Exercice 1 493 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 2 491 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 3 499 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 4 492 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 5 494 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 6 498 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 7 495 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 8 497 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 9 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 10 500 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 $| F (x) | ⩽ 2 {∥ f ∥}_{\infty}$ puis ${∥ F ∥}_{\infty} ⩽ 2 {∥ f ∥}_{\infty}$ .

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 $x \in [0; 1]$ ,

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

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

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

et donc

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

puis

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

Ainsi, $| | | u | | | ⩽ 1 / 2$ .

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

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

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

Exercice 11 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 12 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

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

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,

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

L’endomorphisme $u$ est donc continu et

$| | | u | | | ⩽ {∥ ϕ ∥}_{\infty} .$
(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

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

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

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

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

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

On a donc

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

$| | | u | | | ⩽ {∥ ϕ ∥}_{\infty} .$

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

$| | | u | | | ⩾ | ϕ (x_{0}) |$

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

On peut alors affirmer

$| | | u | | | ⩾ {∥ ϕ ∥}_{\infty}$

puis l’égalité.

Exercice 13 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,

$| | | u | | | = {∥ a ∥}_{\infty} .$

Exercice 14 6034 CENTRALE (MP)Correction

(a)

Rappeler une condition nécessaire et suffisante pour qu’une application linéaire entre deux espaces vectoriels normés soit continue.

Soit $E$ l’espace vectoriel normé des fonctions continues de $ℝ_{+}$ vers $ℝ$ de carré intégrable que l’on munit de la norme donnée par

∥ f ∥ = {(\int_{0}^{+ \infty} f^{2})}^{1 / 2} .

Pour $f \in E$ , on pose $φ (f) = g$ où

g (x) = \frac{1}{x} \int_{0}^{x} f (t) d t si x > 0 et g (0) = f (0) .

(b)

Montrer que $φ$ définit un endomorphisme de $E$ .
(c)

Déterminer

$| | | φ | | | = sup_{f \in E ∖ {0}} \frac{∥ φ (f) ∥}{∥ f ∥} .$

Solution

(a)

Avec des notations entendues, $u \in ℒ (E, F)$ est continue si, et seulement si,

$\exists k \in ℝ_{+}, \forall x \in E, {∥ u (x) ∥}_{F} \leq k {∥ x ∥}_{E} .$

(b)

Soient $f \in E$ et $g$ comme définies. L’application $g$ est continue sur $] 0; + \infty [$ car produit d’une fonction continue par une fonction primitive. La fonction $g$ est aussi continue en $0$ car, en introduisant $F$ primitive de $f$ s’annulant en $0$ ,

g (x) = \frac{F (x)}{x} \to_{x \to 0^{+}}^{} F^{'} (0) = f (0) = g (0) .

Vérifions que $g$ est de carré intégrable. Soit $x > 0$ . Par intégration par parties,

	$\int_{0}^{x} {(g (t))}^{2} d t$	$= \int_{0}^{x} \frac{1}{t^{2}} {(F (t))}^{2} d t$
		$= {[- \frac{1}{t} {(F (t))}^{2}]}_{0}^{x} + 2 \int_{0}^{x} g (t) f (t) d t$
		$= - \frac{1}{t} {(F (t))}^{2} + 2 \int_{0}^{x} g (t) f (t) d t \leq \int_{0}^{x} g (t) f (t) d t .$

Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz,

\int_{0}^{x} {(g (t))}^{2} d t \leq 2 {(\int_{0}^{x} {(g (t))}^{2} d t)}^{1 / 2} {(\int_{0}^{x} {(f (t))}^{2} d t)}^{1 / 2} .

Que l’intégrale de $g$ soit nulle ou non, on peut affirmer

\int_{0}^{x} {(g (t))}^{2} d t \leq 4 \int_{0}^{x} {(f (t))}^{2} d t \leq 4 \int_{0}^{+ \infty} {(f (t))}^{2} d t .

Ainsi, $g$ est de carré intégrable avec $∥ g ∥ \leq 2 ∥ f ∥$ .

L’application $φ$ est donc correctement définie de $E$ vers $E$ . Elle est bien évidemment linéaire.

(c)

Par ce qui précède, on sait déjà $| | | φ | | | \leq 2$ .

Pour réaliser l’égalité, on aimerait considérer $f : t \mapsto 1 / \sqrt{t}$ mais celle-ci n’est ni continue en $0$ ni de carré intégrable. On considère alors pour $n \in ℕ^{*}$ la fonction $f_{n} : ℝ_{+} \to ℝ$ donnée par

$f_{n} (t) = {\begin{matrix} \sqrt{n} & si t \in [0; 1 / n] \\ 1 / \sqrt{t} & si t \in [1 / n; n] \\ 1 / \sqrt{n} - (t - n) / \sqrt{n} & si t \in [n; n + 1] \\ 0 & si t \in [n + 1; + \infty [. \end{matrix}$

La fonction $f_{n}$ est continue et de carré intégrable avec

${∥ f_{n} ∥}^{2}$ $= \int_{0}^{1 / n} n d t + \int_{1 / n}^{n} \frac{d t}{t} + \int_{n}^{n + 1} f_{n}^{2} (t) d t$

$\leq 1 + \int_{1 / n}^{n + 1} \frac{d t}{t} = 1 + {[\ln (t)]}_{1 / n}^{n + 1}$

$= 1 + \ln (n) + \ln (n + 1) \underset{n \to + \infty}{\sim} 2 \ln (n) .$

Aussi, pour $x \in [1 / n; n]$ ,

$φ (f_{n}) (x) \geq \frac{1}{x} \int_{1 / n}^{x} \frac{d t}{\sqrt{t}} = \frac{1}{x} {[2 \sqrt{t}]}_{1 / n}^{x} = \frac{2}{\sqrt{x}} - \frac{2}{x \sqrt{n}}$

et donc

${∥ φ (f_{n}) ∥}^{2} \geq 4 \int_{1 / n}^{n} \frac{1}{x} - \frac{2}{x^{3 / 2} \sqrt{n}} + \frac{1}{x^{2} n} d x \underset{n \to + \infty}{=} 8 \ln (n) + O (1) \underset{n \to + \infty}{\sim} 8 \ln (n) .$

On a donc

$\frac{∥ φ (f_{n}) ∥}{∥ f_{n} ∥} \to_{n \to + \infty}^{} 2$

et par conséquent $| | | φ | | | \geq 2$ puis l’égalité.

	${∥ f_{n} ∥}^{2}$	$= \int_{0}^{1 / n} n d t + \int_{1 / n}^{n} \frac{d t}{t} + \int_{n}^{n + 1} f_{n}^{2} (t) d t$
		$\leq 1 + \int_{1 / n}^{n + 1} \frac{d t}{t} = 1 + {[\ln (t)]}_{1 / n}^{n + 1}$
		$= 1 + \ln (n) + \ln (n + 1) \underset{n \to + \infty}{\sim} 2 \ln (n) .$

Calcul de norme triple