[>] Espaces normés usuels

 
Exercice 1  454   

Soient N1 et N2 deux normes sur un même espace vectoriel E.

  • (a)

    On suppose que les boules unités fermées des normes N1 et N2 sont identiques. Montrer que ces deux normes sont égales.

  • (b)

    Même question avec les boules unités ouvertes.

 
Exercice 2  2766     MINES (MP)Correction  

Soit (E,) un espace vectoriel normé sur 𝕂 (𝕂= ou ).

  • (a)

    Montrer que pour tous x,yE

    x+y2max{x+y,x-y}.
  • (b)

    Montrer que l’on peut avoir l’égalité avec x0 et y0.
    Désormais la norme est euclidienne.

  • (c)

    Montrer que pour tous x,yE

    x+y2max{x+y,x-y}.
  • (d)

    Peut-on améliorer la constante2?

Solution

  • (a)

    x=12(x+y)+12(x-y) donc

    xmax{x+y,x-y}.

    Aussi ymax{x+y,x-y} donc

    x+y2max{x+y,x-y}.
  • (b)

    Sur 2 avec =, il y a égalité pour x=(1,0) et y=(0,1).

  • (c)

    On a déjà

    (x+y)22x2+2y2.

    Or x=12(x+y)+12(x-y) donne

    x2=14(x+y2+x-y2+2x2-2y2)

    aussi

    y2=14(x+y2+x-y2-2x2+2y2)

    donc

    x2+y212(x+y2+x-y2)

    puis

    (x+y)22max{x+y,x-y}2

    qui permet de conclure.

  • (d)

    Non, sur 2, il y a égalité pour x=(1,0) et y=(0,1).

 
Exercice 3  4263    

Soient E un espace vectoriel réel de dimension finie et une norme sur E.

Montrer que la norme est euclidienne11 1 Cela signifie que la norme définie dans le sens du est la norme euclidienne associée à un produit scalaire sur E. si, et seulement si,

x+y2+x-y2=2(x2+y2)pour tout (x,y)E2.

[<] Normes[>] Études pratiques de normes

 
Exercice 4  457  Correction  

Pour A=(ai,j)n,p(𝕂). On pose

A1=i=1nj=1p|ai,j|,A2=i=1nj=1p|ai,j|2etA=max1in,1jp|ai,j|.

Montrer que 1, 2 et définissent des normes sur n,p(𝕂).

Solution

Ce sont les normes usuelles associées à la base canonique sur n,p(𝕂): caractériser celles-ci est similaire à caractériser les normes usuelles sur l’espace 𝕂np.

 
Exercice 5  3903  Correction  

Soit I un intervalle d’intérieur non vide de . On note L1(I,𝕂) l’ensemble des fonctions f:I𝕂 continues et intégrables c’est-à-dire

L1(I,𝕂)={f𝒞(I,𝕂)|I|f|<+}.

Montrer que L1(I,𝕂) est un 𝕂-espace vectoriel et que

f1=I|f(t)|dt

y définit une norme.

Solution

L1(I,𝕂)𝒞(I,𝕂) et 𝒞(I,𝕂) est un 𝕂-espace vectoriel.
0~L1(I,𝕂).
Soit λ,μ𝕂 et f,gL1(I,𝕂).
Pour tout tI,

|(λf+μg)(t)||λ||f(t)|+|μ||g(t)|

donc par comparaison de fonctions positives λf+μgL1(I,𝕂).

Finalement, L1(I,𝕂) est un sous-espace vectoriel de 𝒞(I,𝕂) et c’est donc un 𝕂-espace vectoriel.
L’application 1:L1(I,𝕂)+ est bien définie.
Soit fL1(I,𝕂). Si f1=0 alors I|f(t)|dt=0 or |f| est continue et positive sur I d’intérieur non vide donc f=0~.
Soit λ𝕂 et fL1(I,𝕂).

λf1=I|λ||f(t)|dt=|λ|f1.

Soient f,gL1(I,𝕂)

f+g1I|f(t)|+|g(t)|dt=f1+g1

1 définit bien une norme sur L1(I,𝕂)

 
Exercice 6  3905  Correction  

On note 1(,𝕂) l’ensemble des suites u=(un)n𝕂 sommable c’est-à-dire

1(,𝕂)={u𝕂||un|<+}.

Montrer que 1(,𝕂) est un 𝕂-espace vectoriel et que l’on y définit une norme par l’application

u1=n=0+|un|.

Solution

1(,𝕂)𝕂 et 𝕂 est un 𝕂-espace vectoriel.
(0)n1(𝕂).
Pour λ,μ𝕂 et u,v1(,𝕂),

|(λu+μv)n||λ||un|+|μ||vn|.

Par comparaison de séries à termes positifs

λu+μv1(,𝕂)

1(,𝕂) est un sous-espace vectoriel de 𝕂, c’est donc un 𝕂-espace vectoriel.
L’application 1:1(,𝕂)+ est bien définie.
Soit u1(,𝕂). Si u1=0 alors n=0+|un|=0 donc pour tout n, |un|=0 et par suite u=0.
Soit λ𝕂 et u1(,𝕂)

λu1=n=0+|λun|=n=0+|λ||un|=|λ|n=0+|un|=|λ|u1.

Soit u,v1(,𝕂)

u+v1=n=0+|un+vn|n=0+(|un|+|vn|)=n=0+|un|+n=0+|vn|=u1+v1.
 
Exercice 7  3904   Correction  

Soit I un intervalle d’intérieur non vide de . On note L2(I,𝕂) l’ensemble des fonctions f:I𝕂 continue et de carré intégrable c’est-à-dire

L2(I,𝕂)={f𝒞(I,𝕂)|I|f|2<+}.

Montrer que L2(I,𝕂) est un 𝕂-espace vectoriel et que

f2=(I|f(t)|2dt)1/2

y définit une norme.

Solution

L2(I,𝕂)𝒞(I,𝕂) et 𝒞(I,𝕂) est un 𝕂-espace vectoriel.

0L2(I,𝕂).

Soit λ𝕂 et fL2(I,𝕂). Pour tout tI.

|(λf)(t)|2=|λ|2|f(t)|2

donc par comparaison λfL2(I,𝕂).

Soient f,gL2(I,𝕂). Pour tout tI

|(f+g)(t)|2(|f(t)|+|g(t)|)2=|f(t)|2+2|f(t)||g(t)|+|g(t)|22(|f(t)|2+|g(t)|2)

car 2aba2+b2
Par comparaison de fonctions positives f+gL2(I,𝕂).

Finalement, L2(I,𝕂) est un sous-espace vectoriel de 𝒞(I,𝕂) et c’est donc un 𝕂-espace vectoriel.
L’application 2:L2(I,𝕂)+ est bien définie.
Soit fL2(I,𝕂). Si f2=0 alors I|f(t)|2dt=0 or |f|2 est continue et positive sur I d’intérieur non vide donc

tI,|f(t)|2=0

puis f=0~.
Soient λ𝕂 et fL2(I,𝕂).

λf2=(I|λ|2|f(t)|2dt)2=|λ|f2.

Soient f,gL2(I,𝕂).

f+g22I(|f(t)|+|g(t)|)2dt=f22+2I|f(t)||g(t)|dt+g22.

Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz, pour f,g:[a;b] continue par morceaux,

|abf(t)g(t)dt|(abf(t)2dt)1/2(abg(t)2dt)1/2.

Ici

ab|f(t)||g(t)|dt(ab|f(t)|2dt)1/2(ab|g(t)|2dt)1/2f2g2.

Or pour f:I+ continue par morceaux intégrable

[a;b]I,abf(t)dtIf

donc ici

I|f(t)||g(t)|dtf2g2

et enfin

f+g22(f2+g2)2

ce qui permet de conclure.

 
Exercice 8  3906   

On note 2(,𝕂) l’ensemble des suites u=(un)𝕂 de carré sommable:

n=0+|un|2<+.

