕ, ψ : E \to E$ définies par

$ϕ (M) = M X et ψ (M) = P^{- 1} M P .$
(b)

Montrer la continuité de l’application $f : E \times E \to E$ définie par

$f (M, N) = M N .$

Solution

(a)

Les applications $ϕ$ et $ψ$ sont linéaires au départ d’un espace de dimension finie donc continues.
(b)

L’application $f$ est bilinéaire au départ d’un produit d’espaces de dimensions finies donc continue.

Exercice 21 3913 Correction

Soit $E = 𝒞 ([0; 1], ℝ)$ muni de ${∥ \cdot ∥}_{\infty}$ .

Montrons que l’application $u : f \mapsto u (f)$ où

\forall x \in [0; 1], u (f) (x) = f (0) + x (f (1) - f (0))

est un endomorphisme continu de $E$ .

Solution

L’application $u$ est clairement un endomorphisme de $E$ . Pour tout $x \in [0; 1]$ ,

u (f) (x) = (1 - x) f (0) + x f (1)

donc

| u (f) (x) | \leq (1 - x) | f (0) | + x | f (1) | \leq (1 - x) {∥ f ∥}_{\infty} + x {∥ f ∥}_{\infty} = {∥ f ∥}_{\infty} .

Ainsi, ${∥ u (f) ∥}_{\infty} \leq {∥ f ∥}_{\infty}$ . L’endomorphisme $u$ est continu.

Exercice 22 3907 Correction

On note $E = ℓ^{\infty} (ℝ)$ l’espace vectoriel normé des suites réelles bornées muni de la norme ${∥ \cdot ∥}_{\infty}$ . Pour $u = (u_{n}) \in ℓ^{\infty} (ℝ)$ , on pose $T (u)$ et $Δ (u)$ les suites définies par

{(T (u))}_{n} = u_{n + 1} et {(Δ (u))}_{n} = u_{n + 1} - u_{n} .

Montrer que les applications $T$ et $Δ$ sont des endomorphismes continus de $E$ .

Solution

Vérifions que $T$ est un endomorphisme de $E$ .

Pour $u = (u_{n}) \in ℓ^{\infty} (ℝ)$ , il existe $M \in ℝ_{+}$ tel que $| u_{n} | \leq M$ pour tout $n \in ℕ$ . On a alors

\forall n \in ℕ, | {(T (u))}_{n} | = | u_{n + 1} | \leq M .

La suite $T (u)$ est donc élément de $ℓ^{\infty} (ℝ)$ . L’application $T$ est correctement définie de $E$ vers $E$ .

Soient $λ, μ \in ℝ$ et $u, v \in E$ . Pour tout $n \in ℕ$ n

	${(T (λ u + μ v))}_{n}$	$= {(λ u + μ v)}_{n + 1} = λ u_{n + 1} + μ v_{n + 1}$
		$= λ {(T (u))}_{n} + μ {(T (v))}_{n} = {(λ T (u) + μ T (v))}_{n} .$

Ainsi, $T (λ u + μ v) = λ T (u) + μ T (v)$ . L’application $T$ définit bien un endomorphisme de $E$ .

On vérifie de même que $Δ$ est un endomorphisme de $E$ ou bien on emploie $Δ = T - {Id}_{E}$ pour parvenir à la même conclusion par opérations sur les endomorphismes.

Pour montrer qu’une application linéaire $f \in ℒ (E, E^{'})$ est continue, il suffit de déterminer $k \in ℝ$ vérifiant $∥ f (x) ∥ \leq k ∥ x ∥$ pour tout $x \in E$ .

Soit $u = (u_{n}) \in ℓ^{\infty} (ℝ)$ . Pour tout entier naturel $n$ ,

| {(T (u))}_{n} | = | u_{n + 1} | \leq sup_{n \in ℕ} | u_{n} | = {∥ u ∥}_{\infty} .

En passant à la borne supérieure,

{∥ T (u) ∥}_{\infty} = sup_{n \in ℕ} | {(T (u))}_{n} | \leq 1 \times {∥ u ∥}_{\infty} .

L’application linéaire $T$ est donc continue.

On obtient de même que l’application linéaire $Δ$ est continue en observant

| Δ {(u)}_{n} | = | u_{n + 1} - u_{n} | \leq | u_{n + 1} | + | u_{n} | \leq 2 {∥ u ∥}_{\infty} .

On peut aussi justifier que l’endomorphisme $Δ$ est continu par différence de fonctions continues sachant $Δ = T - {Id}_{E}$ avec $T$ et ${Id}_{E}$ endomorphismes continus.

Exercice 23 3908 Correction

Soit $E = 𝒞 ([0; 1], ℝ)$ muni de ${∥ \cdot ∥}_{\infty}$ définie par

{∥ f ∥}_{\infty} = sup_{[0; 1]} | f | .

Étudier la continuité de la forme linéaire $φ : f \mapsto f (1) - f (0)$ .

Solution

Pour tout $f \in E$ ,

| φ (f) | \leq | f (1) | + | f (0) | \leq 2 {∥ f ∥}_{\infty}

donc $φ$ est continue.

Exercice 24 3911 Correction

Soit $E = 𝒞 ([0; 1], ℝ)$ muni de ${∥ \cdot ∥}_{1}$ définie par

{∥ f ∥}_{1} = \int_{0}^{1} | f (t) | d t .

Étudier la continuité de la forme linéaire

φ : f \mapsto \int_{0}^{1} t f (t) d t .

Solution

Pour tout $f \in E$ ,

| φ (f) | = \int_{0}^{1} | t f (t) | d t \leq {∥ f ∥}_{1}

donc $φ$ est continue.

Exercice 25 3909 Correction

Soient $E = 𝒞^{0} ([0; 1], ℝ)$ et $F = 𝒞^{1} ([0; 1], ℝ)$ . On définit $N_{1} et N_{2}$ par

N_{1} (f) = {∥ f ∥}_{\infty} et N_{2} (f) = {∥ f ∥}_{\infty} + {∥ f^{'} ∥}_{\infty} .

On définit $T : E \to F$ en posant, pour tout $f : [0; 1] \to ℝ$ , $T (f) : [0; 1] \to ℝ$ est donnée par

T (f) (x) = \int_{0}^{x} f (t) d t .

Montrer que $T$ est une application linéaire continue.

Solution

L’application $T$ est bien définie et est clairement linéaire. Pour tout $x \in [0; 1]$ , $| T (f) (x) | \leq x N_{1} (f)$ donc

N_{2} (T (f)) = {∥ T (f) ∥}_{\infty} + {∥ f ∥}_{\infty} \leq 2 N_{1} (f) .

Ainsi, $T$ est continue.

Exercice 26 3910 Correction

On munit l’espace $E = 𝒞 ([0; 1], ℝ)$ de la norme ${∥ \cdot ∥}_{2}$ . Pour $f$ et $φ$ éléments de $E$ , on pose

T_{φ} (f) = \int_{0}^{1} f (t) φ (t) d t .

Montrer que $T_{φ}$ est une forme linéaire continue.

Solution

$T_{φ} : E \to ℝ$ est bien définie et est clairement linéaire. Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz,

| T_{φ} (f) | \leq {∥ φ ∥}_{2} {∥ f ∥}_{2}

donc $T_{φ}$ est continue.

Exercice 27 4695

Sur l’espace $E = 𝒞 ([0; 1], ℝ)$ des fonctions continues de $[0; 1]$ vers $ℝ$ , on considère les normes

{∥ f ∥}_{1} = \int_{0}^{1} | f (t) | d t et {∥ f ∥}_{\infty} = sup_{t \in [0; 1]} | f (t) | .

On considère aussi l’endomorphisme $u$ de $E$ qui envoie $f$ sur la fonction $u (f)$ déterminée par

u (f) (t) = f (t) - f (0) .

(a)

Montrer que l’endomorphisme $u$ est continu pour la norme ${∥ \cdot ∥}_{\infty}$ .
(b)

Montrer que l’endomorphisme $u$ n’est pas continu pour la norme ${∥ \cdot ∥}_{1}$ .
(c)

Les normes ${∥ \cdot ∥}_{1}$ et ${∥ \cdot ∥}_{\infty}$ sont-elles équivalentes?

Exercice 28 496 Correction

Soient $E = 𝒞 ([0; 1], ℝ)$ et $u$ l’endomorphisme de $E$ qui envoie $f \in E$ sur la fonction

u (f) : x \mapsto f (x) - f (0) .

(a)

Montrer que pour $E$ muni de ${∥ \cdot ∥}_{\infty}$ l’endomorphisme $u$ est continu.
(b)

Montrer que pour $E$ muni de ${∥ \cdot ∥}_{1}$ l’endomorphisme $u$ n’est pas continu.

