Exercice 14 Soit l∞ l'espace des suites réelles muni avec la norme uniforme, i e x∞ = supn xn On considére l'application A : l∞ → l∞ définie par A(x1,x2, ,xn,
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Exercice 14 Soit l∞ l'espace des suites réelles muni avec la norme uniforme, i e x∞ = supn xn On considére l'application A : l∞ → l∞ définie par A(x1,x2, ,xn,
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Enoncés : M. Quéffelec, V. Mayer
Corrections : A. BodinExo7
Continuité
Applications continues
Exercice 1SoitXun espace topologique etf:X!R.
1. Montrer que fest continue si et seulement si pour toutl2R, les ensemblesfx;f(x)0jfgjdx,
puis de la métriqued¥(f;g) =supxjf(x)g(x)j. Vérifier que l"applicationf!R10jfjdxdeCdansR
est 1-lipschitzienne dans les deux cas. 2.Soit cl"espace des suites réelles convergentes, muni de la métriqued(x;y) =supnjx(n)y(n)j. Si on
désigne par`(x)la limite de la suitex, montrer que`est une application continue decdansR. En déduire
quec0est fermé dansc.Soitf;gdeux applications continues deXdansY, espaces topologiques,Yétant séparé. Montrer queff=gg
est fermé dansX; en déduire que sifetgcoïncident sur une partie dense deX, alorsf=g.Une application deXdansYest diteouvertesi l"image de tout ouvert deXest un ouvert deY;ferméesi l"image
de tout fermé deXest un fermé deY. 1. Montrer qu"une fonction polynomiale de RdansRest une application fermée. 2.Montrer que l"application (x;y)2XY!x2Xest ouverte mais pas nécessairement fermée (considérer
l"hyperbole équilatère deR2). 3. Montrer quelafonctionindicatricedel"intervalle[0;12 ], commeapplicationdeRdansf0;1g, estsurjective, ouverte, fermée, mais pas continue. 4. Montrer que toute application ouv ertede RdansRet continue est monotone. 1 1. Montrer que fest continue si et seulement sif(A)f(A)pour toutAdansX. Que peut-on dire alors de l"image parfd"un ensemble dense dansX? 2. Montrer que fest fermée si et seulement sif(A)f(A), et quefest ouverte si et seulement si f(A)f(A).Exercice 61.Soit fune fonction réelle continue sur[0;1]; montrer quefest "presque lipschitzienne" au sens :
8e>09Ce;8x;y2[0;1]jf(x)f(y)j6Cejxyj+e:
2. Montrer qu"une fonction funiformément continue deRdansRvérifie pour toutx2R,jf(x)j6ajxj+b oùaetbsont des constantes.Soitfune fonction continue de]0;1[dansR. Montrer que, sifest uniformément continue, elle est bornée.
Soitfune fonction uniformément continue surRtelle queR¥0f(t)dtconverge. Montrer queftend vers 0
quandx!+¥. Retrouver ainsi le fait que la fonction sin(x2)n"est pas uniformément continue.Exercice 9SoientE1;E2etFdes espaces normés surRet soitB:E1E2!Fune application bilinéaire. Montrer queB
est continue si et seulement s"il existeM>0 tel que kB(x)k6Mkx1kkx2kpour toutx= (x1;x2)2E1E2:SoientEetFdeux espaces normés etL:E!Fune application linéaire vérifiant:(L(xn))nest bornée dans F
pour toute suite(xn)nde E tendant vers02E.Montrer queLest continue.Exercice 11
SoientEetFdeux espaces normés réels etf:E!Fune application bornée sur la boule unité deEet vérifiant
f(x+y) =f(x)+f(y)pour toutx;y2E:Montrer quefest linéaire continue.
