LM360 Mathematiques 2008

TD de topologie et calcul differentiel– Corrige dela feuille 6: Espaces vectoriels normes, de Banach

Groupe de TD 5

Corrige 1. Il est bien connu que ‖.‖2 est une norme (se reporter a un cours deDeug sur les formes quadratiques). C’est celle associee au produit scalaire euclidiensur Rn. Plus precisement, on definit

〈(x1, . . . , xn ; (y1, . . . , yn)〉 =n∑

i=1

xiyi.

C’est clairement une forme bilineaire symetrique definie positive (car 〈x, x〉 = ‖x‖22est strictmement positif si x 6= 0). C’est donc un produit scalaire ce qui assure que‖.‖2 est une norme.

Pour les deux autres fonctions, la verification est immediate et resulte du faitque la valeur absolue est une norme sur R.

La boule unite de Rn pour ‖.‖1 est definie par l’inegalite |x1| + ... + |xn| 6 1.Pour n = 2, il s’agit du carre dont les sommets sont les points (1, 0), (0, 1), (−1, 0)et (0,−1). Dans R3, il s’agit de l’octaedre dont les sommets sont les points (1, 0, 0),(0, 1, 0), (0, 0, 1), (−1, 0, 0), (0,−1, 0) et (0, 0,−1). La boule unite pour ‖.‖2 est ledisque centre en l’origine et de rayon 1. Quant a la norme ‖.‖∞, sa boule unite estle cube [−1, 1]n. On pourra se reporter a un exercice d’une feuille de TD precedenteou ces calculs ont deja ete fait.

Notons que l’equivalence des normes est immediate car dans un espace vecto-riel de dimension finie toutes les normes sont equivalentes. Il reste a calculer lesconstantes d’equivalence. On a clairement, pour tout x ∈ Rn,

‖x‖∞ = maxk=1,...,n

|xk| ≤n∑

i=1

|xk| = ‖x‖1 ≤ n maxk=1,...,n

|xk| = n‖x‖∞.

Il s’agit des meilleures constantes car pour x = e1 = (1, 0, ..., 0) il y a egalite agauche et pour x = u = (1, 1, ..., 1) a droite.

Remarque : pour trouver les vecteurs donnant lieu a l’egalite, il suffit de regardera quelles conditions les inegalites obtenues sont des egalites. Par exemple pour cellede gauche il faut utiliser que le max est atteint en une seul xj et que tous les autresxi sont nuls. A droite, il faut utiliser que tous les |xi| sont egaux au max...

De la meme facon, on a pour tout x ∈ Rn,

‖x‖∞ 6 ‖x‖2 6√n‖x‖∞

avec egalite respectivement pour x = e1 et x = u. Enfin, comme l’on a (|x1|+ ...+|xn|)2 > x2

1 + ...+ x2n, on obtient

‖x‖2 6 ‖x‖1,

avec egalite si x = e1. D’autre part, par l’inegalite de Cauchy-Schwarz,n∑

k=1

|xk| =n∑

k=1

|xk| × 1 6( n∑

k=1

x2k

) 12( n∑

k=1

12) 1

2

ce qui montre que‖x‖1 ≤

√n‖x‖2

pour tout x ∈ Rn. L’egalite a lieu pour le vecteur u.

1

Corrige 2. On considere l’application lineaire T de l’espace vectoriel R3 dans luimeme definie par: T (x, y, z) = (5x− 2y + 2z, 2x− y, x+ y + z).

a) Pour tout (x, y, z) ∈ R3, on a par definition

‖T (x, y, z)‖∞ = max(|5x− 2y + 2z|, |2x− y|, |x+ y + z|).

Or |5x− 2y + 2z| ≤ 5|x|+ 2|y|+ 2|z| ≤ 9 max(|x|, |y|, |z|) = 9‖(x, y, z)‖∞. Dememe, |2x− y| ≤ 3‖(x, y, z)‖∞ et |x+ y + z| ≤ 3‖(x, y, z)‖∞. Donc

‖T (x, y, z)‖∞ ≤ 9‖(x, y, z)‖∞.

