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1 Master Mathématiques et Applications1ereannée Aix-Marseille Université

Année 2015-2016

Analyse fonctionnelle. Devoir à la maisonCorrigé

I Ensembles convexes

1. (a) Soit (Ai)i2Iune famille d"ensembles convexes (non vides sinon il n"y a rien à faire!). On noteA=T i2IAi.

Soientx;y2Aett2[0;1].

Pouri2Iquelconque, par définition de l"intersection, on ax;y2Aiet commeAiest convexe, on a tx+ (1t)y2Ai. Ceci étant vrai pour touti2I, on a tx+ (1t)y2\ i2IA i=A:

On a bien montré queAest convexe.

(b) Soient x;y2Edeux pointsdistincts. On poseA=fxgetB=fyg. Il est clair que nous avons 12 x+12 y62A[B; ce qui prouve queA[Bn"est pas convexe. 2. (a)

Soient x;y2Aett2[0;1]. Par définition de l"adhérence, il existe deux suites(xn)net(yn)nd"éléments de

Aqui convergent versxetyrespectivement.

Par convexité deA, on a

8n;txn+ (1t)yn2A;

et par ailleurs, on a tx n+ (1t)yn!n!1tx+ (1t)y; ce qui prouve bien quetx+ (1t)y2A. (b) Soient x;y2Aett2[0;1]. Par définition de l"intérieur, il exister >0tel que

B(x;r)A;etB(y;r)A:

Noter qu"on peut bien prendre le même rayon (sinon considérer le plus petit des deux).

Soitz2B(0;r). On écrit

tx+ (1t)y+z=t(x+z)|{z}

2B(x;r)A+(1t) (y+z)|{z}

2B(y;r)A2A:

Ceci montre queB(tx+ (1t)y;r)Aet donc quetx+ (1t)y2A. 3.

On montre le résultat par récurrence sur n. Pourn= 2il s"agit tout simplement de la définition de la convexité. On

suppose le résultat vrai pour un certainnet on le montre au rangn+1. On se donne desi;xipouri= 1;:::;n+1

et on posex=Pn+1 i=1ixi. Si n+1= 0, alors l"hypothèse de récurrence montre quex2A. Si n+1= 1, alors tous les autresisont nuls et doncx=xn+12A.

Si n+12]0;1[, on écrit

x= (1n+1) nX i=1 i1n+1xi! |{z} def=z+n+1xn+1:

Comme1n+1=Pn

i=1i, on voit par hypothèse de récurrence quez2Aet donc x= (1n+1)z+n+1xn+12A; par définition de la convexité.

F. BOYER- VERSION DU28OCTOBRE2015

II Enveloppe convexe

1. (a) Aest non vide car il contient à l"évidence l"espace entierE. (b)

D"après la question I.1.a) une intersection de con vexesest con vexedonc Conv(A)est bien convexe. Par

ailleurs, il est clair qu"il contientApar définition deA. Comme c"est l"intersection de tous les convexes qui

contiennentA, il est clair queConv(A)est bien le plus petit de ces ensembles. (c)

On note Cl"ensemble de droite de l"égalité proposée. Nous avons les propriétés suivantes :

-CcontientA(prendrek= 1,1= 1dans la définition. -Cest convexe : soientx;y2Cque l"on écrit x=kX i=1 ixi;ety=lX j=1 jyj; avec lesxi;ietyj;jcomme dans la définition. Pourt2[0;1], on a tx+ (1t)y=kX i=1t ixi+lX j=1(1t)jyj:

Comme lestiet les(1t)jsont dans[0;1]et que

k X i=1t i+lX j=1(1t)j=t+ (1t) = 1; on a bien quetx+ (1t)y2C.

Si Best un convexe qui contientA, alors d"après la question I.3) (appliquée à B), on voit queCB.

AinsiCest le plus petit convexe qui contientA, c"est bien l"enveloppe convexe deA. 2. On a AConv(A)et par passage à l"intérieur, commeAest ouvert, on a

A=AConv(A):

D"après I.2.b)

Conv(A)est convexe et il contientAdonc il contientConv(A), ce qui prouve bien queConv(A) est ouvert.

3.Aest la réunion de deux fermés, c"est donc un fermé. Un simple calcul montre que

Conv(A) =f(0;0)g [

]0;1]R

On voit bien queConv(A)n"est pas fermé. Ainsi la propriété de fermeture ne passe pas à l"enveloppe convexe.

III Convexes et normes

1. C"est absolument évident en utilisant les propriétés de la norme. 2. (a)

Si x= 0,(0) =]0;+1[etN(0) = 0.

CommeAest ouvert, il exister >0tel queBk:k1(0;r)ASixest non nul, on a alorsr2kxk1x2Aet donc

2kxk1r

2(x); qui est bien non vide. SoitMune borne deApour la norme infinie. Six6= 0et si2(x)alors on a kxk1 x 1M; d"où kxk1M et en particulier

N(x)kxk1M

Ceci prouve bien queN(x) = 0implique quex= 0.

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3 (b)

Il est clair que (0) =]0;+1[=]N(0);+1[.