Calculer la norme des opérateurs suivants:
Le shift sur l¥défini parS(x)n+1=xn,S(x)0=0. •X=C([0;1])muni de la normek:k¥etT f(x) =f(x)g(x)oùg2X. Calculer la norme des formes linéaires suivantes: •X=C([0;1])muni de la normek:k¥etu(f) =R10f(x)g(x)dxoùg2Xest une fonction qui ne s"annule
qu"enx=1=2. •X=l2etu(x) =åanxnoù(an)est dansX. •X=l1etu(x) =åanxnoù(an)est dansl¥. •Xl"espace des suites convergentes muni de la norme sup etu:X!Rl"applicationu(x) =limj!¥xj. SoitX=R[x]l"ensembledespolynômes. PourP(x)=åp akxk etV(P)(x) =ånk=1kakxk. 1. Montrer que k:kdéfinit une norme et queUetVdéfinissent des applications linéaires deXdansX. 2.Examiner si UetVsont continues?
Soitl¥l"espacedessuitesréellesmuniaveclanormeuniforme, i.e.kxk¥=supnjxnj. Onconsidérel"application
A:l¥!l¥définie par
A(x1;x2;:::;xn;:::) = (x1;x2=2;:::;xn=n;:::):
Montrer que :
1.Aest injective et continue aveckAk=1. Par contre,An"est pas surjective.
2.Aadmet un inverse à gauche mais qu"il n"est pas continu.
SoitXun espace normé,L:X!Rune forme linéaire non nulle etH=L1(f0g)son noyau. 1. Montrer que, si Lest continue, alorsHest un sous-espace fermé dansX. Établir la relation dist(a;H) =jL(a)jkLkpour touta2X: 32.Réciproquement, supposons que le no yauHest un fermé. Démontrer alors que dist(a;H)>0 dès que
a2XnHet en déduire queLest continue de norme au plusjL(a)j=dist(a;H). 3. Peut-on généraliser ceci a des applications linéaires entre espaces normés?SoitX=C([0;1])avec la normekfk=R1
0jf(t)jdt. Montrer que la forme linéairef2X7!f(0)2Rn"est pas
continue. Que peut-on en déduire pour le sous-espace des fonctions deXnulles en 0? SoitX=ff2C(R);(1+x2)jf(x)jsoit bornéeg. On poseN(f) =supx2R(1+x2)jf(x)j. Vérifier queNest une norme, puis montrer que la forme linéaire suivanteLest continue et calculer sa norme:L:X!Rdéfinie parL(f) =Z
R f(x)dx:Indication pourl"exer cice1 N1.Utiliser le f aitque tout ouv ertde Rest l"union dénombrable d"intervalles ouverts.
2.Écrire unintervallefermécommeuniondénombrabled"intervallesouverts,puis utiliserlamêmeremarque
que ci-dessus.Indication pourl"exer cice2 N1.:::. 2.Pour montrer que c0est fermé, l"écrire comme image réciproque de quelque chose.Indication pourl"exer cice3 NMontrer que le complémentaire est un ouvert. Si vous le souhaitez, placez-vous dans des espaces métriques.
Indication pour
l"exer cice4 N1.Pour un polynôme P, la limite deP(x)ne vaut¥que lorsquextend vers¥.Indication pourl"exer cice5 N1.Pour lesensdirectutiliserlacaractérisationdel"adhérenceparlessuites.Pour lesensréciproque,montrer
que l"image réciproque d"un fermé est un fermé.Indication pourl"exer cice8 N1.P arl"absurde, considérer I(x) =Rx
0f. Trouver une suite(pn)telle que(I(pn))ne soit pas une suite de
Cauchy.
