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Analyse Fonctionnelle
TD 4 : Grands théorèmes de l"analyse fonctionnelleAvec corrigés
Les numéros de Théorèmes, Propositions, etc ... font référence aux notes de cours. Exercice 1Soit(X;d)un espace métrique complet et un ouvert deX. Montrer que( ;d)est un espace de Baire.Corrigé :On remarque déjà que(
;d)n"est pas complet en général (pour cela il faudraitque soit fermé d"après la Proposition I.29 ) donc, on ne peut pas appliquer directement le théorème de Baire.En revanche, si on note
l"adhérence de dans(X;d), l"espace( ;d)est un sous-espace fermé d"un espace complet, c"est donc un espace complet (Proposition I.29Soit(Un)nune famille d"ouverts denses de(
;d). Comme est lui-même ouvert dans(X;d), lesUnsont des ouverts de(X;d)et donc des ouverts de( ;d)vu que U nP arail leurs,pour tout n,Unest dense dans
. En effet, six2 et" >0, il existey2 tel qued(x;y)"=2et commeUnest dense dans , il existez2Untel qued(y;z)"=2. Il s"en suit que d(x;z)d(x;y) +d(y;z)"=2 +"=2 ="; et le résultat est démontré. Ainsi, la f amille(Un)nest une famille d"ouverts denses dans l"espace complet( ;d)et donc le théorème de Baire nous dit que l"intersectionT n0Unest également un ensemble dense dans . Comme c"est un sous-ensemble de , il est clair que c"est également un sous-ensemble dense de .Exercice 2Soit(X;d)un espace métrique complet. On suppose queXs"écrit comme réunion dénombrable des fermés
(Fn)n, alors l"ensemble n F n; est un ouvert dense dansX.F. BOYER- VERSION DU11DÉCEMBRE20152 Analyse Fonctionnelle - TD4
Corrigé :
Comme est une réunion d"ouverts, c"est bien sûr un ouvert. Il s"agit de montrer la densité de dansX.Pour toutn, on note~Fn=Fn\
c;qui est un fermé deX(car intersection de deux fermés). On va montrer qu"il est d"intérieur vide. En effet, siUest un
ouvert contenu dans~Fn, alors nous avons UFn U c:La première inclusion implique queUF
net donc en particulierU . Comme on a égalementU c, on a finalement U c=;; et doncU=;. Enfin, comme l"union desFnest l"espace entier, nous avons n~ Fn= [ nF n! c= c:D"après le théorème de Baire,
cest donc d"intérieur vide en tant qu"union dénombrable de fermés d"intérieur vide.Ceci implique que
c, qui est égal à l"intérieur de cest l"ensemble vide et donc que =X; ce qui montre bien la densité de .Exercice 3SoitIun intervalle ouvert (non vide) deRetf:I!Rune application dérivable. Alors la fonction dérivéef0
est continue en tout point d"un sous-ensemble dense deI.Corrigé : On se donne un intervalle compact[a;b]Iet on prend un" >0tel que[a";b+"]I. Pour toutn1=", on définit la suite de fonctions sur[a;b]définie par g n(x) =f(x+ 1=n)f(x)1=n;8x2[a;b]: Commefest continue surI, chaquegnest continue sur[a;b]et de plus, nous avons la convergence simple g n(x)!n!1f0(x): D"après le théorème de la limite simple de Baire (Théorème II.23 ), l"ensemble des points de continuité def0dans[a;b] est dense dans[a;b].En répétant l"argument sur tous les intervalles compacts inclus dansI, on obtient le résultat annoncé.Exercice 4 (Quelques applications classiques du théorème de Baire)