Solution

(a)

On a

${∥ u (f) ∥}_{\infty} \leq {∥ f ∥}_{\infty} + | f (0) | \leq 2 {∥ f ∥}_{\infty}$

donc l’endomorphisme $u$ est continu pour la norme ${∥ \cdot ∥}_{\infty}$ .
(b)

Pour $f : x \mapsto (n + 1) {(1 - x)}^{n}$ , ${∥ f ∥}_{1} = 1$ et

${∥ u (f) ∥}_{1} = \int_{0}^{1} (n + 1) - (n + 1) {(1 - x)}^{n} d x = n \to + \infty .$

L’endomorphisme $u$ n’est donc pas continu pour la norme ${∥ \cdot ∥}_{1}$ .

Exercice 29 3912 Correction

Sur $ℝ [X]$ , on définit $N_{1}$ et $N_{2}$ par

N_{1} (P) = \sum_{k = 0}^{+ \infty} | P^{(k)} (0) | et N_{2} (P) = sup_{t \in [- 1,1]} | P (t) | .

(a)

Montrer que $N_{1}$ et $N_{2}$ sont deux normes sur $ℝ [X]$ .
(b)

Montrer que la dérivation est continue pour $N_{1}$ .
(c)

Montrer que la dérivation n’est pas continue pour $N_{2}$ .
(d)

$N_{1}$ et $N_{2}$ sont-elles équivalentes?

Solution

(a)

L’application $N_{1} : ℝ [X] \to ℝ_{+}$ est bien définie car la somme se limite à un nombre fini de termes non nuls.
Si $N_{1} (P) = 0$ alors

$\forall k \in ℤ, P^{(k)} (0) = 0$

or

$P = \sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{P^{(k)} (0)}{k!} X^{k}$

donc $P = 0$ .
Soient $P, Q \in ℝ [X]$ .

$N_{1} (P + Q) = \sum_{k = 0}^{+ \infty} | P^{(k)} (0) + Q^{(k)} (0) | \leq \sum_{k = 0}^{+ \infty} | P^{(k)} (0) | + | Q^{(k)} (0) |$

donc

$N_{1} (P + Q) \leq \sum_{k = 0}^{+ \infty} | P^{(k)} (0) | + \sum_{k = 0}^{+ \infty} | Q^{(k)} (0) | = N_{1} (P) + N_{1} (Q) .$

Soient $P \in ℝ [X]$ et $λ \in ℝ$

$N_{1} (λ P) = \sum_{k = 0}^{+ \infty} | λ P^{(k)} (0) | = | λ | \sum_{k = 0}^{+ \infty} | P^{(k)} (0) | = | λ | N_{1} (P) .$

Finalement, $N_{1}$ est une norme.

L’application $N_{2} : ℝ [X] \to ℝ_{+}$ est bien définie car une fonction continue sur un segment y est bornée.
Si $N_{2} (P) = 0$ alors

$\forall t \in [- 1; 1], P (t) = 0 .$

Par infinité de racines $P = 0$ .
Soient $P, Q \in ℝ [X]$ .

$N_{2} (P + Q) = sup_{t \in [- 1; 1]} | P (t) + Q (t) | \leq sup_{t \in [- 1; 1]} | P (t) | + | Q (t) |$

donc

$N_{2} (P + Q) \leq sup_{t \in [- 1; 1]} | P (t) | + sup_{t \in [- 1; 1]} | Q (t) | = N_{2} (P) + N_{2} (Q) .$

Soient $P \in ℝ [X]$ et $λ \in ℝ$ .

$N_{2} (λ P) = sup_{t \in [- 1; 1]} | λ P (t) | = sup_{t \in [- 1; 1]} | λ | | P (t) | = | λ | sup_{t \in [- 1; 1]} | P (t) | = | λ | N_{2} (P) .$

Finalement, $N_{2}$ est aussi norme.
(b)

Notons $D : ℝ [X] \to ℝ [X]$ l’opération de dérivation.

$\forall P \in ℝ [X], N_{1} (D (P)) = \sum_{k = 0}^{+ \infty} | D {(P)}^{(k)} (0) | = \sum_{k = 0}^{+ \infty} | P^{(k + 1)} (0) | \leq \sum_{k = 0}^{+ \infty} | P^{k} (0) | = N_{1} (P)$

donc l’endomorphisme $D$ est continu pour la norme $N_{1}$ .
(c)

Soit $P_{n} = X^{n}$ . On a $D (P_{n}) = n X^{n - 1}$ donc $N_{2} (P_{n}) = 1$ et $N_{2} (D (P_{n})) = n \to + \infty$ .
Par suite, l’endomorphisme $D$ n’est pas continu pour $N_{2}$ .
(d)

Par ce qui précède, les normes ne sont pas équivalentes. Néanmoins $P = \sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{P^{(k)} (0)}{k!} X^{k}$ donc

$| P (t) | \leq \sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{| P^{(k)} (0) |}{k!} \leq N_{1} (P)$

donc

$N_{2} (P) \leq N_{1} (P) .$

C’est là la seule (et la meilleure) comparaison possible.

Exercice 30 3914 Correction

Pour $a = (a_{n}) \in ℓ^{\infty} (ℕ, ℝ)$ et $u = (u_{n}) \in ℓ^{1} (ℕ, ℝ)$ , on pose

⟨ a, u ⟩ = \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} u_{n} .

(a)

Justifier l’existence de $⟨ a, u ⟩$ .
(b)

Montrer que l’application $φ_{u} : a \mapsto ⟨ a, u ⟩$ est continue et calculer sa norme subordonnée.
(c)

Même question avec $ψ_{a} : u \mapsto ⟨ a, u ⟩$ .

Solution

(a)

On a $| a_{n} u_{n} | \leq {∥ a ∥}_{\infty} | u_{n} |$ et $\sum | u_{n} |$ converge donc, par comparaison de séries à termes positifs, $\sum a_{n} u_{n}$ est absolument convergente et donc convergente.
(b)

Soit $u \in ℓ^{1} (ℕ, ℝ)$ . On vérifie aisément que l’application $φ_{u}$ est linéaire, il s’agit donc d’une forme linéaire sur l’espace normé $ℓ^{\infty} (ℕ, ℝ)$ .

Pour $a \in ℓ^{\infty} (ℕ, ℝ)$ ,

$| ⟨ a, u ⟩ | \leq \sum_{n = 0}^{+ \infty} | a_{n} u_{n} | \leq \sum_{n = 0}^{+ \infty} {∥ a ∥}_{\infty} | u_{n} | = {∥ u ∥}_{1} {∥ a ∥}_{\infty} .$

Par lipschitzianité en $0$ , on obtient que que l’application linéaire $φ_{u}$ est continue.
(c)

Soit $a \in ℓ^{\infty} (ℕ, ℝ)$ . Comme au-dessus, l’application $ψ_{a}$ est une forme linéaire sur $ℓ^{1} (ℕ, ℝ)$ et l’inégalité $| ⟨ a, u ⟩ | \leq {∥ a ∥}_{\infty} {∥ u ∥}_{1}$ pour tout $u \in ℓ^{1} (ℕ, ℝ)$ donne la continuité de celle-ci.

Exercice 31 4697

Déterminer deux normes sur l’espace $E = ℝ [X]$ , l’une pour laquelle l’endomorphisme de dérivation est continu, l’autre pour laquelle il ne l’est pas.

Exercice 32 485 Correction

Soient $E$ et $E^{'}$ deux espaces vectoriels normés et $f \in ℒ (E, E^{'})$ .

On suppose que, pour toute suite ${(u_{n})}_{n \in ℕ}$ de vecteurs de $E$ de limite nulle, la suite image ${(f (u_{n}))}_{n \in ℕ}$ est bornée.

Montrer que l’application $f$ est continue.

Solution

Raisonnons par contraposition. Supposons que $f$ n’est pas continue. L’application linéaire $f$ n’est donc pas lipschitzienne en $0_{E}$ et, par suite, pour tout $n \in ℕ$ , il existe $x_{n} \in E$ tel que

∥ f (x_{n}) ∥ > n ∥ x_{n} ∥

Considérons alors

y_{n} = \frac{1}{\sqrt{n}} \cdot \frac{x_{n}}{∥ x_{n} ∥}

On remarque

y_{n} \to_{n \to + \infty}^{} 0 car ∥ y_{n} ∥ = \frac{1}{\sqrt{n}}

∥ f (y_{n}) ∥ = \frac{1}{\sqrt{n}} \cdot \frac{∥ f (x_{n}) ∥}{∥ x_{n} ∥} \geq \sqrt{n} \to_{n \to + \infty}^{} + \infty

Il existe donc une suite de vecteurs de $E$ de limite de $E$ dont l’image par $f$ n’est pas bornée.

