Espaces vectoriels normés

Normes

($\star$) Correction

Sur $\R^3$, parmi les applications suivantes, la quelle n'est pas une norme

  1. $N_1(x,y,z)=\abs{x}+\abs{y}+2\abs{z}$
  2. $N_2(x,y,z)=\abs{x}+\abs{y}-2\abs{z}$
  3. $N_3(x,y,z)=\sqrt{x^2+y^2+z^2}$
  4. $N_4(x)= \abs{x}+\abs{y}+2\abs{z}+2\sqrt{x^2+y^2+z^2} $
Correction

L'application $N_2$ n'est pas une norme, il suffit de calculer $N_2(0,0,1)$.

($\star$) Correction

Soient $E$ un $\K$-e-v et $N_1,\,N_2$ deux normes sur $E$. La quelles des applications suivantes n'est pas une norme sur $E$.

  1. $N_1+N_2$
  2. $N_1N_2$
  3. $\max(N_1,N_2)$
  4. $2N_1+N_2$
Correction

L'application $N_1N_2$ n'est pas une norme, en effet pour $\lambda=2$, on a $$\forall x\in E\setminus\{0\},\,N_1(2x)N_2(2x)=2N_1(x)\times 2N_2(x)=4N_1(x)N_2(x)\neq 2N_1(x)N_2(x).$$

($\star$) Correction

Soient $$\fonct{\psi}{\R_2[X]}{\R}{P}{P(0)^2+P(1)^2},\quad\fonct{\varphi}{\R_2[X]}{\R}{P}{\abs{P(0)}+\abs{P(1)}+\abs{P(2)}}.$$ Montrer que $\psi$ n'est pas une norme. $\varphi$ est-elle une norme?

Correction

Soit $P=X(X-1)\in \R_2[X]$, on a $P\neq 0$ et $\psi(P)=P(0)^2+P(1)^2=0$ donc $\psi $ n'est pas une norme.
Il est clair que pour tout $P\in \R_2[X]$ et $\lambda\in \R$, $\varphi(P)\geq 0$ et $\varphi (\lambda P)=\abs{\lambda}\varphi (P)$.
D'autre part, si $\varphi(P)=0$ alors $P(0)=P(1)=P(2)=0$ ce qui implique que $P$ a trois racines distincts or $\deg (P)\leq 2$ donc $P=0$.
Il reste à vérifier l'inégalité triangulaire. Soient $P,Q\in \R_2[X]$, on a: $$\begin{array}{lcl} \varphi (P+Q)&=&\abs{(P+Q)(0)}+\abs{(P+Q)(1)}+\abs{(P+Q)(2)}\\ &=&\abs{P(0)+Q(0)}+\abs{P(1)+Q(1)}+\abs{P(2)+Q(2)}\\ &\leq& \abs{P(0)}+\abs{Q(0)}+\abs{P(1)}+\abs{Q(1)}+\abs{P(2)}+\abs{Q(2)}=\varphi(P)+\varphi(Q). \end{array}$$ On en déduit alors que $\varphi$ définit une norme sur $\R_2[X]$.

($\star\star$) Correction

Soient $f_1,f_2,f_3\in \CC([0,1],\R)$, on considère l'application $$\fonct{\varphi}{\R^3}{\R}{(x,y,z)}{\norme{xf_1+yf_2+zf_3}_\infty}.$$ Donner CNS sur $f_1,f_2$ et $f_3$ pour que $\varphi$ soit une norme sur $\R^3$.

Correction

Il faut et il suffit que la famille $(f_1,f_2,f_3)$ soit libre dans $\CC([0,1],\R)$.