Montrer que 2(,𝕂) est un 𝕂-espace vectoriel normé par l’application

u2=(n=0+|un|2)1/2.
 
Exercice 9  5248   

(Norme triple)

On définit la norme triple d’un endomorphisme u d’un espace normé E de dimension finie non nulle par

|||u|||=supxE{0E}u(x)x.
  • (a)

    Soit u(E). Vérifier que la borne supérieure définissant |||u||| existe et que

    u(x)|||u|||xpour tout xE.
  • (b)

    Montrer que |||||| définit une norme sur (E) et que

    |||uv||||||u||||||v|||pour tous u,v(E).

[<] Espaces normés usuels[>] Études dans un espace normé

 
Exercice 10  5232  

Soient n et a0,,an des réels deux à deux distincts.

Sur l’espace En des polynômes réels de degrés inférieurs à n, on pose

N(P)=max0kn|P(ak)|pour tout PEn.

Vérifier que N définit une norme sur En.

 
Exercice 11  4669  

Sur l’espace E des polynômes réels, on pose

N(P)=supt[-1;1]|P(t)|.

Vérifier que N définit une norme sur E.

 
Exercice 12  4253   

Montrer que la norme euclidienne associée au produit scalaire canonique sur n() vérifie:

ABABpour tous A et B de n().
 
Exercice 13  3625   Correction  

Pour A=(ai,j)n(), on pose

A=sup1inj=1n|ai,j|.
  • (a)

    Montrer que définit une norme sur n().

  • (b)

    Vérifier

    A,Bn(),ABAB.

Solution

  • (a)

    L’application est bien définie de n() dans +.
    Si A=0 alors

    1in,j=1n|ai,j|=0

    et donc

    1i,jn,ai,j=0

    ainsi la matrice A est nulle.
    De plus,

    λA =sup1inj=1n|λai,j|
    =sup1in|λ|j=1n|ai,j|
    =|λ|sup1inj=1n|ai,j|
    =|λ|A

    et

    A+B =sup1inj=1n|ai,j+bi,j|
    sup1inj=1n|ai,j|+|bi,j|
    sup1inj=1n|ai,j|+sup1inj=1n|bi,j|
    =A+B.
  • (b)

    On a

    AB=sup1inj=1n|k=1nai,kbk,j|sup1inj=1nk=1n|ai,kbk,j|.

    Or

    j=1nk=1n|ai,kbk,j| k=1nj=1n|ai,k||bk,j|
    =k=1n|ai,k|j=1n|bk,j|
    k=1n|ai,k|B
    AB

    donc

    ABAB.
 
Exercice 14  460   Correction  

Pour A=(ai,j)n(), on pose

A=sup1inj=1n|ai,j|.
  • (a)

    Montrer que est une norme d’algèbre sur n().

  • (b)

    Montrer que si λ est valeur propre de A alors |λ|A.

Solution

  • (a)

    L’application est bien définie de n() dans +.
    Si A=0 alors

    1in,j=1n|ai,j|=0

    et donc

    1i,jn,ai,j=0

    ainsi la matrice A est nulle.
    De plus,

    λA=sup1inj=1n|λai,j|=sup1in|λ|j=1n|ai,j|=|λ|sup1inj=1n|ai,j|=|λ|A

    et

    A+B=sup1inj=1n|ai,j+bi,j|sup1inj=1n|ai,j|+|bi,j|

    donc

    A+Bsup1inj=1n|ai,j|+sup1inj=1n|bi,j|=A+B.

    Enfin

    AB=sup1inj=1n|k=1nai,kbk,j|sup1inj=1nk=1n|ai,kbk,j|.

    Or

    j=1nk=1n|ai,kbk,j|k=1nj=1n|ai,k||bk,j|=k=1n|ai,k|j=1n|bk,j|k=1n|ai,k|BAB

    donc

    ABAB.
  • (b)

    Soit λSp(A), il existe X0, AX=λX.
    En notant x1,,xn les éléments de la colonne X (non tous nuls) on a

    i{1,,n},λxi=j=1nai,jxj.

    Considérons i{1,,n} tel que |xi|=max1jn|xj|0.
    La relation précédente donne:

    |λ||xi|j=1n|ai,j||xj|j=1n|ai,j||xi|

    donc

    |λ|j=1n|ai,j|A.
 
Exercice 15  4136    

Pour A=(ai,j)n(), on pose

A=sup1in(j=1n|ai,j|).
  • (a)

    Montrer que définit une norme sur n().

Pour X colonne de n,1(), on pose

N(X)=max1in|xi|.
  • (c)

    Vérifier

    N(AX)AN(X)pour tout Xn,1().
  • (d)

    En déduire

    A=supN(X)=1N(AX).
 
Exercice 16  4096    Correction  

On introduit une norme sur l’espace des colonnes n,1() en posant

X=max1in|xi|

et l’on note S l’ensemble formé des colonnes de n,1() de norme égale à 1.

  • (a)

    Soit An(). Montrer l’existence de

    supXSAX.
  • (b)

    On pose

    N(A)=supXSAX.

    Justifier que pour tout Xn,1(), AXN(A)X.

  • (c)

    Vérifier que N définit une norme sur n().

  • (d)

    Montrer

    N(A)=sup1inj=1n|ai,j|.

Solution

  • (a)

    Pour Xn,1(), on a

    1in,|(AX)i|j=1n|ai,j||xj|=j=1n|ai,j|

    et donc

    AXj=1n|ai,j|max1inj=1n|ai,j|=M.

    Ainsi, l’ensemble {AX|XS} est une partie de non vide et majorée, elle admet une borne supérieure.

  • (b)

    Si X=0, c’est immédiat.
    Si X0, on introduit X=X/XS et l’on exploite AXN(A).

  • (c)

    L’application N est bien définie à valeurs dans + en vertu de ce qui précède.
    Si N(A)=0 alors pour tout Xn,1(), on a AX=0. En particulier, en prenant des colonnes X élémentaires, on obtient que chaque colonne de A est nulle.

    N(λA)=supXSλAX=supXS|λ|AX=|λ|supXSAX=|λ|.

    Enfin

    N(A+B) =supXS(A+B)X
    supXSAX+BX
    supXSAX+supXSBX
    =N(A)+N(B).

    Finalement, N définit bien une norme sur n().

  • (d)

    On a déjà vu

    N(A)max1inj=1n|ai,j|.

    Soit i0 l’indice pour lequel

    max1inj=1n|ai,j|=j=1n|ai0,j|.

    Prenons ensuite X=(x1xn)t avec xj=±1 de sorte que ai0,jxj=|ai0,j|.
    On a XS et AX=j=1n|ai0,j| donc

    N(A)j=1n|ai0,j|

    puis l’égalité voulue.

 
Exercice 17  461   

(Inégalités de Hölder et de Minkowski)

On considère deux réels p>1 et q>1 vérifiant 1/p+1/q=1.

  • (a)

    Montrer que pour tous réels a et b

    ab1pap+1qbq.

Pour x=(x1,,xn)𝕂n et y=(y1,,yn)𝕂n, on pose:

xp=(i=1n|xi|p)1/petyq=(i=1n|yi|q)1/q.

Soit x et y dans 𝕂n.

  • (b)

    Établir l’inégalité de Hölder:

    i=1n|xiyi|xpyq.
  • (c)

    En écrivant

    (|xi|+|yi|)p=|xi|(|xi|+|yi|)p-1+|yi|(|xi|+|yi|)p-1.

    Obtenir l’inégalité de Minkowski11 1 L’inégalité de Minkowski exprime que p satisfait l’inégalité triangulaire: c’est le seul point véritablement délicat lorsque l’on souhaite établir que p est une norme.:

    x+ypxp+yp.
 
Exercice 18  462   Correction  

Pour x=(x1,,xn)𝕂n et p1 on pose

xp=(i=1n|xi|p)1/p.

Montrer

x=limp+xp.

Solution

Si x=0 alors x=0 et xp=0 donc

x=limp+xp.

Si x0. Pour tout p1,

xxp(nxp)1/p=n1/pxp+x

donc

limp+xp=x.
 
