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ENSTA – Cours MA 100 2017–2018 TD 2 : CORRIG´ ES Exercice 8 : 1) Par int´ egrat

ENSTA – Cours MA 100 2017–2018 TD 2 : CORRIG´ ES Exercice 8 : 1) Par int´ egration par parties, on a In(f) = −e−nf(1) + f(0) + Z 1 0 e−nxf ′(x)dx. Comme f est de classe C1, sa d´ eriv´ ee f ′ est continue et donc, elle est born´ ee sur le compact [0, 1]. On obtient alors | Z 1 0 e−nxf ′(x)dx| ≤sup x∈[0,1] |f ′(x)| Z 1 0 e−nxdx = sup x∈[0,1] |f ′(x)|1 −e−n n . ce qui permet d’obtenir lim n→+∞In(f) = f(0). 2) Si f est continue sur [0, 1], par le th´ eor` eme de Weierstrass, il existe une suite de fonctions polynomiales (qui sont donc de classe C1) qui converge uniform´ ement vers f sur [0, 1]. Ainsi, pour tout ϵ > 0, il existe g ∈C1([0, 1]) telle que l’on ait sup x∈[0,1] |f(x) −g(x)| ≤ϵ. On a alors |In(f) −f(0)| ≤|In(f −g)| + |In(g) −g(0)| + |g(0) −f(0)|. Comme |In(f −g)| ≤ Z 1 0 |f(x) −g(x)|ne−nxdx ≤ϵ Z 1 0 ne−nxdx = ϵ(1 −e−n) ≤ϵ, on obtient |In(f) −f(0)| ≤2ϵ + |In(g) −g(0)|. Par la question 1), il existe n0 tel que, pour tout n ≥n0, l’on ait |In(g) −g(0)| ≤ϵ et donc pour n ≥n0, on a |In(f) −f(0)| ≤3ϵ ce qui donne lim n→+∞n Z 1 0 e−nxf(x)dx = f(0). 1 Exercice 9 : Un espace non complet 1. On v´ eriﬁe ais´ ement (un dessin peut aider !) que ∥um −un∥1 = |1/n−1/m|, quantit´ e qui tend vers 0 quand n et m tendent vers l’inﬁni. La suite (un) est donc de Cauchy dans E muni de la norme ∥· ∥1. 2. Graphiquement, il semble ´ evident que la suite (un) converge vers une fonction discon- tinue et ne peut donc pas converger dans C0([−1, 1]). Pour le montrer rigoureusement, nous allons raisonner par l’absurde en supposant que (un) converge vers une fonction u dans (E, ∥·∥1). Notons respectivement u+ n et u+ les restrictions de un et u ` a l’intervalle [0, 1]. En remarquant que Z 1 0 |u+ n (x) −u+(x)| dx ≤ Z 1 −1 |un(x) −u(x)| dx = ∥un −u∥1, on d´ eduit que la suite (u+ n ) converge vers u+ dans l’espace C0([0, 1]) muni de la norme de la convergence en moyenne. Par ailleurs, on v´ eriﬁe directement (un dessin peut encore aider !) que Z 1 0 |u+ n (x) −1| dx = 1 2n, ce qui signiﬁe que la suite (u+ n ) converge vers la fonction constante ´ egale ` a 1 dans l’espace C0([0, 1]) muni de la norme de la convergence en moyenne. D’apr` es l’unicit´ e de la limite, il s’ensuit que u+(x) = 1 pour tout x ∈[0, 1]. En raisonnant exactement de la mˆ eme fa¸ con sur les restrictions u− n et u−de un et u ` a l’intervalle [−1, 0], on montre que u−(x) = −1 pour tout x ∈[−1, 0]. Ainsi la fonction u ne peut ˆ etre continue. Cet exemple illustre que l’espace vectoriel C0([−1, 1]) muni de la norme ∥· ∥1 n’est pas complet. Exercice 10 : Th´ eor` eme du point ﬁxe 1. On a ∥un −un+1∥= ∥f(un−1) −f(un)∥≤k ∥un−1 −un∥≤k2 ∥un−2 −un−1∥≤. . . , d’o` u ∥un −un+1∥≤kn ∥u0 −u1∥. On a alors, pour n < m, ∥un −um∥≤ m−1 X p=n ∥up −up+1∥≤ m−1 X p=n kp ∥u0 −u1∥, 2 d’o` u ∥un −um∥≤ kn 1 −k ∥u0 −u1∥ qui tend bien vers 0 quand n tend vers l’inﬁni. 2. Comme la suite (un) est de Cauchy dans un espace complet, elle admet une limite u. Comme f est continue (puisque contractante), on a bien f(u) = u. 3. Si on a deux points ﬁxes u et v, alors ∥u −v∥= ∥f(u) −f(v)∥≤k ∥u −v∥, d’o` u n´ ecessairement ∥u −v∥= 0. 4. Si f N est contractante, elle admet un unique point ﬁxe u. Alors f(u) est aussi un point ﬁxe de f N puisque f(u) = f(f N(u)) = f N(f(u)). Comme le point ﬁxe de f N est unique, on a alors u = f(u). Ainsi u est un point ﬁxe de f. Et c’est le seul possible puisque tout point ﬁxe de f est aussi point ﬁxe de f N pour tout N ≥1, donc en particulier de f N, et on sait que f N ne poss` ede qu’un seul point ﬁxe. Exercice 11 : S´ erie de Neumann 1. Comme E est complet, il suﬃt de montrer que la suite vN est de Cauchy dans E. Pour N, P ∈N avec P > 0, on a ∥vN+P −vN∥= N+P X n=N+1 Anu ≤ N+P X n=N+1 ∥A∥n ! ∥u∥. Comme ∥A∥< 1, la s´ erie P ∥A∥n converge dans R. Elle est donc de Cauchy et pour tout ε > 0, on peut trouver N0 tel que si N ≥N0, on ait pour tout P > 0 : N+P X n=N+1 ∥A∥n < ε et par cons´ equent ∥vN+P −vN∥< ε∥u∥. Soit T l’op´ erateur qui, ` a tout u de E, associe l’´ el´ ement v ainsi construit. 2. Il est clair que T est lin´ eaire. De plus, pour tout N, ∥vN∥≤ +∞ X n=0 ∥A∥n ! ∥u∥= 1 1 −∥A∥∥u∥, 3 d’o` u ∥Tu∥= ∥v∥≤ 1 1 −∥A∥∥u∥. Donc T ∈L(E) et ∥T∥≤ 1 1 −∥A∥. Remarquons ensuite que N+1 X n=1 Anu = A N X n=0 Anu ! = N X n=0 An(Au). Comme A est continu et (vN) converge vers v, AvN converge vers Av et la limite de l’´ egalit´ e pr´ ec´ edente s’´ ecrit A(Tu) = T(Au) Enﬁn, on v´ eriﬁe ais´ ement que vN −AvN = u −AN+1u. Et comme ∥AN+1u∥≤∥A∥N+1∥u∥, AN+1u tend vers 0. Il en r´ esulte que pour tout u, Tu −ATu = u, d’o` u (I −A)T = I. 4 uploads/Litterature/ corrige-2 4 .pdf