($\star$) Correction

Soit $E$ un $\K$-evn, montrer que: $$\forall (x,y)\in (E\setminus\{0\})^2,\quad \max\left(\norme{x},\norme{y}\right)\norme{\dfrac{x}{\norme{x}}-\dfrac{y}{\norme{y}}}\leq 2\norme{x-y}.$$

Correction

Quitte à remplacer $x$ par $y$, on peut supposer que $\norme{x}\geq \norme{y}$. Ainsi, $$\begin{array}{lcl} \max\left(\norme{x},\norme{y}\right)\norme{\dfrac{x}{\norme{x}}-\dfrac{y}{\norme{y}}}&=&\norme{x-\dfrac{\norme{x}}{\norme{y}}y}=\norme{x-y+y-\dfrac{\norme{x}}{\norme{y}}y}\\ &&\\ &\leq& \norme{x-y}+\norme{y-\dfrac{\norme{x}}{\norme{y}}y}= \norme{x-y}+\left(\dfrac{\norme{x}}{\norme{y}}-1\right)\norme{y}\\ &&\\ &\leq& \norme{x-y}+\left(\dfrac{\norme{x}-\norme{y}}{\norme{y}}\right)\norme{y}\leq \norme{x-y}+\norme{x-y} \end{array}$$

($\star$) Correction

Montrer que $N$, définie sur $\R^2$ par $N(x,y)=\max\left(\abs{x},\abs{y},\abs{x-y}\right)$, est une norme sur $\R^2$ puis représenter la boule unité ouverte.

Correction

Il est clair que $N$ définie une norme sur $\R^2$. Pour déterminer la boule unité $B_1$, on remarque que $(x,y)\in B_1$ ssi $\abs{x}< 1$ et $\abs{y}< 1$ et $\abs{x-y}< 1$. Ce qui implique, $x\in ]-1,1[,\,y\in ]-1,1[$ et $x-y\in ]-1,1[$, la dernière relation se traduit par $x-1< y< x+1$.

($\star$) Correction

Soit $(E,\norme{\cdot})$ un $\K$-evn. Montrer: $$\forall x,\,y\in E,\quad \norme{x}+\norme{y}\leq \norme{x+y}+\norme{x-y}.$$

Correction

Soient $x,y\in E$, on a $$\norme{2x}=\norme{x+x}=\norme{x+y+x-y}\leq \norme{x+y}+\norme{x-y},$$ $$\norme{2y}=\norme{y+y}=\norme{y+x+y-x}\leq \norme{x+y}+\norme{x-y},$$ en additionnant ces deux relation on obtient la relation demandée.

($\star\star$) Correction

Soient $n \in \mathbb{N}$ et $E$ l'espace des polynômes réels de degrés inférieurs à $n$. Montrer qu'il existe $\lambda > 0$ vérifiant $$\forall P \in E,\int_0^1 {\left| {P(t)} \right|\,{\mathrm{d}}t} \geqslant \lambda \mathop {\sup }\limits_{t \in \left[ {0,1} \right]} \left| {P(t)} \right|$$

Correction

Les application $\fonct{N_1}{E}{\R}{P}{\dsp\int_0^1\abs{P(t)}\ud t}$ et $\fonct{N_2}{E}{\R}{P}{\dsp\mathop {\sup }\limits_{t \in \left[ {0,1} \right]} \left| {P(t)} \right|}$ définissent des normes sur $E$ (je vous laisse la vérification).
$E$ étant de dimension finie donc les deux normes sont équivalentes, i.e $$\exists 0< \lambda< \beta\in \R_+,~~\forall P\in E,~~ \lambda N_2(P)\leq N_1(P)\leq \beta N_1(P).$$

Distance

($\star\star$) Correction

Soit $A$ une partie non vide d'un e.v.n $E$.

  1. Montrer que l'application $x \mapsto \ud (x,A)$ est lipschitzienne de rapport 1.
  2. Montrer que : $x \in \overline{A} \Longleftrightarrow \ud (x,A) = 0$.
  3. Montrer que : $ \forall x \in E, \ \ud (x,A) = \ud (x,\overline{A})$.
  4. Pour $x \in E$, comparer $\ud(x,A)$ à $\ud (x,\overset{\circ}{A})$.
Correction