2. Pour montrer que cette intégrale con vergeutiliser le changement de v ariableu=t2puis faire uneintégration par partie.Indication pourl"exer cice9 NSi la relation est vérifiée montrer queBest continue enxen calculantB(x+y)B(x). SiBest continue alors
en particulierBest continue en(0;0), fixer leede cette continuité,...Indication pourl"exer cice10 NLa continuité deLsurEéquivaut la continuité en 0. Par l"absurde supposer queLn"est pas continue en 0 et
construire une suite(xn)qui tend vers 0 mais avec(L(xn))non bornée.Indication pourl"exer cice11 NIl faut montrerf(lx) =lf(x)pourl2R. Le faire pourl2N, puisl2Z, puisl2Qet enfinl2R.Indication pourl"exer cice12 N5
1.kSk=1 ;
2.kTk=kgk¥;
3.kuk=R1
0jgj, on distinguera les cas oùgreste de signe constant etgchange de signe ;
4.kuk=kank2;
5.kuk=kak¥;
6.kuk=1.Indication pourl"exer cice13 NUest continue etkUk=1,Vn"est pas continue.Indication pourl"exer cice15 N1.Montrer d"abord que Xse décompose sous la formeH+R:a.
2. 3.Non ! Chercher un contre-e xempledans les e xercicesprécédents. Indication pourl"exer cice17 NMontrer quekLk=p.6
Correction del"exer cice1 N1.Sens direct.Si festcontinuealorsfxjf(x) est une union dénombrable de fermés. Maintenant comme pour la première question, tout ouvertOdeR qui est une union dénombrable de fermés (mais c"est un ouvert !).Correction del"exer cice2 N1.Soit Fl"application définie parF(f) =R11(O) =[
i2If1(]ai;bi[) est une union d"ouvert donc un ouvert deX. 2. Nous le f aisonsd"abord pour un interv alleouv ert]a;b[. ]a;b[=[ j2N[a+1n ;b1n Donc f 1(]a;b[) =[
j2Nf1([a+1j ;b1j 1(O) =[
i2I[ j2Nf1([ai+1j ;bi1j 0jfj:Alors
jF(f)F(g)j=jZ 1 0jfjjgjj6Z
1 0jfgj=d1(f;g)6d¥(f;g):
Donc pour les deux distancesd1etd¥,Fest lipschitzienne de rapport 1. 2. Soit e>0 alors en posanth=eon obtient la continuité : sid(x;y)
1(V1)\g1(V2). AlorsUest un ouvert deXcontenantx. Maintenant pourx02U, alorsf(x0)2V1,g(x0)2V2
doncf(x0)6=g(x0), doncx02C. BilanUest inclus dansC. DoncCest ouvert.Application : siAest dense dansXalors¯A=X, mais commeAest ferméA=¯A. DoncA=X, c"est-à-direfet
gsont égales partout.Correction del"exer cice4 N1.Soit Pun polynôme, etFun fermé deR. Soit(yn)une suite convergente d"éléments deP(F), ety2R
sa limite. Il existexn2Ftel queyn=P(xn). Comme(yn)est bornée (car convergente) alors(xn)aussiest bornée, en effet un polynôme n"a une limite infini qu"en¥. Comme(xn)est une suite bornée deR
on peut en extraire une sous-suite convergente(xf(n))de limitex. CommeFest fermé,x2F. CommeP est continue (c"est un polynôme) alorsyf(n)=P(xf(n))!P(x), mais(yf(n))converge aussi versy. Par unicité de la limitey=P(x)2P(F). DoncP(F)est fermé. 2. Soit X=Y=RetH= (xy=1)est un fermé deXY, mais sip(x;y) =xalorsp(H) =Rn"est pas un fermé deX=R. 3.A vérifier ...Correction del"exer cice5 N1.). Soitfcontinue ety2f(¯A). Il existex2¯Atel quey=f(x). Soitxn2Atel que(xn)converge vers
x. Alorsyn=f(xn)2A. Commefest continue alors(yn)converge versf(x) =y. Doncyest adhérent à f(A). Conclusionf(¯A)f(A). (. Soitf:X!Yet soitFun fermé deY. NotonsA=f1(F). Alorsf(A)Fdonc l"équation f(¯A)f(A)devientf(¯A)¯F=FcarFest fermé. Donc¯Af1(F) =A. Donc¯AA, d"où¯A=A. DoncAest fermé. Bilan l"image réciproque de tout ferméFest un fermé, doncfest continue.Application : siAest dense, alors¯A=X, et sous les hypothèses précédentes alorsf(A)est dense dans
l"image deXparf: en effetf(A)contientf(¯A) =f(X)2.). Soitffermé et soitAX. AlorsA¯Adoncf(A)f(¯A), donc comme¯Aest un fermé etfest
fermée alorsf(¯A)est un fermé contenantf(A). Mais commef(A)est le plus petit fermé contenantf(A)
alorsf(A)f(¯A). (. La relation pour un ferméFdonnef(F)f(¯F) =f(F). Doncf(F) =f(F). Doncf(F)est fermé.Doncfest fermée.