On retrouve ainsi que T est continue (rappelons que c’est toujours vrai pourune application lineaire allant d’un espace norme de dimension finie dans unespace norme quelconque). De plus ‖T‖ ≤ 9. En effet, rappelons que

‖T‖ = sup(x,y,z) 6=0

‖T (x, y, z)‖∞‖(x, y, z)‖∞

D’apres ce qui precede 9 est un majorant des ‖T (x, y, z)‖∞/‖(x, y, z)‖∞. Laborne superieur etant le plus petit des majorants, il vient ‖T‖ ≤ 9.

Remarquons maintenant que l’on a

‖T (1,−1, 1)‖∞ = ‖(9, 3, 1)‖∞ = 9.

Comme le vecteur (1,−1, 1) est de norme 1, ‖T (1,−1, 1)‖∞/‖(1,−1, 1)‖∞ = 9.‖T‖ etant un majorant des ‖T (x, y, z)‖∞/‖(x, y, z)‖∞ , il vient ‖T‖ ≥ 9. Endefinitive ‖T‖ = 9.

b) Nous avons

‖T (x, y, z)‖1 =|5x− 2y + 2z|+ |2x− y|+ |x+ y + z|68|x|+ 4|y|+ 3|z|68(|x|+ |y|+ |z|) = 8‖(x, y, z)‖1

Donc, ‖T‖ ≤ 8. En remarquant que ‖T (1, 0, 0)‖1 = ‖(5, 2, 1)‖1 = 8 et que lanorme de (1, 0, 0) est 1, on a ‖T‖ ≥ 8 et donc ‖T‖ = 8.

c) Une application lineaire f : Rn → Rn peut s’ecrire comme une matrice A =(ai,j)i,j=1...n (i est l’indice des lignes, j celui des colonnes) une matrice deMn(R) (on choisit la base canonique (e1, . . . , en) de Rn). On munit Rn de‖.‖1. Soit X = (x1, . . . , xn) un vecteur de Rn. Notons que le vecteur colonne

Cj = (a1,j , . . . , an,j) a pour norme ||Cj ||1 =n∑

i=1

|ai,j |. Montrons que

‖A‖1 = maxj=1...n

(‖Cj‖1) = maxj=1...n

(n∑

i=1

|ai,j |). (1)

On a

A.X =

n∑k=1

a1,kxk

n∑k=1

a2,kxk

...n∑

k=1

an,kxk

2

d’ou il suit que

||A.X||1 =n∑

i=1

|n∑

k=1

ai,kxk|

≤n∑

i,k=1

|ai,k| |xk| par l’inegalite triangulaire

≤n∑

k=1

( n∑i=1

|ai,k|)|xk|

≤ max( n∑

i=1

|ai,k|, k ∈ [1, n]) n∑

k=1

|xk|

≤ max(||Ck||, k ∈ [1, n]

)||X||1.

Donc ||A||1 ≤ max(||Ck||, k ∈ [1, n]

). Il suffit maintenant de trouver X tel que

||AX||1 ≥ max(||Ck||, k ∈ [1, n]

)||X||1 pour montrer que

||A|| = max(||Ck||, k ∈ [1, n]

).

Soit i ∈ [1, n] tel que ||Ci|| = max(||Ck||, k ∈ [1, n]

). Soit ei le vecteur

(0, . . . , 0, 1, 0, . . . , n) ou 1 est a la ieme-position; ||ei||1 = 1. Alors Aei = Ci

et ||Aei|| = ||Ci|| = max(||Ck||, k ∈ [1, n]

)ce qui donne le resultat cherche, a

savoir l’egalite (1).

Passons au calcul de la norme de A lorsqu’on munit Rn de la norme ‖.‖∞.On note Lj le vecteur ligne Lj = (aj,1, . . . , aj,n). Remarquons que l’on a

||Lj ||1 =n∑

k=1

|aj,k|. Comme dans le a), on calcule

||A.X||∞ = max

{|

n∑k=1

ai,kxk| , i ∈ [1, n]

}

≤ max

{n∑

k=1

|ai,k| |xk| , i ∈ [1, n]

}par l’inegalite triangulaire

≤ max

{n∑

k=1

|ai,k|max{|xk| , k ∈ [1, n]} , i ∈ [1, n]

}

≤ max

{n∑

k=1

|ai,k| , i ∈ [1, n]

}||X||∞

≤ max {||Li|| , i ∈ [1, n]} ||X||∞.