Exercice 33 5432 MINES (MP)Correction

Soient $E$ un $ℝ$ -espace vectoriel normé et $f : E \to E$ une fonction bornée sur la boule unité fermée et vérifiant

\forall (x, y) \in E^{2}, f (x + y) = f (x) + f (y) .

Montrer que $f$ est un endomorphisme continue.

Solution

On veut établir

\forall x \in E, \forall λ \in ℝ, f (λ . x) = λ . f (x) .

Avec $x = y = 0_{E}$ , on établit $f (0_{E}) = 0_{E}$ .

Avec $y = - x$ , on constate $f (- x) = - f (x)$

On peut alors montrer

\forall x \in E, \forall n \in ℤ, f (n . x) = n . f (x)

en commençant par résoudre le cas $n \in ℕ$ par récurrence.

Soit $λ \in ℚ$ . On écrit $λ = p / q$ avec $p \in ℤ$ et $q \in ℕ^{*}$ . Pour $x \in E$ ,

f (λ . x) = f (\frac{p}{q} . x) = p . f (\frac{1}{q} . x) et f (x) = f (\frac{q}{q} . x) = q . f (\frac{1}{q} . x) .

On en déduit

f (λ . x) = \frac{p}{q} . f (x) = λ . f (x) .

Il s’agit maintenant d’étendre cette relation à $λ$ réel. Pour cela, on commence par établir que $f$ est continue en $0_{E}$ .

Puisque $f$ est bornée sur la boule unité fermée, il existe $M \in ℝ_{+}$ tel que

\forall x \in E, ∥ x ∥ \leq 1 ⟹ ∥ f (x) ∥ \leq M .

Soit $ε > 0$ . Pour $n \in ℕ^{*}$ assez grand, on a $M / n \leq ε$ et alors, pour tout $x \in E$ ,

	$∥ x ∥ \leq \frac{1}{n}$	$⟹ ∥ n . x ∥ \leq 1$
		$⟹ ∥ f (n . x) ∥ \leq M$
		$⟹ n ∥ f (x) ∥ \leq M$
		$⟹ ∥ f (x) ∥ \leq \frac{M}{n}$
		$⟹ ∥ f (x) ∥ \leq ε .$

Ainsi, l’application $f$ est continue en $0_{E}$ puis en tout $x_{0} \in E$ car

f (x) - f (x_{0}) = f (x - x_{0}) \to_{x \to x_{0}}^{} f (0_{E}) = 0_{E} .

Il reste à conclure quant à la linéarité. Considérons $x \in E$ et $λ \in ℝ$ . Il existe une suite $(λ_{n}) \in ℚ^{ℕ}$ de limite $λ$ et alors, par continuité en $λ . x$

f (λ_{n} . x) \to_{n \to + \infty}^{} f (λ . x) .

f (λ_{n} . x) \underset{λ_{n} \in ℚ}{=} λ_{n} . f (x) \to_{n \to + \infty}^{} λ . f (x) .

Par unicité de la limite, on conclut

f (λ . x) = λ . f (x) .

Exercice 34 486 Correction

Montrer que $N_{1}$ et $N_{2}$ normes sur $E$ sont équivalentes si, et seulement si, ${Id}_{E}$ est bicontinue¹¹ 1 Cela signifie que l’application est continue ainsi que sa bijection réciproque. de $(E, N_{1})$ vers $(E, N_{2})$ .

Solution

La continuité de l’application linéaire ${Id}_{E}$ de $(E, N_{1})$ vers $(E, N_{2})$ équivaut à l’existence d’un réel $α \geq 0$ vérifiant $N_{2} (x) \leq α N_{1} (x)$ pour tout $x \in E$ . La propriété annoncée est alors immédiate.

Exercice 35 2832 MINES (MP)Correction

Soient $d$ un entier naturel et $(f_{n})$ une suite de fonctions polynomiales de $ℝ$ dans $ℝ$ de degré au plus $d$ . On suppose qu’il existe des réels deux à deux distincts $α_{0}, \dots, α_{d}$ tels que chacune des suites $(f_{n} (α_{0})), \dots, (f_{n} (α_{d}))$ converge.

Montrer que la limite est polynomiale de degré au plus $d$ , la convergence étant de plus uniforme sur tout segment.

Solution

Considérons $φ : ℝ_{d} [X] \to ℝ^{d + 1}$ définie par

φ (P) = (P (α_{0}), \dots, P (α_{d})) .

L’application $φ$ est un isomorphisme de $ℝ$ -espaces vectoriels de dimensions finies, c’est aussi une application linéaire continue car les espaces engagés sont de dimensions finies et il en est de même de $φ^{- 1}$ .

En notant $β_{i}$ la limite de $(f_{n} (α_{i}))$ , on a

φ (f_{n}) \to_{n \to + \infty}^{} (β_{0}, \dots, β_{d}) .

En notant $P$ l’élément de $ℝ_{d} [X]$ déterminé par $φ (P) = (β_{0}, \dots, β_{d}))$ , on peut écrire

φ (f_{n}) \to_{n \to + \infty}^{} φ (P) .

Par continuité de l’application $φ^{- 1}$ ,

f_{n} \to_{n \to + \infty}^{} P .

En choisissant sur $ℝ_{d} [X]$ , la norme ${∥ \cdot ∥}_{\infty, [a; b]}$ , on peut affirmer que $(f_{n})$ converge uniformément vers $P$ sur le segment $[a; b]$ .

En particulier, $(f_{n})$ converge simplement vers $P$ et en substance $P = f$ .

Exercice 36 5895 Correction

On considère l’espace $E = 𝒞 ([0; 1], ℝ)$ normé par ${∥ \cdot ∥}_{1}$ .

Soit $φ : [0; 1] \to [0; 1]$ une bijection continue et croissante.

On étudie l’endomorphisme $T_{φ}$ de $E$ donné par $T_{φ} (f) = f \circ φ$ .

(a)

On suppose que $φ^{- 1}$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $[0; 1]$ . Montrer que $T_{φ}$ est continue.
(b)

On suppose que $φ : x \mapsto x^{2}$ . Montrer que $T_{φ}$ n’est pas continu.
(c)

Montrer que $T_{φ}$ est continue si, et seulement si, $φ^{- 1}$ est lipschitzienne.

Solution

(a)

Pour $f \in E$ ,

${∥ T_{φ} (f) ∥}_{1} = \int_{0}^{1} | f \circ φ (t) | d t .$

On réalise le changement de variable $t = φ^{- 1} (s)$ pour lequel $d t = {(φ^{- 1})}^{'} (s) d s$ .

${∥ T_{φ} (f) ∥}_{1} = \int_{0}^{1} | f (s) | {(φ^{- 1})}^{'} (s) d s .$

En introduisant $M = {sup}_{[0; 1]} {(φ^{- 1})}^{'}$ (ce qui est possible car ${(φ^{- 1})}^{'}$ est continue sur $[0; 1]$ donc bornée),

${∥ T_{φ} (f) ∥}_{1} \leq \int_{0}^{1} | f (s) | M d s = M {∥ f ∥}_{1} .$

L’application linéaire $T_{φ}$ est lipschitzienne en $0$ donc continue.
(b)

Considérons $f_{n} : x \mapsto e^{- n x}$ pour $n \in ℕ$ .

On a

${∥ f_{n} ∥}_{1} = \int_{0}^{1} e^{- n x} d x \underset{t = n x}{=} \frac{1}{n} \int_{0}^{n} e^{- t} d t \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{n} \underset{\begin{matrix} = 1 \end{matrix}}{\underset{⏟}{\int_{0}^{+ \infty} e^{- t} d t}}$

et

${∥ T_{φ} (f_{n}) ∥}_{1} = \int_{0}^{1} e^{- n x^{2}} d x \underset{t \sqrt{n} x}{=} \frac{1}{\sqrt{n}} \int_{0}^{\sqrt{n}} e^{- t^{2}} d t \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{\sqrt{n}} \underset{\begin{matrix} = C > 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{\int_{0}^{+ \infty} e^{- t^{2}} d t}}$

donc

$\frac{{∥ T_{φ} (f_{n}) ∥}_{1}}{{∥ f_{n} ∥}_{1}} \underset{n \to + \infty}{\sim} C \sqrt{n} \to_{n \to + \infty}^{} + \infty .$

L’application linéaire $T_{φ}$ n’est donc pas continue.
(c)

Supposons $T_{φ}$ continue. Il existe $k \in ℝ_{+}$ tel que

$\forall f \in E, {∥ T_{φ} (f) ∥}_{1} \leq k {∥ f ∥}_{1} .$

On considère $f = 1_{[a; b]}$ pour $[a; b] \subset [0; 1]$ .

