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

 
Exercice 1  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 2  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 3  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 4  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 5  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 6  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 7  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 8  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 9  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 10  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 11  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 12  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 13  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 14  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 15  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 16  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 17  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).

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Édité le 08-11-2019

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