Espaces vectoriel normés - Fonctions vectorielles

1

5 Espaces vectoriels normés PSI*-2010-2011

−−−−−−−−−−−−−−−−−−

Note : Les exercices 1 - 2 - 4 - 5 - 8 - 9 - 15 - 17 peuvent être abordés en apprenant le cours.

Les exercices 3 - 7 - 10 sont un peu plus di�ciles.

Les exercices 16 - 17 utilisent les résultats du chapitre sur les suites et séries de fonctions.

I - Topologie des espaces vectoriels normés :

1- Intérieur et adhérence d'un sous ensemble :

Soit (E,N) un espace vectoriel normé.

1 - a) Montrer qu'une boule ouverteo

B (x, r) est un ouvert de E.b) Montrer qu'une boule fermée B(x, r) est un fermé de E.

2 - Soit A un sous ensemble de E.a) Montrer que

o

A est un ouvert de A, que c'est le plus grand ouvert de E inclus dans A.

Montrer que A est ouvert si et seulement sio

A= Ab) Montrer que A est un fermé de A, que c'est le plus petit fermé de E contenant A.Montrer que A est fermé si et seulement si A = A

3 - a) Montrer queo

B (x, r) = B(x, r) .

b) Montrer que

o

B(x, r)=o

B (x, r) .

2- Frontière d'une partie :

(E,N) est un espace vectoriel normé sur R ou C.A désigne l'adhérence d'une partie A de E,

o

A désigne son intérieur.Soit A ⊂ E. Un point x ∈ E est un point frontière de A s'il est adhérent à la fois à A et à son complémentaire

dans E qu'on notera CA.La frontière de A est l'ensemble de ses points frontières. Elle est notée Fr(A).

Fr(A) = A ∩ CA

1. Déterminer la frontière de A dans les exemples suivants :

(a) E = R , A1 = [a, b] , A2 =]a, b[ , A3 = Z , A4 = Q ,

(b) E = R2 , A1 =o

B (x, r) , A2 = B(x, r)

2. Soit A une partie de E. Montrer que :

(a) A est un fermé si et seulement si Fr(A) ⊂ A

(b) A est un ouvert si et seulement si Fr(A) ∩ A = ∅

3. On suppose que A n'est ni vide, ni égale à tout l'espace E. On se propose de montrer que sa frontièren'est pas vide.

(a) Soit a ∈ A et b ∈ CA.

En procédant par dichotomie, montrer que le segment [a, b] ⊂ E contient un point frontière de A.

(b) Conclure

3- * Intérieur et adhérence d'un sous espace :

1- Soit (E,N) un espace vectoriel normé et F un sous-espace de E.a) Montrer que l'adhérence F de F dans E est un sous espace de E.

b) Montrer que, s'il n'est pas vide, l'intérieuro

F de F dans E est un sous espace de E

2- Soit F un sous-espace de E. Montrer l'équivalence des propositions suivantes ;(i) F est d'intérieur non vide.

(ii) 0 ∈o

F(iii) F = E

3- On suppose que F est un sous espace de dimension �nie de l'espace vectoriel normé E.Montrer que F est fermé dans E.

2

4- Normes sur un espace de suites

Soit E l'ensemble des suites (un)n∈N à valeurs complexes pour les quelles la série∑un est absolument conver-

gente.a) Montrer que E est un espace vectoriel sur C.

Montrer que les applications N1 : (un) 7→+∞∑n=0

|un| ,

N2 : (un) 7→ supn∈N

|un|

et N3 : (un) 7→+∞∑n=0

|un|2n

sont dé�nies sur E et sont des normes sur E.b) Comparer deux à deux ces normes.Certaines sont elles équivalentes entre elles ?

c) Soit S l'application de E dans C qui à (un) fait correspondre+∞∑n=0

un.

Montrer que S est continue si on prend sur E la norme N1, et ne l'est pas si on prend sur E la norme N2 .Que dire de la dimension de E ?

II - Continuité d'applications linéaires

5- Continuité d'applications linéaires : propriétés équivalentes

Soit E un espace vectoriel normé . Soit f une application linéaire de E dans E . Montrer l'équivalence des 5propositions suivantes :

a) f est continue en 0 .b) f est continue en tout point de Ec) L'image de B(0, 1), boule unité fermée, par f , est bornée .d) f est lipchitzienne sur E .e) f est uniformément continue sur E .f) Pour toute suite (xn) de vecteurs de E qui converge vers 0, la suite (f(xn)) converge aussi vers 0.

6- * Forme linéaire continue

1-Soit (E,N) un espace vectoriel normé et ϕ une forme linéaire sur E, non nulle.1- Montrer qu'il existe un vecteur a ∈ E tel que kerϕ et la droite Vect(a) soient deux sous espaces supplé-

mentaires de E.2- Le vecteur a étant dé�ni tel que E = kerϕ⊕K.a, on note p1 la projection sur kerϕ parallèlement à K.a

et p2 la projection sur K.a parallèlement à kerϕ.Montrer que les trois propositions suivantes sont équivalentes :a) ϕ est continue. b) kerϕ est un fermé de E. c) p1 et p2 sont continues.

7- * Forme linéaire positive :

[a, b] est un segment de R , E = C([a, b],R), espace vectoriel des fonctions continues sur [a, b] et à valeurs réelles,est muni de la norme uniforme : ∀f ∈ E, ‖f‖ = sup

t∈[a,b]

|f(t)|

On dit qu'une forme linéaire ϕ sur E est positive si :∀f ∈ E, ∀x ∈ [a, b], f(x) > 0 =⇒ ϕ(f) > 0

autrement dit, si l'image par ϕ de toute fonction à valeurs positives ou nulles, est positive ou nulle.

1. Soit ϕ une forme linéaire sur E positive. Montrer que ∀f ∈ E, |ϕ(f)| 6 ϕ(|f |)

2. On note e la fonction constante 1 : ∀x ∈ [a, b], e(x) = 1

Montrer que toute forme linéaire positive ϕ sur E est continue. Calculer sa norme subordonnée en à l'aidede la fonction e.

8- Application réciproque non continue :

On note S l'ensemble des suites a = (an)n≥1 à valeurs complexes, SB le sous espace des suites bornées, SCVle sous espace des suites complexes convergentes,

∑CV celui des suites (an)n≥1 pour lesquelles la série

∑an

converge, S0 celui des suites de limite nulle.

1- Donner les relations d'inclusion existant entre ces divers sous espaces.

3

2- On dé�nit sur SB la norme uniforme N((an)) = supn≥1

|an|

Pour toute suite (an) ∈ S0, on dé�nit D((an)) = (a′n)n≥1 telle que : ∀n ∈ N∗, a′n = an+1 − an

a) Montrer que D est une bijection de S0 sur∑CV.

b) Soit (bn) ∈∑CV . On note rbn le reste d'ordre n de la série

∑an : rbn =

∞∑k=n+1

bk

Exprimer le terme général an de la suite (an) = D−1((bn)) en fonction d'un des restes de la série∑bn.

c) Montrer que D est continue et calculer |||D|||.d) Pour p ∈ N, on note t(p) = (t(p)

n ) la suite telle que : t(p)n = 1 si 1 ≤ n ≤ p

t(p)n = 0 si p < n

Calculer N∞(t(p)) et N∞(D−1(t(p))). L'application D−1 est elle continue ?Quelle conséquence en résulte-t-il pour les espaces de suites étudiés ?

9- Fonction continue mais pas uniformément continue :Uniforme continuité et dérivée bornée :

1- Montrer que la fonction f : x −→ x2 n'est pas uniformément continue sur R.2- Montrer que la fonction g : x −→ 1

xn'est pas uniformément continue sur ]0,+∞[.

3- Soit E un espace vectoriel normé de dimension �nie sur K = R ou C, et f une fonction vectorielle de classeC1 dé�nie sur un intervalle I de R à valeurs dans E.

Montrer que si la fonction dérivée f ′ est bornée sur I, alors f est uniformément continue sur I. La réciproqueest elle vraie ?

10 - Limite simple d'une suite de formes linéaires

Soit E = C([a, b],R) l'espace des fonctions réelles continues sur [a, b], muni de la norme uniforme ‖ ‖∞

1- On dé�nit la forme linéaire Φ sur E par : ∀f ∈ E, Φ(f) =∫ b

a

f(t)dt

Montrer que Φ est continue et calculer sa norme subordonnéé |||Φ|||2- Pour tout c ∈ [a, b], on dé�nit la forme linéaire ϕc sur E par :

∀f ∈ E, ϕc(f) = f(c)Montrer que ϕc est continue et calculer sa norme subordonnéé |||ϕc|||

3- Pour n ∈ N∗ , on dé�nit la forme linéaire ψn sur E par : ψn =b− a

n

n−1∑k=0

ϕa+k b−an

,

autrement dit, ∀f ∈ E, ψn(f) =b− a

n

n−1∑k=0

f

(a+ k

b− a

n

)Pour tout f ∈ E, déterminer lim

n→+∞ψn(f)

4- E∗∗, espace des formes linéaires continues sur E est l'espace dual topologique de E.

L'application ϕN−→ sup

f∈E, ‖f‖∞≤1

|ϕ(f)| est une norme sur E∗∗ (sans di�culté)

A-t-on limn→+∞

N(ψn − Φ) = 0 ?

autrement dit, Φ est elle limite de la suite (ψn) dans l'EVN (E∗∗, N) ?(on pourra utiliser une suite de fonctions (gn) telle que gn(x) = cosλ(x−a) avec λ choisi de telle manière

que pour tout k, gn(a+ k b−an ) = 1 )

III - Suites convergentes :

11 - Limite de matrices :

Soit A ∈Mn(C) telle que la suite (Ak) converge vers une matrice B.a) Montrer que B est une matrice de projection, d'image ker(A− In) et de noyau Im(A− In)b) Prouver l'existence d'un polynôme P tel que B = P (A) et P (1) 6= 0

12 - * Espaces de suites ; Cesaro par densité :

L'espace vectoriel SB, formé des suites complexes a = (an)n≥1 bornées, est muni de la norme uniformeN∞((an)) = sup

n≥1|an|

On note : • SF le sous-espace des suites à support �ni, c'est à dire pour lesquelles seuls un nombre �ni determes sont non nuls. Pour une suite (an)n≥1 de SF , ∃n0 ∈ N∗, ∀n ≥ n0, an = 0

4

• SCV le sous-espace des suites convergentes,• S0 le sous-espace des suites de limite nulle.

1- Montrer que l'adhérence de SF dans SB est S0. Montrer que S0 est un fermé de SB

2- On appelle µ l'application qui à toute suite a = (an)n≥1 fait correspondre la suiteµ(a) = b = (bn)n≥1 des moyennes arithmétiques des n premiers termes :

∀n ∈ N∗, bn =a1 + a2 + ...+ an

n

Il est clair que µ ∈ L(SB).a) Montrer que µ est une application lipschitzienne de SB dans SB. Déterminer |‖µ‖| .Rechercher les suites a de SB invariantes par µ, c'est à dire telles que µ(a) = a.

c) Montrer que ∀a ∈ SF, µ(a) ∈ S0

d) Montrer que l'application Λ, de SCV dans C, qui à une suite associe sa limite, est continue.

3- a) Soit a ∈ S0.Justi�er l'existence d'une suite (u(k))k∈N∗ d'éléments de SF , de limite a.Etudier la suite (µ(u(k)))k∈N∗ et montrer que µ(a) ∈ S0

b) Déduire de la question précédente une démonstration du théorème de Cesaro, à savoir :"Si u est une suite convergente de limite L ∈ C, la suite µ(u) converge aussi vers L."

13 - * * Formes linéaires continues sur l2 (dual topologique de l2)

On note l2 l'ensemble des suites à valeurs réelles dont la série des carrés converge :l2 = {(un) ∈ RN,

∑u2

n converge }1-a) Montrer que si (un) et (vn) appartiennent à l2, la série

∑unvn est absolument convergente.

Montrer que l2 est un espace vectoriel sur réel et que l'application

(un) −→ ‖(un)‖2 =

√√√√ ∞∑n=0

u2n est une norme sur l2.

b) Pour tout entier n ∈ N, on dé�nit l'application Tn de troncature au rang n, qui à la suite (uk)k≥0 faitcorrespondre la suite tronquée (vk) telle que : vk = uk si k ≤ n et vk = 0 si k > n.

Montrer que Tn est une application linéaire de l2 dans lui même, continue, et calculer sa norme subordonnée.Montrer que pour toute suite u ∈ l2, lim

n→∞Tn(u) = u

2-a) Soit a = (an) ∈ l2. D'après 1-a) on sait que pour toute suite u = (un) de l2, la série∑anun converge.