Exercice 19  455   Correction  

Montrer que l’application N:2 définie par

N(x1,x2)=supt[0;1]|x1+tx2|

est une norme sur 2.
Représenter la boule unité fermée pour cette norme et comparer celle-ci à .

Solution

Quand t varie de 0 à 1, l’expression |x1+tx2| varie de |x1| à |x1+x2|
Par suite, on peut exprimer plus simplement l’action de N:

N(x1,x2)=max{|x1|,|x1+x2|}.

Soient x=(x1,x2) et y=(y1,y2) deux vecteurs de 2.

N(x+y) =max{|x1+y1|,|x1+y1+x2+y2|}
max{|x1|+|y1|,|x1+x2|+|y1+y2|}
N(x)+N(y).

Pour λ,

N(λ.x)=max{|λ||x1|,|λ||x1+x2|}=|λ|N(x).

Enfin si N(x)=0 alors |x1|=|x1+x2|=0 et donc x1=x1+x2=0 puis x=0.
Ainsi N définie bien une norme sur 2.
Si x10,x20 alors N(x)=x1+x2.
Si x10,x20 alors N(x)=max(-x1,|x1+x2|).
Si x10,x20 alors N(x)=max(x1,|x1+x2|).
Si x10,x20 alors N(x)=-(x1+x2).
Ces considérations permettent de représenter la boule unité fermée.

Figure 1: La boule unité fermée pour la norme N

De manière immédiate: N(x)2x.
Aussi |x1|2N(x) et puisque |x2||x1+x2|+|x1| on a aussi |x2|2N(x).
On en déduit x2N(x).

 
Exercice 20  3248   

Soient a1,,an des réels et N:𝕂n l’application définie par

N(x1,,xn)=a1|x1|++an|xn|.

À quelle(s) condition(s) sur les réels a1,,an, l’application N définit-elle une norme sur 𝕂n?

 
Exercice 21  456   

Soient f1,,fn des fonctions continues de [0;1] vers .

À quelle condition l’application

N:(x1,,xn)supt[0;1]|x1f1(t)++xnfn(t)|

définit-elle une norme sur n?

 
Exercice 22  5357   Correction  

Soient E un -espace vectoriel muni d’une norme et G un sous-groupe fini de GL(E). Pour tout xE, on pose

N(x)=maxuGu(x).
  • (a)

    Montrer que N définit une norme sur E.

  • (b)

    Montrer que pour tous uG et xE,

    N(u(x))=N(x)

Solution

  • (a)

    L’application N est bien définie sur E et est à valeurs dans +. Soient x,yE et λ𝕂.

    Si N(x)=0 alors u(x)=0 pour tout uG. En particulier, pour u=IdE, on obtient x=0E.

    De plus,

    N(λ.x)=maxuGu(λ.x)=maxuGλ.u(x)=maxuG|λ|u(x)=|λ|N(x).

    Enfin, pour tout uG,

    u(x+y)=u(x)+u(y)u(x)+u(y)N(x)+N(y)

    et donc

    N(x+y)=maxuGu(x+y)N(x)+N(y).

    Ainsi, N est une norme sur E.

  • (b)

    Méthode: Pour tout vG, l’application uuv est une permutation du groupe G.

    Pour xE et vG,

    N(v(x))=maxuGu(v(x))=maxuGu(x)=N(x).
 
Exercice 23  5057    

(Norme conjuguée)

Soient , le produit scalaire canonique sur n et N une norme quelconque sur n.

Pour tout xn, on pose

N*(x)=supyS|x,y| avec S={yn|N(y)=1}.
  • (a)

    Vérifier que la borne supérieure définissant N*(x) existe et que celle-ci détermine un réel positif.

  • (b)

    Montrer que N* définit une norme sur n.

  • (c)

    Déterminer N* lorsque N=2, puis 1.

[<] Études pratiques de normes[>] Calcul de distance à une partie

 
Exercice 24  5058    MINES (PSI)

Soit N une norme sur un espace réel E de dimension finie.

  • (a)

    À quelle condition l’intersection de deux boules fermées de E est-elle non vide?

  • (b)

    Même question avec des boules ouvertes.

 
Exercice 25  3282   

Soit u un endomorphisme d’un espace normé E de dimension finie. On suppose que pour tout vecteur x de E,

u(x)x.

Montrer que les espaces Ker(u-IdE) et Im(u-IdE) sont supplémentaires.

 
Exercice 26  3717   Correction  

E désigne un espace vectoriel normé par N.

Soient p et q deux projecteurs d’un 𝕂-espace vectoriel E.

On suppose

xE,N((p-q)(x))<N(x).

Montrer que p et q sont de même rang.

Solution

Par l’absurde, supposons rg(p)rg(q) et, quitte à échanger, ramenons-nous au cas où rg(p)<rg(q).

Par la formule du rang,

dimE-dimKer(p)<rg(q)

et donc

dimE<dimKer(p)+rg(q).

On en déduit que les espaces Ker(p) et Im(q) ne sont pas supplémentaires et il existe donc un vecteur x0E vérifiant

xKer(p)Im(q).

On a alors

(p-q)(x)=p(x)-q(x)=-x

donc

N((p-q)(x))=N(x).

Or

N((p-q)(x))<N(x).

C’est absurde.

 
Exercice 27  795     X (MP)Correction  

Soit n avec n2. Existe-t-il une norme sur n() invariante par conjugaison, c’est-à-dire telle que:

(A,P)n()×GLn(),A=P-1AP.

Solution

Cas: n=2. Par l’absurde supposons qu’une telle norme existe. Posons

A=(0100)etB=(0200).

Les matrices A et B sont semblables (via P=diag(1/2,1)) donc A=B. Or B=2A donc B=2A. On en déduit A=0. C’est absurde car AO2.

Cas général: Semblable.

 
Exercice 28  2639   Correction  

On définit sur E=𝒞0([0;1],) une norme par

N(f)=01|f(t)|dt.
  • (a)

    Soient a,b0 et u,v>0. Établir que

    a+b=11u+vau+bv.
  • (b)

    Soient f,gE telles que f,g>0. Montrer

    N((f+g)-1)N(f)2N(f-1)+N(g)2N(g-1)(N(f)+N(g))2.
  • (c)

    En déduire que

    N(f+g)N((f+g)-1)max(N(f)N(f-1),N(g)N(g-1)).

Solution

  • (a)

    Par réduction au même dénominateur

    au+bv-1u+v=av(u+v)+bu(u+v)-uvuv(u+v)

    que l’on peut réécrire

    au+bv-1u+v=(av-bu)2+(a+b+2ab-1)uvuv(u+v)

    et si a+b=1 alors

    au+bv-1u+v=(av-bu)2uv(u+v)0.
  • (b)
    N((f+g)-1)=01dtf(t)+g(t)a01dtf(t)+b01dtg(t)=aN(f-1)+bN(g-1)

    qui donne l’inégalité voulue avec

    a=N(f)2(N(f)+N(g))2etb=N(g)2(N(f)+N(g))2

    qui sont tels que a+b=1.

  • (c)

    Par l’inégalité triangulaire,

    N(f+g)N((f+g)-1)(N(f)+N(g))N((f+g)-1)

    et en vertu de ce qui précède

    N(f+g)N((f+g)-1)N(f)2N(f-1)N(f)+N(g)+N(g)2N(g-1)N(f)+N(g)

    qui donne

    N(f+g)N((f+g)-1)N(f)N(f)+N(g)M+N(g)N(f)+N(g)M=M

    avec

    M=max(N(f)N(f-1),N(g)N(g-1)).
 
Exercice 29  4161     CENTRALE (MP)Correction  

Soient n* et la norme uniforme sur [-1;1].

  • (a)

    Montrer qu’il existe un unique polynôme Tn de degré n tel que:

    θ,Tn(cos(θ))=cos(nθ).
  • (b)

    Soit P unitaire de degré n. Montrer

    P12n-1.

