Opérateurs continus en dimension infinie : corrigé du contrôle de maths en L3
Voici le corrigé du contrôle de maths en L3 sur le thème « opérateurs continus en dimension infinie », question par question.
Cette correction rédige chaque question comme une copie d’examen soignée : les hypothèses sont rappelées, puis chaque résultat de cours est cité par son nom. Pour les normes d’opérateurs, elle sépare toujours la majoration de la suite qui réalise la borne, car c’est là que se perdent souvent les points. Les contre-exemples sont écrits avec des formules explicites, et une figure montre comment une fonction continue approche la fonction signe. Ensuite, la série de Neumann est justifiée par la complétude, sans raccourci. Enfin, le lemme de Riesz est démontré en entier, et le barème indique ce que rapporte chaque étape : comparez donc votre copie ligne à ligne.
L’énoncé complet se trouve ici : Opérateurs continus en dimension infinie : contrôle de maths en L3.
Barème du contrôle corrigé : opérateurs continus en dimension infinie
| Exercice | Points |
|---|---|
| 1. Un opérateur diagonal sur les suites sommables | 3 points |
| 2. Une forme linéaire à poids affine | 3,5 points |
| 3. La dérivation et ses deux normes | 4 points |
| 4. Série de Neumann et décalage pondéré | 3,5 points |
| 5. Problème : la boule unité et le théorème de Riesz | 6 points |
| Total | 20 points |
Le corrigé détaillé : opérateurs continus en dimension infinie
Exercice 1 – Un opérateur diagonal sur les suites sommables (3 points)
-
Une majoration terme à terme
Pour tout \(n \geq 1\), on a \(0 < a_n < 1\), donc \(|a_n u_n| \leq |u_n|\). Par comparaison de séries à termes positifs, la suite \(T(u)\) est donc sommable, et \(\|T(u)\|_1 \leq \|u\|_1\). De plus, \(T\) est clairement linéaire. Ainsi \(T\) est un endomorphisme continu de \(\ell^1\), de norme au plus 1.
-
Des vecteurs qui approchent la borne
On a \(T(e_n) = a_n e_n\), d’où \(\|T(e_n)\|_1 = a_n = 1 – \frac{1}{2n}\), alors que \(\|e_n\|_1 = 1\). Par conséquent \(\|T\| \geq 1 – \frac{1}{2n}\) pour tout \(n\), puis \(\|T\| \geq 1\) en faisant tendre \(n\) vers l’infini. Avec la question 1, on obtient \(\|T\| = 1\).
-
Une borne jamais atteinte
Soit \(u \neq 0\), et soit \(k\) un rang tel que \(u_k \neq 0\). Alors :
\[\|u\|_1 – \|T(u)\|_1 = \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{|u_n|}{2n} \geq \frac{|u_k|}{2k} > 0.\]
Donc \(\|T(u)\|_1 < \|u\|_1\) : la norme de \(T\) est une borne supérieure qui n’est atteinte en aucun vecteur unitaire.
-
L’inverse et sa norme
Pour \(n \geq 1\), on a \(\frac{1}{a_n} = \frac{2n}{2n – 1} = 1 + \frac{1}{2n – 1} \leq 2\), avec égalité pour \(n = 1\). On définit alors \(R(v) = \left(\frac{v_n}{a_n}\right)_{n \geq 1}\) : comme précédemment, \(R\) est un endomorphisme de \(\ell^1\) qui vérifie \(\|R(v)\|_1 \leq 2\|v\|_1\). Ensuite, on vérifie terme à terme que \(R \circ T = T \circ R = \mathrm{Id}\). Ainsi \(T\) est bijectif et \(T^{-1} = R\) est continu, de norme au plus 2. Enfin, \(\|R(e_1)\|_1 = 2\). Par conséquent, \(\|T^{-1}\| = 2\).
Exercice 2 – Une forme linéaire à poids affine (3,5 points)
-
L’intégrale du poids en valeur absolue
La fonction \(w\) s’annule en \(\frac{1}{3}\), elle est positive avant et négative après. D’une part, \(\int_0^{1/3} (1 – 3t)\,\mathrm{d}t = \frac{1}{3} – \frac{1}{6} = \frac{1}{6}\). D’autre part, \(\int_{1/3}^1 (3t – 1)\,\mathrm{d}t = \left[\frac{3t^2}{2} – t\right]_{1/3}^{1} = \frac{1}{2} + \frac{1}{6} = \frac{2}{3}\). Ainsi \(\int_0^1 |w(t)|\,\mathrm{d}t = \frac{5}{6}\).