1. Soit f:R+!Rcontinue. On suppose que poutx2R+, la suite(f(kx))kest bornée.Démontrer quefest bornée surR+.
Indication : On pourra introduire les ensemblesFN=fx0;supkjf(kx)j Ng: 2. Soit Eun espace de Banach etT:E!Eune application linéaire continue. On suppose que pour toutx2E, il existenx1tel queTnx(x) =T T|{z} n xfois(x) = 0:AlorsTest nilpotent : il existen1tel que
T n= 0:Montrer sur un exemple que ce résultat peut ne plus être vrai si on supprime les hypothèses surEetT.F. BOYER- VERSION DU11DÉCEMBRE2015
Analyse Fonctionnelle - TD4 3
Corrigé :
1.Pour tout N0, on pose
F N= x2R+;sup k1jf(kx)j N k11k jfj1([N;N])\R+: Commefest continue,FNest une intersection de fermés, c"est donc un fermé.Par ailleurs, l"hypothèse nous dit que tout point deR+est dans l"un desFN(il suffit de prendreNplus grand que
la quantité finiesupkjf(kx)j).On a doncR+=S
NFNet commeR+est complet (car c"est un fermé deR), le théorème de Baire nous dit qu"ilexiste au moins unN0tel queFN0soit d"intérieur non vide dansR+. Autrement dit, il existe un intervalle ouvert
non vide]a;b[contenu dansFN0. Sia <0, on voit que l"on peut toujours le remplacer parb=2et obtenir que
]b=2;b[est contenu dansFN0. Ainsi, on peut supposer à bon droit quea >0.La propriété]a;b[FN0nous dit exactement que
8x2]a;b[;8k0;jf(kx)j N0:(?)
On pose alorsA=abba(on verra d"où vient cette valeurmagiquedans un instant). Montrons quefest bornée par
N0sur[A;+1[.
Soit doncyA. On souhaite montrer que l"intervalle[y=b;y=a]contient un entier, pour cela il suffit de s"assurer
que sa longueur est au moins égale à1. Or nous avons justement par choix deA, ya yb =ybaab =yA 1; ainsi, il existe un entierk2[y=b;y=a]et si on pose maintenantx=y=k, on a bien évidemment y=kx;etx2[a;b]; donc on peut appliquer (?) avec ces valeurs deket dexet ainsi obtenirjf(y) =f(kx)j N0.Ceci montre quefest bornée sur[A;+1[. Mais comme elle est continue, on sait déjà qu"elle est bornée sur le
compact[0;A]et donc elle est finalement bornée sur[0;+1[. 2.On introduit les ensembles Fn=KerTnqui sont bien des fermés deEcarTnest continu. Par hypothèse nous
avonsE=S nFnetEcomplet donc le théorème de Baire implique que l"un desFnest d"intérieur non vide.CommeFnest un sous-espace vectoriel il ne peut être d"intérieur non vide que s"il est égal à l"espace entierE(Voir
l"exercice 16 du TD1). D"où le résultat.Le contre-exemple se déroule dans l"espaceE=R[X](qui n"est jamais complet on le rappelle car il possède une
base algébrique dénombrable) et avec l"opérateur de dérivationT:P2R[X]7!P02R[X].Pour tout polynômeP, on a bienTnPP= 0avecnP= degP+1par exemple mais il est bien clair que l"application
Tnn"est identiquement nulle pour aucun entiern.Exercice 5 (Fonctions continues nulle-part dérivables)
On travaille dans l"espaceC0([0;1];R)muni de la norme infinie. Pour tout" >0etn1, on considère le sous-ensemble suivant U ";n= f2 C0([0;1];R);8x2[0;1];9y2[0;1];tel que0Montr erque U";nest un ouvert deC0([0;1];R).
2.Montr erque U";nest dense dansC0([0;1];R).
3.En déduir eque l"ensemble Edes fonctions continues sur[0;1]et nulle part dérivables est dense dans
C0([0;1];R).Corrigé :
1. On fix e"etnet on va montrer que le complémentaire deU";nest un fermé. Soit donc(fk)kune suited"éléments deUc";nqui converge uniformément vers une fonction continuef. Il s"agit de montrer quefn"est
pas dansU";n.F. BOYER- VERSION DU11DÉCEMBRE2015
4 Analyse Fonctionnelle - TD4
P ardéfinition, pour tout k,fkn"est pas dansU";n, ce qui signifie9xk2[0;1];tel que8y2[0;1]vérifiant0 k(xk)fk(y)x ky n:(1) Comme [0;1]est compact, on peut extraire de(xk)kune sous-suite convergente. Ainsi, quitte à considérer
