Planche no 14. Topologie des espaces vectoriels normés. Corrigé Exercice no 1 C

Planche no 14. Topologie des espaces vectoriels normés. Corrigé Exercice no 1 Cas de la boule fermée. Soit B = {u ∈E/ ∥u∥⩽1}. Soient (x, y) ∈B2 et λ ∈[0, 1]. ∥λx + (1 −λ)y∥⩽λ∥x∥+ (1 −λ)∥y∥⩽λ + 1 −λ = 1. Ainsi, ∀(x, y) ∈B2, ∀λ ∈[0, 1], λx + (1 −λ)y ∈B et donc B est convexe. Cas de la boule ouverte. Soit B = {u ∈E/ ∥u∥< 1}. Soient (x, y) ∈B2 et λ ∈[0, 1]. Puisque 0 ⩽λ ⩽1 et 0 ⩽∥x∥< 1, on en déduit que λ∥x∥< 1. D’autre part, (1 −λ)∥y∥⩽1 (et même < 1) et donc ∥λx + (1 −λ)y∥⩽λ∥x∥+ (1 −λ)∥y∥< 1. La boule unité fermée (resp. ouverte) de l’espace vectoriel normé (E, ∥∥) est un convexe de l’espace vectoriel E. Exercice no 2 1) Puisque p > 0 et q > 0, 1 = 1 p + 1 q > 1 p et donc p > 1. De même, q > 1. D’autre part, q = p p −1. a) 1ère solution. L’inégalité est immédiate quand x = 0 ou y = 0. Soient x > 0 et y > 0. La fonction ln est concave sur ]0, +∞[. Donc, ln(xy) = 1 p ln (xp) + 1 q ln (yq) ⩽ln xp p + yq q  puis par croissance de la fonction ln sur ]0, +∞[, xy ⩽xp p + yq q . 2ème solution. L’inégalité est immédiate quand y = 0. Soit y > 0 fixé. Pour x ⩾0, on pose f(x) = xp p + yq q −xy. Puisque p > 1, la fonction f est dérivable sur [0, +∞[ et ∀x ⩾0, f′(x) = xp−1−y. f admet donc un minimum en x0 = y1/(p−1) égal à f y1/(p−1) = yp(p−1) p + yp/(p−1) q −y1/(p−1)y = yp/(p−1  1 p + 1 q −1  = 0. Finalement, f est positive sur [0, +∞[ et donc ∀x ⩾0, ∀y ⩾0, xy ⩽xp p + yq q . b) Posons A = n X k=1 |ak|p et B = n X k=1 |bk|q. Si A (ou B) est nul, tous les ak (ou tous les bk) sont nuls et l’inégalité est vraie. On suppose dorénavant que A > 0 et B > 0. D’après la question a), n X k=1 |ak| A1/p × |bk| B1/q ⩽ n X k=1 |ak|p pA + |bk|q qB  = 1 pA n X k=1 |ak|p + 1 qB n X k=1 |bk|q = 1 pA × A + 1 qB × B = 1 p + 1 q = 1, et donc n X k=1 |ak||bk| ⩽A1/pB1/q = n X k=1 |ak|p !1/p n X k=1 |bk|q !1/q . Comme n X k=1 akbk ⩽ n X k=1 |ak||bk|, on a montré que ∀((ak)1⩽k⩽n, (bk)1⩽k⩽n) ∈(Rn)2, n X k=1 |akbk| ⩽ n X k=1 |ak|p !1/p n X k=1 |bk|q !1/q (Inégalité de Hölder). c ⃝Jean-Louis Rouget, 2015. Tous droits réservés. 1 http ://www.maths-france.fr Remarque. Quand p = q = 2, on a bien 1 p + 1 q = 1 et l’inégalité de Hölder s’écrit n X k=1 |akbk| ⩽ n X k=1 |ak|2 !1/2 n X k=1 |bk|2 !1/2 (inégalité de Cauchy-Schwarz). c) Soit ((ak)1⩽k⩽n, (bk)1⩽k⩽n) ∈(Rn)2. D’après l’inégalité de Hölder, on a n X k=1 (|ak| + |bk|)p = n X k=1 |ak|(|ak| + |bk|)p−1 + n X k=1 |bk|(|ak| + |bk|)p−1 ⩽ n X k=1 |ak|p !1/p n X k=1 (|ak| + |bk|)(p−1)q !1/q + n X k=1 |bk|p !1/p n X k=1 (|ak| + |bk|)(p−1)q !1/q =   n X k=1 |ak|p !1/p + n X k=1 |bk|p !1/p  n X k=1 (|ak| + |bk|)p !1−1 p . Si n X k=1 (|ak| + |bk|)p = 0, tous les ak et les bk sont nuls et l’inégalité est claire. Sinon n X k=1 (|ak| + |bk|)p > 0 et après multiplication des deux membres de l’inégalité précédente par le réel strictement positif n X k=1 (|ak| + |bk|)p !−1+ 1 p , on obtient n X k=1 |ak + bk|p !1/p ⩽ n X k=1 |ak|p !1/p + n X k=1 |bk|p !1/p ∀((ak)1⩽k⩽n, (bk)1⩽k⩽n) ∈(Rn)2, n X k=1 |ak + bk|p !1/p ⩽ n X k=1 |ak|p !1/p + n X k=1 |bk|p !1/p (Inégalité de Minkowski). 2) a) On sait déjà que N1 est une norme sur Rn. Soit α > 1. (1) Nα est bien une application de Rn dans R+. (2) Soit x = (xk)1⩽k⩽n ∈Rn. Nα(x) = 0 ⇒∀k ∈J1, nK, |xk| = 0 ⇒x = 0. (3) Soient λ ∈R et x = (xk)1⩽k⩽n ∈Rn. Nα(λx) = n X k=1 |λxk|α !1/α = (|λ|α)1/α Nα(x) = |λ|Nα(x). (4) L’inégalité triangulaire est l’inégalité de Minkowski. ∀α ∈Rn, Nα est une norme sur Rn. b) Quelques « boules unités » dans R2. c ⃝Jean-Louis Rouget, 2015. Tous droits réservés. 