Espaces vectoriels normés

$\displaystyle N$ est bien définie car pour tout $\displaystyle n$, $\displaystyle |f(t_n)|\le M$, ($\displaystyle f$ est continue sur le compact $\displaystyle [0,1]$ donc elle est bornée), et $\displaystyle 0\le \sum_{n\ge 0}a_n|f(t_n)|\le M\sum_{n\ge 0}a_n$. Par l’inégalité triangulaire, on a $\displaystyle N(f+g)\le N(f)+N(g)$, et aussi $\displaystyle N(\lambda f)=|\lambda|N(f)$.
Supposons que $\displaystyle N(f)=0$. Alors pour tout $\displaystyle n$, $\displaystyle f(t_n)=0$. Peut-on en déduire que $\displaystyle f=0$ ? Il suffit alors de supposer que la suite $\displaystyle (t_n)$ est dense dans $\displaystyle [0,1]$ pour “atteindre” tous les points $\displaystyle x\in[0,1]$. En effet, donnons nous une sous-suite $\displaystyle (t_j')$ de $\displaystyle (t_n)$ telle que $\displaystyle t_j'\to x$. Comme $\displaystyle f$ est continue, on en déduit que $\displaystyle f(t_j')\to f(x)$, et donc $\displaystyle f(x)=0$, i.e. $\displaystyle f=0$.

Si $\displaystyle \phi$ est continue alors $\displaystyle \phi^{-1}(0)$ est fermé.
Réciproquement, supposons que le noyau est fermé, et par l’absurde que $\displaystyle \phi$ n’est pas continue. Cela veut dire qu’on peut trouver une suite $\displaystyle (x_n)$ sur la sphère telle que $\displaystyle \phi(x_n)\to\infty$ (négation du fait qu’une application linéaire est continue). Comme $\displaystyle \phi$ est non nulle, on trouve un $\displaystyle u$ telle que $\displaystyle \phi(u)=1$, et on pose $\displaystyle u_n=u-x_n/\phi(x_n)$.
Ainsi $\displaystyle \phi(u_n)=\phi(u)-\phi(x_n/\phi(x_n))=1-1=0$. Donc $\displaystyle u_n\in{\rm Ker}(\phi)$. Or $\displaystyle u_n\to u$, mais $\displaystyle u\notin{\rm Ker}(\phi)$, contradiction !

TBC

Comme chaque $\displaystyle K_n$ est non-vide, on peut choisir pour tout $\displaystyle n \ge 0$ un élément $\displaystyle x_n \in K_n$. La propriété d’emboîtement $\displaystyle K_{n+1} \subset K_n$ implique l’inclusion $\displaystyle K_n \subset K_0$, en particulier la suite $\displaystyle (x_n)_{n \ge 0}$ est à valeurs dans le compact $\displaystyle K_0$. Par la propriété de Bolzano-Weierstrass, on en déduit qu’on peut extraire une sous-suite $\displaystyle (x_{n_k})_{k \ge 0}$ convergeant vers une limite $\displaystyle x^* \in K_0$. Montrons que $\displaystyle x^* \in K_n$ pour tout $\displaystyle m \ge 0$. Comme $\displaystyle (n_k)_{k \ge 0}$ est strictement croissante, on a $\displaystyle n_k \ge m$ pour tout $\displaystyle k$ plus grand qu’un certain $\displaystyle k_0$. Mais la propriété d’emboîtement montre que $\displaystyle x_{n_k} \in K_{n_k} \subset K_m$ pour tout $\displaystyle k \ge k_0$. La suite $\displaystyle (x_{n_k})_{k \ge k_0}$ est donc à valeurs dans $\displaystyle K_m$, qui est un fermé (car compact), donc sa limite $\displaystyle x^*$ est aussi dans $\displaystyle K_m$. On a bien montré que $\displaystyle x^* \in K_m$ pour tout $\displaystyle m \ge 0$, donc $\displaystyle x^* \in \bigcap_{n =0}^\infty K_n$ qui est donc non-vide.