    On pourra s’intéresser aux valeurs de P et Tn en les cos(kπ/n), pour kZ.

  • (c)

    Cas d’égalité. Montrer

    P=12n-1P=12n-1Tn.

Solution

  • (a)

    Unicité: Si deux polynômes sont solutions, leur différence s’annule sur [-1;1] et correspond donc au polynôme nul.

    Existence: On peut raisonner par récurrence double en introduisant

    T0=1,T1=XetTn+1=2XTn-Tn-1

    ou employer la formule de Moivre pour écrire:

    cos(nθ) =Re((cos(θ)+isin(θ))n)
    =p=0n/2(n2p)cosn-2p(θ)(1-cos2(θ))p.
  • (b)

    On vérifie Tn=1 et l’on observe

    Tn(cos(xk))=(-1)k avec xk=cos(kπn) et x0>x1>>xn.

    Aussi, le polynôme Tn est de degré n et de coefficient dominant 2n-1.

    Par l’absurde, supposons P<1/2n-1 et considérons

    Q=P-12n-1Tn.

    Le polynôme Q est de degré strictement inférieur à n et prend exactement le signe de (-1)k en les xk. Par l’application du théorème des valeurs intermédiaires, le polynôme Q s’annule sur ]xn;xn-1[,…, ]x1;x0[: c’est le polynôme nul ce qui est absurde.

  • (c)

    L’implication indirecte est entendue. Supposons, P=1/2n-1. Considérons de nouveau le polynôme Q. Au sens large, il prend le signe de (-1)k en les xk et l’on peut assurer l’existence d’au moins une racine dans chaque intervalle [xn;xn-1],…, [x1;x0]. Lorsque cela est possible, on choisit cette racine dans l’intervalle ouvert et l’on note αnα1 les n racines ainsi obtenues.

    Si celles-ci sont distinctes, le polynôme Q est nul et l’on conclut.

    Sinon, lorsqu’il y en a deux qui ne sont pas distinctes, elles correspondent à un même xk avec k1;n-1 pour lequel Q est de signe strict11 1 Car on a choisi les αk dans l’intervalle ouvert lorsque cela est possible. sur ]xk+1;xk[ et ]xk;xk-1[. Ces signes sont nécessairement identiques et Q présente un extremum en xk qui est donc racine double de Q. Le polynôme Q admet alors au moins n racines comptées avec multiplicité et l’on conclut.

[<] Études dans un espace normé[>] Comparaison de normes

 
Exercice 30  3272  Correction  

On norme l’espace (,) des suites bornées par la norme infinie notée .
Déterminer la distance de la suite e constante égale à 1 au sous-espace vectoriel 𝒞0 des suites réelles convergeant vers 0.

Solution

Puisque 0𝒞0, on a déjà

d(e,𝒞0)d(e,0)=e=1.

Soit x𝒞0. On a

|xn-1|x-e

et donc quand n+

1x-e.

On en déduit

d(e,𝒞0)1

et donc d(e,𝒞0)=1.

 
Exercice 31  3273   Correction  

On norme l’espace (,) des suites bornées par la norme infini notée .
Déterminer la distance de la suite u=((-1)n)n au sous-espace vectoriel 𝒞 des suites réelles convergentes.

Solution

Puisque 0𝒞0, on a déjà

d(u,𝒞)d(u,0)=u=1.

Soit x𝒞 et sa limite. Pour n=2p pair

|x2p-u2p|x-u

donne |x2p-1|x-u puis à la limite

|-1|x-u.

De même, avec n=2p+1 impair, on obtient

|+1|x-u.

On en duite

|1|=|1+2+1-2|12(|1+|+|1-|)x-u.

On en déduit

d(u,𝒞)1

et donc d(u,𝒞)=1.

 
Exercice 32  470   Correction  

On norme l’espace (,) des suites bornées par la norme infini notée .

Pour x(,), on note Δx la suite de terme général

Δx(n)=x(n+1)-x(n)

puis on forme F={Δx|x(,)}.

Déterminer la distance de la suite e constante égale à 1 au sous-espace vectoriel F.

Solution

Puisque 0F, on a déjà

d(e,F)d(e,0)=1.

En raisonnant par l’absurde, montrons d(e,F)=1 en supposant d(e,F)<1.

Il existe alors une suite x(,) vérifiant Δx-e=ρ avec ρ<1.

Pour tout k, |Δx(k)-1|ρ donc Δx(k)1-ρ. En sommant ces inégalités pour k allant de 0 à n-1, on obtient x(n)-x(0)n(1-ρ) et donc

x(n)n++.

Cela contredit x(,) et permet de conclure.

 
Exercice 33  3463   Correction  

Soit E l’espace des fonctions bornées de [-1;1] vers normé par

f=supx[-1;1]|f(x)|.

Déterminer la distance de la fonction

f:x{1 si x]0;1]0 si x=0-1 si x[-1;0[

au sous-espace vectoriel F de E formé des fonctions continues de [-1;1] vers .

Solution

Par définition,

d(f,F)=infgFf-g.

Puisque la fonction nulle est continue

d(f,F)f-0~=1.

Inversement, soit gF.

Pour tout x>0.

|f(x)-g(x)|=|1-g(x)|f-g

ce qui donne à la limite quand x0+

|1-g(0)|f-g.

De même, pour x<0,

|f(x)-g(x)|=|1+g(x)|f-g

et donc à la limite quand x0-

|1+g(0)|f-g.

On en déduit

2|1+g(0)|+|1-g(0)|2f-g

et donc

1f-g.

Finalement, 1d(f,F) puis d(f,F)=1.

[<] Calcul de distance à une partie[>] Équivalence de normes en dimension finie

 
Exercice 34  5237  

On considère les normes usuelles 1, 2 et sur n.

  • (a)

    Montrer

    x1nx2etx2x1pour tout xn

    et déterminer, pour chaque inégalité, un vecteur x non nul réalisant l’égalité.

  • (b)

    Comparer de même 1 et d’une part, 2 et d’autre part.

 
Exercice 35  39     CCP (MP)Correction  

On note E l’espace des suites réelles bornées u=(un)n telles que u0=0.

  • (a)

    Montrer que

    N(u)=supn|un|etN(u)=supn|un+1-un|

    définissent des normes sur l’espace E.

  • (b)

    Montrer que

    N(u)2N(u)pour tout uE.

    Déterminer une suite non nulle telle qu’il y ait égalité.

  • (c)

    Montrer que ces deux normes ne sont pas équivalentes.

Solution

  • (a)

    N est bien connue pour être une norme sur l’ensemble des fonctions bornées, il en est de même sur l’ensemble des suites bornées dont le premier terme est nul.
    L’application N:E+ est bien définie. On vérifie aisément N(u+v)N(u)+N(v) et N(λu)=|λ|N(u). Si N(u)=0 alors pour tout n, un+1=un et puisque u0=0, on obtient u=0. Ainsi N est une norme sur E.

  • (b)

    Pour uE, on a, pour tout n,

    |un+1-un||un+1|+|un|2N(u).

    On en déduit

    N(u)2N(u).

    La suite u définie par u0=0 et un=(-1)n pour n1 est une suite non nulle pour laquelle il y a égalité.

  • (c)

    Considérons la suite u(p) définie par

    u(p)(n)={n si npp sinon.

    On a

    u(p)E,N(u(p))=p et N(u(p))=1.

    On en déduit que les normes N et N ne sont pas équivalentes car

    N(u(p))N(u(p))+.
 
Exercice 36  468   Correction  

On note () l’ensemble des suites réelles nulles à partir d’un certain rang.

On définit des normes 1, 2 et sur () en posant

u1=n=0+|un|,u2=(n=0+un2)1/2etu=supn|un|.
  • (a)

    Comparer 1 et .

  • (b)

    Comparer 1 et 2.

Solution

  • (a)

    Aisément, 1.

    Soit uN définie par unN=1 si n<N et unN=0 sinon.
    On a uN1=N et uN=1: il n’existe donc pas de α>0 tel que 1α.