  1. L'application $\ud$ est bien définie (c.f. cours). Soient $x,y\in E$, on a $$\forall z\in A,~\ud(x,A)\leq \norme{x-z}\leq \norme{x-y}+\norme{y-z}$$ ce qui donne: $$\forall z\in A,~~\ud(x,A)- \norme{x-y}\leq \norme{y-z}\Longrightarrow \ud(x,A)- \norme{x-y}\leq \ud(y,A)$$ En échangeant les rôles entre $x$ et $y$, on trouve $$\ud(y,A)- \norme{y-x}\leq \ud(x,A)\Longrightarrow \boxed{\abs{\ud (x,A)-\ud (y,A)}\leq \norme{x-y}}.$$ Donc l'application $\ud $ est $1$- lipschitzienne.
  2. Supposons que $\ud (x,A)=0$. Soit $V\in \mathcal{V} (x)$ alors il existe $r>0$ tel que $B(x,r)\subset V$. Comme $\ud (x,A)=0< r$ alors il existe $a\in A$ tel que $\ud (x,a)< r$ donc $a\in B(x,r)$ ce qui donne $A\cap V\neq \emptyset$. On a alors $$\forall V\in \mathcal{V} (x),~~ A\cap V\neq \emptyset \Longrightarrow x\in \overline{A}.$$ Inversement, supposons que $x\in \overline{A}$. Alors pour tout $\varepsilon >0$, $A\cap B(x,\varphi)\neq \emptyset$, donc il existe $a\in A$ tel que $\norme{x-a}< \varepsilon$.
    Soit $0\leq \ud (x,A)\leq \varepsilon$, en faisant $\varepsilon$ tendre vers $0$ on trouve $\ud (x,A)=0$.
  3. Comme $A\subset \overline{A}\,$ on a $\ud (\cdot,\overline{A})\leq \ud (\cdot,A)$.
    D'autre part, pour tout $x\in E$ et pour tout $\varepsilon>0$, on a $$\exists y\in \overline{A},\,\ud (x,y)< \ud (x,\overline{A})+\dfrac{\varepsilon}{2},\text{ et } \exists a\in A,~~\ud (y,a)< \dfrac{\varepsilon}{2}.$$ On obtient, $$\ud (x,a)\leq \ud (x,y)+\ud (y,a)< \ud (x,\overline{A})+\varepsilon\Longrightarrow \forall \varepsilon>0,\,\ud (x,A)< \ud (x,\overline{A})+\varepsilon$$ donc $\ud (\cdot,\overline{A})\geq \ud (\cdot,A)$; puis $\ud (\cdot,\overline{A})= \ud (\cdot,A)$.
  4. On a $\ud (\cdot,A)\leq \ud (\cdot,\overset{\circ}{A})$, on peut avoir une inégalité strict.

Topologie d'un EVN

($\star$) Correction

Les ensembles suivants sont-ils bornés? $$A=\{x\sin(x),\,x\in \R\},\quad B=\{(x,y)\in \R^2,\, x^2+xy+y^2=1\},$$ et $C=\{(x,y)\in \R^2,\,\,x^2-y^2=1\}.$


Correction

$A$ et $C$ ne sont pas bornés. $B$ est borné.

($\star\star$) Correction

Soient $E$ un $\K$-evn, $a,b\in E$, $\alpha,\beta,\in \R_+^*$ et $\lambda\in \R^*$. Montrer les relations suivantes: $$\mathbf{a}) \,\,B(a+b,\alpha+\beta)=B(a,\alpha)+B(b,\beta),\quad \quad \mathbf{b}) \,\, B(\lambda a, \abs{\lambda} \alpha)=\lambda B(a,\alpha).$$

Correction
illustration graphique

Soient $u\in B(a,\alpha),\,v\in B(b,\beta)$, on a $$\norme{(a+b)-(u+v)}\leq \norme{a-u}+\norme{b-v}< \alpha+\beta.$$ Donc $ u+v\in B(a+b,\alpha+\beta)$, ce qui implique que $B(a,\alpha)+B(b,\beta)\subset B(a+b,\alpha+\beta)$.
Inversement, soit $x\in B(a+b,\alpha +\beta)$, on pose $u=\dfrac{\alpha}{\alpha+\beta}(x-(a+b))+a,$ et $v=\dfrac{\beta}{\alpha+\beta}(x-(a+b))+b$. $$\left\{\begin{array}{lcl} u+v&=&\dfrac{\alpha}{\alpha+\beta}(x-(a+b))+a+\dfrac{\beta}{\alpha+\beta}(x-(a+b))+b\\ \norme{u-a}&=&\norme{\dfrac{\alpha}{\alpha+\beta}(x-(a+b))}=\dfrac{\alpha}{\alpha+\beta}\norme{x-(a+b)}< \alpha\Longrightarrow u\in B(a,\alpha),\\ \norme{v-b}&=&\norme{\dfrac{\beta}{\alpha+\beta}(x-(a+b))}=\dfrac{\alpha}{\alpha+\beta}\norme{x-(a+b)}< \beta\Longrightarrow v\in B(b,\beta), \end{array} \right. $$ On en déduit que $B(a+b,\alpha+\beta)\subset B(a,\alpha)+B(b,\beta)$ ce qui prouve l'égalité.