On peut aisément définir une suite de fonctions continues ${(f_{n})}_{n \in ℕ}$ convergeant simplement vers $f$ et vérifiant $0 \leq f_{n} \leq 1$ pour tout $n \in ℕ$ .

Par convergence dominée,

${∥ T_{φ} (f_{n}) ∥}_{1} = \int_{0}^{1} f_{n} \circ φ (t) d t \to_{n \to + \infty}^{} \int_{0}^{1} f \circ φ (t) d t$

et

${∥ f_{n} ∥}_{1} = \int_{0}^{1} f_{n} (t) d t \to_{n \to + \infty}^{} \int_{0}^{1} f (t) d t .$

L’inégalité ${∥ T_{φ} (f_{n}) ∥}_{1} \leq k {∥ f_{n} ∥}_{1}$ donne alors à la limite

$\int_{0}^{1} f \circ φ (t) d t \leq k \int_{0}^{1} f (t) d t = k (b - a)$

avec

$\int_{0}^{1} f \circ φ (t) d t = \int_{0}^{1} 1_{[a; b]} (φ (t)) d t = \int_{φ^{- 1} (a)}^{φ^{- 1} (b)} d t = φ^{- 1} (b) - φ^{- 1} (a) .$

Ainsi, $φ^{- 1} (b) - φ^{- 1} (a) \leq k (b - a)$ pour tous $a \leq b \in [0; 1]$ : la fonction $φ^{- 1}$ est lipschitzienne.

Inversement, supposons $φ^{- 1}$ lipschitzienne. Il existe $k \in ℝ_{+}$ vérifiant

$\forall x, y \in [0; 1], | φ^{- 1} (y) - φ^{- 1} (x) | \leq k | y - x |$

À rebours du calcul précédent, on obtient

$\int_{0}^{1} f \circ φ (t) \leq k \int_{0}^{1} f (t) d t .$

Pour toute fonction $f$ indicatrice d’un segment $[a; b]$ . Par combinaison linéaire, l’inégalité est aussi vraie pour $f$ fonction en escalier positive et, par convergence dominée, elle est encore vraie pour $f$ continue positive sur $[0; 1]$ . En l’appliquant à $| f |$ au lieu de $f$ , on acquiert ${∥ T_{φ} (f) ∥}_{1} \leq k {∥ f ∥}_{1}$ . L’endomorphisme $T_{φ}$ est continu.

[<] Continuité et linéarité[>] Calcul de norme triple

Exercice 37 483 Correction

Soit $u$ un endomorphisme continu d’un espace vectoriel normé $E$ .
Montrer que

\forall λ \in Sp (u), | λ | \leq | | | u | | | .

Solution

Soit $λ$ une valeur propre de $u$ . Il existe un vecteur $x \neq 0$ vérifiant $u (x) = λ x$ et alors

| λ | ∥ x ∥ = ∥ u (x) ∥ \leq | | | u | | | ∥ x ∥

puis

| λ | \leq | | | u | | |

car $∥ x ∥ > 0$ .

Exercice 38 484 Correction

Soient $E$ et $F$ deux espace vectoriels normés. On suppose qu’une suite $(f_{n})$ d’éléments de $ℒ_{c} (E, F)$ converge vers $f \in ℒ_{c} (E, F)$ (au sens de la norme subordonnée) et qu’une suite $(x_{n})$ d’éléments de $E$ converge vers $x \in E$ . Établir que

f_{n} (x_{n}) \to_{n \to + \infty}^{} f (x) .

Solution

{∥ f_{n} (x_{n}) - f (x) ∥}_{F} \leq {∥ f_{n} (x_{n}) - f_{n} (x) ∥}_{F} + {∥ f_{n} (x) - f (x) ∥}_{F}

avec

{∥ f_{n} (x_{n}) - f_{n} (x) ∥}_{F} \leq | | | f_{n} | | | {∥ x_{n} - x ∥}_{E} \to_{n \to + \infty}^{} 0

(car $(| | | f_{n} | | |)$ est bornée) et

{∥ f_{n} (x) - f (x) ∥}_{F} \leq | | | f_{n} - f | | | {∥ x ∥}_{E} \to_{n \to + \infty}^{} 0

donc

{∥ f_{n} (x_{n}) - f (x) ∥}_{F} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

Exercice 39 487 Correction

Soit $u \in ℒ_{c} (E, F)$ . Montrer

∥ u ∥ = sup_{{∥ x ∥}_{E} < 1} {∥ u (x) ∥}_{F} .

Solution

Pour tout $x \in E$ tel que ${∥ x ∥}_{E} < 1$ , on a

{∥ u (x) ∥}_{F} \leq ∥ u ∥ {∥ x ∥}_{E} \leq ∥ u ∥

donc

s = sup_{{∥ x ∥}_{E} < 1} {∥ u (x) ∥}_{F} \leq ∥ u ∥ .

Pour tout $x \in E$ tel que ${∥ x ∥}_{E} = 1$ , on a ${∥ \frac{n}{n + 1} x ∥}_{E} < 1$ donc

{∥ u (\frac{n}{n + 1} x) ∥}_{F} \leq s

puis

{∥ u (x) ∥}_{F} \leq \frac{n + 1}{n} s .

À la limite quand $n \to + \infty$ , on obtient ${∥ u (x) ∥}_{F} \leq s$ d’où l’on déduit

∥ u ∥ = sup_{∥ x ∥ = 1} ∥ u (x) ∥ \leq s

puis l’égalité annoncée.

Exercice 40 489 Correction

Soit $E$ une algèbre de dimension finie non nulle. On désire établir que $E$ peut être muni d’une norme sous-multiplicative. Soit $∥ \cdot ∥$ une norme sur $E$ . Pour tout $x \in E$ , on pose

N (x) = sup_{a \in E, ∥ a ∥ = 1} ∥ a x ∥ .

(a)

Justifier que $N (x)$ existe dans $ℝ$ .
(b)

Établir que $N$ est une norme d’algèbre sur $E$ .

Solution

(a)

L’application $a \mapsto a x$ est linéaire donc continue sur $E$ espace de dimension finie. Par suite, on peut introduire sa norme triple qui est justement $N (x)$ .
(b)

L’application $N : E \to ℝ_{+}$ est correctement définie.

Soient $λ \in 𝕂$ et $x, y \in E$ .

Si $N (x) = 0$ alors $a \mapsto a x$ est l’application identiquement nulle et, pour $a = 1_{E}$ , on obtient $x = 0_{E}$ .

Aussi

$N (λ x) = sup_{∥ a ∥ = 1} ∥ a (λ x) ∥ = sup_{∥ a ∥ = 1} | λ | ∥ a x ∥ = | λ | sup_{∥ a ∥ = 1} ∥ a x ∥ = | λ | N (x)$

et

$N (x + y) = sup_{∥ a ∥ = 1} ∥ a (x + y) ∥ \leq sup_{∥ a ∥ = 1} (∥ a x ∥ + ∥ a y ∥) \leq sup_{∥ a ∥ = 1} ∥ a x ∥ + sup_{∥ a ∥ = 1} ∥ a y ∥ = N (x) + N (y) .$

Enfin,

$N (x y) \leq N (x) N (y)$

car $a \mapsto a (x y)$ s’obtient par composition de $a \mapsto a x$ par $a \mapsto a y$ .

Exercice 41 488 Correction

Soient $E$ un espace vectoriel normé non réduit à ${0}$ et $u, v \in ℒ (E)$ continus tels que

u \circ v - v \circ u = α {Id}_{E}

pour un certain $α \in ℝ$ .

(a)

Établir que pour tout $n \in ℕ$ ,

$u \circ v^{n + 1} - v^{n + 1} \circ u = (n + 1) α v^{n} .$
(b)

En déduire que $α = 0$ .

Solution

(a)

Par récurrence sur $n \in ℕ$ en écrivant

$u \circ v^{n + 2} - v^{n + 2} \circ u = (u \circ v^{n + 1}) \circ v - v^{n + 2} \circ u$

puis

$u \circ v^{n + 2} - v^{n + 2} \circ u = (n + 1) α v^{n + 1} + v^{n + 1} \circ u \circ v - v^{n + 2} \circ u$

et en simplifiant via

$v^{n + 1} \circ u \circ v - v^{n + 2} \circ u = v^{n + 1} (u \circ v - v \circ u) .$
(b)

Introduisons la norme subordonnée $| | | \cdot | | |$

$| | | (n + 1) α v^{n} | | | \leq ∥ u ∥ | | | v^{n + 1} | | | + | | | v^{n + 1} | | | | | | u^{n} | | |$

donc

$(n + 1) | α | | | | v^{n} | | | \leq (∥ u ∥ ∥ v ∥ + ∥ v ∥ ∥ u ∥) | | | v^{n} | | | .$

Si pour tout $n \in ℕ$ , $v^{n} \neq 0$ alors on obtient $(n + 1) | α | \leq 2 ∥ u ∥ ∥ v ∥$ pour tout $n \in ℕ$ ce qui implique $α = 0$ .