    Les normes 1 et ne sont pas équivalentes.

  • (b)

    En introduisant N tel que n>Nun=0 on a

    u22=n=0+|un|2=n=0N|un|2(n=0N|un|)2=(n=0+|un|)2=u12.

    Ainsi, 21.

    Soit uN définie par unN=1 si n<N et unN=0 sinon.

    On a uN1=N et uN2=N: il n’existe donc pas de α>0 tel que 1α2.

    Les normes 1 et 2 ne sont pas équivalentes.

 
Exercice 37  469   Correction  

On note 1(,) l’espace des suites réelles sommables. Cet espace est normé par

u1=n=0+|un|.
  • (a)

    Soit u1(,). Montrer que u est bornée.
    Cela permet d’introduire la norme définie par

    u=supn|un|.

    Comparer 1 et .

  • (b)

    Soit u1(,). Montrer que u est de carré sommable
    Cela permet d’introduire la norme 2 définie par

    u2=(n=0+un2)1/2.

    Comparer 1 et 2.

Solution

  • (a)

    La suite u étant sommable, elle converge vers 0 et est par conséquent bornée.
    Pour tout n,

    |un|k=0+|uk|

    donc

    uu1.

    Soit uN définie par unN=1 si n<N et unN=0 sinon. uN1().
    On a uN1=N et uN=1 donc il n’existe pas de α>0 tel que 1α.
    1 et ne sont pas équivalentes.

  • (b)

    On a n=0N|un|2(n=0N|un|)2 donc quand N+:

    u22=n=0+|un|2(n=0+|un|)2=u12.

    Ainsi 21.
    Soit uN définie par unN=1 si n<N et unN=0 sinon. uN1().
    On a uN1=N et uN2=N donc il n’existe pas de α>0 tel que 1α2.
    1 et 2 ne sont pas équivalentes.

 
Exercice 38  3265   Correction  

On note (,) l’espace des suites réelles bornées normé par .

  • (a)

    Soit a=(an) une suite réelle. Former une condition nécessaire et suffisante sur la suite a pour que l’application

    Na:xn=0+an|xn|

    définit une norme sur (,).

  • (b)

    Comparer Na et .

Solution

  • (a)

    Supposons que Na est une norme sur (,).
    Pour m, la suite élémentaire em=(δm,n)n est non nulle donc

    Na(em)=am>0.

    De plus, pour la suite constante u=(1)n, la quantité Na(u) existe et donc la série an converge.
    Inversement, si an est une série convergente à termes strictement positifs alors on montre que l’application Na:(,)+ est bien définie et que celle-ci est une norme sur l’espace (,).

  • (b)

    On a aisément Nak avec k=n=0+an.
    Inversement, supposons kNa. Pour la suite élémentaire em, on obtient emkNa(em) et donc am1/k pour tout m. Cette propriété est incompatible avec la convergence de la série an.
    Ainsi, Na est dominée par mais ces deux normes ne sont pas équivalentes.

 
Exercice 39  473   Correction  

Sur [X], on définit N1 et N2 par:

N1(P)=k=0+|P(k)(0)|etN2(P)=supt[-1,1]|P(t)|.
  • (a)

    Montrer que N1 et N2 sont deux normes sur [X].

  • (b)

    Étudier la convergence pour l’une et l’autre norme de la suite de terme général

    Pn=1nXn.
  • (c)

    Les normes N1 et N2 sont-elles équivalentes?

Solution

  • (a)

    N1,N2:[X].

    N1(P+Q) =k=0+|P(k)(0)+Q(k)(0)|k=0+|P(k)(0)|+|Q(k)(0)|
    =k=0+|P(k)(0)|+k=0+|Q(k)(0)|=N1(P)+N1(Q).
    N1(λP) =k=0+|λP(k)(0)|=|λ|k=0+|P(k)(0)|=|λ|N1(P).
    N1(P)=0k,P(k)(0)=0

    or

    P=k=0+P(k)(0)k!Xk

    et donc P=0.
    Finalement, N1 est une norme.

    N2(P+Q) =supt[-1;1]|P(t)+Q(t)|supt[-1;1]|P(t)|+|Q(t)|
    supt[-1;1]|P(t)|+supt[-1;1]|Q(t)|=N2(P)+N2(Q).
    N2(λP) =supt[-1;1]|λP(t)|=supt[-1;1]|λ||P(t)|=|λ|supt[-1;1]|P(t)|=|λ|N2(P).
    N2(P)=0t[-1;1],P(t)=0

    et par infinité de racines P=0.

  • (b)

    La suite (1nXn)n converge vers 0 pour N2 mais n’est pas bornée et donc diverge pour N1.

  • (c)

    Les normes ne peuvent être équivalentes car sinon les suites convergeant pour l’une des normes convergerait pour l’autre.

 
Exercice 40  466  Correction  

Soit E=𝒞0([0;1],). On définit les normes 1, 2 et par:

f1=01|f(t)|dt,f2=(01f(t)2dt)1/2etf=sup[0;1]|f|.
  • (a)

    Montrer que est plus fine que 1 et 2 mais qu’elle n’équivaut ni à l’une, ni à l’autre.

  • (b)

    Comparer 1 et 2.

Solution

  • (a)
    f101ff

    et

    f2(01f2)1/2f.

    Posons fn(x)=xn, fn=1 alors que fn1=1n+10 et fn2=12n+10. Les normes ne sont donc pas équivalentes.

  • (b)

    Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz:

    011×|f(t)|dt(011dt)1/2(01f(t)2dt)1/2

    donc

    f1f2.

    Pour fn(x)=2n+1xn, fn2=1 et fn1=2n+1n+10, les normes ne sont donc pas équivalentes.

 
Exercice 41  463   

On considère E=𝒞1([0;1],) l’espace des fonctions de classe 𝒞1 de [0;1] vers .

  • (a)

    Pour fE, on pose N(f)=|f(0)|+f. Montrer que N définit une norme sur E.

  • (b)

    Pour fE, on pose N(f)=f+f. On vérifie aisément que N est aussi une norme sur E. Montrer que la norme N est équivalente à N.

  • (c)

    Les normes N et N sont-elles équivalentes à ?

 
Exercice 42  467   Correction  

Soit E=𝒞1([-1;1],). On définit N1,N2 et N3 par

N1(f)=sup[-1;1]|f|,N2(f)=|f(0)|+sup[-1;1]|f|etN3(f)=-11|f|.
  • (a)

    Montrer que N1,N2 et N3 sont des normes sur E.

  • (b)

    Comparer N1 et N2 d’une part, N1 et N3 d’autre part.

Solution

  • (a)

    Sans difficultés.

  • (b)

    On a N1(f)N2(f) car

    |f(x)||f(0)|+|0xf(t)dt||f(0)|+|x|sup[-1;1]|f|

    et sans difficultés on a aussi N3(f)2N1(f).
    Posons

    fn(x)=xn.

    On a N1(fn)=1, N2(fn)=n et N3(fn)=2n+1.
    On en déduit que les normes N1 et N2 d’une part, N1 et N3 d’autre part, ne sont pas équivalentes.

 
Exercice 43  465     CENTRALE (MP)Correction  

Soient E=C1([0;1],) et N:E+ définie par

N(f)=f2(0)+01f2(t)dt.
  • (a)

    Montrer que N définit une norme sur E.

  • (b)

    Comparer N et .

Solution

  • (a)

    Posons φ(f,g)=f(0)g(0)+01f(t)g(t)dt.

    φ est une forme bilinéaire symétrique, φ(f,f)0 et si φ(f,f)=0 alors f(0)=0 et pour tout t[0;1], f(t)=0 donc f=0.

    φ est donc un produit scalaire et N apparaît comme étant la norme associée.

  • (b)

    Pour tout x[0;1],

    |f(x)||f(0)|N(f)+|0xf(t)dt|¯N(f)2N(f),

    donc f2N(f).

    Pour f(x)=sin(nxπ),

    f=1etN(f)=nπ/2n++

    Les deux normes ne sont donc pas équivalentes.