la sous-suite correspondante de(fk)k(ce qui ne change rien à la convergence uniforme versf), on peut
finalement supposer que la suite(xk)kest elle-même convergente. On notex= lim+1xkla limite de cette
suite. On fix emaintenant y2[0;1]tel que0Pour toutk, on pose y k= min(max(xk+ (yx);0);1): Lesminetmaxsont là pour assurer queykest bien dans l"intervalle d"étude[0;1]. On vérifie aisément que
lim +1yk=yet quejykxkj jyxj< ". On en déduit que, pourkassez grand, on axk6=ykcar(xkyk)kconverge versxyqui est non nul. Ainsi, pourkassez grand, on peut appliquer ày=ykla propriété (1) ce qui donnef k(xk)fk(yk)x kyk n;8kk0: Comme(fk)kconverge uniformément versf, nous pouvons utiliser le théorème de double limite pour obtenir
lim +1fk(xk) =f(x);etlim+1fk(yk) =f(y); ainsi on peut passer à la limite dans l"inégalité précédente et obtenir f(x)f(y)xy n; ce qui conclut la preuve. 2. Soit f2 C0([0;1];R), il s"agit de construire une fonction proche def(au sens de la norme de la convergence
uniforme) mais qui oscille fortement. On fixe >0. On commence par utiliser la densité des fonctions polynômes dansC0([0;1];R)(Théorème de Weierstrass que nous
verrons plus loin dans le cours). Il existe donc un polynômePtel que kfPk1: On fixe maintenant"etnet on va essayer d"approcherPpar une fonction deU";n. On remarque que, d"après
l"inégalité des accroissements finis, nous avonsP (x)P(y)xy sup [0;1]jP0j=M;8x6=y2[0;1]: On pose maintenant
f ;=P+sin(x=): Il est clair quekfPk1. De plus, pourxetydistincts nous avonsf ;(x)f;(y)xy sin(x=)sin(y=)xy P (x)P(y)xy sin(x=)sin(y=)xy M: Si on choisit < "=, alors pour toutx2[0;1], nous pouvons posery=x(le signe étant choisi pour que y2[0;1]), ce qui donnef ;(x)f;(y)xy 2 M: Si maintenant, on choisitsuffisament petit pour que2 M > net < "=, alors nous avons bien
f ;2U";n;etkf;Pk1: Au final, par inégalité triangulaire, on a
kff;k1 kfPk1+kPf;k12: F. BOYER- VERSION DU11DÉCEMBRE2015
Analyse Fonctionnelle - TD4 5
3. D"après le théorème de Baire, l"ensemble
F=\ n1U 1=n;n;
est dense dansC0([0;1];R). Il s"agit de montrer que les éléments deFne sont dérivables en aucun point.
Soitf2Fetx2[0;1]. Par définition, pour toutn1, nous avonsf2U1=n;n, ce qui signifie qu"il existeyntel
que 0 n; et donc lim n!+1yn=x;limn!+1 f(x)f(yn)xyn = +1: Ainsi,fn"est pas dérivable enx.Exercice 6 (Théorème de Schur) On considère l"espacel1des suites sommables.
On noteBla boule unité del1que l"on munit de la distanceddéfinie par d(x;y) =X n02 njxnynj1 +jxnynj: Soit(xk)kl1une suite d"éléments del1qui converge faiblement vers0. On veut montrer qu"elle converge
fortement vers0. 1. Vérifier que l"espace (B;d)est complet et que la convergence dans cette espace est équivalente à la
convergence simple (voir le Théorème I.64 du cour spour un énoncé analo guepour 1< p <+1). 2. On fixe " >0et on considère, pourn0, l"ensemble F n=fy2l1;kykl11;j(xk;y)j ";8kng: Démontrer queFnest un fermé de(B;d).
3. Montr erqu"il e xisteN0tel que, pour toutkNon peut trouver une suiteyk2l1vérifiant kykkl11; j(xk;yk)j "; et y kn= sgn(xkn);8nN: 4. En déduir eque
8kN;kxkkl12NX
n=0jxknj+": 5. Montr erque (xk)kconverge vers0fortement dansl1.Corrigé : 1.quotesdbs_dbs14.pdfusesText_20
Comme [0;1]est compact, on peut extraire de(xk)kune sous-suite convergente. Ainsi, quitte à considérer
la sous-suite correspondante de(fk)k(ce qui ne change rien à la convergence uniforme versf), on peut
finalement supposer que la suite(xk)kest elle-même convergente. On notex= lim+1xkla limite de cette
suite. On fix emaintenant y2[0;1]tel que0Lesminetmaxsont là pour assurer queykest bien dans l"intervalle d"étude[0;1]. On vérifie aisément que