D’ou ||A||∞ ≤ max {||Li|| , i ∈ [1, n]}. Il suffit maintenant de trouver X telque ||AX||∞ ≥ max

(||Li||, i ∈ [1, n]

)||X||∞ pour montrer que

||A|| = max(||Ck||, k ∈ [1, n]

)= maxj∈[1,n]

(n∑

k=1

|aj,k|

). (2)

Soit j ∈ [1, n] tel que ||Lj || = max(||Li||, i ∈ [1, n]

). On definit un vecteur

X = (x1, . . . , xn) tel que xk = εk ou εk est le signe de aj,k. Alors, par uncalcul similaire au precedent, on obtient

||AX||∞ =n∑

k=1

aj,kxk =n∑

k=1

|aj,k| = ||Lj ||.

3

Comme ||X||∞ = 1, on a obtenu le resultat souhaite, a savoir l’identite (2).

Corrige 3. L’idee est de ”parametrer” C par un compact; c’est a dire de trouverune fonction continue surjective d’un compact sur C. Un segment rejoignant le pointa ∈ A au point b ∈ B est l’ensemble {ta+ (1− t)b , t ∈ [0, 1]} (ici on utilise que Eest un espace vectoriel pour definir un tel segment). On en deduit que l’applicationf : A × [0, 1] × B → C definie par f(a, t, b) = ta + (1 − t)b est surjective. Elle estcontinue car la somme et la multiplication par un scalaire sont continues dans unesapc vectoriel norme. De plus E est separe (c’est un Espace vectoriel norme), doncC ⊂ E aussi. Alors, comme f est continue et A × [0, 1] × C est compact (c’est unproduit de 3 compacts), C = f(A× [0, 1]×B) est compact.

Corrige 4. Pour commencer, remarquons que B(x, r) ⊂ BF (x, r) ou BF (x, r) ={y ∈ E/‖y − x‖ ≤ r} est la boule fermee. En effet BF (x, r) est un ferme contenantB(x, r), donc il contient l’adherence de la bouel ouverte. Ceci est vrai dans toutespace metrique !

Reciproquement, montrons maintenant que l’hypothese (E, ‖.‖) est un espacevectoriel norme entraine l’inclusion inverse. Il suffit de montrer que tout point ydans BF (x, r) est limite d’une suite (yn)n∈N d’elements de la boule ouverte B(x, r).C’est evident si y ∈ B(x, r), donc il suffit de le faire pour y tel que ‖y − x‖ = r.Soit alors, pour n > 1, yn = x + (1 − 1/n)(y − x). Il est clair que yn ∈ E et deplus ‖y − x‖ = r(1 − 1/n) < r. Donc (yn)n∈N ∈ B(x, rN). De plus, yn −→

n→∞y (par

continuite de la mutliplication par un scalaire). Le resultat est demontre.

Remarque: on se rappelera qu’on a montre dans un TD precedent que le resultatde l’exercice precedent est faux dans un espace metrique quelconque.

Corrige 5. L’application L est clairement lineaire. Pour x ∈ [−1, 4], on a |f(x)| ≤‖f‖∞, donc

|L(f)| ≤ |f(−1)|+ 4|f(0)|+ 5|f(1)|+ 3|f(2)|+ 2|f(3)|+ 8|f(4)| ≤ 23‖f‖∞,

ce qui montre d’une part que L est continue, et que ‖L‖ ≤ 23.On peut definir sur l’intervalle [−1, 4] une fonction h affine (c’est a dire de la

forme t 7→ at+ b) sur chacun des intervalles [j, j + 1] ou j = −1, 0, 1, 2 ou 3, et telleque

h(−1) = 1, h(0) = −1, h(1) = 1, h(2) = −1, h(3) = 1, h(4) = −1

(faire une figure). Clairement h est continue et

‖h‖∞ = sup[−1,4]

|h(t)| = 1.