Supposonsxnon nul, et prenons2(x). On va montrer que pour tout > on a2(x). Il suffit pour cela d"utiliser le fait que02A,x=2Aet queAest convexe pour obtenir 1 x= x 1 0;

et comme=2[0;1], on a bien montré quex=est une combinaison convexe d"éléments deAet que c"est

donc bien également un élément deA.

A ce stade, on a donc(x) = [N(x);+1[ou bien(x) =]N(x);+1[. Il nous reste donc à établir queN(x)

n"appartient pas à(x). Par définition, pour toutnassez grand, on a

1N(x)1=nx62A;

et commeAest ouvert (et doncAcest fermé), on en déduit que, à la limiten! 1, on a

1N(x)x62A;

ce qui montre queN(x)62(x)et conclut la preuve. (c)

Il suf fitde constater que, par symét riede A, nous avons(x) = (x)et ces deux ensembles ont donc la

même borne inférieure. (d)

Pour >0; >0, on a1

(x) = x; et donc

2(x)()

2(x):

On a donc montré que

(x) =(x); et par passage à la borne inférieure, il vientN(x) =N(x). (e)

Soit " >0. D"après la question b), on a

N(x) +"2(x); N(y) +"2(y);

c"est-à-dire

1N(x) +"x2A;et1N(y) +"y2A:

Par convexité deA, toute combinaison convexe de ces deux points est encore dansA, i.e. pour tout2[0;1],

on a z def=N(x) +"x+1N(y) +"y2A: Comme on veut calculerN(x+y), on va essayer de choisirpour que le pointzdéfini ci-dessus soit proportionnel àx+y, ceci sera vrai si

N(x) +"=1N(y) +";

ce qui donne la valeur suivante de =N(x) +"N(x) +N(y) + 2": En reprenant la définition dez, on a donc montré que z=1N(x) +N(y) + 2"(x+y)2A; ou encore queN(x) +N(y) + 2"2(x+y). Par définition de la borne inférieure ceci prouve que

N(x+y)N(x) +N(y) + 2":

Comme cette inégalité est vraie pour tout" >0, on a bien montré que

N(x+y)N(x) +N(y):

(f)

T outesles questions précédentes montrent bien que Nest une norme. Par ailleurs nous avons par définition,

et grâce à la question b)

N(x)<1()12(x)()x2A;

et doncAest bien la boule unité ouverte associée à la normeN.

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IV Compacité

Bien observ erque dans la définition de Ck(A)les coefficientsisont positifs ou nuls, alors que dans la définition

de eCk(A), ils sont strictement positifs. (a) Soit m1etx2eCm(A). Le pointxest donc une combinaison convexe dempoints deA. Parmi les coef-

ficients de cette combinaison, certains peuvent être nuls. Si on notek2 f1;:::;mgle nombre de coefficients

non nuls dans la combinaison, on a bienx2eCk(A), ce qui montre une première inclusion.

Par ailleurs , l"inclusion

eCk(A)Cm(A)pourkm, est claire (il suffit de rajouter des coefficients nuls dans la combinaison convexe considérée). Avec les notations proposées, la définition deConv(A)s"écrit

Conv(A) =[

m1e

Cm(A);

et d"après l"inclusion que l"on vient de montrer on peut remplacer la réunion des eCm(A)par celle desCk(A). (b) i. Comme kn+ 2, et que la dimension deEestn, la famille de vecteursfx2x1;:::;xkx1gest nécessairement liée, d"où le résultat. ii.

Si on pose 1=Pk

i=2i, alors l"égalité de la question précédente donne bien le résultat attendu. iii. Remarquons tout d"abord que le minimum est bien pris sur un ensemble non vide car les isont non

tous nuls mais de somme nulle, il y en a donc au moins un qui est strictement positif. Par ailleurs, par

construction, on a bien0.

On a les deux égalités

x=kX i=1 ixi;etkX i=1 ixi= 0; et par combinaison, on en déduit bien une nouvelle écriture dexsous la forme x=kX i=1(ii)xi:

Observons que

ii0;8i2 f1;:::;kg: En effet, c"est clair sii0et c"est une conséquence de la définition desii>0. Par ailleurs tous

ces coefficients sont inférieurs à1car leur somme vaut1. Enfin, l"un de ces coefficients (au moins) est

nul car le minimum qui définitest atteint en au moins un indicei. En conclusion, le pointxpeut s"écrire comme une combinaison convexe d"au plusk1points deA, ce qui prouve quex2eCk1(A). (c) D"après les deux questions précédentes et une récurrence immédiate on a C k(A)eCn+1(A);8kn+ 2: D"après la question a) on a bien l"égalité

Conv(A) =eCn+1(A):

On vient de démontrer leThéorème de Carathéodory. (d)

On introduit l"application

(1;:::;n+1);(x1;:::;xn+1)2Rn+1En+17!n+1X i=1 ixi2E: Cette application est bilinéaire donc continue et d"après la question précédente on a [0;1]n+1An+1= Conv(A): Comme[0;1]est un compact deRetAest un compact deE, le théorème de Tychonoff montre que[0;1]n+1 A n+1est un compact. AinsiConv(A)apparait comme l"image d"un compact par une application continue, c"est donc également un compact.