2. Par l’absurde : considérer une suite $\displaystyle (x_n)_{n \ge 0}$ avec $\displaystyle f(x_n)<-n$.

1. La continuité de $\displaystyle f$ en $\displaystyle x_0 \in X$ peut s’écrire $$\forall \varepsilon >0 , \exists r > 0 , \forall x \in B(x_0,r) , |f(x) - f(x_0) | < \varepsilon.$$ On remarque ensuite que si $\displaystyle |f(x) - f(x_0) | < \varepsilon$ alors $\displaystyle f(x) > f(x_0)-\varepsilon$, et on retrouve la définition de la semi-continuité inférieure en $\displaystyle x_0$.

2. On considère une suite $\displaystyle (x_n)_{n \ge 0}$ d’éléments de $\displaystyle X$ tels que $\displaystyle f(x_n)<-n$. Comme $\displaystyle X$ est compact, on peut extraire une sous-suite $\displaystyle (x_{n_k})_{k \ge 0}$ convergeant vers un certain $\displaystyle x^* \in X$. D’après l’hypothèse de semi-continuité, on a l’existence d’un $\displaystyle r>0$ tel que $$\forall x \in B(x^* ,r) , f(x) > f(x^* )-1.$$ Comme on a $\displaystyle (x_{n_k}) \rightarrow x^*$, pour $\displaystyle k$ suffisamment grand on aura $\displaystyle x_{n_k} \in B(x^* , r)$ donc $$-n_k > f(x_{n_k}) > f(x^* )-1.$$ Comme $\displaystyle n_k$ peut être choisi arbitrairement grand, on aboutit à une contradiction.

3. On considère une suite $\displaystyle (x_n)_{n \ge 1}$ d’éléments de $\displaystyle X$ tels que $\displaystyle f(x_n) < m+1/n$ pour tout $\displaystyle n \ge 1$. De cette suite, on peut extraire une sous-suite $\displaystyle (x_{n_k})_{k \ge 1}$ convergeant vers une limite $\displaystyle x^* \in X$. Supposons que $\displaystyle f(x^*)>m$. Soit $\displaystyle \varepsilon < f(x^*)-m$ et $\displaystyle r>0$ tel que $$\forall x \in B(x^* , r) ,\ f(x) > f(x^* )-\frac{\varepsilon}{2}.$$ Comme $\displaystyle x_{n_k} \rightarrow x^*$ et $\displaystyle \frac{1}{n_k} \rightarrow 0$, il existe un indice $\displaystyle k \ge 0$ suffisamment grand tel que $\displaystyle x_{n_k} \in B(x^* ,r)$ et $\displaystyle \frac{1}{n_k} < \frac{\varepsilon}{2}$. On a alors $$m>f(x_{n_k})-\frac{1}{n_k} >f(x^* )-\frac{\varepsilon}{2}-\frac{\varepsilon}{2}>m,$$ ce qui est une contradiction. Ainsi $\displaystyle f(x^* )=m$, donc $\displaystyle f$ atteint son minimum sur $\displaystyle X$.

Étudier la fonction $\displaystyle x \mapsto \|f(x)-x\|$ sur $\displaystyle X$.

La fonction $\displaystyle f$ est $\displaystyle 1$-lipschitzienne, donc continue.
On commence par montrer l’unicité du point fixe, sous réserve d’existence : supposons qu’il existe $\displaystyle z_1,z_2 \in X$ tels que $\displaystyle f(z_1)=z_1$ et $\displaystyle f(z_2)=z_2$. Si on avait $\displaystyle z_1 \neq z_2$, on aurait alors $$\|z_1-z_2\| = \|f(z_1)-f(z_2)\| <\|z_1-z_2\|,$$ ce qui est une contradiction. Pour l’existence, on considère la fonction $\displaystyle g : X \rightarrow \R_+$ définie par $\displaystyle g(x) = \|f(x)-x\|$ pour tout $\displaystyle x \in X$. C’est une fonction continue (comme composée de fonctions continues) sur le compact $\displaystyle X$. On sait alors que $\displaystyle g$ atteint son minimum $\displaystyle m$ en un certain $\displaystyle z \in X$. Si $\displaystyle m = 0$, alors $\displaystyle \|f(z)-z\|=0$, donc $\displaystyle f(z)=z$, ce qui répond à la question. Si $\displaystyle m \neq 0$, alors $\displaystyle m>0$ (car $\displaystyle g$ est à valeurs positives). En posant $\displaystyle z' = f(z)$, on remarque que $$g(z') = \|f(f(z))-f(z)\| < \|f(z)-z\| = m,$$ ce qui contredit que $\displaystyle m$ est le minimum de $\displaystyle g$. Ainsi $\displaystyle m = 0$ et $\displaystyle z$ est bien solution de $\displaystyle f(z)=z$.