De plus, on a L(h) = 1 + 4 + 5 + 3 + 2 + 8 = 23. Donc ‖L‖ ≥ 23 et, par suite‖L‖ = 23.

Remarque: Il ne faut pas oublier de justifier (rapidement) l’existence de la fonc-tion h (il y’a d’autres possibilites qu’une fonction affine par morceaux) car sonexistence n’est pas garantie dans n’importe quel espace. Si, par exemple, on avaitpris, pour E, l’espace des fonctions polynomiales de degre inferieur ou egal a 4, unetelle fonction n’existerait pas...

Corrige 6. Par linearite de la multiplication par ϕ et de l’integrale, il est clair

que T definie par T (f) =∫ 1

0

f(t)ϕ(t)dt est lineaire sur X. Comme |T (f)| 6∫ 1

0

|f(t)ϕ(t)|dt et que

|f(t)ϕ(t)| 6 |f(t)|‖ϕ(t)‖∞ 6 ‖f‖∞‖ϕ‖∞,

4

on obtient en integrant, |T (f)| 6 ‖f‖∞‖ϕ‖∞, ce qui montre que T est continue, denorme 6 ‖ϕ‖∞.

Remarque : on pouvait aussi majorer |T (f)| 6∫ 1

0

|ϕ(t)| dt ‖f‖∞ et obtenir

‖T‖ 6∫ 1

0

|ϕ(t)| dt (qui est une meilleure majoration).

Corrige 7. Rappelons qu’un hyperplan H de E est un sous-espace vectoriel deE dont un supplementaire (et donc tous) est une droite (c’est a dire de dimensionun). En particulier si H est un hyperplan, il existe v 6= 0 tel que E = H ⊕Kv. Onidentifie aussi les hyperplans avec le noyau des formes lineaires (non necessairementcontinues) ϕ : E → K (cf le cours d’algebre lineaire des annes precedentes).

Si F est un espace vectoriel contenant H alors soit F = H soit F = E. Eneffet, si H 6= F , alors il existe un vecteur h + λv ∈ F (ou h ∈ H, λ 6= 0 etE = H ⊕Kv). D’ou, comme F contient H et est un sous-espace vectoriel, v ∈ F etdonc F ⊃ H ⊕Kv = E, donc F = E.

a) Soient x et y deux points de V : chacun de ces points est limite d’une suitede points de V , notee (xn) et (yn) respectivement. Alors, par continuite del’application (u, v) 7→ u + v, x + y est limite de la suite (xn + yn). Commexn + yn ∈ V pour tout n, on a x+ y ∈ V . De meme, si λ est un scalaire, et six ∈ V , la suite (λxn) tend vers λx (par continuite de la multiplication par unscalaire) et comme λxn ∈ V pour tout n, on a λx ∈ V . Donc V est un sousespace vectoriel de E.

b) Soit H un hyperplan de E, c’est a dire un sous espace vectoriel de codimension1. Alors H est un sous espace vectoriel contenant H. Donc, ou bien H = Het H est ferme, ou bien H = E et H est dense dans E.

c) Soit ϕ : E → K une forme lineaire. Montrer que ϕ est continue si et seulementsi ker(ϕ) est ferme.

Corrige 8. Montrons la linearite:

L(λ(xn)n∈N + µ(yn)n∈N) = L((λxn + µyn)n∈N)

= ((λxn + µyn))n∈N

(n+ 1)= ((λxn)/(n+ 1))n∈N + ((µyn)/(n+ 1))n∈N

= L((λxn)n∈N) + L((µyn))n∈N).