($\star$) Correction

Soit $A$ un ensemble non vide de $E$ convexe. Montrer que $\overset{\circ}{A}$ est un ensemble convexe.

Correction

Soient $x,y\in \overset{\circ}{A}$ et $\lambda\in ]0,1[$. Alors il existe $\varepsilon_1>0$ (resp. $\varepsilon_2>0$) tel que $B(x,\varepsilon_1)\subset A$ (resp. $B(y,\varepsilon_2)\subset A$). On note alors $\varepsilon =\min (\varepsilon_1,\varepsilon_2)$, alors $$B(\lambda x+(1-\lambda)y,\varepsilon)=B(\lambda x,\varepsilon)+B((1-\lambda)y,\varepsilon)=\lambda B(x,\varepsilon)+(1-\lambda)B(y,\varepsilon)\subset A$$

(E3A 2017) Correction

Soit $F$ un s-e-v de $E$. Montrer que si l'intérieur de $F$ est non vide alors $F=E$.

Correction

Soit $a \in \overset{\circ}{F}$. Il existe donc $r>0$ tel que $B(a,r)\subset F$. Si $x$ est un vecteur quelconque de $E$, différent de $a$, alors le vecteur $a+\dfrac{r}{2\norme{x-a}}(x-a)$ appartient à $B(a,r)$ donc à $F$. Par la suite, $x\in F$ puisque $F$ est un sev, ce qui prouve $F=E$.

($\star$) Correction

On considère $A=\{\dfrac{1}{x+n}+\dfrac{1}{2^n}; (x,n)\in \R_+^*\times \N^*\}$. Déterminer $\overset{\circ}{A}$ et $\overline{A}$.

Correction

Pour $n\in \N^*$, on note $A_n=\left\{\dfrac{1}{x+n}+\dfrac{1}{2^n}; x\in \R_+^*\right\}$, alors $A=\dsp\underset{n\geq 1}{\bigcup}A_n$.
Une étude rapide de la fonction $\fonct{f_n}{\R_+^*}{\R}{x}{\dfrac{1}{x+n}+\dfrac{1}{2^n}}$ montre que $f_n$ est strictement décroissante. Donc $$A_n=f_n(\R_+^*)=\left]\limiteX{x}{\infty}f_n(x),\limiteX{x}{0^+}f_n(x)\right[=\left]\dfrac{1}{2^n},\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{2^n}\right[$$ Ce qui donne $A=\left]0,\dfrac{3}{2}\right[.$ On en déduit, $$\boxed{ \overset{\circ}{A}=\left]0,\dfrac{3}{2}\right[,~~~~\overline{A}=\left[0,\dfrac{3}{2}\right]}.$$

($\star$) Correction

Soient $E$ un e.v.n, $A,B$ deux parties de $E$. On suppose que $A$ et $B$ sont denses dans $E$ et que $A\cap B=\emptyset$. Montrer que $\overset{\circ}{A}=\overset{\circ}{B}=\emptyset$.

Correction

Supposons que $\overset{\circ}{A}\neq \emptyset$, soit alors $x\in \overset{\circ}{A}$, il existe $r>0$ tel que $B(x,r)\subset A$, or comme $B$ est dense dans $E$ alors $B\cap B(x,r)\neq \emptyset$ donc $B\cap A\neq \emptyset$ contradiction donc $\boxed{\overset{\circ}{A}=\emptyset}.$
On faite la même démarche pour $B$.

Suites d'un EVN

($\star$) Correction

Soit $M\in \MM_n(\K)$, on suppose que la suite $(M^n)$ converge vers $A\in \MM_n(\K)$.