Montrer que l'application Φa qui à la suite u fait correspondre Φa(u) =∞∑

n=0

anun est une forme linéaire sur

l2, continue, et calculer sa norme |||Φa||| .b) Réciproquement, soit Ψ une forme linéaire continue de l2 dans R.Montrer qu'il existe une unique suite (bn)n≥0 ∈ l2 telle que Ψ = Φb

(on pourra déterminer bn en fonction de Ψ et des suites ∆i = (δi,n)n≥0 et justi�er l'existence de M ∈ R+

tel que ∀n,n∑

k=0

b2k ≤M.

√√√√ n∑k=0

b2k pour montrer la cvgence de∑b2n)

14 - * Résolution approchée d'une équation par le th. du point �xe :. (Hors programme depuis 2006)

a) Montrer que le système

{x1 = 1

5 (2 sinx1 + cosx2)x2 = 1

5 (cosx1 + 3 sinx2)admet une solution unique (x1, x2) dans R2.

b) Expliquer comment on peut obtenir une valeur approchée (a, b) de cette solution à 10−10 près et calculer unetelle valeur approchée avec MAPLE.

IV - Complétude - Compacité - Convexité

15 - Ouverts et compacts dans Mn(R)

Les ensembles GLn(R) et On(R) sont ils des parties ouvertes, fermées, compactes de Mn(R) ?

16 - * Espace complet ou non suivant la norme

Soit E = C([a, b],C), l'espace des fonctions complexes continues sur [a, b].1- Montrer que C([a, b],C) est complet pour la norme de la convergence uniforme ‖ ‖∞2- Montrer que C([a, b],C) n'est pas complet pour la norme convergence en moyenne ‖ ‖1

5

17 - Espaces des fonctions bornées, continues, polynomiales

On note B(I,C) l'ensemble des fonctions complexes bornées sur l'intervalle I.L'applicaton f −→ ‖ f ‖∞= sup

x∈I|f(x)| est une norme sur cet espace.

On note C(I,R) l'ensemble des fonctions réelles continues sur l'intervalle I et Ck(I,R) l'ensemble des fonc-tions réelles de classe Ck sur l'intervalle I

1- Montrer que(B(I,C), ‖ ‖∞

)est un espace complet.

2- a et b sont deux réels tels que a < b.Montrer que C([a, b],C), espace des fonctions continues sur [a, b] est complet.Montrer que C([a, b],C) est un sous espace fermé de B(I,C)

3- Déterminer l'adhérence dans(C([a, b],C), ‖ ‖∞

)de R[X], espace des fonctions polynomiales sur le segment

[a, b].

18 - * Enveloppe convexe et théorème de Gauss-Lucas

Une partie X d'un espace vectoriel normé E est dite convexe si ∀(M,N) ∈ X2, [M,N ] ⊂ X, c'est à dire si :

∀α ≥ 0,∀β ≥ 0, tel que α+ β 6= 0,αM + βN

α+ β∈ X

1- a) A étant une partie quelconque de E montrer qu'il existe un plus petit sous ensemble convexe de Econtenant A. Celui-ci est appelé enveloppe convexe de A. On le notera Conv(A).

b) Si A est l'ensemble �ni {M1,M2, ...,Mp}, montrer que Conv(A) est l'ensemble des barycentres des pointsM1,M2, ...,Mp a�ectés de coe�cients ≥ 0.

2- Soit P ∈ C[X] un polynôme complexe de racines x1, x2, ..., xn distinctes ou non dans C.Montrer que les racines du polynôme dérivé P ′(X) sont dans l'enveloppe convexe de l'ensemble {x1, x2, ..., xn}

19 - ** Sous espace de C1(R, R) de dimension �nie

Soit F un sous espace vectoriel de dimension �nie m de C1(R,R)a) Montrer qu'il existe une base (g1, g2, ..., gm) de F et une suite �nie (a1, a2, ..., am) de réels deux à deuxdistincts tels que

g1(a1) 6= 0g2(a1) = 0 et g2(a2) 6= 0g3(a1) = g3(a2) = 0 et g3(a3) 6= 0. . . . . . . . .gm(a1) = gm(a2) = ... = gm(am−1) = 0 et gm(am) 6= 0

En déduire que si une suite (hn) d'éléments de F converge simplement sur R vers une fonctionH ∈ F (R,R) =RR, alors H ∈ F et (hn) converge vers H dans l'espace vectoriel normé F .

b) On suppose de plus que le sous espace F est stable par translation, c'est à dire que pour toute fonction f deF , pour tout a ∈ R, la fonction x → f(x+ a) appartient encore à F .

b1) Montrer que ∀f ∈ F, f ′ ∈ F . En déduire que F ⊂ C∞(R,R)b2) Montrer que toute fonction f ∈ F est solution sur R d'une équation di�érentielle (Ef ) linéaire, d'ordre

≤ m , à coe�cients constants.b3)) Montrer qu'il existe une équation di�érentielle (EE) linéaire, d'ordre m , à coe�cients constants, dont

toute fonction de F est solution.c) Donner un exemple d'un tel espace F pour m = 1 et m = 2, avec D inversible.

6

I - Topologie des espaces vectoriels normés :

1- Intérieur et adhérence d'un sous ensemble :

Soit (E,N) un espace vectoriel normé.

1 - a) Montrer qu'une boule ouverteo

B (x, r) est un ouvert de E.b) Montrer qu'une boule fermée B(x, r) est un fermé de E.

2 - Soit A un sous ensemble de E.a) Montrer que

o

A est un ouvert de A, que c'est le plus grand ouvert de E inclus dans A.

Montrer que A est ouvert si et seulement sio

A= Ab) Montrer que A est un fermé de A, que c'est le plus petit fermé de E contenant A.Montrer que A est fermé si et seulement si A = A

3 - a) Montrer queo

B (x, r) = B(x, r) .

b) Montrer que

o

B(x, r)=o

B (x, r) .

SOLUTION :

1 - a) Soito

B (x, r) une boule ouverte.

Montrons que tout point y deo

B (x, r) est centre d'un boule ouverte incluse danso

B (x, r) :

Soit y ∈o

B (x, r). Prenons r′ = r − ‖x− y‖ > 0 et véri�ons queo

B (y, r′) ⊂o

B (x, r)

∀z ∈o

B (y, r′), ‖z − y‖ < r′

=⇒ ‖z − x‖ = ‖(z − y) + (y − x)‖ 6 ‖z − y‖+ ‖y − x‖ < r′ + ‖y − x‖ = (r − ‖x− y‖) + ‖y − x‖ = r

=⇒ z ∈o

B (x, r) donco

B (y, r′) ⊂o

B (x, r)

y est centre d'une boule ouverte incluse danso

B (x, r) eto

B (x, r) est un ouvert de E.

b) Considérons une boule fermée B(x, r) et montrons que c'est un fermé de E. Pour cela, montrons que soncomplémentaire CB est un ouvet de E.

Soit y ∈ CB . ‖x − y‖ > r puisque y /∈ B(x, r). Prenons alors r′ = ‖x − y‖ − r > 0 et véri�ons queo

B (y, r′) ⊂ CB

∀z ∈o

B (y, r′), ‖z − y‖ < r′

‖x− y‖ = ‖(x− z) + (z − y)‖ 6 ‖x− z‖+ ‖z − y‖ =⇒ ‖x− z‖ > ‖x− y‖ − ‖z − y‖︸ ︷︷ ︸<r′

> ‖x− y‖ − r′

=⇒ ‖x− z‖ > ‖x− y‖ − (‖x− y‖ − r︸ ︷︷ ︸=r′

) = r

=⇒ z /∈ B(x, r) =⇒ z ∈ CB donco

B (y, r′) ⊂ CB , donc CB est un ouvert, donc B(x, r) est un fermé.

2- a) Soit x ∈o

A . ∃r > 0,o

B (x, r) ⊂ A, par dé�nition deo

A. Mais on a vu à la question 1 queo

B (x, r) est un

ouvert. Donc tout point y ∈o

B (x, r) est centre d'une boule ouverte incluse danso

B (x, r) ⊂ A, donc est un pointintérieur de A.

Ainsi,o

B (x, r) ⊂o

A eto

A est un ouvert de E.

•o

A est un ouvert de E, inclus dans A. Soit V un ouvert quelconque de E inclus dans A. Puisque V est ouvert,tout point z de V est centre d'une boule ouverte incluse dans V ⊂ A. Donc z est un point intérieur de A. On

a ainsi montré que V ⊂o

A, donco

A est le plus grand (au sens de l'inclusion) des ouverts de E inclus dans A.

• Supposons que A soit ouvert. Alors A est un ouvert inclus dans A, et c'est le plus grand possible. D'après ce

qui précède, A =o

A.

Réciproquement, sio

A= A, alors A est ouvert puisqueo

A l'est.

b) Montrons que A est un fermé de A. Soit x un point quelconque de son complémentaire : x /∈ A =⇒ x n'est

pas adhérent à A =⇒ ∃r > 0,o

B (x, r) ne coupe pas A, donc est incluse dans CA

Ainsi, tout point x de CA est centre d'une boule ouverte incluse dans CA, donc CA est ouvert, et A estfermé.

• Ainsi A est un fermé de E, qui contient A. (tout point x de A est adhérent à A puisque toute bouleo

B (x, r)coupe A au point x)

Soit W un fermé quelconque de E contenant A. Montrons que A ⊂W

7

Soit x ∈ A. Si x /∈W,x ∈ CW , qui est un ouvert de E puisqueW est fermé. Alors ∃r > 0,o

B (x, r) ⊂ CW . La

bouleo

B (x, r) ne coupe pas W , puisqu'elle est incluse dans son complémentaire, donc ne coupe pas A, puisqueA ⊂W . Ceci est contraire à l'hypothèse que x ∈ A. On a prouvé par l'absurde que x ∈W , et donc que A ⊂W .

Ainsi, A est le plus petit fermé de E qui contient A.

• Si A = A, alors A est fermé puisque A l'est. Si A est fermé, c'est le plus petit fermé de E qui contient A,donc A = A.

3- Il est clair que (A ⊂ B =⇒ A ⊂ B) et que (A ⊂ B =⇒o

A⊂o

B )

a)o

B (x, r) ⊂ B(x, r) donco

B (x, r) ⊂ B(x, r) = B(x, r) (la dernière égalité puisque B(x, r) est fermé enutilisant 2-b)

• Réciproquement, soit y ∈ B(x, r). Si |y| < r, alors y ∈o

B (x, r), donc y ∈o

B (x, r)Si |y| = r, alors pour tout r′ > 0, on peut trouver λ ∈]0, 1[ tel que ‖y − λy‖ = |1− λ|.‖y‖ < r′

(il su�t de prendre λ tel que |1− λ| < r′

r )

et alors λy ∈ B(y, r′)∩o

B (x, r) , ce qui montre que y ∈o

B (x, r)

donc B(x, r) ⊂o

B (x, r)

b)o

B (x, r) ⊂ B(x, r) donc

o

o

B (x, r)=o

B (x, r) ⊂o

B(x, r) (la première égalité puisqueo

B (x, r) est un ouvert)

• Réciproquement, soit y ∈o

B(x, r) . . . .

∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗

2- Frontière d'une partie :

(E,N) est un espace vectoriel normé sur R ou C.A désigne l'adhérence d'une partie A de E,

o

A désigne son intérieur.Soit A ⊂ E. Un point x ∈ E est un point frontière de A s'il est adhérent à la fois à A et à son complémentaire

dans E qu'on notera CA.La frontière de A est l'ensemble de ses points frontières. Elle est notée Fr(A).

Fr(A) = A ∩ CA

1. Déterminer la frontière de A dans les exemples suivants :

(a) E = R , A1 = [a, b] , A2 =]a, b[ , A3 = Z , A4 = Q ,

(b) E = R2 , A1 =o

B (x, r) , A2 = B(x, r)

2. Soit A une partie de E. Montrer que :

(a) A est un fermé si et seulement si Fr(A) ⊂ A

(b) A est un ouvert si et seulement si Fr(A) ∩ A = ∅

3. On suppose que A n'est ni vide, ni égale à tout l'espace E. On se propose de montrer que sa frontièren'est pas vide.

(a) Soit a ∈ A et b ∈ CA.

En procédant par dichotomie, montrer que le segment [a, b] ⊂ E contient un point frontière de A.

(b) Conclure

SOLUTION :

1. (a) E = R , A1 = A2 = {a, b} , A3 = Z , A4 = R ,

(b) E = R2 , A1 = A2 = {y ∈ E, ‖x− y‖ = r}

2. (a) • Supposons que A est fermé. Alors A = A et Fr(A) = A ∩ CA ⊂ A = A.