 
Exercice 44  3267   Correction  

Soient l’espace E={f𝒞1([0;1],)|f(0)=0} et N1,N2 les applications définies sur E par

N1(f)=fetN2(f)=f+f.
  • (a)

    Montrer que N1 et N2 définissent des normes sur E.

  • (b)

    Montrer que N2 est dominée par N1.

  • (c)

    En exploitant l’identité

    f(x)=e-x0x(f(t)+f(t))etdt

    montrer que N1 est dominée par N2.

Solution

  • (a)

    Les applications sont bien définies Ni:E+ car toute fonction continue sur un segment y est bornée.
    Les propriétés Ni(f+g)Ni(f)+Ni(g) et Ni(λf)=|λ|Ni(f) sont faciles.
    Si N1(f)=0 alors f=0 et sachant f(0)=0, on obtient f=0.
    Si N2(f)=0 alors la résolution de l’équation différentielle f+f=0 avec la condition initiale f(0)=0 donne f=0.
    Ainsi, les applications N1,N2 sont bien des normes sur E.

  • (b)

    Pour fE, on a

    f(x)=0xf(t)dt

    ce qui permet d’établir ff.
    Puisque

    N2(f)f+f2N1(f)

    la norme N2 est dominée par la norme N1.

  • (c)

    Sachant f(0)=0, on a

    f(x)=e-x0x(f(t)et)dt=e-x0x(f(t)+f(t))etdt

    donc

    |f(x)|N2(f).

    Puisque

    |f(x)||f(x)+f(x)|+|f(x)|

    on obtient

    |f(x)|2N2(f)

    et finalement

    N1(f)2N2(f).
 
Exercice 45  2412     CENTRALE (MP)

Sur l’espace E={f𝒞1([0;1],)|f(0)=0}, on considère l’application N définie par

N(f)=3f+f=supt[0;1]|3f(t)+f(t)|.
  • (a)

    Montrer que N définit une norme sur E.

  • (b)

    Déterminer un réel α>0 tel que fαN(f) pour toute fonction f de E.

  • (c)

    Les normes N et N sont-elles équivalentes?

 
Exercice 46  464   Correction  

On note E le -espace vectoriel des fonctions f:[0;1] de classe 𝒞1 vérifiant f(0)=0. Pour fE, on pose

N1(f)=supx[0;1]|f(x)|+supx[0;1]|f(x)|etN2(f)=supx[0;1]|f(x)+f(x)|.

Montrer que N1 et N2 sont deux normes sur E et qu’elles sont équivalentes.

Solution

Pour tout f,gE et tout λ, il est clair que Ni(f+g)Ni(f)+Ni(g) et que Ni(λf)=λNi(f).
Supposons N1(f)=0, on a alors supx[0;1]|f(x)|=0 donc f=0.
Supposons maintenant que N2(f)=0, on a alors supx[0;1]|f(x)+f(x)|=0 donc f(x)+f(x)=0. Après résolution de l’équation différentielle sous-jacente, f(x)=λe-x avec λ=f(0)=0 et finalement f=0.

Finalement, N1 et N2 sont bien deux normes sur E.
Il est clair que

N2(f)N1(f).

Posons maintenant M=N2(f). Pour tout x[0;1], on a

|f(x)+f(x)|M

donc

|(f(x)ex)|Mex

d’où

|f(x)ex|=|0x(f(t)et)dt|0xMetdtMex

puis |f(x)|Me pour tout x[0;1]. Ainsi,

supx[0;1]|f(x)|Me.

De plus,

|f(x)||f(x)+f(x)|+|f(x)|M(1+e)

donc

supx[0;1]|f(x)|M(1+e)

et finalement

N1(f)M(1+2e)=N2(f)(1+2e).

On peut conclure que les deux normes sont effectivement équivalentes.

 
Exercice 47  3262   Correction  

Soient E=𝒞([0;1],) et E+ l’ensemble des fonctions de E qui sont positives et ne s’annulent qu’un nombre fini de fois. Pour toute fonction φE+ et pour toute fonction fE on pose

fφ=supt[0;1]{|f(t)|φ(t)}.
  • (a)

    Montrer que φ est une norme sur E

  • (b)

    Montrer que si φ1 et φ2 sont deux applications strictement positives de E+ alors les normes associées sont équivalentes.

  • (c)

    Les normes x et x2 sont elles équivalentes?

Solution

  • (a)

    φ:E+ est bien définie.
    Si fφ=0 alors la fonction t|f(t)|φ(t) est nulle. En dehors des valeurs où φ est nulle, la fonction f s’annule. Or φ ne s’annule qu’un nombre fini de fois, donc par un argument de continuité, f s’annule aussi en ces points et finalement f=0~.
    Les propriétés λfφ=|λ|fφ et f+gφfφ+gφ sont immédiates.

  • (b)

    Considérons la fonction φ2/φ1. Cette fonction est définie et continue sur le segment [0;1], elle y est donc bornée et il existe M+ vérifiant x[0;1],φ2(x)Mφ1(x). On en déduit φ1Mφ2. Ainsi, φ1 est dominée par φ2 et par un argument symétrique φ2 est dominée par φ1.

  • (c)

    On a facilement x2x.
    Pour fn(x)=(1-x)n, on a après étude des variations des fonction xx(1-x)n et xx2(1-x)n

    fnx=1n+1(1-1n+1)ne-1n

    et

    fnx2=(2n+2)2(1-2n+2)ne-2n2

    donc il n’existe pas de constante M0 telle que xMx2. Les deux normes x et x2 ne sont pas équivalentes.

 
Exercice 48  2767     MINES (MP)

Soit E=𝒞([0;1],) et E+ le sous-ensemble de E constitué des fonctions positives qui ne s’annulent qu’au plus un nombre fini de fois. Pour toute fonction φE+ et pour toute fonction fE on pose

fφ=01|f(t)|φ(t)dt.
  • (a)

    Montrer que φ définit une norme sur E.

  • (b)

    Montrer que, si φ1 et φ2 sont deux applications strictement positives de E+, les normes associées sont équivalentes.

On considère les fonctions φ1 et φ2 de E+ déterminée par

φ1(t)=tetφ2(t)=t2pour tout t[0;1].
  • (c)

    Les normes φ1 et φ2 sont-elles équivalentes?

 
Exercice 49  2411      CENTRALE (MP)Correction  

Soit

E={f𝒞2([0;π],)|f(0)=f(0)=0}.
  • (a)

    Montrer que

    N:ff+f′′

    est une norme sur E.

  • (b)

    Pour fE, on pose

    N:ff+f′′.

    On vérifie aisément que N est une norme sur E. Montrer que la norme N est équivalente à N.

Solution

  • (a)

    L’application N:E+ est bien définie et l’on vérifie aisément N(λf)=|λ|N(f) et N(f+g)N(f)+N(g).
    Supposons maintenant N(f)=0, la fonction f est alors solution de l’équation différentielle y′′+y=0 vérifiant les conditions initiales y(0)=y(0)=0 ce qui entraîne f=0.

    Finalement, N est une norme sur E.

  • (b)

    On a évidemment NN.

    Inversement, soit fE et g=f+f′′. La fonction f est solution de l’équation différentielle

    y′′+y=g

    vérifiant les conditions initiales y(0)=y(0)=0. Après résolution via la méthode de variation des constantes, on obtient

    f(x)=0xsin(x-t)g(t)dt.

    On en déduit

    |f(x)|xgπg

    et donc fπN(f). De plus,

    f′′f+f′′+f

    donc

    N(f)(π+1)N(f).
 
Exercice 50  2409      CENTRALE (MP)Correction  
  • (a)

    Quelles sont les valeurs de a pour lesquelles l’application

    (x,y)Na(x,y)=x2+2axy+y2

    définit une norme sur 2.

  • (b)

    Si Na et Nb sont des normes, calculer

    inf(x,y)0Na(x,y)Nb(x,y)etsup(x,y)0Na(x,y)Nb(x,y).