lim +1yk=yet quejykxkj jyxj< ". On en déduit que, pourkassez grand, on axk6=ykcar(xkyk)kconverge versxyqui est non nul. Ainsi, pourkassez grand, on peut appliquer ày=ykla propriété (1) ce qui donnef k(xk)fk(yk)x kyk n;8kk0:Comme(fk)kconverge uniformément versf, nous pouvons utiliser le théorème de double limite pour obtenir
lim +1fk(xk) =f(x);etlim+1fk(yk) =f(y); ainsi on peut passer à la limite dans l"inégalité précédente et obtenir f(x)f(y)xy n; ce qui conclut la preuve. 2.Soit f2 C0([0;1];R), il s"agit de construire une fonction proche def(au sens de la norme de la convergence
uniforme) mais qui oscille fortement. On fixe >0.On commence par utiliser la densité des fonctions polynômes dansC0([0;1];R)(Théorème de Weierstrass que nous
verrons plus loin dans le cours). Il existe donc un polynômePtel que kfPk1:On fixe maintenant"etnet on va essayer d"approcherPpar une fonction deU";n. On remarque que, d"après
l"inégalité des accroissements finis, nous avonsP (x)P(y)xy sup [0;1]jP0j=M;8x6=y2[0;1]:On pose maintenant
f ;=P+sin(x=): Il est clair quekfPk1. De plus, pourxetydistincts nous avonsf ;(x)f;(y)xy sin(x=)sin(y=)xy P (x)P(y)xy sin(x=)sin(y=)xy M: Si on choisit < "=, alors pour toutx2[0;1], nous pouvons posery=x(le signe étant choisi pour que y2[0;1]), ce qui donnef ;(x)f;(y)xy 2 M: Si maintenant, on choisitsuffisament petit pour que2M > net < "=, alors nous avons bien
f ;2U";n;etkf;Pk1:Au final, par inégalité triangulaire, on a
kff;k1 kfPk1+kPf;k12:F. BOYER- VERSION DU11DÉCEMBRE2015
Analyse Fonctionnelle - TD4 5
3.D"après le théorème de Baire, l"ensemble
F=\ n1U1=n;n;
est dense dansC0([0;1];R). Il s"agit de montrer que les éléments deFne sont dérivables en aucun point.
Soitf2Fetx2[0;1]. Par définition, pour toutn1, nous avonsf2U1=n;n, ce qui signifie qu"il existeyntel
que0 n; et donc lim n!+1yn=x;limn!+1 f(x)f(yn)xyn = +1: Ainsi,fn"est pas dérivable enx.Exercice 6 (Théorème de Schur) On considère l"espacel1des suites sommables.
On noteBla boule unité del1que l"on munit de la distanceddéfinie par d(x;y) =X n02 njxnynj1 +jxnynj: Soit(xk)kl1une suite d"éléments del1qui converge faiblement vers0. On veut montrer qu"elle converge
fortement vers0. 1. Vérifier que l"espace (B;d)est complet et que la convergence dans cette espace est équivalente à la
convergence simple (voir le Théorème I.64 du cour spour un énoncé analo guepour 1< p <+1). 2. On fixe " >0et on considère, pourn0, l"ensemble F n=fy2l1;kykl11;j(xk;y)j ";8kng: Démontrer queFnest un fermé de(B;d).
3. Montr erqu"il e xisteN0tel que, pour toutkNon peut trouver une suiteyk2l1vérifiant kykkl11; j(xk;yk)j "; et y kn= sgn(xkn);8nN: 4. En déduir eque
8kN;kxkkl12NX
n=0jxknj+": 5. Montr erque (xk)kconverge vers0fortement dansl1.Corrigé : 1.quotesdbs_dbs14.pdfusesText_20
On considère l"espacel1des suites sommables.
On noteBla boule unité del1que l"on munit de la distanceddéfinie par d(x;y) =X n02 njxnynj1 +jxnynj:Soit(xk)kl1une suite d"éléments del1qui converge faiblement vers0. On veut montrer qu"elle converge
fortement vers0. 1.Vérifier que l"espace (B;d)est complet et que la convergence dans cette espace est équivalente à la
convergence simple (voir le Théorème I.64 du cour spour un énoncé analo guepour 1< p <+1). 2. On fixe " >0et on considère, pourn0, l"ensemble F n=fy2l1;kykl11;j(xk;y)j ";8kng:Démontrer queFnest un fermé de(B;d).
3. Montr erqu"il e xisteN0tel que, pour toutkNon peut trouver une suiteyk2l1vérifiant kykkl11; j(xk;yk)j "; et y kn= sgn(xkn);8nN: 4.En déduir eque
8kN;kxkkl12NX
n=0jxknj+": 5. Montr erque (xk)kconverge vers0fortement dansl1.Corrigé : 1.quotesdbs_dbs14.pdfusesText_20[PDF] exercice corrigé d'analyse numérique
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