• Réciproquement, supposons que Fr(A) ⊂ A

Soit x ∈ A. Il se peut que x ∈ A.Sinon, x ∈ CA ⊂ CA, donc x ∈ A ∩ CA =Fr(A) ⊂ A , donc x ∈ A.

On a ainsi montré que A ⊂ A donc que A est fermé.

8

(b) • Supposons que Fr(A) ∩ A = ∅.Soit x ∈ A. Alors x /∈Fr(A) = A ∩ CA. Mais, puisque x ∈ A ⊂ A, x /∈ CA.

Donc ∃r > 0,o

B (x, r)∩CA = φ , ne coupant pas CA, cette boule est incluse dans A :o

B (x, r) ⊂ A,ce qui montre que x est un point intérieur à A.

Donc tout point de A est centre d'une boule ouverte incluse dans A. A est un ouvert.

• Supposons que A est un ouvert. Si Fr(A) ∩ A n'est pas vide, elle contient un élément x, quiappartient à A et à Fr(A) = A ∩ CA . Ce point est donc adhérent à CA, ce qui est incompatible

avec l'hypothèse que, A étant ouvert, il existe une boule ouverteo

B (x, r) incluse dans A, donc quine coupe pas CA.

On a ainsi prouvé par l'absurde que Fr(A) ∩ A = ∅

3. On suppose que A n'est ni vide, ni égale à tout l'espace E.

(a) Soit a ∈ A et b ∈ CA.

Considérons le milieu de (a, b), c'est à dire le point a+b2

- si a+b2 ∈ A , posons a1 = a+b

2 et b1 = b

- si a+b2 /∈ A , posons a1 = a et b1 = a+b

2

dans les deux cas , a1 ∈ A , b1 ∈ CA et ‖a1 − b1‖ = 12‖a− b‖

réïtérons le procédé : à l'étape n :

- si an−1+bn−12 ∈ A , posons an = an−1+bn−1

2 et bn = bn−1

- si an−1+bn−12 /∈ A , posons an = an−1 et bn = an−1+bn−1

2

dans les deux cas , an ∈ A , bn ∈ CA et ‖an − bn‖ = 12‖an−1 − bn−1‖

Pour tout n, ‖an − an−1‖ 6 12n ‖a− b‖

Il s'ensuit que la suite (an) est de Cauchy, et qu'elle est dans le plan F engendré par a et b. Ce planest complet comme espace vectoriel normé de dimension �nie sur R ou C. La suite (an) convergedonc vers une limite c ∈Vect(a, b). On montrerait le même résultat pour la suite (bn), qui convergevers un vecteur d ∈Vect(a, b)En passant à la limite dans l'inégalité ‖an − bn‖ = 1

2n ‖a− b‖ , on obtient ‖c− d‖ = 0, donc c = d.

En�n, c ∈ A puisque c est limite d'une suite (an) d'éléments de A, d ∈ CA puisque d est limite d'unesuite (bn) d'éléments de CA, donc c = d ∈ A ∩ CA =Fr(A)On a ainsi montré que le segment [a, b] contient un élément c appartenant à la frontière de A.

(b) ce qui montre que cette frontière n'est pas vide.

∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗

3- * Intérieur et adhérence d'un sous espace :

1- Soit (E,N) un espace vectoriel normé et F un sous-espace de E.a) Montrer que l'adhérence F de F dans E est un sous espace de E.

b) Montrer que, s'il n'est pas vide, l'intérieuro

F de F dans E est un sous espace de E

2- Soit F un sous-espace de E. Montrer l'équivalence des propositions suivantes ;(i) F est d'intérieur non vide.

(ii) 0 ∈o

F(iii) F = E

3- On suppose que F est un sous espace de dimension �nie de l'espace vectoriel normé E.Montrer que F est fermé dans E.

SOLUTION :1- a) • F ⊂ F donc F n'est pas vide.

• Soient x et y deux vecteurs de F .

Soit r > 0. Puisque x et y ∈ F , la bouleo

B (x, r2 ) contient un élément a ∈ F et la boule

o

B (y, r2 ) contient un

élément b ∈ Falors N((x + y) − (a + b)) ≤ N(x − a) + N(y − b) < r

2 + r2 = r et donc la boule

o

B (x + y, r) contient

a+ b ∈ F . Donc x+ y ∈ F et F est stable pour l'addition.On montre de manière analogue qu'il est stable pour la multiplication par un scalaire.F est donc un sous espace vectoriel de E.

b) Il est supposé queo

F n'est pas vide.

9

Soient x et y deux vecteurs deo

F . Il existe deux réels strictement positifs r1 et r2 tels queo

B (x, r1) ⊂ F eto

B (y, r2) ⊂ F . Soit r = min(r1, r2). Montrons queo

B (x+ y, r) ⊂ F

Soit z ∈o

B (x+ y, r). Alors N(z − (x+ y)) < r

Or z = x+12(z − x− y)︸ ︷︷ ︸

a

+ y +12(z − x− y)︸ ︷︷ ︸

b

N(a− x) = N( 12 (z − x− y)) = 1

2N(z − x− y) < 12r < r1 donc a ∈

o

B (x, r1) ⊂ F donc a ∈ Fde même, N(b− y) = N( 1

2 (z − x− y)) = 12N(z − x− y) < 1

2r < r2 donc b ∈o

B (y, r2) ⊂ F donc b ∈ FAinsi, z = a+ b où a et b appartiennent à F . Donc z ∈ F , ce qui montre que

o

B (x+ y, r) ⊂ F , et que x+ yest un point intérieur de F .

o

F est donc stable par addition.

• On montre de manière analogue queo

F est stable par multiplication par un scalaire.o

F est donc un sous espace vectoriel de E.

2- (i) F est d'intérieur non vide.

(ii) 0 ∈o

F(iii) F = E

• Si F = E, alorso

F= E et donc 0 ∈o

F , ce qui montre que (iii) =⇒ (ii)

• Si 0 ∈o

F alors F est d'intérieur non vide, ce qui montre que que (ii) =⇒ (i)

• Supposons que F est d'intérieur non vide. Alors F admet un point intérieur x0, qui est centre d'une boule

ouverteo

B (x0, r) incluse dans F . Montrons queo

B (0, r) ⊂ F .

Pour tout y ∈o

B (0, r), N(y) = N(x0 − (x0 + y)) < r donc x0 + y ∈o

B (x0, r) ⊂ FAinsi y = (x0 + y)︸ ︷︷ ︸

∈F

− x0︸︷︷︸∈F

∈ F

donco

B (0, r) ⊂ F .

• Soit x un vecteur quelconque de E. Alors x =2N(x)r︸ ︷︷ ︸∈R

.r

2N(x)x︸ ︷︷ ︸

∈oB(0,r)⊂F

(puisque N( r2N(x) x) = r

2 < r)

donc x ∈ F .ce qui montre que E ⊂ F , et l'égalité par inclusion réciproque évidente.

3 - On considère une suite (vn) de vecteurs de F , qui converge vers un vecteur w ∈ E. La suite (vn) est unesuite de Cauchy de vecteurs de F , car est convergente. F étant de dimension �ni est un espace complet. Doncla suite de Cauchy (vn) converge dans F , ce qui montre que F est fermé.

∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗

4- Normes sur un espace de suites

Soit E l'ensemble des suites (un)n∈N à valeurs complexes pour les quelles la série∑un est absolument conver-

gente.a) Montrer que E est un espace vectoriel sur C.

Montrer que les applications N1 : (un) 7→+∞∑n=0

|un| ,

N2 : (un) 7→ supn∈N

|un|

et N3 : (un) 7→+∞∑n=0

|un|2n

sont dé�nies sur E et sont des normes sur E.b) Comparer deux à deux ces normes.Certaines sont elles équivalentes entre elles ?

c) Soit S l'application de E dans C qui à (un) fait correspondre+∞∑n=0

un.

Montrer que S est continue si on prend sur E la norme N1, et ne l'est pas si on prend sur E la norme N2 .Que dire de la dimension de E ?

10

II - Continuité d'applications linéaires

5- Continuité d'applications linéaires : propriétés équivalentes

Soit E un espace vectoriel normé . Soit f une application linéaire de E dans E . Montrer l'équivalence des 5propositions suivantes :

a) f est continue en 0 .b) f est continue en tout point de Ec) L'image de B(0, 1), boule unité fermée, par f , est bornée .d) f est lipchitzienne sur E .e) f est uniformément continue sur E .f) Pour toute suite (xn) de vecteurs de E qui converge vers 0, la suite (f(xn)) converge aussi vers 0.

SOLUTION :• Une fonction lipschitzienne est uniformément continue donc d) ⇒ e)

• Une fonction uniformément continue est continue donc e) ⇒ b)

• Une fonction continue en tout point de E est en particulier continue en 0 donc b) ⇒ a)

• Si f est une fonction continue en 0, pour toute suite (xn) de E qui converge vers 0, la suite (f(xn)) convergeaussi vers 0 donc a) ⇒ f)• Supposons que pour toute suite (xn) d'éléments de E, limxn = 0 ⇒ lim(f(xn)) = 0 et montrons quef(B(0, 1)) est bornée .

Si f(B(0, 1)) n'est pas bornée, pour tout n ∈ N∗ , il existe un élément y ∈ f(B(0, 1)) tel que ‖y‖ ≥ n, doncil existe un vecteur de B(0, 1), qu'on notera tn, tel que ‖ f(tn) ‖≥ n

Soit alors (xn) = ( tn

n ). On a limxn = 0 car ‖tn‖ ≤ 1 mais ‖ f(xn) ‖≥ 1 puisque ‖ f(tn) ‖≥ n , et lasuite (f(xn)) ne converge pas vers 0, ce qui est contraire à l'hypothèse.

On a ainsi montré que f) ⇒ c)

• Supposons que f(B(0, 1)) est bornée.alors ∃M > 0 tel que ∀x ∈ B(0, 1), ‖ f(x) ‖≤M

Pour tout x ∈ E, x

‖x‖∈ B(0, 1) donc

∥∥∥∥f ( x

‖x‖

)∥∥∥∥ ≤M et par linéarité de f, ‖f(x)‖ ≤M ‖ x ‖

donc f est lipschitzienne de rapport M .On a ainsi montré que c) ⇒ d)

∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗

6- * Forme linéaire continue

1-Soit (E,N) un espace vectoriel normé et ϕ une forme linéaire sur E, non nulle.1- Montrer qu'il existe un vecteur a ∈ E tel que kerϕ et la droite Vect(a) soient deux sous espaces supplé-

mentaires de E.2- Le vecteur a étant dé�ni tel que E = kerϕ⊕K.a, on note p1 la projection sur kerϕ parallèlement à K.a

et p2 la projection sur K.a parallèlement à kerϕ.Montrer que les trois propositions suivantes sont équivalentes :a) ϕ est continue.b) kerϕ est un fermé de E.c) p1 et p2 sont continues.

SOLUTION :1- Puisque ϕ 6= 0, il existe a ∈ E tel que ϕ(a) 6= 0 et quitte à remplacer a par

a

ϕ(a), on peut supposer que

ϕ(a) = 1.• Soit x ∈ kerϕ ∩K.a. ∃λ ∈ K, x = λ.a et x ∈ kerϕ.Donc ϕ(x) = 0 = ϕ(λ.a) = λϕ(a) = λ. Donc λ = 0 et x = 0Ainsi kerϕ ∩K.a = {0}. La somme kerϕ⊕K.a est directe.• Soit x ∈ E. Ecrivons x = (x− ϕ(x).a) + ϕ(x).aϕ(x).a ∈ K.a et x− ϕ(x).a ∈ kerϕ puisque ϕ(x− ϕ(x).a) = ϕ(x)− ϕ(x). ϕ(a)︸︷︷︸

=1

= 0

Donc E ⊂ kerϕ⊕K.a et l'inclusion réciproque allant de soi, E = kerϕ⊕K.a .

11

2- Remarquons d'abord que puisque p2 = IdE − p1 , l'un des projecteurs est continu si et seulement si lesecond l'est.

• L'image réciproque d'un fermé par une application continue étant un fermé, si ϕ est continue, kerϕ =ϕ−1({0}) est un fermé de E.