Ensuite, pour toute \(f \in C([0, 1])\), on a \(|\varphi(f)| \leq \int_0^1 |f(t)|\,|w(t)|\,\mathrm{d}t \leq \|f\|_\infty \int_0^1 |w(t)|\,\mathrm{d}t\). La forme linéaire \(\varphi\) est donc continue, et \(|\varphi(f)| \leq \frac{5}{6}\|f\|_\infty\).
-
Le calcul exact de la suite test
Hors de l’intervalle \(I_n = \left[\frac{1}{3} – \frac{1}{n}, \frac{1}{3} + \frac{1}{n}\right]\), la fonction \(f_n\) vaut le signe de \(w\), donc \(f_n w = |w|\). Sur \(I_n\), on a \(f_n(t) = -n\left(t – \frac{1}{3}\right)\) et \(w(t) = -3\left(t – \frac{1}{3}\right)\), d’où \(f_n(t)\,w(t) = 3n\left(t – \frac{1}{3}\right)^2\). Par conséquent :
\[\varphi(f_n) = \frac{5}{6} – \int_{I_n} |w(t)|\,\mathrm{d}t + \int_{I_n} 3n\left(t – \frac{1}{3}\right)^2\mathrm{d}t.\]
Avec le changement de variable \(s = t – \frac{1}{3}\), la première intégrale vaut \(2\int_0^{1/n} 3s\,\mathrm{d}s = \frac{3}{n^2}\), et la seconde vaut \(3n \times \frac{2}{3n^3} = \frac{2}{n^2}\). On obtient donc \(\varphi(f_n) = \frac{5}{6} – \frac{1}{n^2}\).
Or \(\|f_n\|_\infty = 1\), si bien que \(\|\varphi\| \geq \frac{5}{6} – \frac{1}{n^2}\) pour tout \(n \geq 3\). En faisant tendre \(n\) vers l’infini, puis avec la question 1, on conclut que \(\|\varphi\| = \frac{5}{6}\). La figure montre l’écart entre \(|w|\) et \(f_6 w\) : il ne vit que sur \(I_6\).
-
Pourquoi la borne échappe aux fonctions continues
Supposons \(\|f\|_\infty \leq 1\) et \(|\varphi(f)| = \frac{5}{6}\). Quitte à remplacer \(f\) par \(-f\), on peut supposer \(\varphi(f) = \frac{5}{6}\). Alors \(\int_0^1 \left(|w(t)| – f(t)\,w(t)\right)\mathrm{d}t = 0\). Or l’intégrande est continue et positive, car \(f(t)\,w(t) \leq |w(t)|\). Elle est donc nulle sur \([0, 1]\).
Ainsi \(f(t) = 1\) pour \(t < \frac{1}{3}\) et \(f(t) = -1\) pour \(t > \frac{1}{3}\), puisque \(w(t) \neq 0\) en ces points. Cependant, une telle fonction n’a pas de limite en \(\frac{1}{3}\), ce qui contredit sa continuité. Aucune fonction continue de norme au plus 1 ne réalise donc \(|\varphi(f)| = \frac{5}{6}\).
Piège classique : proposer la fonction signe de \(w\) pour atteindre la borne ; elle n’est pas continue, donc elle n’appartient pas à l’espace étudié.
Exercice 3 – La dérivation et ses deux normes (4 points)
-
Petites fonctions, grandes dérivées
La linéarité de \(D\) découle de celle de la dérivation. Ensuite, \(w_n\) est croissante et positive sur \([0, 1]\), donc \(\|w_n\|_\infty = w_n(1) = \frac{1}{\sqrt{n}}\). De même, \(w_n^{\prime}(x) = \frac{2n\,x^{2n-1}}{\sqrt{n}} = 2\sqrt{n}\,x^{2n-1}\), maximale en 1, d’où \(\|D(w_n)\|_\infty = 2\sqrt{n}\).