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5 2. (a) Nous a vonskfnkE= 1=net donc(fn)nconverge vers0dansE. D"après l"exercice 3 du TD1, l"ensembleA est donc un compact deE.

(b)Eest un espace de Banach donc il suffit de montrer que cette série est absolument convergente, ce qui est bien

le cas vu la convergence de la série numérique de terme général2n. (c)

Comme 0et lesfnsont dansA, on peut écrire

S N=NX n=12 nfn+ 1NX n=12 n! |{z} =2 N0;

qui est bien une combinaison convexe d"éléments deA. On a donc bienSN2Conv(A). Par passage à la

limite on a bienf2Conv(A). (d)

On v oitque tous les éléments de Aont un support compact, il en est donc de même des éléments deConv(A)

(ce sont des combinaisons finies d"éléménts deA).

On voit aisément que la somme de la sérief, en revanche, n"est pas à support compact. En effet, pour tout

k1, on a f(x) =1k ;pour presque toutx2]k;k+ 1[: AinsiConv(A)n"est pas fermée eta fortioripas compacte. 3.

Soit (E;k:k)un espace de Banach etAE.

(a)

Si Aest finie (on notenle cardinal deA),Aest en particulier compact (savez-vous le démontrer?). Par

ailleurs, on voit bien que

Conv(A) =eCn+1(A);

en reprenant les notations précédentes. L"argument utilisé dans la question 1.d) s"applique alorsmutatis mu-

tandisdans l"espaceEet prouve la compacité deConv(A). (b) i.

On écrit de f açonusuelle que

A[ x2AB(x;"); et par compacité deAon peut extraire un sous recouvrement fini indexé par un ensemble finiFA. ii.

On remarque que B(x;") =x+B(0;")de sorte que, en utilisant la question précédente, toute combi-

naison convexe de points deAs"écrit sous la forme x=kX i=1 i(xi+zi);avecxi2Fetzi2B(0;"); ce qui peut s"écrire x= kX i=1 ixi! +kX i=1 izi:

Comme la bouleB(0;")est convexe, la seconde somme est un élément deB(0;"), tandis que la première

est dans l"enveloppe convexe deF. On a bien montré

Conv(A)Conv(F) +B(0;"):

iii.Fétant fini, la question a) montre queConv(F)est compacte. On écrit alors le recouvrement ouvert

Conv(F)[

y2Conv(F)B(y;"); donc on peut extraire, par compacité, un sous-recouvrement fini

Conv(F)[

y2~FB(y;"); avec ~FConv(F)finie. Par sommation, la question précédente implique

Conv(A)[

y2~F(B(y;") +B(0;")) =[ y2~FB(y;2"): iv.

La question précédente montre que Conv(A)est précompact. CommeEest supposé complet, cela im-

plique queConv(A)est compact (voir le Corollaire I.32).

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quotesdbs_dbs7.pdfusesText_13

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I Ensembles convexes

Soientx;y2Aett2[0;1].

On a bien montré queAest convexe.

Aqui convergent versxetyrespectivement.

Par convexité deA, on a

8n;txn+ (1t)yn2A;

B(x;r)A;etB(y;r)A:

Soitz2B(0;r). On écrit

2B(x;r)A+(1t) (y+z)|{z}

2B(y;r)A2A:

Si n+12]0;1[, on écrit

Comme1n+1=Pn

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II Enveloppe convexe

Comme lestiet les(1t)jsont dans[0;1]et que

A=AConv(A):

D"après I.2.b)

3.Aest la réunion de deux fermés, c"est donc un fermé. Un simple calcul montre que

Conv(A) =f(0;0)g [

III Convexes et normes

Si x= 0,(0) =]0;+1[etN(0) = 0.

2kxk1r

N(x)kxk1M

Ceci prouve bien queN(x) = 0implique quex= 0.

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Il est clair que (0) =]0;+1[=]N(0);+1[.

1N(x)1=nx62A;

1N(x)x62A;

Pour >0; >0, on a1

2(x)()

On a donc montré que

Soit " >0. D"après la question b), on a

N(x) +"2(x); N(y) +"2(y);

1N(x) +"x2A;et1N(y) +"y2A:

N(x) +"=1N(y) +";

N(x+y)N(x) +N(y) + 2":

N(x+y)N(x) +N(y):

N(x)<1()12(x)()x2A;

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IV Compacité

Par ailleurs , l"inclusion

Conv(A) =[

Cm(A);

Si on pose 1=Pk

On a les deux égalités

Observons que

Conv(A) =eCn+1(A):

On introduit l"application

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Comme 0et lesfnsont dansA, on peut écrire

Soit (E;k:k)un espace de Banach etAE.

Conv(A) =eCn+1(A);

On écrit de f açonusuelle que

Conv(A)Conv(F) +B(0;"):

Conv(F)[

Conv(F)[

Conv(A)[

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