Pour montrer que L est bijective, il suffit d’exhiber son inverse; on verifie sans peineque l’application (yn)n∈N 7→ ((n+1)yn)n∈N est l’inverse de L; c’est evidemment uneapplication lineaire. Il reste a montrer que L est continue mais que L−1 ne l’est pas.On a, pour tout (xn)n∈N,

‖L((xn)n∈N)‖∞ = supn∈N

∣∣∣∣∣ x

n+ 1

∣∣∣∣∣ 6 ‖x‖∞.Donc L est continue et ‖L‖ 6 1. Comme L−1 est lineaire, pour montrer que L−1

n’est pas continue, il suffit de montrer que‖L((xn)n∈N)‖‖(xn)n∈N)‖

est non-bornee. On prend

les suites (0, . . . , 0, 1, 0 . . . , 0) c’est a dire les suites (une pour chaque entier k)(δn,k)n∈N (ou δn,k = 1 si k = n et δn 6=k = 0). Alors

‖L((δn,k)n∈N)‖‖(δn,k)n∈N)

=k + 1

1−→k→∞

+∞.

5

On conlut que L−1 n’est pas lineaire.

Espaces de Banach

Corrige 9. Soit x ∈ E. Il est clair que ‖x‖ > 0. Si ‖x‖ = 0 la derivee de la fonctionx est nulle sur [0, 1] car ‖x′‖∞ = 0; donc x est constante et vaut x(0) qui est nul.De facon immediate, ‖λx‖ = |λ|‖x‖, pour tout reel λ. Enfin, si x et y sont deuxpoints de E, on a

|(x+ y)(0)|+ ‖(x+ y)′‖∞ 6 |x(0)|+ |y(0)|+ ‖x′‖∞ + ‖y′‖∞ = ‖x‖+ ‖y‖.

Donc (E, ‖.‖) est un espace vectoriel norme.Soit (xn) une suite de Cauchy de E. Par definition, pour tout ε > 0, il existe un

entier N , tel que si p et q sont superieur a N , on a ‖xp − xq‖ 6 ε. Cela entraıne:

|xp(0)− xq(0)| 6 ε et ‖x′p − x′q‖∞ 6 ε.

La suite xn(0) est alors de Cauchy dans R, donc converge vers un reel a, et la suitex′n est de Cauchy dans l’espace des fonctions continues sur [0, 1], muni de la normede la convergence uniforme. Comme cet espace est complet, la suite x′n convergeuniformement vers une fonction continue y. Posons alors, pour t ∈ [0, 1]:

x(t) = a+∫ t

0

y(s) ds.

La fonction x est dans E puisqu’elle est derivable, de derivee y qui est continue. Deplus, x(0) = a. On a alors

‖x− xn‖ = |a− xn(0)|+ ‖x′ − x′n‖∞ = |a− xn(0)|+ ‖y − x′n‖∞.

Il en resulte que la suite xn tend vers x dans E, et donc que E est complet.

Remarque: La norme ‖.‖ est en fait equivalente a la norme suivante :

‖x‖′ = ‖x‖∞ + ‖x′∞.

En effet, il est immediat que ‖.‖′ est une norme (prenez la peine de le verifier). Pourtout x dans E, on a |x(0)| 6 ‖x‖∞ et par consequent

‖x‖ 6 ‖x‖′.

Par ailleurs, en utilisant le theoreme classique des accroissements finis, il existe,pour tout t ∈ [0, 1], un reel s ∈ [0, t] tel que x(t)− x(0) = tx′(s), donc

|x(t)| ≤ |x(0)|+ t|x′(s)| ≤ |x(0)|+ ‖x′‖∞,

ce qui entraıne, en passant a la borne superieure, ‖x‖∞ ≤ |x(0)|+ ‖x′‖∞. Donc

‖x‖′ = ‖x‖∞ + ‖x′‖∞ ≤ |x(0)|+ 2‖x′‖∞ ≤ 2‖x‖,

ce qui acheve de montrer que les normes sont equivalentes.

Corrige 10. On commence par demontrer le resultat suivant (qui est dans lecours...):

si |x| < 1, alors 1− x est inversible dans A.

6

En effet si |x| < 1, la serien∑

i=0

xi est de Cauchy car

‖q∑

i=p

xi‖ ≤q∑

i=p

‖x‖i −→min(p,q)→∞

0

puisque la serie∞∑

i=0

‖x‖i est convergente. Comme A est de Banach, la serien∑

i=0

xi

converge dans A. Montrons que (1− x)∞∑

i=0

xi) = 1. On a (1− x)n∑

i=0

xi = 1− xn+1.