Même type de raisonnement avecfouverte.Correction del"exer cice8 N1.Supposons que fne tende pas vers 0. Soite>0 fixé. Pour toutn>0, il existexn>ntel quejf(xn)j>e.
Sans perte de généralité nous supposonsf(xn)>e. Appliquons l"uniforme continuité : soite0=e2
, Il existehtel que pourjxnyj6hon aitjf(xn)f(y)jSoitI(x) =Rx
0f. AlorsI(p2n+1)I(p2n) =Rxn+h
x nhf(t)dt>e22h=eh. Donc la suite(I(pn))n"est pas
de une suite de Cauchy, donc ne converge pas, donc la fonctionx7!I(x)ne converge pas non plus, et doncR¥0f(t)dtdiverge.
82.P arlechangementdevariableu=t2puisuneintégrationparpartie, onmontrequel"intégraleR¥
0sin(t2)dt
converge, mais commef(x) =sin(x2)ne tend pas vers 0 alorsfn"est pas uniformément continue surR.Correction del"exer cice9 NPourx= (x1;x2)2E1E2on définitkxk=max(kx1k;kx2k).
1. Sens (. SoitM>0 tel quekB(x)k6Mkx1kkx2k. Montrons queBen continue au pointx=(x1;x2)fixé.Soity= (y1;y2)alors
B(x+y)B(x) =B(x1+y1;x2+y2)B(x1;x2) =B(x1;y2)+B(x2;y1)+B(y1;y2): Donc Pourky1k6eMkx1kon aMkx1kky2k6e(six1=0 il n"y a rien à choisir ici). Pourky2k6eMkx2kon aMkx2kky1k6e(six2=0 il n"y a rien à choisir ici). Enfin pourky1k6qe M etky2k6qe M on aMky1kky2k6e. Doncenprenanth=min(eMkx1k;eMkx2k;qe
M ), onobtientquepourkyk=max(ky1k;ky2k)6 hon akB(x+y)B(x)k63e. Ce qui prouve la continuité. DoncBest continue surE1E2. 2. Sens ). SiBest continue partout, en particulier elle est continue en 0. Je choisise=1, il existeh>0 tel quekxk6halorskB(x)k61. Donc pourkx1k6hetkx2k6hon akB(x1;x2)k61. Soit maintenant y= (y1;y2)2E1E2, (y16=0;y26=0) on a(hy1ky1k;hy2ky2k)de norme6hdoncB(hy1ky1k;hy2ky2k)61 et par bilinéarité cela fournit :B(y1;y2)61h2ky1kky2k, et ce pour tout(y1;y2). La constante cherchée étant
1h2.Correction del"exer cice10 NCommeLest linéaire il suffit de montrer queLest continue en 0. Supposons que cela ne soit pas vrai, alors il
faut nier la continuité deLen 0 qui s"écrit :8e>09h>08x2E(kxk La négation s"écrit alors :
9e>08h>09x2E(kxke):
Soit donc un tele>0 de la négation, pourhde la formeh=1n , on obtientyntel quekynk<1n etkL(yn)k>e. On posexn=pny
n, alorskxnk=pnkynk<1pn donc(xn)est une suite deEqui tend vers 0. Par contre kL(xn)k=pnkL(yn)k>epn, donc la suite(L(xn))n"est pas bornée. Par contraposition nous avons obtenu le
résultat souhaité.Correction del"exer cice11 N1.Si festlinéaireetbornéesurlabouleunitéalorselleestcontinue(voirlecoursourefaireladémonstration).