L’application $\displaystyle \mu : E \rightarrow \R$ est linéaire, par linéarité de l’intégrale. Pour montrer qu’elle est continue de $\displaystyle (E,\|\cdot\|_\infty$) dans $\displaystyle \R$, il suffit de prouver qu’il existe $\displaystyle C \ge 0$ telle que $\displaystyle |\mu(f)| \le C \|f\|_\infty$ pour toute fonction $\displaystyle f \in E$. Or on a, par inégalité triangulaire, $$|\mu(f)| = \left|\int_0^1 f(t) \phi(t) dt\right| \le \int_0^1 |f(t)||\phi(t)| dt \le \|f \|_{\infty} \int_0^1 |\phi(t)| dt.$$ Comme $\displaystyle |\phi|$ est continue sur le segment $\displaystyle [0,1]$, on sait que la quantité $\displaystyle C = \int_0^1 |\phi(t)| dt$ existe et est finie.

On va montrer que $\displaystyle \|\mu\| = C$, c’est-à-dire que $$\sup_{f \in E : \|f\|_\infty = 1} |\mu(f)| = \int_0^1 |\phi(t) |dt.$$ Intuitivement, le sup est atteint lorsque $\displaystyle f=f^*$ avec $\displaystyle f^*(t)= {\rm sign}(\phi(t))$, car dans ce cas on a $\displaystyle f^*(t) \phi(t) = |\phi(t)|$. Le problème est que la fonction $\displaystyle f$ n’est pas continue, sauf si $\displaystyle \phi$ est de signe constant sur $\displaystyle [0,1]$. On s’en sort en approchant $\displaystyle f^*$ par des fonctions continues. On peut par exemple poser, pour $\displaystyle n \ge 1$ : $$f_n(t) =\frac{1-e^{-n \phi(t)}}{1+e^{-n \phi(t)}}.$$ Si $\displaystyle \phi(t)>0$, alors $\displaystyle \lim_{n \to \infty} f_n(t) = 1$, si $\displaystyle \phi(t) = 0$ alors $\displaystyle f_n(t)=0$ pour tout $\displaystyle n \ge 1$ et si $\displaystyle \phi(t)<0$ alors $\displaystyle \lim_{n \to \infty} f_n(t) = -1$. Au final, on a montré que la limite simple de la suite de fonctions $\displaystyle (f_n)_{n \ge 1}$ est la fonction $\displaystyle f^*$. De plus, l’inégalité élémentaire $\displaystyle -1<\frac{1-z}{1+z}<1$ vraie pour tout $\displaystyle z>0$ montre qu’on a $\displaystyle |f_n(t)|<1$ pour tout $\displaystyle t \in [0,1]$. Ainsi :

• La suite de fonctions $\displaystyle \phi_n(t) = \phi(t) f_n(t)$ converge simplement vers la fonction $\displaystyle |\phi(t)|$ qui est continue sur $\displaystyle [0,1]$.
• On a $\displaystyle |\phi_n(t)| \le |\phi(t)|$, et la fonction $\displaystyle |\phi|$ est continue sur $\displaystyle [0,1]$, donc intégrable sur $\displaystyle [0,1]$.

Le théorème de convergence dominée permet de conclure que la suite d’intégrales $\displaystyle \left(\int_0^1 f_n(t) \phi(t) dt\right)_{n \ge 1}$ converge vers $\displaystyle \int_0^1 |\phi(t)| dt$. Autrement dit : $$\lim_{n \to \infty} \mu(f_n) = C,$$ ce qui prouve que $\displaystyle \left\| \mu \right\| = C$.

On ne peut s’en sortir en dimension finie (sinon $\displaystyle \phi$ continue) 👉 Introduire un $\displaystyle n\to\infty$ 👉 Introduire une famille de polynômes simples avec ce paramètre et tester la continuité !