Si \(D\) était continue, une constante \(C\) vérifierait \(\|D(f)\|_\infty \leq C\|f\|_\infty\) pour toute \(f \in E\). On aurait alors \(2\sqrt{n} \leq \frac{C}{\sqrt{n}}\), soit \(2n \leq C\) pour tout \(n\), ce qui est absurde. Par conséquent, \(D\) n’est pas continue pour la norme uniforme : la suite \((w_n)\) tend vers 0 alors que les dérivées \(D(w_n)\) explosent.
-
Avec la nouvelle norme N
Pour toute \(f \in E\), on a \(\|D(f)\|_\infty = \sup_{[0, 1]} |f^{\prime}| \leq N(f)\). Ainsi \(D\) est continue lorsque \(E\) est muni de \(N\), avec une norme au plus égale à 1. Par ailleurs, la fonction \(f : x \mapsto x – \frac{1}{2}\) vérifie \(N(f) = 0 + 1 = 1\) et \(\|D(f)\|_\infty = 1\). Donc la norme de \(D\) vaut exactement 1.
-
Une comparaison dans un seul sens
Soit \(x \in [0, 1]\). L’inégalité des accroissements finis entre \(\frac{1}{2}\) et \(x\) donne \(|f(x)| \leq \left|f\left(\frac{1}{2}\right)\right| + \left|x – \frac{1}{2}\right| \sup |f^{\prime}| \leq \left|f\left(\frac{1}{2}\right)\right| + \frac{1}{2}\sup |f^{\prime}|\). D’où \(\|f\|_\infty \leq N(f)\). En revanche, \(N(w_n) \geq 2\sqrt{n}\) tandis que \(\|w_n\|_\infty = \frac{1}{\sqrt{n}}\) ; le quotient \(\frac{N(w_n)}{\|w_n\|_\infty}\) est donc supérieur à \(2n\), et il n’est pas borné. Les deux normes ne sont donc pas équivalentes.
-
Une racine carrée comme limite
Chaque \(r_n\) est de classe \(C^1\) sur \([0, 1]\), puisque \(x + \frac{1}{n^2}\) y reste strictement positif. Ensuite, pour \(x \in [0, 1]\) :
\[0 \leq r_n(x) – \sqrt{x} = \frac{1/n^2}{r_n(x) + \sqrt{x}} \leq \frac{1/n^2}{1/n} = \frac{1}{n},\]
car \(r_n(x) \geq \frac{1}{n}\). La suite \((r_n)\) converge donc uniformément vers la racine carrée, et elle est par conséquent de Cauchy pour la norme uniforme. Si elle avait une limite \(g\) dans \(E\), l’unicité de la limite uniforme donnerait \(g(x) = \sqrt{x}\). Or la racine carrée n’est pas dérivable en 0, car son taux d’accroissement \(\frac{1}{\sqrt{x}}\) tend vers l’infini. Ainsi \(E\), muni de la norme uniforme, possède une suite de Cauchy sans limite : il n’est pas complet.
Piège classique : déclarer \(D\) non continue sans dire pour quelles normes ; la question 2 prouve justement qu’en remplaçant la norme de départ, le même opérateur devient continu.
Exercice 4 – Série de Neumann et décalage pondéré (3,5 points)
-
Le critère de Cauchy dans un Banach
Notons \(s_n = \sum_{k=0}^{n} x_k\). Pour \(m > n\), l’inégalité triangulaire donne \(\|s_m – s_n\| \leq \sum_{k=n+1}^{m} \|x_k\|\). Or la série réelle \(\sum \|x_k\|\) converge, donc ses restes tendent vers 0. Ainsi \((s_n)\) est une suite de Cauchy de \(E\). Comme \(E\) est complet, la série \(\sum x_k\) converge dans \(E\).
-
Inverser Id moins A
La norme subordonnée est sous-multiplicative, donc \(\|A^k\| \leq \|A\|^k\). Puisque \(\|A\| < 1\), la série \(\sum \|A^k\|\) converge, et la question 1 appliquée dans le Banach \(\mathcal{L}_c(E)\) montre que \(B = \sum_{k=0}^{+\infty} A^k\) existe. Ensuite, on a le télescopage \((\mathrm{Id} – A)\sum_{k=0}^{n} A^k = \sum_{k=0}^{n} A^k\,(\mathrm{Id} – A) = \mathrm{Id} – A^{n+1}\).