Ce qui montre que a) =⇒ b)

• Supposons que kerϕ soit fermé.Si la projection p2 n'est pas continue, alors elle n'est pas continue en 0 (car la continuité en 0 entraîne la

continuité en tout point).∃ε > 0,∀α > 0,∃x ∈ E, N(x) < α et |ϕ(x)| > ε

en prenant α = 1n , ∀n ∈ N∗,∃xn ∈ E, N(xn) < 1

n et |ϕ(xn)| > ε

puis en dé�nissant yn =xn

ϕ(xn), N(yn) = N

(xn

ϕ(xn)

)=

N(xn)|ϕ(xn)|

≤ N(xn)ε

<1nε

n→∞−→ 0

et ϕ(yn) = ϕ

(xn

ϕ(xn)

)=ϕ(xn)ϕ(xn)

= 1

On a montré l'existence d'une suite (yn) d'éléments de E telle que N(yn) n→∞−→ 0 et ∀n, ϕ(yn) = 1Alors ∀n, yn − a ∈ kerϕ (puisque ϕ(yn − a) = ϕ(yn)− ϕ(a) = 1− 1 = 0 )La suite (yn − a) d'éléments de kerϕ converge vers 0 − a (puisque lim yn = 0 ). Donc −a ∈ kerϕ puisque

kerϕ est fermé, ce qui est absurde.Donc p2 est continue, ce qui montre que b) =⇒ c)

• Supposons que p2 soit continu.∀x ∈ E, ϕ(x) = ϕ(p1(x)︸ ︷︷ ︸

∈ker ϕ

) + ϕ(p2(x)) = 0 + ϕ(p2(x)︸ ︷︷ ︸∈K.a

) = ϕ(p2(x))

où ϕ est la restriction de ϕ à la droite K.aϕ, application linéaire dont l'espace de départ est de dimension �nie (droite), est continue. Par composition,

ϕ = ϕop2 est continue.

∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗

7- * Forme linéaire positive :

[a, b] est un segment de R , E = C([a, b],R), espace vectoriel des fonctions continues sur [a, b] et à valeurs réelles,est muni de la norme uniforme : ∀f ∈ E, ‖f‖ = sup

t∈[a,b]

|f(t)|

On dit qu'une forme linéaire ϕ sur E est positive si :∀f ∈ E, ∀x ∈ [a, b], f(x) > 0 =⇒ ϕ(f) > 0

autrement dit, si l'image par ϕ de toute fonction à valeurs positives ou nulles, est positive ou nulle.

1. Soit ϕ une forme linéaire sur E positive. Montrer que ∀f ∈ E, |ϕ(f)| 6 ϕ(|f |)

2. On note e la fonction constante 1 : ∀x ∈ [a, b], e(x) = 1

Montrer que toute forme linéaire positive ϕ sur E est continue. Calculer sa norme subordonnée en à l'aidede la fonction e.

SOLUTION :

1. Soit ϕ une forme linéaire positive sur E

Soit f ∈ E = C([a, b],R).

Utilisons les fonctions f+ et f− dé�nies par :

∀x ∈ [a, b],{

si f(x) > 0 alors f+(x) = f(x)si f(x) < 0 alors f+(x) = 0

∀x ∈ [a, b],{

si f(x) > 0 alors f−(x) = 0si f(x) 6 0 alors f−(x) = −f(x)

On sait qu'alors f = f+ − f− et |f | = f+ + f−

f+ et f− sont des fonctions à valeurs > 0

alors, |ϕ(f)| = |ϕ(f+ − f−)| = |ϕ(f+)− ϕ(f−)| puisque ϕ est linéaire

=⇒ |ϕ(f)| 6 |ϕ(f+)|+ |ϕ(f−)| = ϕ(f+) + ϕ(f−) = ϕ(f+ + f−) = φ(|f |)(car f+ et f− sont à valeurs > 0 et ϕ est positive)

12

2. Remarquons que si ϕ est une forme linéaire positive sur E, alors ∀f, g ∈ E, f 6 g =⇒ ϕ(f) 6 ϕ(g)

( car (g − f) > 0 =⇒ ϕ(g − f) > 0 =⇒ ϕ(g)− ϕ(f) > 0 =⇒ ϕ(g) > ϕ(f) )

Soit f ∈ E = C([a, b],R) . Une fonction continue sur un segment est bornée et la norme uniforme de f estbien dé�nie.

De plus, ∀x ∈ [a, b], |f(x)| 6 ‖f‖ = ‖f‖ . e(x)d'où : |ϕ(f)| 6 φ(|f |) 6 φ(‖f‖ . e) = ‖f‖ . ϕ(e)

ϕ est lipschitzienne de rapport ϕ(e). Elle est donc continue et |‖ϕ‖| 6 ϕ(e)

Lorque f = e, il y a égalité : |ϕ(e)| = ‖e‖︸︷︷︸=1

. ϕ(e). Donc |‖ϕ‖| = ϕ(e)

∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗

8- Application réciproque non continue :

On note S l'ensemble des suites a = (an)n≥1 à valeurs complexes, SB le sous espace des suites bornées, SCVle sous espace des suites complexes convergentes,

∑CV celui des suites (an)n≥1 pour lesquelles la série

∑an

converge, S0 celui des suites de limite nulle.

1- Donner les relations d'inclusion existant entre ces divers sous espaces.

2- On dé�nit sur SB la norme uniforme N((an)) = supn≥1

|an|

Pour toute suite (an) ∈ S0, on dé�nit D((an)) = (a′n)n≥1 telle que : ∀n ∈ N∗, a′n = an+1 − an

a) Montrer que D est une bijection de S0 sur∑CV.

b) Soit (bn) ∈∑CV . On note rbn le reste d'ordre n de la série

∑an : rbn =

∞∑k=n+1

bk

Exprimer le terme général an de la suite (an) = D−1((bn)) en fonction d'un des restes de la série∑bn.

c) Montrer que D est continue et calculer |||D|||.d) Pour p ∈ N, on note t(p) = (t(p)

n ) la suite telle que : t(p)n = 1 si 1 ≤ n ≤ p

t(p)n = 0 si p < n

Calculer N∞(t(p)) et N∞(D−1(t(p))). L'application D−1 est elle continue ?Quelle conséquence en résulte-t-il pour les espaces de suites étudiés ?

SOLUTION :

1-∑CV ⊂ S0 ⊂ SCV ⊂ SB ⊂ S

2- a) et b) • Véri�ons que D est une application de S0 dans∑CV :

Soit (an) ∈ S0 et (a′n) = D((an)) : ∀n ∈ N∗, a′n = an+1 − an

On sait que la suite (an) converge si et seulement si la série∑

(an+1 − an) converge. Puisque la suite (an)converge (elle est supposée de limite nulle), la série

∑(an+1 − an) =

∑a′n converge. Donc D((an)) = (a′n) ∈∑

CV• L'application D est linéaire (véri�cation sans di�culté)

Soit (an)n>1 ∈ kerD. Alors D((an)) = (a′n) = (0) , donc ∀n ∈ N∗, a′n = an+1 − an = 0, donc la suite (an)et constante. Etant de plus de limite nulle, c'est la suite nulle.

Donc kerD = {0} et l'application D est injective.

• Montrons que D est surjective.Soit (bn)n>1 ∈

∑CV. Il s'agit de rechercher un antécédent de (bn) par D. Procédons par analyse et

supposons qu'une suite (cn) ∈ S0 soit un antécédent de (bn) par D :∀n ∈ N∗, bn = cn+1 − cn

En sommant les égalités

bn = cn+1 − cn

bn+1 = cn+2 − cn+1

bn+2 = cn+3 − cn+2

. . .bn+p = cn+p+1 − cn+p

on obtient : bn + bn+1 + ...+ bn+p = cn+p+1 − cn

Puisque (bn)n>1 ∈∑CV , la série

∑bn converge. Par ailleurs, la suite (cn) ∈ S0 est de limite nulle. En

passant à la limite pour n �xé et p tendant vers +∞ dans l'égalité précedente, on obtient :

cn = −+∞∑k=n

bk = −rbn−1

Synthèse : Soit (bn)n>1 ∈∑CV. Considérons alors la suite (cn) dé�nie par :

∀n ∈ N∗, cn = −+∞∑k=n

bk = −rbn−1

13

alors limn→+∞

cn = 0 (reste d'une série convergente) , donc (cn) ∈ S0

et : ∀n ∈ N∗, cn+1 − cn = −+∞∑

k=n+1

bk ++∞∑k=n

bk = bn , ce qui montre que D((cn)) = (bn)

En résumé, toute suite (bn)n>1 ∈∑CV admet un antécédent par D dans S0, qui est la suite (cn) dé�nie

par : ∀n ∈ N∗, cn = −+∞∑k=n

bk = −rbn−1

• D est donc une bijection de S0 sur∑CV.

c) Soit (an) ∈ S0 et (a′n) = D((an))∀n ∈ N∗, |a′n| = |an+1 − an| 6 |an+1|+ |an| 6 N((an)) +N((an)) = 2N((an)).Donc N((an)) = sup

n∈N∗|a′n| 6 2N((an)) et donc |||D||| 6 2.

Par ailleurs, si on considère la suite (cn) = (1,−1, 0, 0, ..., 0, ...) , alors N((cn)) = 1 et : c′1 = c2 − c1 = −1− (1) = −2c′2 = c3 − c2 = 0− (−1) = 1

∀n > 3, c′n = cn+1 − cn = 0− 0 = 0donc N((c′n)) = 2

doncN(D((cn)))N((cn))

= 2 et |||D||| > 2

Des deux inégalités on déduit que |||D||| = 2

d) Pour p ∈ N,

{t(p)n = 1 si 1 ≤ n ≤ p

t(p)n = 0 si p < n

donc N∞(t(p)) = 1

Soit u(p) = (u(p)n ) = D−1(t(p))

D'après la question 2-a-b),

∀n ∈ N∗, u(p)n = −

+∞∑k=n

t(p)k =

0 si n > p

= −+∞∑k=n

t(p)k = −

p∑k=n

t(p)k = −

p∑k=n

1 = −(p− n+ 1) si n 6 p

t(p)1 = −p, t

(p)2 = −p+ 1, ... t

(p)p−1 = −2, t

(p)p = −1, t

(p)n = 0 ∀n > p

d'où N∞(D−1(t(p))) = N∞(u(p)) = p.

Pour tout p ∈ N∗,N∞(D−1(t(p)))

N∞(t(p))=p

1= p . Lorsque b décrit

∑CV, le rapport N∞(D−1(b))

N∞(b)n'est donc pas

borné. L'application linéaire D n'est pas continue.

L'espace de départ de D−1, à savoir∑CV n'est donc pas de dimension �nie. (car une application linéaire

dé�nie sur un espace de dimension �nie sur R ou C est nécessairement continue).

∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗

9- Fonction continue mais pas uniformément continue :Uniforme continuité et dérivée bornée :

1- Montrer que la fonction f : x −→ x2 n'est pas uniformément continue sur R.2- Montrer que la fonction g : x −→ 1

xn'est pas uniformément continue sur ]0,+∞[.

3- Soit E un espace vectoriel normé de dimension �nie sur K = R ou C, et f une fonction vectorielle de classeC1 dé�nie sur un intervalle I de R à valeurs dans E.

Montrer que si la fonction dérivée f ′ est bornée sur I, alors f est uniformément continue sur I. La réciproqueest elle vraie ?

SOLUTION :1 - Il s'agit de montrer la négation de la proposition :

∀ε > 0,∃η > 0,∀x, y ∈ R, |x− y| ≤ η =⇒ |f(x)− f(y)| ≤ εc'est à dire :

∃ε0 > 0,∀η > 0,∃(x, y) ∈ R2, |x− y| ≤ η et |f(x)− f(y)| > ε0

Prenons ε0 = 1. Soit η > 0 quelconque et x =1η, y =

1η

+η

2

alors |x− y| = η2 < η et |f(x)− f(y)| = |x2 − y2| =

∣∣∣∣ 1η2− 1η2− 1− η2

4

∣∣∣∣ = 1 +η2

4> 1 = ε0

2- Prenons à nouveau ε0 = 1. Soit η > 0 quelconque et η′ = min(η, 1/2) de sorte que η′ < 1.Soient x = η′ et y = η′ − η′2

alors |x− y| = |η′2| ≤ η′ ≤ η car η′ < 1

14

et |g(x)− g(y)| =∣∣∣∣ 1x − 1

y

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣y − x

xy

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ η′2

η′(η′ − η′2)

∣∣∣∣ = 11− η′2

≥ 1

On a ainsi montré que ∃ε0 = 1 > 0,∀η > 0, ∃(x, y) ∈]0,+∞[, |x− y| ≤ η et |g(x)− g(y)| > ε0et g n'est pas uniformément continue sur ]0,+∞[.

3- • Soient x, y ∈ E.

‖f(x)− f(y)‖ =∥∥∥∥∫ y

x

f ′(t)dt∥∥∥∥ ≤ ∫ y

x

‖f ′(t)‖dt ≤∫ y

x

Mdt = M.|x− y|

f est M -lipschitzienne donc uniformément continue sur I.