Soit $\displaystyle \|\cdot\|$ une norme sur $\displaystyle \R[X]$ et supposons que $\displaystyle \phi$ est continue pour cette norme.
On a alors l’existence d’un $\displaystyle C>0$ tel que pour tout $\displaystyle P\in\R[X]$, $\displaystyle \|\phi(P)\|=\|XP'\|\le C\|P\|$. Suivant nos réflexes il faudrait construire une suite de polynômes avec laquelle on testerait l’inégalité. Toujours penser simple d’abord : considérons la suite $\displaystyle P_n(X)=X^n$. On a alors $\displaystyle XP'_n(X)=nX^n$, et alors pour tout $\displaystyle n$ entier $$\|nX^n\|=n\|X^n\|\le C\|X^n\|.$$ Comme $\displaystyle \|X^n\|\neq 0$ car $\displaystyle X^n\neq 0$, on obtient $\displaystyle n\le C$ pour tout $\displaystyle n$, ce qui est impossible !
Donc $\displaystyle \phi$ n’est pas continue pour $\displaystyle \|\cdot\|$.

👉 Il s’agit de ne pas s’emmeler les pinceaux dans la rédaction… En écrivant proprement et avec des quantificateurs les hypothèses et les résultats à prouver, on a déjà fait une grosse partie du travail !
Pour la question 2 : égalité entre deux ensembles 👉 on tente une preuve par double inclusion !

1. • On a $\displaystyle x \in \overline{A}$ si et seulement si il existe une suite $\displaystyle (a_n)_{n\ge 1}$ avec $\displaystyle a_n \in A$ pour tout $\displaystyle n \ge 1$ et telle que $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \|x-a_n\| = 0$.
   • Soit $\displaystyle x \in \overline{A}$. Il s’agit de montrer que $\displaystyle x \in \overline{B}$. On sait qu’il existe une suite $\displaystyle (a_n)_{n\ge 1}$ avec $\displaystyle a_n \in A$ pour tout $\displaystyle n \ge 1$ et telle que $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \|x-a_n\| = 0$. Mais comme $\displaystyle A \subset B$ on a aussi $\displaystyle a_n \in B$ pour tout $\displaystyle n\ge 1$. Ainsi on a $\displaystyle x \in \overline{B}$.
2. La question précédente permet de montrer une inclusion : on a $\displaystyle A \subset A \cup B$ donc $\displaystyle \overline{A} \subset \overline{A \cup B}$, et de même $\displaystyle \overline{B} \subset \overline{A \cup B}$. On en déduit que $\displaystyle \overline{A}\cup \overline{B} \subset \overline{A \cup B}$. Pour montrer l’inclusion $\displaystyle \overline{A \cup B} \subset \overline{A}\cup \overline{B}$, on utilise la caractérisation séquentielle. Soit $\displaystyle x \in \overline{A \cup B}$ : il existe une suite $\displaystyle (c_n)_{n \ge 1}$ avec $\displaystyle c_n \in A \cup B$ et $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \|x-c_n\| = 0$. Supposons qu’il existe une sous-suite $\displaystyle (c_{n_k})_{k \ge 1}$ telle que $\displaystyle c_{n_k} \in A$ pour tout $\displaystyle k \ge 1$. Comme la suite $\displaystyle (c_n)_{n \ge 1}$ est convergente, la sous-suite $\displaystyle (c_{n_k})_{k \ge 1}$ l’est aussi, de même limite. Ainsi on a $\displaystyle \lim_{k \to \infty}\|x-c_{n_k}\| =0$, et ainsi $\displaystyle x \in \overline{A}$. Si une telle sous-suite $\displaystyle (c_{n_k})_{k \ge 1}$ n’existe pas, cela signifie qu’on a $\displaystyle c_n \in B$ pour tout $\displaystyle n$ suffisamment grand, c’est-à-dire à partir d’un certain rang noté $\displaystyle N$. En posant $\displaystyle b_n = c_{n+N}$ pour tout $\displaystyle n \ge 1$, on a construit une suite $\displaystyle (b_n)_{n \ge 1}$ avec $\displaystyle b_n \in B$ pour tout $\displaystyle n \ge 1$, et on a $\displaystyle \lim_{n \to \infty}\|x-b_n\| =\lim_{n \to \infty}\|x-c_{n+N}\| =0$, ainsi $\displaystyle x \in \overline{B}$. Dans chacun des deux cas, on a $\displaystyle x \in \overline{A} \cup \overline{B}$, ce qui prouve l’inclusion voulue.
3. • D’après la première question, comme $\displaystyle A \cap B \subset A$, on a $\displaystyle \overline{A \cap B} \subset \overline{A}$. De même on a $\displaystyle \overline{A \cap B} \subset \overline{B}$ et ainsi $\displaystyle \overline{A \cap B} \subset \overline{A} \cap \overline{B}$.
   • Il suffit de choisir $\displaystyle A$ et $\displaystyle B$ disjoints mais dont les adhérences ne sont pas disjointes : par exemple $\displaystyle A = ]0,1[$ et $\displaystyle B = ]1,2[$, on a $\displaystyle A \cap B = \emptyset$ donc $\displaystyle \overline{A \cap B} = \emptyset$, mais $\displaystyle \overline{A} = [0,1]$ et $\displaystyle \overline{B} = [1,2]$ donc $\displaystyle \overline{A} \cap \overline{B} = \{1\} \neq \emptyset$.