Or \(\|A^{n+1}\| \leq \|A\|^{n+1}\) tend vers 0, et la composition est continue dans \(\mathcal{L}_c(E)\). En passant à la limite, \((\mathrm{Id} – A)B = B(\mathrm{Id} – A) = \mathrm{Id}\). Enfin, \(\|B\| \leq \sum_{k=0}^{+\infty} \|A\|^k = \frac{1}{1 – \|A\|}\). Donc \(\mathrm{Id} – A\) est inversible, d’inverse \(B\), et \(\left\|(\mathrm{Id} – A)^{-1}\right\| \leq \frac{1}{1 – \|A\|}\).
-
Le décalage pondéré en pratique
Pour \(u \in \ell^1\), on a \(\|S(u)\|_1 = \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{|u_n|}{2} = \frac{1}{2}\|u\|_1\). L’application linéaire \(S\) est donc continue, et \(\|S\| = \frac{1}{2}\). D’après la question 2, \(\mathrm{Id} – S\) est inversible et \(\left\|(\mathrm{Id} – S)^{-1}\right\| \leq 2\).
Ensuite, \(S^k(e_1) = \frac{1}{2^k} e_{k+1}\), d’où \(v = \sum_{k=0}^{+\infty} \frac{1}{2^k} e_{k+1} = \left(1, \frac{1}{2}, \frac{1}{4}, \frac{1}{8}, \ldots\right)\). On vérifie d’ailleurs que \(v – S(v) = e_1\). Enfin, \(\|v\|_1 = \sum_{k=0}^{+\infty} \frac{1}{2^k} = 2 = 2\|e_1\|_1\). La borne est atteinte : \(\left\|(\mathrm{Id} – S)^{-1}\right\| = 2\).
Exercice 5 – Problème : la boule unité et le théorème de Riesz (6 points)
Partie A – Des puissances qui se fuient
-
Un écart minoré par s moins s au carré
Soit \(t \in [0, 1]\) et \(s = t^{2^j} \in [0, 1]\). Comme \(k > j\), on a \(p_k(t) = s^{2^{k-j}}\) avec un exposant \(2^{k-j} \geq 2\) ; or \(s \leq 1\), donc \(p_k(t) \leq s^2\). Par conséquent, \(p_j(t) – p_k(t) \geq s – s^2\). Choisissons maintenant \(t_0 = 2^{-1/2^j}\), pour lequel \(s = \frac{1}{2}\) : il vient \(p_j(t_0) – p_k(t_0) \geq \frac{1}{2} – \frac{1}{4}\). Ainsi \(\|p_j – p_k\|_\infty \geq \frac{1}{4}\) dès que \(j \neq k\). La figure illustre le cas \(j = 0\), \(k = 1\).
-
Aucun recouvrement fini possible
Si deux fonctions \(p_j\) et \(p_k\) se trouvent dans une même boule \(B\left(c, \frac{1}{8}\right)\), l’inégalité triangulaire donne \(\|p_j – p_k\|_\infty < \frac{1}{8} + \frac{1}{8} = \frac{1}{4}\), donc \(j = k\) d’après la question 1. Une telle boule contient donc au plus une fonction \(p_k\). Par ailleurs, toutes les \(p_k\) sont de norme 1, donc elles appartiennent à \(\overline{B}\), et elles sont en nombre infini. Si \(\overline{B}\) était compacte, un nombre fini \(q\) de boules ouvertes de rayon \(\frac{1}{8}\) la recouvrirait ; or ces boules ne contiendraient que \(q\) fonctions \(p_k\) au plus. Par conséquent, \(\overline{B}\) n’est pas compacte dans \(C([0, 1])\).
Partie B – Le cas général
-
Démonstration du lemme de Riesz
Fixons \(y\) hors de \(F\) et notons \(\delta\) sa distance à \(F\). Le sous-espace \(F\) étant fermé, un point extérieur est à distance strictement positive : \(\delta > 0\). Puisque \(1 – \varepsilon < 1\), le réel \(\delta\) est strictement inférieur à \(\delta(1 – \varepsilon)^{-1}\) ; la définition de la borne inférieure fournit donc \(z \in F\) tel que \((1 – \varepsilon)\|y – z\| \leq \delta\). On normalise alors : \(x = \frac{y – z}{\|y – z\|}\) est unitaire.