S’il existe $n \in ℕ^{*}$ tel que $v^{n} = 0$ , alors pour le plus petit de ces entiers $v^{n - 1} \neq 0$ et $v^{n} = 0$ et la relation

$u \circ v^{n} - v^{n} \circ u = (n + 1) α v^{n - 1}$

permet de conclure $α = 0$ .

Exercice 42 490 X (MP)Correction

Soit $f$ une forme linéaire non nulle et continue sur un espace vectoriel normé $E$ . Montrer que lorsque $x \notin Ker (f)$

d (x, Ker (f)) = \frac{| f (x) |}{| | | f | | |} .

Solution

Pour $y \in Ker (f)$ ,

| f (x) | = | f (x) - f (y) | \leq | | | f | | | ∥ x - y ∥ .

Puisque cette comparaison vaut pour tout $y \in Ker (f)$ , on peut passer à la borne inférieure et écrire

| f (x) | \leq | | | f | | | d (x, Ker (f)) .

Cela produit une première inégalité

d (x, Ker (f)) \geq \frac{| f (x) |}{| | | f | | |} .

Les espaces $Ker (f)$ et $Vect (x)$ sont supplémentaires. Pour $z \in E$ , on peut écrire $z = λ . x + y$ avec $y \in Ker (f)$ et $λ \in ℝ$ . En appliquant $f$ aux deux membres, on obtient $f (z) = λ f (x)$ .

Lorsque $f (z)$ n’est pas nul, $λ \neq 0$ et l’on peut écrire

z = λ (x + \frac{1}{λ} y) donne ∥ z ∥ = | λ | ∥ x + \frac{1}{λ} y ∥ \geq | λ | d (x, Ker (f))

et donc

| f (z) | = | λ | | f (x) | \leq \frac{∥ z ∥}{d (x, Ker (f))} | f (x) | = \frac{| f (x) |}{d (x, Ker (f))} ∥ z ∥ .

Cette inégalité est aussi vraie lorsque $f (z)$ est nul.

On en tire

| | | f | | | \leq \frac{| f (x) |}{d (x, Ker (f))} .

En réorganisant les membres,

d (x, Ker (f)) \leq \frac{| f (x) |}{| | | f | | |} .

Par double inégalité, on obtient l’égalité voulue.

Notons que la relation est aussi vraie (et évidente quand $x \in Ker (f)$ ).

[<] Norme subordonnée

Exercice 43 493 Correction

Soit $E = 𝒞 ([0; 1], ℝ)$ muni de ${∥ \cdot ∥}_{\infty}$ définie par

{∥ f ∥}_{\infty} = sup_{[0; 1]} | f | .

Étudier la continuité de la forme linéaire $φ : f \mapsto f (1) - f (0)$ et calculer sa norme.

Solution

Pour tout $f \in E$ ,

| φ (f) | \leq | f (1) | + | f (0) | \leq 2 {∥ f ∥}_{\infty}

donc $φ$ est continue et

∥ φ ∥ \leq 2 .

Pour $f : x \mapsto 2 x - 1$ , $f \in E$ , ${∥ f ∥}_{\infty} = 1$ et $u (f) = 2$ donc

∥ φ ∥ = sup_{∥ f ∥ \leq 1} | φ (f) | = \max_{∥ f ∥ \leq 1} | φ (f) | = 2 .

Exercice 44 491 Correction

On note $E = ℓ^{\infty} (ℝ)$ l’espace vectoriel normé des suites réelles bornées muni de la norme $N_{\infty}$ . Pour $u = {(u_{n})}_{n \in ℕ} \in ℓ^{\infty} (ℝ)$ , on pose $Δ (u)$ la suite définie par

Δ {(u)}_{n} = u_{n + 1} - u_{n} pour tout n \in ℕ .

Il est entendu que l’application $Δ$ ainsi définie est un endomorphisme de l’espace $E$ .

Montrer que l’endomorphisme $Δ$ est continu et calculer sa norme subordonnée.

Solution

Soit $u \in ℓ^{\infty} (ℝ)$ . Pour tout $n \in ℕ$ ,

| Δ {(u)}_{n} | = | u_{n + 1} - u_{n} | \leq | u_{n + 1} | + | u_{n} | \leq 2 N_{\infty} (u)

On a donc

\forall u \in ℓ^{\infty} (ℝ), N_{\infty} (Δ (u)) \leq k N_{\infty} (u) avec k = 2 .

Pour $u = {({(- 1)}^{n})}_{n \in ℕ}$ , on a $Δ (u) = {(2 {(- 1)}^{n + 1})}_{n \in ℕ}$ . On remarque $N_{\infty} (u) = 1$ tandis $N_{\infty} (Δ (u)) = 2$ . On a donc

| | | Δ | | | \geq \frac{N_{\infty} (Δ (u))}{N_{\infty} (u)} = 2 .

Par double inégalité,

| | | Δ | | | = 2 .

Exercice 45 499 Correction

Soit $E = 𝒞 ([0; 1], ℝ)$ muni de ${∥ \cdot ∥}_{\infty}$ .

Montrons que l’application $u : f \mapsto u (f)$ où

u (f) (x) = f (0) + x (f (1) - f (0))

est un endomorphisme continu de $E$ et calculer sa norme triple.

Solution

L’application $u$ est clairement un endomorphisme de $E$ . Pour $x \in [0; 1]$ ,

u (f) (x) = (1 - x) f (0) + x f (1)

donc

| u (f) (x) | \leq (1 - x) | f (0) | + x | f (1) | \leq (1 - x) {∥ f ∥}_{\infty} + x {∥ f ∥}_{\infty} = {∥ f ∥}_{\infty} .

Ainsi, $∥ u (f) ∥ \leq ∥ f ∥$ . L’endomorphisme $u$ est continu et $| | | u | | | \leq 1$ .

Pour $f : x \mapsto 1$ , on a ${∥ f ∥}_{\infty} = 1$ et ${∥ u (f) ∥}_{\infty} = 1$ donc $| | | u | | | \geq 1$ puis

| | | u | | | = 1 .

Exercice 46 492 Correction

Soient $E = 𝒞^{0} ([0; 1], ℝ)$ et $F = 𝒞^{1} ([0; 1], ℝ)$ . On définit $N_{1} et N_{2}$ par

N_{1} (f) = {∥ f ∥}_{\infty} et N_{2} (f) = {∥ f ∥}_{\infty} + {∥ f^{'} ∥}_{\infty} .

(a)

On définit $T : E \to F$ par: pour tout $f : [0; 1] \to ℝ$ , $T (f) : [0; 1] \to ℝ$ est définie par

$T (f) (x) = \int_{0}^{x} f (t) d t .$

Montrer que $T$ est une application linéaire continue.
(b)

Calculer la norme de $T$ .

Solution

(a)

L’application $T$ est bien définie et est clairement linéaire. Pour tout $x \in [0; 1]$ , $| T (f) (x) | \leq x N_{1} (f)$ donc

$N_{2} (T (f)) = {∥ T (f) ∥}_{\infty} + {∥ f ∥}_{\infty} \leq 2 N_{1} (f) .$

Ainsi $T$ est continue.
(b)

Par l’étude ci-dessus, on a déjà $∥ T ∥ \leq 2$ . Pour $f (t) = 1$ , on a $N_{1} (f) = 1$ , $T (f) (x) = x$ et donc $N_{2} (T (f)) = 2$ . Ainsi $∥ T ∥ = 2$ .

Exercice 47 494 Correction

On munit l’espace $E = 𝒞 ([0; 1], ℝ)$ de la norme ${∥ \cdot ∥}_{2}$ . Pour $f$ et $φ$ éléments de $E$ on pose

T_{φ} (f) = \int_{0}^{1} f (t) φ (t) d t .

Montrer que $T_{φ}$ est une forme linéaire continue et calculer sa norme.

Solution

$T_{φ} : E \to ℝ$ est bien définie et est clairement linéaire. Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz,

| T_{φ} (f) | \leq {∥ φ ∥}_{2} {∥ f ∥}_{2}

donc $T_{φ}$ est continue et $∥ T_{φ} ∥ \leq {∥ φ ∥}_{2}$ .
De plus, pour $f = φ$ , $| T_{φ} (f) | = {∥ φ ∥}_{2} {∥ f ∥}_{2}$ donc

∥ T_{φ} ∥ = {∥ φ ∥}_{2} .