1. RAS
2. Faire varier l’un des deux paramètres, en fixant l’autre.
3. Majorer !
4. Se ramener au cas précédent en introduisant des vecteurs normés.
5. Scincer la somme en deux en factorisant par ce qu’il faut.
6. Simplifier le résultat précédent.
7. Pas de lézard… vérifier calmement tous les axiomes d’une norme.

1. On a $\displaystyle p=\frac{q}{q-1}$, et $\displaystyle q=\frac{p}{p-1}$.
2. Fixons $\displaystyle b\ge 0$, et posons $\displaystyle f:\R_+\to\R$ définie par $\displaystyle f(x)=\frac{x^p}{p}+\frac{b^q}{q}-bx$.
   $\displaystyle f$ est dérivable sur $\displaystyle \R_+$ (somme de fonctions dérivables), et $\displaystyle \forall x\ge 0,~~f'(x)=x^{p-1}-b$.
   La fonction $\displaystyle f$ atteint donc son minimum en $\displaystyle x=b^{1/(p-1)}$.
   Puisque $\displaystyle \frac{p}{p-1}=q$, celui-ci vaut $$f\left(b^{1/(p-1)}\right)=\frac{b^{p/(p-1)}}{p}+\frac{b^q}{q}-b^{p/(p-1)} = b^q\left(\frac 1p+\frac 1q-1\right)=0.$$
   Conclusion. $\displaystyle f$ est positive sur $\displaystyle \R_+$, d’où la conclusion.
3. L’inégalité de 2, nous donne :
   $$\sum_{i=1}^n |x_i|.|y_i|\leq\sum_{i=1}^n\frac{|x_i|^p}{p}+\frac{|y_i|^q}{q}=\frac 1p\sum_{i=1}^n|x_i|^p+\frac 1q\sum_{i=1}^n|y_i|^q=\frac 1p+\frac 1q=1$$
4. Si $\displaystyle x=0$ ou $\displaystyle y=0$ le résultat est évident, supposons désormais $\displaystyle x$ et $\displaystyle y$ non nuls.
   On applique alors le résultat précédent aux vecteurs $\displaystyle x'=\frac{x}{\Vert x\Vert_p}$ et $\displaystyle y'=\frac{y}{\Vert y\Vert_q}$.
   Ceci est possible car $\displaystyle \sum_{i=1}^n |x'_i|^p= \frac{1}{\Vert x\Vert_p^p}\sum_{i=1}^n |x_i|^p=1$, et de même $\displaystyle \sum|y'_i|^q=1$. Ainsi :
   $$\sum_{i=1}^n |x_i'|.|y_i'|=\frac{1}{\Vert x\Vert_p\Vert y\Vert_q}\sum_{i=1}^n |x_i|.|y_i|\leq 1.$$
   Au final : $\displaystyle \Vert xy\Vert_1\leq \Vert x\Vert_p\Vert y\Vert_q.$
5. On factorise par $\displaystyle (x_i+y_i)^{p-1}$ dans la somme :
   $$\Vert x+y\Vert_p^p =\sum_{i=1}^n{(x_i+y_i)^p} =\sum_{i=1}^n(x_i+y_i)^{p-1}x_i+\sum_{i=1}^n(x_i+y_i)^{p-1}y_i$$ En appliquant 4. dans chacune des sommes on obtient (en se souvenant que $\displaystyle (p-1)q=p$) :
   $$\Vert x+y\Vert_p^p \leq \left(\sum_{i=1}^n(x_i+y_i)^{(p-1)q}\right)^{1/q}~ \left(\sum_{i=1}^n x_i^p\right)^{1/p}+ \left(\sum_{i=1}^n(x_i+y_i)^{(p-1)q}\right)^{1/q}~ \left(\sum_{i=1}^n y_i^p\right)^{1/p}$$