  1. Montrer que la suite $\left((M^2)^n\right)_n$ converge dans $\MM_n(\K)$.
  2. Montrer que $A^2=A$.

Correction

La suite $(M^n)_n$ converge donc toute suite extraite de cette suite converge aussi (vers la même limite), en particulier, la suite $(M^{2n})_n$ converge aussi vers $A$ .
Pour tout $n\in \N$, on a $M^{2n}=M^n\times M^n$ ainsi par passage à la limite on trouve $A= A\times A$.

($\star\star$) Correction

Soit $E$ un $\K$-evn de dimension finie $p$, et $(x_n)$ une suite d'éléments de $E$. On suppose que $\dsum \norme{x_n}$ converge dans $\R$, montrer que $\dsum x_n$ converge dans $E$.

Correction

Soit $\BB=(e_1,\cdots,e_p)$ une base de $E$, pour tout $n\in \N$, on a $x_n=x_{1,n}e_1+x_{2,n}+\cdots+x_{p,n}e_p$ ($(x_{i,n})_n$ est la $i$\up{ème} suite cordonnée de $(x_n)$ relativement à la base $\BB$).
$E$ étant de dimension finie, donc tout les normes sur $E$ sont équivalentes, on travaille donc avec la norme infinie définie par $\norme{\dsum_{k=1}^p a_ke_k}=\max\{\abs{a_k},\,k\in\inter{1,p}\}$.
On a pour tout $i\in \inter{1,p}$ et $n\in \N$, $\abs{x_{i,n}}\leq \norme{x_n}_\infty$, or $\dsum \norme{x_n}_\infty$ converge. On en déduit alors que $\dsum x_{i,n}$ est absolument convergente donc convergente. Notons $\ell_i$ sa somme. $$\forall n\in \N,\quad \dsum_{k=0}^nx_k=\dsum_{k=0}^n (\dsum_{i=1}^p x_{i,k}e_i)=\dsum_{i=1}^p\left(\dsum_{k=0}^nx_{i,k}\right)e_i\tendversN\,\dsum_{i=1}^p\ell_i e_i.$$

($\star$) Correction

Soit $A\subset E$ un ensemble non vide. On suppose que $A$ est convexe. Montrer que $\overline{A}$ est convexe.

Correction

Soient $x,y\in \overline{A}$ et $\lambda\in ]0,1[$, d'après la proposition précédente, ils existe deux suites $(x_n),\, (y_n)$ d'éléments de $A$ tels que $x_n\tendversN\,x$ et $y_n\tendversN \,y$. On considère alors la suite $(w_n)$ définie par $w_n=\lambda x_n+(1-\lambda)y_n$.
Alors la suite $(w_n)$ vérifie: $$\forall n\in \N,\,w_n\in A \text{ (car $A$ est convexe) et }w_n\tendversN\,\lambda x+(1-\lambda)y.$$ Puisque $(w_n)\in A^\N$ alors $\lim w_n\in \overline{A}$, ceci prouve que $\lambda x+(1-\lambda)y\in \overline{A}$.

($\star$) Correction

Soit $E=\CC([0,1],\R)$ muni de la norme $\norme{\cdot}_\infty$. On note $$A=\{f\in E,\, f(0)=0 \text{ et }\dsp\int_0^1f(t)\ud t\geq 1\}.$$ Montrer que $A$ est une partie fermée de $E$.

Correction

Soit $(f_n)$ une suite d'éléments de $A$ qui converge dans $E$ vers $f$, i.e. $\norme{f_n-f}_\infty\tendversN\,0$.

  1. Pour tout $n\in \N$, on a $$\abs{f_n(0)-f(0)}\leq \norme{f_n-f}_\infty\Longrightarrow\abs{f(0)}\leq \norme{f_n-f}_\infty\tendversN 0$$ Donc $f(0)=0$.
  2. En utilisant les propriétés de l'intégrale, $$\abs{\int_0^1(f-f_n)}\leq \int_0^1\norme{f-f_n}_\infty\leq \norme{f-f_n}_\infty\Longrightarrow \int_0^1f_n(t)\ud t\tendversN\,\int_0^1f(t)\ud t$$ or pour tout $n\in \N,\,\dsp\int_0^1 f_n\geq 1$ donc $\dsp\int_0^1 f(t)\ud t\geq 1$

On en déduit alors que $f\in A$, ce qui prouve que $A$ est un fermé de $E$.