Exercice 48 498 Correction

On munit l’espace $E = 𝒞 ([0; 1], ℝ)$ de la norme ${∥ \cdot ∥}_{\infty}$ .

Pour $φ$ élément de $E$ , on considère la forme linéaire $T_{φ}$ sur $E$ définie par

T_{φ} (f) = \int_{0}^{1} f (t) φ (t) d t pour tout f \in E .

Montrer que la forme linéaire $T_{φ}$ est continue et calculer sa norme subordonnée.

Pour $ε > 0$ , on pourra introduire les fonctions

f_{ε} : t \mapsto \frac{φ (t)}{| φ (t) | + ε} .

Solution

Soit $f \in E$ . On observe

| T_{φ} (f) | \leq \int_{0}^{1} | f (t) | | φ (t) | d t \leq \int_{0}^{1} {∥ f ∥}_{\infty} | φ (t) | = k {∥ f ∥}_{\infty} avec k = \int_{0}^{1} | φ (t) | d t .

Par lipschitzianité en $0$ , on peut affirmer que la forme linéaire $T_{φ}$ est continue. On peut donc introduire $| | | T_{φ} | | |$ et l’on sait déjà

| | | T_{φ} | | | \leq \int_{0}^{1} | φ (t) | d t .

Pour tout $ε > 0$ , posons $f_{ε} = \frac{φ}{| φ | + ε}$ élément de $E$ . On observe ${∥ f_{ε} ∥}_{\infty} \leq 1$ et

T_{φ} (f_{ε}) = \int_{0}^{1} \frac{φ^{2} (t)}{| φ (t) | + ε} d t

de sorte que

| T_{φ} (f_{ε}) - \int_{0}^{1} | φ (t) | d t | \leq \int_{0}^{1} \frac{ε | φ (t) |}{| φ (t) | + ε} d t \leq ε

et donc

T_{φ} (f_{ε}) \to_{ε \to 0}^{} \int_{0}^{1} | φ (t) | d t .

Puisque

| | | T_{φ} | | | \geq \frac{| T_{φ} (f_{ε}) |}{{∥ f_{ε} ∥}_{\infty}} \geq | T_{φ} (f_{ε}) | \to_{ε \to 0}^{} \int_{0}^{1} | φ (t) | d t

on obtient

| | | T_{φ} | | | \geq \int_{0}^{1} | φ (t) | d t

puis l’égalité.

Exercice 49 495 Correction

Soit $E = 𝒞 ([0; 1], ℝ)$ muni de ${∥ \cdot ∥}_{1}$ définie par

{∥ f ∥}_{1} = \int_{0}^{1} | f (t) | d t .

Étudier la continuité de la forme linéaire

φ : f \mapsto \int_{0}^{1} t f (t) d t

et calculer sa norme triple.

Solution

Pour tout $f \in E$ ,

| φ (f) | = \int_{0}^{1} | t f (t) | d t \leq {∥ f ∥}_{1}

donc $φ$ est continue et

∥ φ ∥ = sup_{∥ f ∥ \leq 1} | φ (f) | \leq 1 .

Pour $f : t \mapsto t^{n}$ , ${∥ f ∥}_{1} = \frac{1}{n + 1}$ et $| φ (f) | = \int_{0}^{1} t^{n + 1} d t = \frac{1}{n + 2}$ donc

\frac{| φ (f) |}{{∥ f ∥}_{\infty}} = \frac{n + 1}{n + 2} \to 1

d’où

∥ φ ∥ = sup_{∥ f ∥ \leq 1} | φ (f) | = 1 .

Exercice 50 497 Correction

Sur $ℝ [X]$ on définit $N_{1}$ et $N_{2}$ par:

N_{1} (P) = \sum_{k = 0}^{+ \infty} | P^{(k)} (0) | et N_{2} (P) = sup_{t \in [- 1,1]} | P (t) | .

(a)

Montrer que $N_{1}$ et $N_{2}$ sont deux normes sur $ℝ [X]$ .
(b)

Montrer que la dérivation est continue pour $N_{1}$ et calculer sa norme.
(c)

Montrer que la dérivation n’est pas continue pour $N_{2}$ .
(d)

Les normes $N_{1}$ et $N_{2}$ sont-elles équivalentes?

Solution

(a)

L’application $N_{1} : ℝ [X] \to ℝ_{+}$ est bien définie car la somme se limite à un nombre fini de termes non nuls.
Si $N_{1} (P) = 0$ alors

$\forall k \in ℤ, P^{(k)} (0) = 0$

or

$P = \sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{P^{(k)} (0)}{k!} X^{k}$

donc $P = 0$ .
Soient $P, Q \in ℝ [X]$ .

$N_{1} (P + Q) = \sum_{k = 0}^{+ \infty} | P^{(k)} (0) + Q^{(k)} (0) | \leq \sum_{k = 0}^{+ \infty} | P^{(k)} (0) | + | Q^{(k)} (0) |$

donc

$N_{1} (P + Q) \leq \sum_{k = 0}^{+ \infty} | P^{(k)} (0) | + \sum_{k = 0}^{+ \infty} | Q^{(k)} (0) | = N_{1} (P) + N_{1} (Q) .$

Soient $P \in ℝ [X]$ et $λ \in ℝ$

$N_{1} (λ P) = \sum_{k = 0}^{+ \infty} | λ P^{(k)} (0) | = | λ | \sum_{k = 0}^{+ \infty} | P^{(k)} (0) | = | λ | N_{1} (P) .$

Finalement, $N_{1}$ est une norme.
L’application $N_{2} : ℝ [X] \to ℝ_{+}$ est bien définie car une fonction continue sur un segment y est bornée.
Si $N_{2} (P) = 0$ alors

$\forall t \in [- 1; 1], P (t) = 0 .$

Par infinité de racines $P = 0$ .
Soient $P, Q \in ℝ [X]$ .

$N_{2} (P + Q) = sup_{t \in [- 1; 1]} | P (t) + Q (t) | \leq sup_{t \in [- 1; 1]} | P (t) | + | Q (t) |$

donc

$N_{2} (P + Q) \leq sup_{t \in [- 1; 1]} | P (t) | + sup_{t \in [- 1; 1]} | Q (t) | = N_{2} (P) + N_{2} (Q) .$

Soient $P \in ℝ [X]$ et $λ \in ℝ$ .

$N_{2} (λ P) = sup_{t \in [- 1; 1]} | λ P (t) | = sup_{t \in [- 1; 1]} | λ | | P (t) | = | λ | sup_{t \in [- 1; 1]} | P (t) | = | λ | N_{2} (P) .$

Finalement, $N_{2}$ est aussi norme.
(b)

Notons $D : ℝ [X] \to ℝ [X]$ l’opération de dérivation.

$\forall P \in ℝ [X], N_{1} (D (P)) = \sum_{k = 0}^{+ \infty} | D {(P)}^{(k)} (0) | = \sum_{k = 0}^{+ \infty} | P^{(k + 1)} (0) | \leq \sum_{k = 0}^{+ \infty} | P^{k} (0) | = N_{1} (P)$

donc l’endomorphisme $D$ est continu pour la norme $N_{1}$ et $∥ D ∥ \leq 1$ . Pour $P = X$ , on a $N_{1} (P) = 1$ et $N_{1} (D (P)) = 1$ donc $∥ D ∥ = 1$ .
(c)

Soit $P_{n} = X^{n}$ . On a $D (P_{n}) = n X^{n - 1}$ donc $N_{2} (P_{n}) = 1$ et $N_{2} (D (P_{n})) = n \to + \infty$ .
Par suite, l’endomorphisme $D$ n’est pas continu pour $N_{2}$ .
(d)

Par ce qui précède, les normes ne sont pas équivalentes. Néanmoins $P = \sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{P^{(k)} (0)}{k!} X^{k}$ donc

$| P (t) | \leq \sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{| P^{(k)} (0) |}{k!} \leq N_{1} (P)$

donc

$N_{2} (P) \leq N_{1} (P) .$

C’est là la seule (et la meilleure) comparaison possible.

Exercice 51 5873 Correction

Sur $ℂ [X]$ , on définit une norme en posant, pour $P = \sum_{k = 0}^{+ \infty} a_{k} X^{k}$ ,

∥ P ∥ = \max_{k \in ℕ} | a_{k} |

Soit $z \in ℂ$ . Étudier la continuité la forme linéaire

φ_{z} : {\begin{matrix} ℂ [X] & \to & ℂ \\ P & \mapsto & P (z) \end{matrix}

et préciser $| | | φ_{z} | | |$ lorsque cela a un sens.