   $$\Vert x+y\Vert_p^p\leq \Vert x+y\Vert_p^{p/q}\Vert x\Vert_p+\Vert x+y\Vert_p^{p/q}\Vert y\Vert_p.$$
6. Dans le cas particulier où $\displaystyle x=y=0_{\R^n}$, l’inégalité voulue est évidente ($\displaystyle 0\leq 0$).\
   Sinon, on a $\displaystyle \Vert x+y\Vert_p> 0$, on divise l’inégalité 5. par $\displaystyle \Vert x+y\Vert_p^{p/q}$ :
   $$\Vert x+y\Vert_p^{p-p/q} \leq \Vert x\Vert_p+\Vert y\Vert_p.$$ D’où la conclusion, puisque $\displaystyle p-\frac pq=1$.
   Maintenant on ne suppose plus $\displaystyle x_i$ et $\displaystyle y_i$ positifs.
   Comme $\displaystyle |x_i+y_i|\leq |x_i|+|y_i|$, on a
   $$\begin{aligned} \left(\sum_{i=1}^n (|x_i+y_i|)^p\right)^{1/p} & \leq \left(\sum_{i=1}^n (|x_i|+|y_i|)^p\right)^{1/p}\\ &\leq \left(\sum_{i=1}^n |x_i|^p\right)^{1/p} \left(\sum_{i=1}^n |y_i|^p\right)^{1/p} \end{aligned}$$ On a donc bien $\displaystyle \Vert x+y\Vert_p \leq \Vert x\Vert_p+\Vert y\Vert_p.$
7. Inégalité triangulaire. Elle vient d’être démontrée.
   Positivité. Elle est immédiate.
   Homogénéïté Soit $\displaystyle x\in\R^n$ et $\displaystyle \lambda\in\R$. On a
   $$\Vert \lambda x\Vert_p=\left(\sum_{i=1}^n |\lambda x_i|^p\right)^{1/p}=\left(|\lambda|^p\sum_{i=1}^n |x_i|^p\right)^{1/p}=\left(|\lambda|^p\right)^{1/p}.\Vert x\Vert_p=|\lambda|.\Vert x\Vert_p.$$ Séparation. Supposons $\displaystyle \Vert x\Vert_p=0$, alors $\displaystyle \sum_{i=1}^n |x_i|^p=0$.
   Donc : $\displaystyle \forall i\in[\![1,n]\!],|x_i|=0$ (somme de termes positifs). Donc $\displaystyle x=0.$
   Enfin, fixons $\displaystyle x\in\R^n$, et $\displaystyle i_0$ tel que $\displaystyle |x_{i_0}|=\Vert x\Vert_\infty$. On a $$|x_{i_0}|^p\le \sum_{i=1}^n|x_i|^p \le \sum_{i=1}^n\Vert x\Vert_\infty^p$$ $$|x_{i_0}|^p\le \Vert x\Vert_p^p \le n\Vert x\Vert_\infty^p$$ $$\Vert x\Vert_\infty=|x_{i_0}|\le \Vert x\Vert_p \le n^{1/p}\Vert x\Vert_\infty.$$ Ainsi par encadrement $\displaystyle \lim_{p\to+\infty}\Vert x\Vert_p=\Vert x\Vert_\infty$.

Remarque. Si $\displaystyle p<1$, alors $\displaystyle \Vert\cdot\Vert_p$ n’est pas une norme. Vous pouvez en effet observer que l’inégalité triangulaire n’est pas vérifiée pour $\displaystyle e_1$ et $\displaystyle e_2$ (vecteurs de la base canonique).