• La réciproque est fausse :La fonction h : x −→

√x est continue sur le segment [0, 1], donc y est uniformément continue (théorème

de Heine). Elle est donc uniformément continue sur l'intervalle ]0, 1].Elle est de classe C1 sur ]0, 1] , mais sa dérivée h′ : x −→ 1

2√

xn'est pas bornée.

∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗

10 - Limite simple d'une suite de formes linéaires

Soit E = C([a, b],R) l'espace des fonctions réelles continues sur [a, b], muni de la norme uniforme ‖ ‖∞1- On dé�nit la forme linéaire Φ sur E par :

∀f ∈ E, Φ(f) =∫ b

a

f(t)dt

Montrer que Φ est continue et calculer sa norme subordonnéé |||Φ|||2- Pour tout c ∈ [a, b], on dé�nit la forme linéaire ϕc sur E par :

∀f ∈ E, ϕc(f) = f(c)Montrer que ϕc est continue et calculer sa norme subordonnéé |||ϕc|||

3- Pour n ∈ N∗ , on dé�nit la forme linéaire ψn sur E par : ψn =b− a

n

n−1∑k=0

ϕa+k b−an

,

autrement dit, ∀f ∈ E, ψn(f) =b− a

n

n−1∑k=0

f

(a+ k

b− a

n

)Pour tout f ∈ E, déterminer lim

n→+∞ψn(f)

4- E∗∗, espace des formes linéaires continues sur E est l'espace dual topologique de E.

L'application ϕN−→ sup

f∈E, ‖f‖∞≤1

|ϕ(f)| est une norme sur E∗∗ (sans di�culté)

A-t-on limn→+∞

N(ψn − Φ) = 0 ?

autrement dit, Φ est elle limite de la suite (ψn) dans l'EVN (E∗∗, N) ?(on pourra utiliser une suite de fonctions (gn) telle que gn(x) = cosλ(x−a) avec λ choisi de telle manière

que pour tout k, gn(a+ k b−an ) = 1 )

SOLUTION :

1- ∀f ∈ E, |Φ(f)| =

∣∣∣∣∣∫ b

a

f(t)dt

∣∣∣∣∣ ≤∫ b

a

|f(t)|dt ≤∫ b

a

‖f‖∞dt = (b− a)‖f‖∞

Donc la forme linéaire Φ est lipschitzienne de rapport b− a. Elle est donc continue et |||Φ||| ≤ b− a.En prenant pour f la fonction constante 1, on obtient |||Φ||| ≥ b− a donc |||Φ||| = b− a

2- ∀f ∈ E, |ϕc(f)| = |f(c)| ≤ ‖f‖∞ donc ϕc est lipschitzienne de rapport 1.Elle est donc continue et |||ϕc||| ≤ 1.En prenant pour f la fonction constante 1, on obtient |||ϕc||| = 1

3- ψn, combinaison linéaire de formes linéaires continues du type ϕc est elle même continue.

Soit f ∈ E. ψn(f) =b− a

n

n−1∑k=0

f

(a+ k

b− a

n

)est une somme de Riemann pour la fonction f sur le

segment [a, b] partagé en n intervalles égaux.

f étant continue sur [a, b], on sait qu'alors limn→+∞

ψn(f) =∫ b

a

f(t)dt = Φ(f)

4- Soit gn la fonction dé�nie par : gn(x) = cos(

2πnb−a (x− a)

). On a bien ‖gn‖∞ = 1

Pour tout k ∈ {0, 1, ...n− 1}, gn(a+ k b−an ) = cos 2πn

b−a (k b−an ) = cos(2kπ) = 1

donc ψn(gn) =b− a

n

n−1∑k=0

gn

(a+ k

b− a

n

)= b− a

15

Par ailleurs, Φ(gn) =∫ b

agn(t)dt =

∫ b

acos(

2πnb−a (x− a)

)dt =

[b−a2πn sin

(2πnb−a (x− a)

)]ba

= 0

donc N(Φ − ψn) ≥ |Φ(gn) − ψn(gn)| = b − a de sorte que N(Φ − ψn) ne tend pas vers 0 quand n −→ +∞et la suite (ψn) ne converge pas vers Φ dans l'espace vectoriel normé (E∗∗, N).

Puisque pour tout f ∈ E, limn→+∞

ψn(f) = Φ(f) on dit que la suite (ψn) converge simplement vers Φ.

III - Suites convergentes :

11 - Limite de matrices :

Soit A ∈Mn(C) telle que la suite (Ak) converge vers une matrice B.a) Montrer que B est une matrice de projection, d'image ker(A− In) et de noyau Im(A− In)b) Prouver l'existence d'un polynôme P tel que B = P (A) et P (1) 6= 0

SOLUTION :a) L'application : Mn(C)×Mn(C) −→Mn(C)

(M,N) 7→ M.Nest bilinéaire donc continue car Mn(C) est de dimension �nie.Donc lim

k→∞A2k = B = lim

k→∞Ak.Ak = ( lim

k→∞Ak).( lim

k→∞Ak) = B.B

Donc B2 = B et B est une matrice de projection.- Soit X ∈ ker(A− In) : A.X = X , donc A2.X = A.X = X

par récurrence immédiate, ∀k,Ak.X = X et, par continuité du produit matriciel et passage à la limite,B.X = X

Donc ker(A− In) ⊂ ker(B − In) = Im(B)- Soit X ∈ Im(A− In) : ∃Y ∈ Cn, X = A.Y − Y , donc A.X = A2.Y −A.Y

par récurrence immédiate, ∀k,Ak.X = Ak+1.X −Ak.X et, par continuité du produit matriciel et pasasge àla limite, B.X = B.X −B.X = 0

Donc Im(A− In) ⊂ ker(B)- B étant un projecteur, ker(B)⊕ Im(B) = Cn, en particulier, la somme est directe.

Puisque Im(A − In) ⊂ ker(B) et ker(A − In) ⊂ Im(B) , Im(A − In) et ker(A − In) sont en somme directe.Par le théorème du rang, la somme de leur dimension valant n, ils sont supplémentaires .

Finalement, Im(A− In) = ker(B)ker(A− In) = Im(B)Im(A− In)⊕ ker(A− In) = Cn

B est la matrice de la projection sur ker(A− In) de direction Im(A− In)

∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗

12 - * Espaces de suites ; Cesaro par densité :

L'espace vectoriel SB, formé des suites complexes a = (an)n≥1 bornées, est muni de la norme uniformeN∞((an)) = sup

n≥1|an|

On note : • SF le sous-espace des suites à support �ni, c'est à dire pour lesquelles seuls un nombre �ni determes sont non nuls. Pour une suite (an)n≥1 de SF , ∃n0 ∈ N∗, ∀n ≥ n0, an = 0

• SCV le sous-espace des suites convergentes,• S0 le sous-espace des suites de limite nulle.

1- Montrer que l'adhérence de SF dans SB est S0.Montrer que S0 est un fermé de SB

2- On appelle µ l'application qui à toute suite a = (an)n≥1 fait correspondre la suite µ(a) = b = (bn)n≥1 desmoyennes arithmétiques des n premiers termes :

∀n ∈ N∗, bn =a1 + a2 + ...+ an

n

Il est clair que µ ∈ L(SB).a) Montrer que µ est une application lipschitzienne de SB dans SB. Déterminer |‖µ‖| .Rechercher les suites a de SB invariantes par µ, c'est à dire telles que µ(a) = a.

c) Montrer que ∀a ∈ SF, µ(a) ∈ S0

d) Montrer que l'application Λ, de SCV dans C, qui à une suite associe sa limite, est continue.

3- a) Soit a ∈ S0.Justi�er l'existence d'une suite (u(k))k∈N∗ d'éléments de SF , de limite a.Etudier la suite (µ(u(k)))k∈N∗ et montrer que µ(a) ∈ S0

16

b) Déduire de la question précédente une démonstration du théorème de Cesaro, à savoir :"Si u est une suite convergente de limite L ∈ C, la suite µ(u) converge aussi vers L."

SOLUTION :1 - • Soit a = (an)n≥1 ∈ SF , adhérence de SF dans SB.

Soit ε > 0. Il existe b ∈ SF telle que N∞(a− b) < εa étant à support �ni, ∃n0 ∈ N∗, ∀n ≥ n0, an = 0donc ∀n ≥ n0, |bn| = | an︸︷︷︸

0

−bn| ≤ supm≥1

|am − bm| = N∞(a− b) < ε

On a ainsi montré que : ∀ε > 0, ∃n0 ∈ N∗, ∀n ≥ n0, |bn| < εc'est à dire que lim

n→+∞bn = 0 ou encore que b ∈ S0

Donc SF ⊂ S0

• Réciproquement, si b ∈ S0, ∀ε > 0, ∃n0 ∈ N∗, ∀n ≥ n0, |bn| < εε > 0 quelconque étant donné, soit b′ la suite à support �ni obtenue en troncant (bn) à partir du rang n0 :

∀n < n0, b′n = bn

et ∀n ≥ n0, b′n = 0

alors |bn − b′n| = 0 si n < n0 et |bn − b′n| = |bn| < ε si n ≥ n0 et donc N∞(b− b′) < εOn a ainsi montré que :

∀ε > 0 il existe une suite b′ à support �ni telle que N∞(b− b′) < ε, c'est à dire que b ∈ SF .Donc S0 ⊂ SF et �nalement, S0 = SF

• L'adhérence d'une partie d'un espace vectoriel normé étant toujours un fermé de cet espace, on en déduit queS0 = SF est un fermé de SB.

2 - a) Soit a = (an)n≥1 ∈ SB et b = (bn)n≥1 = µ(a) .

∀n ∈ N∗, |bn| =∣∣∣∣a1 + a2 + ...+ an

n

∣∣∣∣ = |a1 + a2 + ...+ an|n

≤ nN∞(a)n

= N∞(a)

donc N∞(b) = supn≥1

|bn| ≤ N∞(a)

On a ainsi montré que ∀a ∈ SB, N∞(µ(a)) ≤ N∞(a) c'est à dire que µ est liptschitzienne de rapport 1.Elle est donc continue et |‖µ‖| ≤ 1 .

- Si on considère la suite constante u = (1)n≥1 , on voit immédiatement que µ(u) = u et donc queN∞(µ(u)) = N∞(u) ce qui montre que |‖µ‖| ≥ 1 .

Finalement, |‖µ‖| = 1

b) Soit a ∈ SB, invariante par µ : (bn) = µ((an)) = (an)Montrons par récurrence sur n que an est constant :

pour n = 1, b1 =a1

1= a1

pour n = 2, b2 =a1 + a2

2= a2 donc a1 + a2 = 2a2 et a2 = a1

Supposons que jusqu'à l'ordre n, ak = a1

alors bn+1 =a1 + a2 + ...+ an + an+1

n+ 1=na1 + an+1

n+ 1= an+1

donc na1 + an+1 = (n+ 1)an+1 et an+1 = a1

On a ainsi montré par récurrence que ∀n, an = a1 c'est à dire que (an) est une suite constante.La réciproque est immédiate, si (an) est une suite constante, alors ∀n, bn = an et donc µ(a) = aEn conclusion, a ∈ SB est invariante par µ si et seulement si a est une suite constante.

c) Soit a ∈ SF ; ∃n0 ∈ N∗, ∀n ≥ n0, an = 0Soit b = (bn) = µ(a)

alors, ∀n ≥ n0, bn =

constant︷ ︸︸ ︷a1 + a2 + ...+ an0 +0 + ...+ 0

n−−−−−→n→+∞

0

Donc b = µ(a) ∈ S0

d) Soit a ∈ SCV∀n ∈ N∗, |an| ≤ N∞(a)︸ ︷︷ ︸

independant de n

En passant à la limite dans cette inégalitè, | lim an| ≤ N∞(a) soit aussi |Λ(a)| ≤ N∞(a) , ce qui montreque Λ est lipschitzienne de rapport 1 et donc continue.

Ceci montre aussi que |‖Λ‖| ≤ 1 et en considérant l'égalité obtenue pour une suite constante, que |‖Λ‖| = 1.

17

3 - a) Soit a ∈ S0. D'après la question 1, a est adhérente à SF donc est limite d'une suite (u(k))k∈N∗ d'élémentsde SF .

D'après la question 2 - c), pour tout k, µ(u(k)) ∈ S0 et par continuité de µ, lim(µ(u(k))) = µ(lim u(k)) = µ(a)Mais puisque S0 est fermé et que ∀k, µ(u(k)) ∈ S0, on a lim(µ(u(k))) = µ(a) ∈ S0

Donc µ(a) ∈ S0 , ce qui signi�e que µ(a) est une suite de limite nulle.