2. Il reste à montrer que fest linéaire : on a déjàf(x+y) =f(x)+f(y)pour toutx;yreste donc à prouver
f(lx) =lf(x). Pour toutl2Retx2E. Pour l2Z, c"estunerécurrence,f(2x)=f(x+x)=f(x)+f(x)=2f(x). Puisf(3x)=f(2x+x)= f(2x)+f(x) =2f(x)+f(x) =3f(x)etc. Doncf(nx) =nf(x)pourn2N. De plus 0=f(0) = f(x+(x)) =f(x)+f(x)doncf(x) =f(x). Ensuite on af(nx) =nf(x)pourn2N. Bilan : pour toutl2Zon af(lx) =lf(x).
9 •Pour l2Q, soitl=pq ,p;q2Z. f(pq x) =pf(1q x) =pq qf(xq ) =pq f(qxq ) =pq f(x): Nous avons utilisé intensivement le premier point. Soit l2Ralors il existe une suite(ln)d"élément deQqui converge versl. Fixonsx2E. f(lx)lf(x) =f(lx)f(lnx)+f(lnx)lf(x) =f((lln)x)+(lnl)f(x): Nous avons utilisé le second point. Soite2Q+. Pournassez grand on ak(lln)xk0 tel quef(1e (l l n)x)6M(quelque soitn). Doncf(lln)x)6Me(eest rationnel donc on peut le "sortir"). De même pournassez grand on a(lnl)f(x)2.kT(f)k¥=kfgk¥6kfk¥kgk¥. Donc pourf6=0,kT(f)k¥kfk¥6kgk¥. De plus eng, on obtientkT(g)k¥kgk¥=
kg2k¥kgk¥=kgk¥. DonckTk=kgk¥. 3. La négation s"écrit alors :
9e>08h>09x2E(kxke):
Soit donc un tele>0 de la négation, pourhde la formeh=1n , on obtientyntel quekynk<1n etkL(yn)k>e. On posexn=pny
n, alorskxnk=pnkynk<1pn donc(xn)est une suite deEqui tend vers 0. Par contrekL(xn)k=pnkL(yn)k>epn, donc la suite(L(xn))n"est pas bornée. Par contraposition nous avons obtenu le
résultat souhaité.Correction del"exer cice11 N1.Si festlinéaireetbornéesurlabouleunitéalorselleestcontinue(voirlecoursourefaireladémonstration).
2.Il reste à montrer que fest linéaire : on a déjàf(x+y) =f(x)+f(y)pour toutx;yreste donc à prouver
f(lx) =lf(x). Pour toutl2Retx2E. Pour l2Z, c"estunerécurrence,f(2x)=f(x+x)=f(x)+f(x)=2f(x). Puisf(3x)=f(2x+x)= f(2x)+f(x) =2f(x)+f(x) =3f(x)etc. Doncf(nx) =nf(x)pourn2N. De plus 0=f(0) = f(x+(x)) =f(x)+f(x)doncf(x) =f(x). Ensuite on af(nx) =nf(x)pourn2N.Bilan : pour toutl2Zon af(lx) =lf(x).