Solution

Cas: $| z | < 1$ . Pour tout $P = \sum_{k = 0}^{+ \infty} a_{k} X^{k}$ ,

| φ_{z} (P) | \leq \sum_{k = 0}^{+ \infty} | a_{k} | {| z |}^{k} \leq \sum_{k = 0}^{+ \infty} ∥ P ∥ {| z |}^{k} = \frac{∥ P ∥}{1 - | z |} .

Par lipschitzianité en $0$ , la forme linéaire $φ_{z}$ est continue sur $ℂ [X]$ et

| | | φ_{z} | | | \leq \frac{1}{1 - | z |} .

Montrons que cette inégalité est en fait une égalité en déterminant une suite ${(P_{n})}_{n \in ℕ}$ de polynômes telle que

\frac{| φ_{z} (P_{n}) |}{∥ P_{n} ∥} \to_{n \to + \infty}^{} \frac{1}{1 - | z |} .

Introduisons un argument de $z$ par l’écriture $z = | z | e^{i θ}$ avec $θ \in ℝ$ . Pour $n \in ℕ$ , considérons $P_{n} = 1 + e^{- i θ} X + \dots + e^{- i n θ} X^{n}$ .

On a

∥ P_{n} ∥ = 1 et φ_{z} (P_{n}) = \sum_{k = 0}^{n} {| z |}^{k} = \frac{1 - {| z |}^{n + 1}}{1 - | z |}

donc

\frac{| φ_{z} (P_{n}) |}{∥ P_{n} ∥} = \frac{1 - {| z |}^{n + 1}}{1 - | z |} \to_{n \to + \infty}^{} \frac{1}{1 - | z |} .

On conclut

| | | φ_{z} | | | = \frac{1}{1 - | z |} .

Cas: $| z | \geq 1$ . On reprend l’écriture $z = | z | e^{i θ}$ avec $θ \in ℝ$ et l’on considère à nouveau $P_{n} = 1 + e^{- i θ} X + \dots + e^{- i n θ} X^{n}$ On a

∥ P_{n} ∥ = 1 et φ_{z} (P_{n}) = \sum_{k = 0}^{n} {| z |}^{k} \geq \sum_{k = 0}^{n} 1 = n + 1 \to_{n \to + \infty}^{} + \infty .

La suite ${(P_{n})}_{n \in ℕ}$ est bornée mais son image par $φ_{z}$ ne l’est pas: l’application linéaire $φ_{z}$ n’est pas donc lipschitzienne et ne peut alors pas être continue¹¹ 1 Rappelons que les applications linéaires continues sont assurément lipschitziennes..

Exercice 52 500 Correction

Soit $E = 𝒞 ([0; 1], ℝ)$ muni de ${∥ \cdot ∥}_{\infty}$ .

(a)

Montrer que pour toute fonction $f \in E$ , il existe une unique primitive $F$ de $f$ vérifiant

$\int_{0}^{1} F (t) d t = 0 .$
(b)

Établir que l’application $u : f \mapsto F$ est un endomorphisme continu.
(c)

Justifier

$F (x) = \int_{0}^{1} (\int_{t}^{x} f (u) d u) d t .$
(d)

Calculer la norme subordonnée $| | | u | | |$ .

Solution

(a)

Les primitives de $f$ sont de la forme $φ + C^{t e}$ avec $φ : x \mapsto \int_{0}^{x} f (t) d t$ . Parmi celles-ci une seule est d’intégrale nulle c’est

$F = φ - \int_{0}^{1} φ (t) d t .$
(b)

L’application $u$ est bien définie de $E$ vers $E$ car une primitive est une fonction continue. Pour $λ, μ \in ℝ$ et $f, g \in E$ , ${(λ u (f) + μ u (g))}^{'} = λ f + μ g$ et $\int_{0}^{1} λ u (f) + μ u (g) = 0$ donc $u (λ f + μ g) = λ u (f) + μ u (g)$ . Ainsi $u$ est un endomorphisme.

$F (x) = \int_{0}^{x} f (t) d t - \int_{0}^{1} (\int_{0}^{t} f (u) d u) d t$

donc aisément $| F (x) | \leq 2 {∥ f ∥}_{\infty}$ puis ${∥ F ∥}_{\infty} \leq 2 {∥ f ∥}_{\infty}$ .

Par lipschitzianité en $0$ , on peut affirmer que l’application linéaire $u$ est continue.
(c)

Pour $x \in [0; 1]$ ,

$F (x) = \int_{0}^{x} f (t) d t - \int_{0}^{1} (\int_{0}^{t} f (u) d u) d t$

et, par intégration d’une constante,

$\int_{0}^{x} f (t) d t = \int_{0}^{1} (\int_{0}^{x} f (t) d t) d u .$

On conclut par la linéarité et la relation de Chasles.
(d)

Pour $x \in [0; 1]$ ,

$| F (x) | \leq \int_{0}^{1} | x - t | {∥ f ∥}_{\infty} d t .$

En découpant l’intégrale en $x$ afin d’évaluer la valeur absolue, on obtient

$\int_{0}^{1} | x - t | d t = x^{2} - x + \frac{1}{2} \leq \frac{1}{2}$

et donc

$| F (x) | \leq \frac{1}{2} {∥ f ∥}_{\infty}$

puis

${∥ F ∥}_{\infty} \leq \frac{1}{2} {∥ f ∥}_{\infty} .$

Ainsi, $| | | u | | | \leq 1 / 2$ .

Enfin, pour $f : x \mapsto 1$ élément de $E$ , on a ${∥ f ∥}_{\infty} = 1$ , $F : x \mapsto x - 1 / 2$ et ${∥ F ∥}_{\infty} = 1 / 2$ donc

$| | | u | | | \geq \frac{{∥ F ∥}_{\infty}}{{∥ f ∥}_{\infty}} = \frac{1}{2} .$

Par double inégalité, $| | | u | | | = 1 / 2$ .

Exercice 53 3300 CCINP (MP)Correction

On note $E$ l’espace des fonctions réelles définies et continues sur $[0; 1]$ .
On note $E_{\infty}$ cet espace muni de la norme

{∥ \cdot ∥}_{\infty} : f \mapsto sup_{t \in [0; 1]} | f (t) |

et $E_{1}$ cet espace muni de la norme

{∥ \cdot ∥}_{1} : f \mapsto \int_{0}^{1} | f (t) | d t .

Soit $u$ l’endomorphisme de $E$ défini par

u (f) (x) = \int_{0}^{x} t f (t) d t pour tout x \in [0; 1] .

(a)

Montrer que l’application $v$ de $E_{\infty}$ vers $E_{1}$ qui à $f$ associe $u (f)$ est continue et déterminer sa norme subordonnée.
(b)

Montrer que l’application $w$ de $E_{1}$ vers $E_{\infty}$ qui à $f$ associe $u (f)$ est continue et déterminer sa norme subordonnée.

Solution

(a)

Soit $f \in E$ . Pour tout $x \in [0; 1]$ ,

$| u (f) (x) | \leq \int_{0}^{x} t {∥ f ∥}_{\infty} d t = \frac{1}{2} x^{2} {∥ f ∥}_{\infty}$

donc

${∥ v (f) ∥}_{1} = \int_{0}^{1} | u (f) (x) | d x \leq \int_{0}^{1} \frac{1}{2} x^{2} {∥ f ∥}_{\infty} d x = \frac{1}{6} {∥ f ∥}_{\infty} .$

Par lipschitzianité en $0$ , l’application linéaire $v$ est continue, on peut introduire sa norme subordonnée et l’on sait

$| | | v | | | \leq \frac{1}{6} .$

En prenant $f = \tilde{1}$ , on obtient

${∥ f ∥}_{\infty} = 1, u (f) : x \mapsto \frac{1}{2} x^{2} et {∥ v (f) ∥}_{1} = \frac{1}{6} .$

On en déduit

$| | | v | | | \geq \frac{{∥ v (f) ∥}_{1}}{{∥ f ∥}_{\infty}} = \frac{1}{6}$

puis

$| | | v | | | = \frac{1}{6} .$
(b)

Soit $f \in E$ . Pour $x \in [0; 1]$

$| u (f) (x) | = \int_{0}^{x} t | f (t) | d t \leq \int_{0}^{x} | f (t) | d t \leq {∥ f ∥}_{1}$

donc

${∥ w (f) ∥}_{\infty} = sup_{x \in [0; 1]} | u (f) (x) | \leq {∥ f ∥}_{1} .$

Par lipschitzianité en $0$ , l’application linéaire $w$ est continue, on peut introduire sa norme subordonnée et l’on sait

$| | | w | | | \leq 1 .$

Soit $n \in ℕ$ . Considérons $f_{n} \in E$ avec $f_{n} (t) = t^{n}$ . On a

${∥ f_{n} ∥}_{1} = \frac{1}{n + 1}, u (f_{n}) (x) = \frac{1}{n + 2} x^{n + 2} et {∥ w (f_{n}) ∥}_{\infty} = \frac{1}{n + 2} .$

Puisque

$| | | w | | | \geq \frac{{∥ w (f_{n}) ∥}_{\infty}}{{∥ f_{n} ∥}_{1}} = \frac{n + 1}{n + 2} \to_{n \to + \infty}^{} 1$

on obtient $| | | w | | | \geq 1$ . Par double inégalité, $∥ w ∥ = 1$ .