3 - b) Soit u = (un) une suite convergente de limite L ∈ C.Soit l = (ln) = (L)n≥1 la suite constante de valeur L.Alors lim ln = L = limun et donc l − u ∈ S0

D'après la question précédente, µ(l − u) ∈ S0, par linéarité, µ(l)− µ(u) ∈ S0, d'après 2-a), µ(l) = ldonc Λ(µ(u)) = Λ(l)︸︷︷︸

L

+Λ(µ(u)− l)︸ ︷︷ ︸0

= L ce qui signi�e que limµ(u) = L = lim u

∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗

13 - * * Formes linéaires continues sur l2 (dual topologique de l2)

On note l2 l'ensemble des suites à valeurs réelles dont la série des carrés converge : l2 = {(un) ∈ RN,∑u2

n converge }

1-a) Montrer que si (un) et (vn) appartiennent à l2, la série∑unvn est absolument convergente.

Montrer que l2 est un espace vectoriel sur réel et que l'application (un) −→ ‖(un)‖2 =

√√√√ ∞∑n=0

u2n est une

norme sur l2.b) Pour tout entier n ∈ N, on dé�nit l'application Tn de troncature au rang n, qui à la suite (uk)k≥0 fait

correspondre la suite tronquée (vk) telle que : vk = uk si k ≤ n et vk = 0 si k > n.Montrer que Tn est une application linéaire de l2 dans lui même, continue, et calculer sa norme subordonnée.Montrer que pour toute suite u ∈ l2, lim

n→∞Tn(u) = u

2-a) Soit a = (an) ∈ l2. D'après 1-a) on sait que pour toute suite u = (un) de l2, la série∑anun converge.

Montrer que l'application Φa qui à la suite u fait correspondre Φa(u) =∞∑

n=0

anun est une forme linéaire sur

l2, continue, et calculer sa norme |||Φa||| .b) Réciproquement, soit Ψ une forme linéaire continue de l2 dans R.Montrer qu'il existe une unique suite (bn)n≥0 ∈ l2 telle que Ψ = Φb

(on pourra déterminer bn en fonction de Ψ et des suites ∆i = (δi,n)n≥0 et justi�er l'existence de

M ∈ R+ tel que ∀n,n∑

k=0

b2k ≤M.

√√√√ n∑k=0

b2k pour montrer la convergence de∑b2n )

SOLUTION :

1-a) • Soient (an) et (bn) deux suites de l2.

Pour tout n, (|an| − |bn|)2 = a2n + b2n − 2|an|.|bn| ≥ 0 d'où 0 ≤ |an|.|bn| ≤

a2n + b2n

2et par majoration,∑

anbn converge absolument.

• Soient (un) et (vn) ∈ l2 et λ ∈ R.alors (un + λvn)2 = u2

n + 2λunvn + λ2v2n

{u2n} et {v2

n} sont des séries convergentes par hypothèse et {un.vn} l'est aussi par ce qui précède, donc∑(un + λvn)2 converge et (un) + λ(vn) ∈ l2.l2, stable par addition et par multiplication par un scalaire, est un sous espace vectoriel de l'espace des suites

réelles.• On montre sans di�culté que ‖ ‖2 est une norme sur l2 (euclidienne).

b) Tn : (uk)k≥0 = (u0, u1, u2, ..., un, un+1, ..., un+p, ...) −→ (vk)k≥0 = (u0, u1, u2, ..., un, 0, 0, ..., 0, ...)La suite (vk)k≥0 étant à support �ni, la série

∑v2

k converge (somme �nie) et (vk) ∈ l2.• Tn est linéaire (immédiat) , donc Tn ∈ L(l2).

∀(uk) ∈ l2, ‖Tn(u)‖2 =n∑

k=0

u2k ≤

∞∑k=0

u2k = ‖u‖2

Tn est lipschitzienne de rapport 1, elle est donc continue et |||Tn||| ≤ 1

En considérant la suite ∆0 = (1, 0, 0, 0, ..., 0, ...), on obtient ||Tn(∆0)|| = ||∆0||. Donc |||Tn||| = 1

18

• Soit u ∈ l2. Pour tout entier n, u− Tn(u) = (0, 0, 0, ..., 0, un+1, ..., un+p, ...)

donc ‖u− Tn(u)‖2 =∞∑

k=n+1

u2k = rn , reste d'ordre n de la série convergente

∑u2

n

donc limn→+∞

‖u − Tn(u)‖2 = limn→+∞

rn = 0, ce qui montre que la suite (Tn(u))n≥0 converge vers u dans

l'espace vectoriel normé (l2, || ||2).

2-a) Soit a = (an) ∈ l2 .Pour toute suite u = (un) de l2, la série

∑anun converge (question 1-a)),

et |Φa(u)| = | < a, u > | ≤‖ a ‖ . ‖ u ‖, ce qui montre que Φa est lipschitziznnz de rapport ‖ a ‖ doncest continue et |||Φa||| ≤‖ a ‖

Par ailleurs, |Φa(a)| = | < a, a > | =‖ a ‖2 , ce qui montre que |||Φa||| =‖ a ‖

b) Soit Ψ une forme linéaire continue sur l2.

• Analyse : Supposons qu'il existe une suite (bn) ∈ l2 telle que ∀u ∈ l2, Ψ(u) =+∞∑n=0

bnun.

Pour tout entier i notons ∆i = (δi,n)n≥0

Ainsi, ∆0 = (1, 0, 0, ..., 0, ...)∆1 = (0, 1, 0, 0, ..., 0, ...)∆2 = (0, 0, 1, 0, ..., 0, ...) etc...

Pour tout i ∈ N,Ψ(∆i) =+∞∑n=0

bnδi,n = bi. Donc la suite (bn) est unique et véri�e : ∀n ∈ N, bn = Ψ(∆n)

• Synthèse : Soit donc la suite b = (bn) telle que ∀n ∈ N, bn = Ψ(∆n)Pour tout n, Ψ(Tn(b)) = Ψ(b0, b1, ..., bn, 0, 0..., 0...) = Ψ(b0∆0 + b1∆1 + ...+ bn∆n

= b0Ψ(∆0) + b1Ψ(∆1) + ...+ bnΨ(∆n) = b20 + b21 + ...+ b2nOr Ψ est continue, linéaire, donc lipschitzienne :

∃µ ∈ R, ∀u ∈ l2, |Ψ(u)| ≤ µ.‖u‖

en particulier, pour tout n, |Ψ(Tn(b))| ≤ µ.‖Tn(b)‖ donc

n∑k=0

b2k ≤M.

√√√√ n∑k=0

b2k

donc

√√√√ n∑k=0

b2k ≤M d'où

n∑k=0

b2k ≤M2 et la série∑b2n dont les sommes partielles sont majorées, converge.

Donc (bn) ∈ l2.

• En�n, ∀u = (un) ∈ l2, ∀n ∈ N, Ψ(Tn(u)) = Ψ

(n∑

k=0

uk∆k

)=

n∑k=0

ukΨ(∆k) =n∑

k=0

ukbk

Quand n −→ +∞, Tn(u) −→ u (question 1-b) et par contnuité de la forme linéaire Ψ, Ψ(Tn(u)) −→ Ψ(u)Dans le second membre, puisque u et b appartiennent à l2, d'après 1-a), la série

∑bnun converge et

n∑k=0

ukbk −→∞∑

k=0

ukbk

Donc en passant à la limite quand n −→ +∞, dans la dernière égalité, on obtient Ψ(u) =∞∑

k=0

ukbk

Ce qui montre que Ψ = Φb.

Finalement, les formes linéaires continues sur l2 sont les applications de la forme Φa où a ∈ l2.

∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗

14 - * Résolution approchée d'une équation par le théorème du point �xe :. (Hors programme depuis 2006)

a) Montrer que le système

{x1 = 1

5 (2 sinx1 + cosx2)x2 = 1

5 (cosx1 + 3 sinx2)admet une solution unique (x1, x2) dans R2.

b) Expliquer comment on peut obtenir une valeur approchée (a, b) de cette solution à 10−10 près et calculer unetelle valeur approchée avec MAPLE.

SOLUTION :a) Considérons sur R2 la norme uniforme : ‖ (a, b) ‖∞= max(|a|, |b|)

19

Soit f l'application :R2 −→ R2

(x1, x2) −→ (x′1, x′2)

tel que

{x′1 = 1

5 (2 sinx1 + cosx2)x′2 = 1

5 (cosx1 + 3 sinx2)• Montrons que f est lipschitzienne pour la norme ‖ ‖∞

Soient X = (x1, x2) ∈ R2 et Y = (y1, y2) ∈ R2

f(X)− f(Y ) =15

(2 sin(x1)− 2 sin(y1) + cos(x2)− cos(y2) , cos(x1)− cos(y1) + 3 sin(x2)− 3 sin(y2)

)= (z1, z2)

z1 =15

(4 sin

x1 − y12

cosx1 + y1

2− 2 sin

x2 − y22

sinx2 + y2

2

)|z1| = 1

5

∣∣4 sin x1−y12 cos x1+y1

2 − 2 sin x2−y22 sin x2+y2

2

∣∣ ≤ 15

(4| sin x1−y1

2 |.| cos x1+y12 | − 2| sin x2−y2

2 |.| sin x2+y22 |

)en utilisant la majoration ∀x ∈ R, | sinx| ≤ |x| , on obtient :

|z1| ≤ 15 (2|x1 − y1|+ |x2 − y2|) ≤ 3

5 max(|x1 − y1|, |x2 − y2|) = 35‖X − Y ‖∞

Un calcul analogue montre que |z2| ≤ 45‖X − Y ‖∞

Donc ‖f(X)− f(Y )‖∞ = max(|z1|, |z2|) ≤ 45‖X − Y ‖∞

La fonction f est lipschitzienne de rapport 45 < 1, elle est donc contractante.

• R2, espace de dimension �nie sur R étant complet, d'après le théorème du point �xe, on sait que f admetun unique point �xe W et que toute suite (Xn) dé�nie par la donnée de son premier terme X0 ∈ R2 et par larécurrence ∀n ∈ N, Xn+1 = f(Xn) converge vers cet unique point �xe W .

Etudions la vitesse de convergence de la suite Xn dé�nie comme ci-dessus :∀n, p ∈ N tels que n ≤ p ,Xn+p −Xn = Xn+p −Xn+p−1 +Xn+p−1 −Xn+p−2 + ...+Xn+2 −Xn+1 +Xn+1 −Xn

par l'inégalité triangulaire,‖Xn+p −Xn‖ ≤ ‖Xn+p −Xn+p−1‖+ ‖Xn+p−1 −Xn+p−2‖+ ...+ ‖Xn+2 −Xn+1‖+ ‖Xn+1 −Xn‖or pour tout k, ‖Xk+1 −Xk‖ = ‖f(Xk)− f(Xk−1)‖ ≤ µ.‖Xk −Xk−1‖et par recurrence immédiate, ‖Xk+1 −Xk‖ ≤ µk‖X1 −X0‖d'où ‖Xn+p −Xn‖ ≤ (µn+p−1 + µn+p−2 + ...+ µn)‖X1 −X0‖ = µn 1− µp

1− µ.‖X1 −X0‖

=⇒ ‖Xn+p −Xn‖ ≤µn

1− µ.‖X1 −X0‖

A n �xé, passons à la limite quand p −→ +∞ :

∀n ∈ N∗, ‖W −Xn‖ ≤µn

1− µ.‖X1 −X0‖

Le passage de Xn à Xn+1 multiplie l'erreur ‖W −Xn‖ du facteur µ = 45 = 0, 8, ce qui est peu rapide.

En supposant que ‖X1 −X0‖ = 1 et puisque µ = 45 , ‖W −Xn‖ ≤ µn

1−µ .‖X1 −X0‖ = 5(

45

)n

5(

45

)n

≤ 10−10 ⇐⇒ ln(5) + n(ln 4− ln 5) ≤ −10 ln 10

⇐⇒ ln(5) + 10 ln 10 ≤ n(ln 5− ln 4)

⇐⇒ ln(5) + 10 ln 10ln 5− ln 4

≤ n

Il su�t que n ≥ 111 pour que cette condition soit véri�ée.Programme MAPLE :

Digits:=50; x[0]:=1.0; y[0]:=1.0; n:=120;for k from 0 to n do x[k+1]:=(2*sin(x[k])+cos(y[k]))/5;

y[k+1]:=(cos(x[k])+3*sin(y[k]))/5; od;Contrôle de la précision :

for j from n-10 to n do ecart[j]:=x[j]-x[j+1] od;

IV - Complétude - Compacité - Convexité

15 - Ouverts et compacts dans Mn(R)

Les ensembles GLn(R) et On(R) sont ils des parties ouvertes, fermées, compactes de Mn(R) ?

SOLUTION :a) L'application déterminant est une application continue, car polynomiale en les coe�cients ai,j de la matrice.