Solution

  • (a)

    Na(1,1) et Na(1,-1) doivent exister et être strictement positifs. Cela fournit les conditions nécessaires 2a+2>0 et 2-2a>0 d’où a]-1;1[. Montrons que cette condition est suffisante.
    Supposons a]-1;1[ et considérons φ:2×2 définie par φ((x,y),(x,y))=xx+yy+axy+ayx.
    L’application φ est une forme bilinéaire symétrique sur 2 et pour (x,y)(0,0), φ((x,y),(x,y))(1-|a|)(x2+y2)>0 en vertu de |2axy||a|(x2+y2). Ainsi φ est un produit scalaire sur 2 et Na est la norme euclidienne associée.

  • (b)

    Le cas a=b est immédiat. Quitte à échanger, on peut désormais supposer a<b.
    Par homogénéité, on peut limiter l’étude de Na(x,y)Nb(x,y) au couple (x,y)=(cos(t),sin(t)) avec t]-π/2;π/2].
    Posons

    f(t)=(Na(cos(t),sin(t))Nb(cos(t),sin(t)))2=1+asin(2t)1+bsin(2t).

    On a

    f(t)=2(a-b)cos(2t)(1+bsin(2t))2.

    Les variations de f sont faciles et les extremums de f(t) sont en t=-π/4 et t=π/4. Ils valent 1-a1-b et 1+a1+b.
    On en déduit

    inf(x,y)0Na(x,y)Nb(x,y)=1+a1+b

    et

    sup(x,y)0Na(x,y)Nb(x,y)=1-a1-b

    (dans le cas a<b).

[<] Comparaison de normes[>] Partie d'un espace normé

 
Exercice 51  458  Correction  

Soit N une norme sur n(). Montrer qu’il existe c>0 tel que

N(AB)cN(A)N(B).

Solution

On sait N(AB)nN(A)N(B) et αNNβN avec α,β>0 donc

N(AB)1αN(AB)nαN(A)N(B)nβ2αN(A)N(B).
 
Exercice 52  3146  

Soient n et En l’espace des polynômes réels de degrés inférieurs à n. Montrer qu’il existe λ>0 vérifiant, pour tout PEn,

01|P(t)|dtλsupt[0;1]|P(t)|.
 
Exercice 53  474   Correction  

Pour d, on pose E=d[X] l’espace des polynômes réels en l’indéterminée X de degrés inférieurs ou égaux à d.

  • (a)

    Pour ξ=(ξ0,,ξd) famille de d+1 nombres réels distincts et PE, on pose

    Nξ(P)=k=0d|P(ξk)|.

    Montrer que Nξ définit une norme sur E.

  • (b)

    Soit (Pn) une suite de polynômes éléments de E. Pour tout n, on écrit

    Pn=k=0dak,nXk.

    Établir que les assertions suivantes sont équivalentes:

    • (i)

      la suite de fonctions (Pn) converge simplement sur ;

    • (ii)

      la suite de fonctions (Pn) converge uniformément sur tout segment de ;

    • (iii)

      pour tout k{0,,d}, la suite (ak,n) converge.

Solution

  • (a)

    facile.

  • (b)

    (i)(ii) Supposons que la suite (Pn) converge simplement sur vers une certaine fonction f. On ne sait pas a priori si cette fonction est, ou non, polynomiale.
    Soit ξ=(ξ0,,ξd) une famille de d+1 réels distincts et PE déterminé par P(ξk)=f(ξk). On peut affirmer que la (Pn) suite converge vers P pour la norme Nξ. Soit [a;b] un segment de avec a<b. N=,[a;b] définit une norme sur E qui est équivalent à Nξ car E est de dimension finie. Puisque (Pn) converge vers P pour la norme Nξ, on peut affirmer que la convergence a aussi lieu pour la norme N et donc (Pn) converge uniformément vers P sur le segment [a;b]. Au passage, on en déduit que f=P.

    (ii)(iii) Si la suite (Pn) converge uniformément sur tout segment vers une fonction f, elle converge aussi simplement vers f et l’étude ci-dessus montre que f est un polynôme. En introduisant la norme infinie relative aux coefficients polynomiaux:

    a0++adXd=max0kd|ak|

    l’équivalence de norme permet d’établir que les coefficients de Pn convergent vers les coefficients respectifs de f.

    (iii)(i) Immédiat.

 
Exercice 54  1582     ENTPECorrection  

Montrer que si (Pn)n est une suite de fonctions polynomiales toutes de degrés inférieurs à N convergeant simplement vers une fonction f sur alors f est une fonction polynomiale et la convergence est uniforme sur tout segment de .

Solution

Soient a0,,aN des réels deux à deux distincts. Considérons la fonction polynôme P de degré inférieur à N vérifiant

k{0,,N},P(ak)=f(ak).

Sur l’espace N[X], on peut introduire la norme donnée par

N(Q)=max0kN|Q(ak)|.

Pour cette norme, on peut affirmer que la suite (Pn) converge vers P. Or l’espace N[X] est de dimension finie, toutes les normes y sont donc équivalentes. La convergence de (Pn) vers P a donc aussi lieu pour les normes données par

Q,[a;b]=supt[a;b]|Q(t)|.

La suite (Pn) converge vers P sur tout segment de et donc converge simplement vers P. Par unicité de la limite simple, la fonction f est égale à P.

 
Exercice 55  2768      MINES (MP)

Soit E un sous-espace vectoriel de dimension finie d1 de l’espace 𝒞([0;1],) des fonctions réelles définies et continues sur [0;1].

  • (a)

    Établir l’existence d’un tuple (a1,,ad)[0;1]d tel que l’application

    N:fEi=1d|f(ai)|

    soit une norme sur E.

  • (b)

    Soit (fn) une suite de fonctions de E convergeant simplement vers une fonction f:[0;1]. Montrer que f est élément de E puis que la convergence est uniforme.

[<] Équivalence de normes en dimension finie[>] Suites de vecteurs

 
Exercice 56  4671  

Montrer que

A={(x1,,xn)[0;+[n|x1++xn1}

est une partie bornée et convexe de n.

 
Exercice 57  4674   

Soient E un espace vectoriel réel et N:E+ une application vérifiant, pour tout λ et tout xE,

N(λ.x)=|λ|N(x)etN(x)=0x=0E.

Montrer que N définit une norme si, et seulement si, l’ensemble

B={xE|N(x)1}

est une partie convexe de E.

 
Exercice 58  4682    

Soit B une partie d’un espace vectoriel réel E de dimension finie.

À quelle(s) condition(s) sur B peut affirmer qu’il existe une norme sur E pour laquelle B en soit la boule unité fermée?

[<] Partie d'un espace normé[>] Séries de vecteurs

 
Exercice 59  3143  Correction  

Soient A,Bp(). On suppose

(AB)nOp.

Montrer que

(BA)nOp.

Solution

Il suffit d’observer

(BA)n+1=B(AB)nAn+Op.
 
Exercice 60  1670  Correction  

Soient A,Bn() telles que

Akk+PetBkk+Q.

On suppose que les matrices A et B commutent. Montrer que les matrices P et Q commutent.

Solution

Puisque les matrices A et B commutent, il en est de même des matrices Ak et Bk. En passant à la limite la relation

AkBk=BkAk

on obtient

PQ=QP.
 
Exercice 61  471  Correction  

Soit (An) une suite de matrices inversibles de p(𝕂).
On suppose

Ann+AetAn-1n+B.

Montrer que A est inversible et déterminer son inverse.

Solution

On a

AnAn-1=Ip.

En passant cette relation à la limite on obtient

AB=Ip.

Par le théorème d’inversibilité, on peut affirmer que A est inversible et

A-1=B.
 
Exercice 62  3010     ENTPECorrection  

Soit Ap(). On suppose que la suite (An)n converge vers B.
Montrer que B est semblable à une matrice diagonale n’ayant que des 0 et des 1.

Solution

A2nB et A2n=An×AnB2 donc B=B2 et B est une matrice de projection.