D’ou le resultat en faisant tendre n vers l’infini.Soit alors a inversible. En particulier ‖a−1‖ 6= 0. Montrons que B(a, 1/‖a−1‖)

est un ouvert inclus dans A× = {x ∈ A, x inversible}. On alors, pour tout z ∈B(a, 1/‖a−1‖), on ecrit z = a− x et on a

‖1− a−1x‖ = ‖a−1(a− x)‖ ≤ ‖a−1‖‖a− x‖ < 1.

D’apres ci-dessus, 1 − a−1x est inversible et donc z = a(1 − a−1x) est inversibleaussi.

Corrige 11. On identifie Mn(C) aux applications lineaires L(Cn) de Cn dans lui-meme. On munit Cn d’une norme (elles sont toutes equivalentes en dimension finieet Cn est complet) et Mn(C) de la norme ‖.‖ induite (Definition 6.4.2 du cours).Les Theoremes 6.4.5 et 6.4.7 du cours assure que (Mn(C),+, ∗, ‖.‖) est une algebrede Banach.

a) Comme ‖An‖ ≤ ‖A‖n, on a ‖q∑

i=p

Ai

i!‖ ≤

q∑i=p

‖A‖i

i!et la serie

∑n

An

n!est de

Cauchy car∞∑

n=0

xn/n! est convergente pour tout nombre complexe x (vers

exp(x)). Il suit que∑

n

An

n!est convergente dans l’espace de Banach Mn(C)

(c’est une espace vectoriel norme de dimension finie).

b) On va utiliser que la suite (1 +x/n)n converge vers exp(x) pour tout reel positifx. Par la formule du binome de Newton, pour tout n ∈ N, on a

‖n∑

k=0

Ak

k!− (I +

A

n)n‖ = ‖

n∑k=0

Ak

k!(1−

n(n− 1) · · · (n− k + 1)nk

)‖

≤n∑

k=0

‖A‖k

k!|1−

n(n− 1) · · · (n− k + 1)nk

|

≤n∑

k=0

‖A‖k

k!| − (1 +

‖A‖n

)n.

Or le terme de droite tend vers 0 puisque, pour tout x > 0

(1 + x/n)n = exp(n ln(1 + x/n)) = exp(x+ o(1/n)) −→n→∞

exp(x).

Il suit que (I +A

n)n converge vers la limite de la serie

n∑k=0

Ak

k!qui existe et

vaut exp(A) par le a).

7

Espaces de Hilbert

Corrige 12. Soit w ∈ V . On a z−w = (x−w)+y ou x−w ∈ V . Comme z = x+yavec y ∈ V ⊥, on a

‖z − w‖2 = 〈z − w, z − w〉 = 〈(x− w) + y, (x− w) + y〉 = ‖x− w‖2 + ‖y‖2.

Comme ‖y‖2 = ‖z − x‖, on en deduit que ‖z − w‖ ≥ ‖z − x‖.

Corrige 13. On fait l’abus de notation decrire (1− x) pour la fonction x 7→ 1− x(qui est un element de E).

a) L’espace F est un espace vectoriel de dimension finie (egale a 1) muni de lanorme trace. Il est donc complet d’apres le cours.

b) F est un sous-espace ferme car il est complet. On peut donc appliquer le Theoremede projection sur les sous-espaces vectoriels fermes. Tout element f de E secritde maniere unique sous la forme f = λ(1 − x) + g ou λ ∈ R et g ∈ F⊥. Pardefinition le vecteur λ(1− x) est la projection orthogonale de f sur F . Ici ona utilise que F est de dimension 1, engendre par (1− x). On a alors

〈f, (1− x)〉 = 〈λ(1− x) + g, (1− x)〉 = λ‖(1− x‖2 car g ∈ F⊥

ce qui permet de trouver λ =〈f, (1− x)〉‖(1− x‖2

. Appliquons cela a f = 1. Il nous

faut calculer 〈1, (1−x)〉 =∫ 1

0

(1−t)dt = 1/2 et |(1−x‖2 =∫ 1

0

(1−t)2dt = 1/3.

il suit que projection orthogonale de 1 sur F est la fonction 3/2(1− x).

8