Prenons un vecteur quelconque \(f\) de \(F\). Comme \(F\) est stable par combinaison linéaire, le vecteur \(z + \|y – z\|\,f\) est encore dans \(F\). Par conséquent :
\[\|x – f\| = \frac{\left\|y – \left(z + \|y – z\|\,f\right)\right\|}{\|y – z\|} \geq \frac{\delta}{\|y – z\|} \geq 1 – \varepsilon.\]
En passant à la borne inférieure sur \(f \in F\), on obtient \(d(x, F) \geq 1 – \varepsilon\), avec \(\|x\| = 1\).
-
Une construction par récurrence
On choisit d’abord un vecteur unitaire \(x_1\), ce qui est possible car \(E \neq \{0\}\). Supposons ensuite construits \(x_1, \ldots, x_n\) unitaires. Le sous-espace \(F_n = \mathrm{Vect}(x_1, \ldots, x_n)\) est de dimension finie, donc complet, donc fermé dans \(E\). De plus, \(F_n \neq E\), puisque \(E\) est de dimension infinie. Le lemme de Riesz avec \(\varepsilon = \frac{1}{2}\) fournit alors \(x_{n+1}\) unitaire tel que \(d(x_{n+1}, F_n) \geq \frac{1}{2}\). En particulier, \(\|x_{n+1} – x_k\| \geq \frac{1}{2}\) pour tout \(k \leq n\), car \(x_k \in F_n\). La suite \((x_n)\) ainsi construite vérifie \(\|x_n – x_m\| \geq \frac{1}{2}\) pour tous \(n \neq m\).
-
Conclusion : le théorème de Riesz
Comme dans la partie A, une boule ouverte de rayon \(\frac{1}{4}\) contient au plus un terme de la suite \((x_n)\) : en effet, deux termes distincts d’une même boule seraient à une distance strictement inférieure à \(\frac{1}{2}\). Si \(\overline{B}\) était compacte, elle serait recouverte par un nombre fini de boules ouvertes de rayon \(\frac{1}{4}\), qui ne pourraient contenir qu’un nombre fini des \(x_n\). Or ces vecteurs, deux à deux distincts, sont tous dans \(\overline{B}\) : cette boule n’est donc pas compacte. Enfin, une boule fermée de centre \(c\) et de rayon \(\rho > 0\) est l’image de \(\overline{B}\) par l’homéomorphisme \(u \mapsto c + \rho u\), dont la réciproque est continue. Si elle était compacte, \(\overline{B}\) le serait aussi. En dimension infinie, aucune boule fermée de rayon strictement positif n’est donc compacte : c’est le théorème de Riesz.
Piège classique : oublier de justifier que \(F_n\) est fermé ; c’est la dimension finie, donc la complétude de \(F_n\), qui permet d’appliquer le lemme de Riesz.
À retenir de ce contrôle
- Pour obtenir une norme subordonnée, on borne l’image de chaque vecteur, puis on exhibe des vecteurs unitaires dont l’image approche cette borne.
- Une application linéaire est continue si et seulement si le quotient de la norme de l’image par la norme du vecteur est borné.
- Dans un espace de Banach, toute série absolument convergente converge, ce qui donne l’inverse de Id moins A dès que la norme de A est strictement inférieure à 1.
- Le lemme de Riesz fournit, hors d’un sous-espace fermé strict, un vecteur unitaire presque à distance 1 de ce sous-espace.
- En dimension infinie, la boule unité fermée contient une suite de points deux à deux éloignés, donc elle ne peut pas être compacte.
Revenir à l’énoncé du contrôle
Consolider opérateurs continus en dimension infinie après ce corrigé
Pour ne plus perdre de points sur ce thème, relisez le cours espaces de banach et opérateurs linéaires continus ; entraînez-vous sur les exercices espaces de banach et opérateurs linéaires continus.
D’autres évaluations corrigées vous attendent sur la page contrôles de maths en L3.
Autres corrigés sur le même thème
Télécharger ou imprimer cette fiche «opérateurs continus en dimension infinie : corrigé du contrôle de maths en L3» au format PDF afin de pouvoir travailler en totale autonomie.