9 •Pour l2Q, soitl=pq ,p;q2Z. f(pq x) =pf(1q x) =pq qf(xq ) =pq f(qxq ) =pq f(x): Nous avons utilisé intensivement le premier point. Soit l2Ralors il existe une suite(ln)d"élément deQqui converge versl. Fixonsx2E. f(lx)lf(x) =f(lx)f(lnx)+f(lnx)lf(x) =f((lln)x)+(lnl)f(x): Nous avons utilisé le second point. Soite2Q+. Pournassez grand on ak(lln)xkOn a ju(f)j6kfk¥R1
0jg(x)jdxdonckuk6R1
0jg(x)jdx. Signe change pas de signe sur[0;1]alors pourf
la fonction constant égale à 1, on obtientju(f)j=kfk¥R10jg(x)jdxdonckuk=R1
0jg(x)jdx. Sigchange
de signe alors il ne le fait qu"une fois et en 12 . Soithnla fonction définie parhn(x) =1 six2[0;12 1n h n(x) =1 six2[12 +1n ;1]ethnest affine sur[12 1n ;12 +1n ]et continue sur[0;1]. Cette fonction est construite de telle sorte que sigest positive puis négative alorshngest une fonction continue qui converge uniformément versjgj:khngjgjk¥!0. Doncju(hn)j=R10hnget par la convergence
uniforme alorsju(hn)jconverge versR10jgj. Donckuk=R1
0jgj.4.ju(x)j=jåanxnj6kank2kxnk2(c"est Cauchy-Schwartz) donckuk6kank2. Pour la suitex=aon a
égalité d"oùkuk=kank2.
5.ju(x)j=jåanxnj6åjanxnj6kak¥åjxnj=kak¥kxnk1, donckuk6kak¥. Soitpfixé, soiti(p)un indice
telquejai(p)j=maxj=1;:::;pjajj. Onconstruitunesuitexpdelamanièresuivante:xp=(0;0;:::;0;ai(p);0;0;0:::)
(des zéros partout saufai(p)à la placei(p)). Alorskxpk1=jai(p)jetju(xp)j=a2i(p). Doncju(xp)jkxpk1=jai(p)j.
Lorsqueptend vers+¥,jai(p)j ! kak¥. Donckuk=kak¥.6.ju(x)j=jlimxnj6kxk¥, donckuk61. Pourx= (1;1;1;:::)on obtient l"égalitékuk=1.Correction del"exer cice13 N1.Il suf fitde l"écrire...
2.Calculons la norme de U:kU(P)k=supkj1k
akk6supkjakj6kPk. Donc pour toutP,kU(P)kkPk61. Et pourP(x) =xon a égalité donckUk=1. 3. Pour V, prenonsPk(x) =xk, alorskPkk=1, maiskV(Pk)k=k. DoncVn"est pas bornée sur la boule unité doncVn"est pas continue. 10Correction del"exer cice14 N1.Ainjective : SiA(x1;x2;:::) =A(y1;y2;:::)alors(x1;x2=2;:::;xn=n;:::) = (y1;y2=2;:::;yn=n;:::)donc
x1=y1,x2=y2,...,xn=yn,... DoncAest injective.
Acontinue :kA(x)k¥=supnx
nn6supnxn6kxk¥. DonckAk61 doncAest continue.
Norme deA: Pourx= (1;0;0;:::). On akxk¥=1 etkA(x)k¥=1 Donc la norme deAest exactement 1. An"est pas surjective : posonsy= (1;1;1;:::)2l¥. Soitxune suite telle queA(x) =yalorsx= (1;2;3;4;:::). Maiskxk¥= +¥doncx=2l¥. En conséquenceA:l¥!l¥n"est pas surjective. 2.L "inverseà g auchede AestBdéfinie par
B(x1;x2;:::;xn;:::) = (x1;2x2;:::;nxn;:::)
de sorte que pourx2l¥on aitBA(x) =x. Posons la suitexp= (0;0;:::;0;1;0;0:::)2l¥(des zérospartout et le 1 à lap-ième place). Alorskxpk¥=1 etkB(xp)k¥=p. DonckB(xp)k¥kxpk¥=k, donc la norme
deBn"est pas finie etBn"est pas continue.Correction del"exer cice15 N1.Si L(a) =0 alorsa2Hdonc dist(a;H) =0 donc la relation est vraie. Supposons queL(a)6=0. Alors on
aX=H+R:a. En effet pourx2X, il existel2Rtel queL(x) =lL(a). DoncL(xla) =0. Posons h=xla, alorsh2Hetx=h+laest la décomposition suivantH+R:a.