 
Exercice 63  3925    MINES (MP)Correction  

Soit An() une matrice antisymétrique telle que la suite (Ak)k converge vers B dans n().
Que dire de B?

Solution

D’une part,

(Ak)tk+Bt.

D’autre part,

(Ak)t=(-1)kAk.

On a donc

(A2p)t=(-1)2pA2pp+B

et

(A2p+1)t=(-1)2p+1A2p+1p+-B.

Par unicité de la limite,

B=Bt=-B.

On en déduit que la matrice B est nulle.

 
Exercice 64  3851     MINES (MP)

Soit a. Déterminer la limite de la suite (Ann)n1 avec

An=(1-anan1).
 
Exercice 65  3022   

Soient p* et Ap().

  • (a)

    On suppose A diagonalisable et Sp(A)]-1;1[. Montrer que la suite géométrique (An) converge vers la matrice nulle.

  • (b)

    Même question avec trigonalisable au lieu de diagonalisable.

 
Exercice 66  5424     MINES (MP)Correction  

Déterminer les triplets (a,b,c)3 tels que

an+bn+cnn+0.

Solution

Soit (a,b,c) un triplet solution. Introduisons

V=(111abca2b2c2)etXn=(anbncn).

Par hypothèse,

Yn=VXn=(an+bn+cnan+1+bn+1+cn+1an+2+bn+2+cn+2).

Cas: a, b et c sont deux à deux distincts. La matrice V est inversible et donc

Xn=(anbncn)=V-1Ynn+(000).

On en déduit que a, b et c sont de modules strictement inférieurs à 1

Cas: a=b et ac. On adapte ce qui précède en écrivant

(212ac)(ancn)=(2an+cn2an+1+cn+1)n+(00).

Les autres cas sont similaires.

Finalement,

an+bn+cnn+0|a|,|b|,|c|<1.

La réciproque est immédiate.

 
Exercice 67  3036    Correction  

Soit (An) une suite convergente d’éléments de n(𝕂) et de limite A.
Montrer que pour n assez grand

rg(An)rg(A).

Solution

Posons r=rg(A).
La matrice A possède est déterminant extrait non nul de taille r.
Le déterminant extrait correspondant des matrices An est alors non nul à partir d’un certain rang et donc rg(An)r

 
Exercice 68  3475      X (MP)

Soit (Ak) une suite de matrices de n(𝕂) convergeant vers An(𝕂). On suppose que les matrices Ak sont toutes de même rang p. Montrer rg(A)p.

Que dire de la nature topologique de l’ensemble p(𝕂) des matrices de n(𝕂) de rangs inférieurs à p?

 
Exercice 69  4980      X (PSI)

Soient n2 et A=(ai,j)n() une matrice à coefficients strictement positifs vérifiant11 1 A est une matrice stochastique (voir le sujet 5120).

j=1nai,j=1pour tout i1;n.

On note α le plus petit coefficient de la matrice A et, pour Xn,1(), on note min(X) et max(X) le plus petit et le plus grand coefficient de la colonne X.

  • (a)

    On suppose que les coefficients d’une colonne Yn,1() sont tous positifs. Établir min(AY)αmax(Y).

Soient Xn,1() et Y=X-min(X)U avec U la colonne de hauteur n dont tous les coefficients sont égaux à 1.

  • (b)

    Montrer

    min(AX)αmax(X)+(1-α)min(X)

    puis

    max(AX)αmin(X)+(1-α)max(X).
  • (c)

    En déduire que les suites (min(ApX))p et (max(ApX))p sont adjacentes.

  • (d)

    Conclure que la suite (Ap)p converge et déterminer le rang de sa limite.

 
Exercice 70  3413      ENS LyonCorrection  

Soit q*. On note Eq l’ensemble des AGLn() telles que

Aq=In.
  • (a)

    Que dire de AEq telle que 1 est seule valeur propre de A?

  • (b)

    Montrer que In est un point isolé de Eq, c’est-à-dire que toute suite d’éléments de Eq de limite In est constante égale à In à partir d’un certain rang.

Solution

  • (a)

    Une matrice AEq annule le polynôme scindé simple Xq-1, elle est donc diagonalisable. Si 1 est sa seule valeur propre alors A=In car semblable à In.

  • (b)

    Par l’absurde, supposons qu’il existe une suite (Ap) d’éléments de Eq{In} vérifiant

    App+In.

    Par continuité de la trace,

    tr(Ap)p+n.

    Or la trace de Ap est la somme de ses valeurs propres, celles-ci ne sont pas toutes égales à 1 et sont racines q-ième de l’unité donc

    Re(tr(Ap))(n-1)+cos(2πq).

    Cette majoration est incompatible avec la propriété tr(Ap)p+n.

[<] Suites de vecteurs

 
Exercice 71  4670  

Soit E=p(𝕂) muni d’une norme sous-multiplicative:

(A,B)p(𝕂)2,ABAB.

Soit Ap(𝕂) vérifiant A<1.

  • (a)

    Étudier la convergence de la série matricielle An.

  • (b)

    Justifier que la matrice Ip-A est inversible et exprimer la somme de la série précédente.

 
Exercice 72  5101   

Pour toute matrice A de n(), on pose

A=i=1nj=1n|ai,j|.
  • (a)

    Vérifier que définit une norme sur n().

  • (b)

    Montrer que cette norme est sous-multiplicative ce qui signifie:

    ABABpour toutes matrices A,Bn().

Soit An(). Pour p, on pose

Ep(A)=k=0p1k!Ak.
  • (c)

    Justifier la convergence de la série numérique

    1k!Ak.
  • (d)

    Montrer que la suite (Ep(A)) converge.

 
Exercice 73  4052   

(Théorème du point fixe)

Soient E un espace de dimension finie de norme et f une application de E vers E. On suppose qu’il existe11 1 On dit que l’application f est contractante. k[0;1[ tel que

(x,y)E2,f(y)-f(x)ky-x.
  • (a)

    Montrer que f possède au plus un point fixe22 2 Un point fixe de f est une valeur x de E vérifiant f(x)=x..

On choisit arbitrairement aE et l’on considère la suite (xn) définie par

x0=aetxn+1=f(xn)pour tout n.
  • (b)

    Montrer la convergence la suite (xn).

  • (c)

    En déduire que la fonction f admet un point fixe.

 
Exercice 74  2728     MINES (MP)Correction  

Soit Mn(). Montrer l’équivalence de:

  • (i)

    toute valeur propre de M est de module strictement inférieur à 1;

  • (ii)

    la suite (Mk) tend vers 0;

  • (iii)

    la série de terme général Mk converge.

Solution

(i)(ii) Le plus simple est sans doute d’utiliser la décomposition de Dunford: M=D+N avec D diagonalisable et N nilpotente commutant entre elles. Par la formule du binôme de Newton, on peut calculer Mk et tronquer la somme par la nilpotence de N, on parvient alors à une somme finie de termes qui tendent vers 0 par croissance comparée. Une autre méthode, techniquement plus lourde, consiste à introduire ρk=max{|(Mk)1,+1|,,|(Mk)n-,n|} qui majorent les coefficients de Mk situés sur la diagonale (pour =0), sur la sur-diagonale (pour =1) etc. En notant que ρ=ρ01<1, on montre par récurrence sur k que ρkkM+1ρk- ce qui permet de conclure.

(ii)(iii) Supposons que Mk0. On peut alors affirmer que 1 n’est pas valeur propre de M car MX=XMkX=X et donc à la limite MX=XX=0. Par suite, la matrice I-M est inversible et puisque (I-M)k=0mMk=I-Mm+1, k=0mMk=(I-M)-1(I-Mm+1) d’où la convergence de la série des Mk.

(iii)(i) Soit λSp(M) et X0 tel que MX=λX. Puisque k=0mMk converge quand rg(C)r, on a k=0mMkX converge, puis k=0nλkX converge et donc |λ|<1 (car X0).



Édité le 08-11-2019

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