Exercice 54 3266 CCINP (MP)Correction

Soit $E$ l’espace des fonctions réelles continues et de carré intégrable sur $ℝ$ . On munit $E$ de la norme donnée par

N_{2} (f) = {(\int_{- \infty}^{+ \infty} f^{2})}^{1 / 2} .

(a)

Soit $ϕ$ une fonction continue bornée de $ℝ$ dans $ℝ$ . Établir que la fonction

$u : f \mapsto ϕ f$

définit un endomorphisme continue de $E$ .
(b)

Soient $x_{0}$ fixé dans $ℝ$ et $f_{n}$ la fonction continue valant $1$ en $x_{0}$ , affine sur $[x_{0} - 1 / n; x_{0}]$ et $[x_{0}; x_{0} + 1 / n]$ et identiquement nulle ailleurs.

Montrer que, pour une fonction réelle $g$ définie et continue sur $ℝ$ ,

$lim_{n \to + \infty} \frac{\int_{ℝ} f_{n}^{2} g}{\int_{ℝ} f_{n}^{2}} = g (x_{0}) .$
(c)

Calculer la norme subordonnée de l’endomorphisme $u$ défini à la première question.

Solution

(a)

La fonction $ϕ$ étant bornée sur $ℝ$ , on peut introduire

${∥ ϕ ∥}_{\infty} = sup_{t \in ℝ} | ϕ (t) | .$

Pour $f \in E$ , on a $ϕ f$ continue par produit de fonctions continues. Au surplus

${| ϕ (t) f (t) |}^{2} \leq {∥ ϕ ∥}_{\infty} {| f (t) |}^{2}$

ce qui assure que $ϕ f$ est de carré intégrable. La fonction $u$ est donc définie de $E$ vers $E$ . L’application $u$ est évidemment linéaire et c’est donc un endomorphisme de $E$ .

Aussi,

${∥ ϕ f ∥}_{2} \leq {(\int_{- \infty}^{+ \infty} {∥ ϕ ∥}_{\infty} {| f (t) |}^{2} d t)}^{1 / 2} \leq {∥ ϕ ∥}_{\infty} {∥ f ∥}_{2} = k {∥ f ∥}_{2} avec k = {∥ ϕ ∥}_{\infty}$

donc l’endomorphisme $u$ est continue et

$∥ u ∥ \leq {∥ ϕ ∥}_{\infty} .$
(b)

On peut visualiser l’allure de la fonction $f_{n}$ :

Soit $ε > 0$ . Puisque la fonction $g$ est continue, il existe $α > 0$ vérifiant

$| x - x_{0} | \leq α ⟹ | g (x) - g (x_{0}) | \leq ε .$

Pour $n \in ℕ$ suffisamment grand, on a $1 / n \leq α$ et alors

$| \int_{ℝ} f_{n}^{2} (x) g (x) d x - g (x_{0}) \int_{ℝ} f_{n}^{2} (x) d x | \leq \int_{ℝ} | g (x) - g (x_{0}) | f_{n}^{2} (x) d x .$

Puisque $f_{n}$ est nulle en dehors de $[x_{0} - 1 / n; x_{0} + 1 / n]$ et puisque $| g (x) - g (x_{0}) | \leq ε$ sur cet intervalle, on obtient

$| \int_{ℝ} f_{n}^{2} (x) g (x) d x - g (x_{0}) \int_{ℝ} f_{n}^{2} (x) d x | \leq ε \int_{x_{0} - 1 / n}^{x_{0} + 1 / n} f_{n}^{2} (x) d x = ε \int_{ℝ} f_{n}^{2} (x) d x$

On a donc

$| \frac{\int_{ℝ} f_{n}^{2} (x) g (x) d x}{\int_{ℝ} f_{n}^{2} (x) d x} - g (x_{0}) | \leq ε .$
(c)

Rappelons

$| | | u | | | = sup_{f \in E ∖ {0}} \frac{{∥ u (f) ∥}_{2}}{{∥ f ∥}_{2}}$

Par l’étude de continuité réalisée en première question, on a déjà

$| | | u | | | \leq {∥ ϕ ∥}_{\infty} .$

En appliquant le résultat qui précède à la fonction $g = ϕ^{2}$ , on obtient

$\frac{{∥ f_{n} ϕ ∥}_{2}}{{∥ f_{n} ∥}_{2}} \to_{n \to + \infty}^{} | ϕ (x_{0}) | .$

On en déduit

$| | | u | | | \geq | ϕ (x_{0}) |$

et cela vaut pour tout $x_{0} \in ℝ$ .

On peut alors affirmer

$| | | u | | | \geq {∥ ϕ ∥}_{\infty}$

puis l’égalité.

Exercice 55 5744 Correction

Pour $a = (a_{n}) \in ℓ^{\infty} (ℕ, ℝ)$ et $u = (u_{n}) \in ℓ^{1} (ℕ, ℝ)$ , on pose

⟨ a, u ⟩ = \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} u_{n} .

(a)

Justifier l’existence de $⟨ a, u ⟩$ .
(b)

Montrer que l’application $φ_{u} : a \mapsto ⟨ a, u ⟩$ est continue et calculer sa norme subordonnée.
(c)

Même question avec $ψ_{a} : u \mapsto ⟨ a, u ⟩$ .

Solution

(a)

On a $| a_{n} u_{n} | \leq {∥ a ∥}_{\infty} | u_{n} |$ et $\sum | u_{n} |$ converge donc, par comparaison de séries à termes positifs, $\sum a_{n} u_{n}$ est absolument convergente et donc convergente.
(b)

Soit $u \in ℓ^{1} (ℕ, ℝ)$ . On vérifie aisément que l’application $φ_{u}$ est linéaire, il s’agit donc d’une forme linéaire sur l’espace normé $ℓ^{\infty} (ℕ, ℝ)$ .

Pour $a \in ℓ^{\infty} (ℕ, ℝ)$ ,

$| ⟨ a, u ⟩ | \leq \sum_{n = 0}^{+ \infty} | a_{n} u_{n} | \leq \sum_{n = 0}^{+ \infty} {∥ a ∥}_{\infty} | u_{n} | = {∥ u ∥}_{1} {∥ a ∥}_{\infty} .$

Par lipschitzianité en $0$ , on obtient que que l’application linéaire $φ_{u}$ est continue. De plus, $| | | φ_{u} | | | \leq {∥ u ∥}_{1}$ .

Considérons $a = (a_{n})$ déterminée par $a_{n} = \pm 1$ de sorte que $a_{n} u_{n} = | u_{n} |$ . On remarque ${∥ a ∥}_{\infty} = 1$ et $φ_{u} (a) = ∥ u_{1} ∥$ de sorte que

$| | | φ_{u} | | | \geq \frac{| φ_{u} (a) |}{{∥ a ∥}_{\infty}} = {∥ u ∥}_{1} .$

Par double inégalité,

$| | | φ_{u} | | | = {∥ u ∥}_{1} .$
(c)

Soit $a \in ℓ^{\infty} (ℕ, ℝ)$ . Comme au-dessus, l’application $ψ_{a}$ est une forme linéaire sur $ℓ^{1} (ℕ, ℝ)$ et l’inégalité $| ⟨ a, u ⟩ | \leq {∥ a ∥}_{\infty} {∥ u ∥}_{1}$ pour tout $u \in ℓ^{1} (ℕ, ℝ)$ donne la continuité de celle-ci avec

$| | | ψ_{a} | | | \leq {∥ a ∥}_{\infty} .$

Soient $p \in ℕ$ et $u \in ℓ^{1} (ℕ, ℝ)$ la suite de terme général $δ_{n, p}$ . On remarque ${∥ u ∥}_{1}$ et $ψ_{a} (u) = a_{p}$ de sorte que

$| | | u | | | \geq \frac{| ψ_{a} (u) |}{{∥ u ∥}_{1}} = | a_{p} | .$

Puisque cela vaut pour tout $p \in ℕ$ ,

$| | | u | | | \geq {∥ a ∥}_{\infty} .$

Par double inégalité,

$| | | u | | | = {∥ a ∥}_{\infty} .$

Édité le 08-12-2023