R∗ est un ouvert de R et GLn(R) = det−1(R∗), image réciproque d'un ouvert par une fonction continue,

est un ouvert de Mn(R).

20

Chaque matrice λ.In, avec λ aussi grand qu'on veut, est élément de GLn(R) qui n'est donc pas une partiebornée de Mn(R), ni compacte.

b) Mn(R) est un espace vectoriel de dimension �nie sur R et toutes les normes dé�nies sur Mn(R) sont équiva-lentes. Prenons la norme uniforme : ‖A‖∞ = max

i,j|ai,j |

• Soit A ∈ On(R). Ses colonnes forment un système orthonormal de Rn. En particulier, la jème colonne a pour

norme au carré

n∑i=1

a2i,j = 1 et donc pour tout couple (i, j), a2

i,j ≤ 1 et |ai,j | ≤ 1

donc ‖A‖∞ = maxi,j

|ai,j | ≤ 1 et On(R) est une partie bornée de Mn(R).

• Montrons que On(R) est une partie fermée de Mn(R).Soit (Ak) une suite de matrices de On(R) qui converge dans l'espace vectoriel norméMn(R) vers une matrice

limte B.Chaque Ak étant orthogonale, tAk.Ak = InLe produit de matrices : (M,N) −→ M.N est continue car bilinéaire.En passant à la limite dans l'égalité ci-dessus, on obtient : tB.B = In donc B est une matrice orthogonale.Ainsi toute suite convergente d'éléments de On(R) a sa limite dans On(R) . Donc On(R) est un fermé de

Mn(R)Finalement, On(R) , partie fermée et bornée de Mn(R) est un compact.

∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗

16 - * Espace complet ou non suivant la norme

Soit E = C([a, b],C), l'espace des fonctions complexes continues sur [a, b].1- Montrer que C([a, b],C) est complet pour la norme de la convergence uniforme ‖ ‖∞2- Montrer que C([a, b],C) n'est pas complet pour la norme convergence en moyenne ‖ ‖1

SOLUTION :1- Soit (fn)n≥0 une suite d'éléments de C([a, b],C) de Cauchy pour la norme‖ ‖∞ :

∀ε > 0,∃n0 ∈ N,∀n ≥ n0,∀p ≥ n0, ‖ fn − fp ‖∞< εpuisque ∀x ∈ I, |fn(x)− fp(x)| ≤‖ fn − fp ‖∞, on en déduit que pour tout x ∈ I, la suite réelle (fn(x))n≥0

est de Cauchy. R étant complet, elle converge. Soit g(x) = limn→∞

fn(x)

• Soit ε > 0 et n0 ∈ N tel que ∀n ≥ n0,∀p ≥ n0, ‖ fn − fp ‖∞< εalors pour tout x ∈ I,∀n ≥ n0,∀p ≥ n0, |fn(x)− fp(x)| ≤‖ fn − fp ‖∞< εpour x ∈ I �xé, passons à la limite quand p −→ +∞ :

∀x ∈ I,∀n ≥ n0, |fn(x)− g(x)| < εpour chaque n ≥ n0, cette inégalité étant vraie pour tout x ∈ I, sup

x∈I|fn(x)− g(x)| =‖ fn − g ‖∞< ε

On a ainsi montré que ∀ε > 0,∃n0 ∈ N,∀n ≥ n0, ‖ fn − g ‖∞< ε , c-a-d que limn→∞

‖ fn − g ‖∞= 0

• Puisque chaque fonction fn est continue et que la suite de fonctions (fn) converge uniformément vers g, la

limite g est continue ; g ∈ C([a, b],C). Donc g est limite de (fn) dans l'espace vectoriel(C([a, b],C), ‖ ‖∞

)et

celui-ci est complet.

2- Pour simpli�er, traitons le cas où a = 0 et b = 1.

• Pour tout n ≥ 4 , soit fn la fonction dé�nie par :

si x ∈ [0, 1

2 ], fn(x) = 0si 1

2 < x < 12 + 1

n , fn(x) = n(2x−1)2

si 12 + 1

n ≤ x ≤ 1, fn(x) = 1chaque fn est continue (et a�ne par morceaux) donc appartient à E.Pour tous entiers n, p tels que 4 ≤ n ≤ p,∫ 1

0

|fn(t)− fp(t)|dt =∫ 1/2

0

|fn − fp|︸ ︷︷ ︸=0

+∫ 1

2+ 1p

1/2

|fn − fp|︸ ︷︷ ︸≤1

+∫ 1

2+ 1n

12+ 1

p

|fn − fp|︸ ︷︷ ︸≤1

+∫ 1

12+ 1

n

|fn − fp|︸ ︷︷ ︸=0

=⇒∫ 1

0

|fn(t)− fp(t)|dt ≤1p

+(

1n− 1p

)=

1n

ε > 0 quelconque étant donné, il existe n0 tel que1n0

< ε

alors ∀n ≥ n0,∀p ≥ n0, ‖ fn − fp ‖1=∫ 1

0|fn(t)− fp(t)|dt ≤ 1

n ≤1

n0< ε

ce qui montre que la suite (fn) est une suite de Cauchy pour la norme ‖ ‖1 .

21

• Cette suite converge-t-elle dans E ?Si oui, notons g sa limite : g ∈ E et lim

n→∞‖ fn − g ‖1= 0

Or∫ 1/2

0|fn(t)− g(t)|dt ≤

∫ 1

0|fn(t)− g(t)|dt ≤‖ fn − g ‖1 donc lim

n→∞

∫ 1/2

0

| fn(t)︸ ︷︷ ︸0 sur [0, 1

2 ]

−g(t)|dt = 0

d'où

∫ 1/2

0

|g(t)|dt = 0 et g étant continue sur [0, 1/2], ∀t ∈ [0, 1/2], g(t) = 0

De manière analogue, pour tout α > 0,∫ 1

12+α

|fn(t) − g(t)|dt ≤∫ 1

0

|fn(t) − g(t)|dt ≤‖ fn − g ‖1 donc en

prenant n assez grand pour que12<

12

+1n<

12

+ α et que fn(t) vaille 1 sur le segment [ 12 + 1n , 1], on a∫ 1

12+α

|1− g(t)|dt ≤‖ fn − g ‖1n→∞−→ 0

donc

∫ 1

12+α

|1− g(t)|dt = 0 et la fonction 1− g étant continue, elle est identiquement nulle sur [ 12 + 1n , 1].

Ceci étant vrai pour tout α > 0, on en conclut que :

{∀t ∈ [0, 1

2 ], g(t) = 0et ∀t ∈] 12 , 1], g(t) = 1 , ce qui est incompatible avec

la continuité de g au point 1/2.Donc la suite de Cauchy (fn) n'a pas de limite dans E, et E n'est pas complet pour la norme ‖ ‖1

∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗

17 - Espaces des fonctions bornées, continues, polynomiales

On note B(I,C) l'ensemble des fonctions complexes bornées sur l'intervalle I.L'applicaton f −→ ‖ f ‖∞= sup

x∈I|f(x)| est une norme sur cet espace.

On note C(I,R) l'ensemble des fonctions réelles continues sur l'intervalle I et Ck(I,R) l'ensemble des fonc-tions réelles de classe Ck sur l'intervalle I

1- Montrer que(B(I,C), ‖ ‖∞

)est un espace complet.

2- a et b sont deux réels tels que a < b.Montrer que C([a, b],C), espace des fonctions continues sur [a, b] est complet.Montrer que C([a, b],C) est un sous espace fermé de B(I,C)

3- Déterminer l'adhérence dans(C([a, b],C), ‖ ‖∞

)de R[X], espace des fonctions polynomiales sur le segment

[a, b].

SOLUTION :

1- Soit (fn)n≥0 une suite de Cauchy d'éléments de(B(I,C), ‖ ‖∞

):

∀ε > 0,∃n0 ∈ N,∀n ≥ n0,∀p ≥ n0, ‖ fn − fp ‖∞< εpuisque ∀x ∈ I, |fn(x)− fp(x)| ≤‖ fn − fp ‖∞, on en déduit que pour tout x ∈ I, la suite réelle (fn(x))n≥0

est de Cauchy. R étant complet, elle converge. Soit g(x) = limn→∞

fn(x)

• Soit ε > 0 et n0 ∈ N tel que ∀n ≥ n0,∀p ≥ n0, ‖ fn − fp ‖∞< εalors pour tout x ∈ I,∀n ≥ n0,∀p ≥ n0, |fn(x)− fp(x)| ≤‖ fn − fp ‖∞< εpour x ∈ I �xé, passons à la limite quand p −→ +∞ :

∀x ∈ I,∀n ≥ n0, |fn(x)− g(x)| < εpour chaque n ≥ n0, cette inégalité étant vraie pour tout x ∈ I, sup

x∈I|fn(x)− g(x)| =‖ fn − g ‖∞< ε

On a ainsi montré que ∀ε > 0,∃n0 ∈ N,∀n ≥ n0, ‖ fn − g ‖∞< ε , c-a-d que limn→∞

‖ fn − g ‖∞= 0

• Il s'ensuit que g est bornée : Prenons ε = 1 et n0 tel que ‖ fn0 − g ‖∞< ε = 1alors ∀x ∈ I, |g(x)| = |g(x)− fn0(x) + fn0(x)| ≤ |g(x)− fn0(x)|︸ ︷︷ ︸

≤‖fn0−g‖∞<1

+ |fn0(x)|︸ ︷︷ ︸≤‖fn0‖∞

≤‖ fn0 ‖∞ +1

donc g ∈ B(I,C) et puisque limn→∞

‖ fn − g ‖∞= 0 , la suite (fn)n≥0 converge dans l'espace vectoriel normé(B(I,C), ‖ ‖∞

)vers la fonction g.

Toute suite de Cauchy étant convergente, l'e.v.n.(B(I,C), ‖ ‖∞

)est complet.

2 - C([a, b],C) est un sous espace de B(I,C) car toute fonction continue sur un compact (le segment [a, b]) estbornée.

22

Soit (fn)n≥0 une suite de Cauchy d'éléments de(C([a, b],C), ‖ ‖∞

). On a vu qu'elle convergeait vers une

fonction g bornée sur [a, b].Puisque chaque fonction fn est continue et que la suite de fonctions (fn) converge uniformément vers g, la

limite g est continue ; g ∈ C([a, b]. Donc g est limite de (fn) dans l'espace vectoriel(C([a, b],C), ‖ ‖∞

)et

celui-ci est complet.

C([a, b],C) étant complet, c'est un sous espace fermé de(B(I,C), ‖ ‖∞

).

3- Soit f ∈ C([a, b],C). D'après le théorème de Weierstrass, il existe une suite (fn)n≥0 de fonctions polynomialesqui converge uniformément sur [a, b] vers f : lim

n→∞‖ fn − f ‖∞= 0

Donc f ∈ R[X] et R[X] = E

∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗

18 - * Enveloppe convexe et théorème de Gauss-Lucas

Une partie X d'un espace vectoriel normé E est dite convexe si ∀(M,N) ∈ X2, [M,N ] ⊂ X, c'est à dire si

∀α ≥ 0,∀β ≥ 0, tel que α+ β 6= 0,αM + βN

α+ β∈ X

1- a) A étant une partie quelconque de E montrer qu'il existe un plus petit sous ensemble convexe de Econtenant A. Celui-ci est appelé enveloppe convexe de A. On le notera Conv(A).

b) Si A est l'ensemble �ni {M1,M2, ...,Mp}, montrer que Conv(A) est l'ensemble des barycentres des pointsM1,M2, ...,Mp a�ectés de coe�cients ≥ 0.

2- Soit P ∈ C[X] un polynôme complexe de racines x1, x2, ..., xn distinctes ou non dans C.Montrer que les racines du polynôme dérivé P ′(X) sont dans l'enveloppe convexe de l'ensemble {x1, x2, ..., xn}

Solution :1-a) Notons ZA l'ensemble des parties convexes de E contenant A. ZA n'est pas vide car E ∈ ZA.

Soit B =⋂

X∈ZA

X l'intersection de toutes les parties convexes de E qui contiennent A

B est convexe car l'intersection de parties convexes est convexe (justi�er...)B contient A car chacun des X ∈ ZA dont on prend l'intersection contient A.en�n, si C est une partie convexe de E contenant A, C fait partie de ces ensembles X ∈ ZA dont on prend

l'intersection pour former B, donc B ⊂ C.

Donc B est une partie convexe de E, qui contient A, et c'est la plus petite. Conv(A) =⋂

X∈ZA

X

b) Soit B l'ensemble des barycentres des points M1,M2, ...,Mp a�ectés de coe�cients ≥ 0.• Soient P et Q ∈ B. Montrons que [P,Q] ⊂ B.