2 http ://www.maths-france.fr 1 −1 1 −1 B2/3 B1 B3/2 B2 B∞ Remarque. Toute boule unité est symétrique par rapport à O puisque ∀x ∈E, N(x) = N(−x) et donc ∀x ∈E, N(x) ⩽1 ⇔N(−x) ⩽1. c) Soient α > 0 et x ∈E. On a N∞(x) ⩽Nα(x) ⩽n1/αN∞(x), et le théorème des gendarmes fournit lim α→+∞Nα(x) = N∞(x). ∀x ∈E, lim α→+∞Nα(x) = N∞(x). d) Soient α ∈]0, 1[ puis B = {x ∈Rn/ Nα(x) ⩽1}. Les vecteurs x = (1, 0, 0, . . . , 0) et y = (0, 1, 0, . . . , 0) sont des éléments de B. Le milieu du segment [x, y] est z = 1 2(1, 1, 0, . . . , 0). Nα(z) = 1 2(1α + 1α)1/α = 2 1 α −1 > 1 car 1 α −1 > 0 et donc z / ∈B. Ainsi, B n’est pas convexe et donc Nα n’est pas une norme d’après l’exercice no 1. On peut remarquer que pour n = 1, les Nα coïncident toutes avec la valeur absolue. Exercice no 3 • Il est connu que N est une norme sur E. • Montrons que N′ est une norme sur E. (1) N′ est une application de E dans R+ car pour f dans E, f′ est continue sur le segment [0, 1] et donc f′ est intégrable sur le segment [0, 1]. (2) Soit f ∈E. Si N′(f) = 0 alors f(0) = 0 et f′ = 0 (fonction continue positive d’intégrale nulle). Par suite, f est un polynôme de degré inférieur ou égal à 0 tel que f(0) = 0 et on en déduit que f = 0. (3) ∀f ∈E, ∀λ ∈R, N′(λf) = |λf(0)| + Z 1 0 |λf′(t)| dt = |λ| |f(0)| + Z 1 0 |f′(t)| dt ! = |λ|N′(f). (4) Soit (f, g) ∈E2. N′(f + g) ⩽|f(0)| + |g(0)| + Z 1 0 |f′(t)| dt + Z 1 0 |g′(t)|dt = N′(f) + N′(g). c ⃝Jean-Louis Rouget, 2015. Tous droits réservés. 3 http ://www.maths-france.fr Donc N′ est une norme sur E. • Montrons que N′′ est une norme sur E. On note que ∀f ∈E, N′′(f) = |f(0)| + N′(f′) et tout est immédiat. N, N′ et N′′ sont des normes sur E. • Soit f ∈E et t ∈[0, 1]. Puisque la fonction f′ est continue sur [0, 1] |f(t)| = f(0) + Z t 0 f′(u) du ⩽|f(0)| + Z t 0 |f′(u)|du ⩽|f(0)| + Z 1 0 |f′(u)| du = N′(f), et donc N(f) = Z 1 0 |f(t)| dt ⩽ Z 1 0 N′(f) dt = N′(f). Ensuite en appliquant le résultat précédent à f′, on obtient N′(f) = |f(0)| + N(f′) ⩽|f(0)| + N′(f′) = N′′(f). Finalement ∀f ∈E, N(f) ⩽N′(f) ⩽N′′(f). Pour n ∈N et t ∈[0, 1], on pose fn(t) = tn. N(fn) = Z 1 0 tn dt = 1 n + 1 et donc la suite (fn)n∈N tend vers 0 dans l’espace vectoriel normé (E, N). Par contre, pour n ⩾1, N′(fn) = n Z 1 0 tn−1 dt = 1 et la suite (fn)n∈N ne tend pas vers 0 dans l’espace vectoriel normé (E, N′). On en déduit que les normes N et N′ ne sont pas des normes équivalentes. De même en utilisant fn(t) = tn n , on montre que les normes N′ et N′′ ne sont pas équivalentes. Exercice no 4 1) Soit det : Mn(R) → R M 7→ det(M) . On sait que l’application d est continue sur Mn(R) (muni de n’importe quelle norme) et que R∗est un ouvert de R en tant que réunion de deux intervalles ouverts. Par suite, GLn(R) = d−1(R∗) est un ouvert de Mn(R) en tant qu’image réciproque d’un ouvert par une application continue. Soit A ∈Mn(R). Le polynôme det (A −XIn) n’a qu’un nombre fini de racines (éventuellement nul). Donc pour p entier naturel supérieur ou égal à un certain p0, det  A −1 pI  ̸= 0. La suite  A −1 pI  p⩾p0 est une suite d’éléments de GLn(R), convergente, de limite A. Ceci montre que uploads/Industriel/ 14-topologie-corrige.pdf

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Industrielmn(r) suite puisque continue fermé
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