∃(α1, α2, ..., αp) ∈ Rp+ tel que P =

α1M1 + α2M2 + ...+ αpMp

α1 + α2 + ...+ αpet

∃(β1, β2, ..., βp) ∈ Rp+ tel que Q =

β1M1 + β2M2 + ...+ βpMp

β1 + β2 + ...+ βp

quitte à diviser chaque αi par α1 + α2 + ...+ αp, on peut supposer que α1 + α2 + ...+ αp = 1, même chosepour les βi

alors P = α1M1 + α2M2 + ...+ αpMp et Q = β1M1 + β2M2 + ...+ βpMp

Tout point N ∈ [P,Q] est barycentre de P et Q a�ectés de coe�cients positifs a et b : N = aP+bQ, a+b = 1alors N = a(α1M1 + α2M2 + ...+ αpMp) + b(β1M1 + β2M2 + ...+ βpMp)

= (aα1 + bβ1)M1 + (aα2 + bβ2)M2 + (aαp + bβp)Mp

(aα1 + bβ1) + (aα2 + bβ2) + ...+ (aαp + bβp) = aα1 + aα2 + ...+ aαp + bβ1 + bβ2 + ...+ bβp

= a(α1 + α2 + ...+ αp︸ ︷︷ ︸=1

) + b(β1 + β2 + ...+ βp︸ ︷︷ ︸=1

) = a+ b = 1

donc N = (aα1 + bβ1)M1 +(aα2 + bβ2)M2 +(aαp + bβp)Mp est barycentre des pointsM1,M2, ...,Mp a�ectésde coe�cients ≥ 0.

B est donc une partie convexe de E.

• B contient {M1,M2, ...,Mp}, car M1 est barycentre de (M1,M2, ...,Mp) a�ectès des coe�cients respectifs(1, 0, ..., 0)

• En�n toute partie convexe de E contenant {M1,M2, ...,Mp} contient les barycentres de M1,M2, ...,Mp àcoe�cients ≥ 0 donc contient B.

Donc B est bien la plus petite partie convexe de E contenant {M1,M2, ...,Mp} : B = Conv(A)

2- Soit P ∈ C[X] de racines x1, x2, ..., xn et notons x1, x2, ..., xn les a�xes respectives de ces racines.

23

• Si xi est racine multiple de P , c'est aussi une racine de P ′ qui appartient donc à l'enveloppe convexe de{x1, x2, ..., xn}

P (X) = λn∏

i=1

(X − xi). Par dérivation d'un produit de n termes, P ′(X) = λn∑

i=1

j 6=i∏j=1...n

(X − xj)

.

DoncP ′(X)P (X)

=n∑

i=1

1X − xi

• Soit y une racine simple quelconque de P ′, d'a�xe N . Alors P (y) 6= 0 et

n∑i=1

1y − xi

=P ′(y)P (y)

= 0

donc

n∑i=1

1y − xi

= 0 (en prenant le conjugué)

=⇒n∑

i=1

y − xi

(y − xi)(y − xi)= 0

=⇒n∑

i=1

1(y − xi)(y − xi)

−−−→MiN =

n∑i=1

1|y − xi|2︸ ︷︷ ︸

>0

−−−→MiN =

−→0

Donc N est barycentre des points M1,M2, ...,Mn a�ectés de coe�cients positifs et appartient donc àl'enveloppe convexe de ces points.

∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗

19 - ** Sous espace de C1(R, R) de dimension �nie

Soit F un sous espace vectoriel de dimension �nie m de C1(R,R)a) Montrer qu'il existe une base (g1, g2, ..., gm) de F et une suite �nie (a1, a2, ..., am) de réels deux à deuxdistincts tels que

g1(a1) 6= 0g2(a1) = 0 et g2(a2) 6= 0g3(a1) = g3(a2) = 0 et g3(a3) 6= 0. . . . . . . . .gm(a1) = gm(a2) = ... = gm(am−1) = 0 et gm(am) 6= 0

En déduire que si une suite (hn) d'éléments de F converge simplement sur R vers une fonctionH ∈ F (R,R) =RR, alors H ∈ F et (hn) converge vers H dans l'espace vectoriel normé F .

b) On suppose de plus que le sous espace F est stable par translation, c'est à dire que pour toute fonction f deF , pour tout a ∈ R, la fonction x → f(x+ a) appartient encore à F .

b1) Montrer que ∀f ∈ F, f ′ ∈ F .En déduire que F ⊂ C∞(R,R)b2) Montrer que toute fonction f ∈ F est solution sur R d'une équation di�érentielle (Ef ) linéaire, d'ordre

≤ m , à coe�cients constants.b3)) Montrer qu'il existe une équation di�érentielle (EE) linéaire, d'ordre m , à coe�cients constants, dont

toute fonction de F est solution.c) Donner un exemple d'un tel espace F pour m = 1 et m = 2, avec D inversible.Solution :a) Soit Pm la propriété : " Tout sous espace vectoriel Fm de C1(R,R) de dimension �nie m admet une base

(g1, g2, ..., gm) pour laquelle il existe des réels (a1, a2, ..., am) deux à deux distincts tels queg1(a1) 6= 0g2(a1) = 0 et g2(a2) 6= 0. . . . . . . . . .gm(a1) = gm(a2) = ... = gm(am−1) = 0 et gm(am) 6= 0

"

• Pour m = 1, soit F1 un sous espace vectoriel de dimension 1 de C1(R,R). Soit g une fonction non nullede F1 (il en existe car F1 6= {0}). g étant non nulle, il existe un réel a1 tel que g1(a1) 6= 0.

La proposition P1 est donc véri�ée.• Supposons que la propriété Pm−1 est véri�ée.Soit Fm un sous espace vectoriel de dimension m de C1(R,R). Soit g1 une fonction non nulle de Fm et un

réel a1 tel que g1(a1) 6= 0.L'application ϕ : h → h(a1) est une forme linéaire sur Fm, non nulle car ϕ(g1) = g1(a1) 6= 0.Son noyau H est un hyperplan de Fm, c'est à dire un sous espace de Fm de dimension m− 1.En appliquant l'hypothèse de récurrence àH, il existe une base (g2, g3, ..., gm) deH et des réels (a2, a3, ..., am)

deux à deux distincts tels que

24

g2(a2) 6= 0g3(a2) = 0 et g3(a3) 6= 0. . . . . . . . . .gm(a2) = gm(a3) = ... = gm(am−1) = 0 et gm(am) 6= 0

Aucun des ai, i ≥ 2, n'est égal à a1 car (g2, g3, ..., gm), éléments de H = kerϕ, sont tous nuls en a1, alorsque g2(a2) 6= 0, g3(a3) 6= 0, ..., gm(am) 6= 0

Finalement, les fonctions (g1, g2, g3, ..., gm) de Fm véri�ent :

g1(a1) 6= 0g2(a1) = 0 et g2(a2) 6= 0g3(a1) = g3(a2) = 0 et g3(a3) 6= 0. . . . . . . . . .gm(a1) = gm(a2) = ... = gm(am−1) = 0 et gm(am) 6= 0

(g2, g3, ..., gm) est un système libre car c'est une base de H.(g1, g2, g3, ..., gm) est libre aussi, sinon g1 serait combainaison linéaire de (g2, g3, ..., gm), ce qui n'est pas

possible car (g2, g3, ..., gm) s'annulent en a1 et g1 ne s'y annule pas.(g1, g2, g3, ..., gm), système libre de m élémenst de l'espace Fm de dimension m, est une base de Fm.

• Soit (hn)n≥0 une suite d'éléments de F qui converge simplement sur R vers une fonction H ∈ F (R,R).Soit (g1, g2, ..., gm) une base de F et (a1, a2, ..., am) des réels deux à deux distincts tels que

g1(a1) 6= 0g2(a1) = 0 et g2(a2) 6= 0. . . . . . . . . .gm(a1) = gm(a2) = ... = gm(am−1) = 0 et gm(am) 6= 0

Chaque hn, élément de F peut s'écrire comme combinaison linéaire des vecteurs de la base :∀n ∈ N, ∃(λ1,n, λ2,n, ..., λm,n) ∈ Rm tels que hn = λ1,ng1 + λ2,ng2 + ...+ λm,ngm

donc hn(a1) = λ1,n g1(a1)︸ ︷︷ ︸6=0

+λ2,n g2(a1)︸ ︷︷ ︸=0

+...+ λm,n gm(a1)︸ ︷︷ ︸=0

=⇒ λ1,n = −hn(a1)g1(a1)

=−1

g1(a1)︸ ︷︷ ︸µ1,1

hn(a1)

de même, hn(a2) = λ1,n g1(a2)︸ ︷︷ ︸6=0

+λ2,n g2(a2)︸ ︷︷ ︸6=0

+...+ λm,n gm(a2)︸ ︷︷ ︸=0

=⇒ λ2,n =hn(a2)− λ1,ng1(a2)

g2(a2)

⇒ λ2,n =hn(a2)−

hn(a1)g1(a1)

g1(a2)

g2(a2)= µ2,1hn(a1)+µ2,2hn(a2) (µ2,1 et µ2,2 ctes réelles indépendantes de n)

... et plus généralement, λ1,n, λ2,n, ..., λk,n ayant été déterminés, λk,n =

hn(ak)−k∑

i=1

λi,ngi(ak)

gk(ak)et en remplaçant les λi,n déja calculés comme combinaisons linéaires de hn(a1), hn(a2), ..., hn(ak−1) ,

λk,n =k∑

i=1

µk,ihn(ai) , les µk,i, i = 1...k étant des constantes réelles indépendantes de n.

Par hypothèse de convergence simple de la suite de fonctions (hn), pour tout i = 1...m, limn→∞

hn(ai) = H(ai),

donc pour tout k, limn→∞

λk,n = limn→∞

(k∑

i=1

µk,ihn(ai)

)=

k∑i=1

(lim

n→∞µk,ihn(ai)

)=

k∑i=1

µk,iH(ai)

Notons Λk = limn→∞

λk,n

L'égalité hn = λ1,ng1 + λ2,ng2 + ...+ λm,ngm entraîne que pour tout x réel,lim

n→∞hn(x) = lim

n→∞λ1,ng1(x) + lim

n→∞λ2,ng2(x) + ...+ lim

n→∞λm,ngm(x) = Λ1g1(x) + Λ2g2(x) + ...+ Λmgm(x)

Donc H = Λ1g1 + Λ2g2 + ... + Λmgm, ce qui montre que H, s'écrivant comme combinaison linéaire desvecteurs d'une base de F , appartient à F .

En�n, le calcul de la limite de la limite de hn = λ1,ng1 + λ2,ng2 + ... + λm,ngm s'e�ectuant composantepar composante dans la base (g1, g2, g3, ..., gm) , la suite (hn) converge vers H dans l'espace vectoriel normé dedimension fnie F . (peu importe le choix de la norme sur F puisq'il est de dimension �nie)

b1) Soit f ∈ F .

• F étant stable par translation, pour tout entier n, la fonction fn : x −→f(x+ 1

n )− f(x)1n

appartient

encore à F .Or pour tout réel x, lim

n→+∞fn(x) = f ′(x). La suite de fonctions (fn) converge donc simplement sur R vers

la fonction f ′.On en déduit d'après la question précédente que f ′ ∈ F .• Soit f ∈ F . Alors f ′ ∈ F . Donc f ′ est C1 et f est C2. Par récurrence immédiate, f est dérivable à tout

ordre, donc est C∞.

25

b2) Soit f ∈ F . On vient de montrer que F est stable par dérivation. Donc les fonctions f, f ′, f”, f (3), ..., f (m)

sont dans F . Elles forment un système de m+ 1 vecteurs dans un espace de dimension m. Ce système est donclié.

Donc il existe des réels α0, α1, α2, ...αm (dépendants à priori de f) tels que α0f+α1f′+α2f”+...+αmf

(m) = 0La fonction f est donc solution sur R de l'équation di�érentielle (Ef ) : α0y+α1y

′+α2y”+ ...+αmy(m) = 0.

C'est bien une équation di�érentielle linéaire à coe�cients constants, d'ordre≤ m (αm ou d'autres coe�cientspeuvent être nuls)

b3) Notons D l'endomorphisme de dérivation de F .Soit χD son polynôme caractéristique : χD(X) = βmX

m + ...+ β1X + β0

C'est un polynôme annulateur de D. Donc βmDm + ...+ β1D + β0IdF = 0

Donc ∀f ∈ F, βmDm(f) + ...+ β1D(f) + β0f = 0F

Toute fonctionf de F est donc solution de l'équation di�érentielle (EE) : βmym + ...+β2y”+β1y

′+β0y = 0

26