Corrigé des exercices : Banach et opérateurs continus en L3 de maths

---

---

Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Une norme sur le plan et sa boule unité

Idée clé : composer une norme connue avec une application linéaire injective donne encore une norme.

1. Posons \(L = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -2 \end{pmatrix}\), de déterminant \(-3 \neq 0\). Alors \(Lv = (x + y, x – 2y)\) et \(N(v) = \|Lv\|_\infty\). Comme \(L\) est linéaire, \(N\) hérite directement de l’homogénéité et de la sous-additivité de \(\|\cdot\|_\infty\). Si \(N(v) = 0\), alors \(Lv = 0\), donc \(v = 0\) car \(L\) est inversible. Ainsi \(N\) est une norme.
2. D’abord, \(|x + y| \leqslant 2\|v\|_\infty\) et \(|x – 2y| \leqslant 3\|v\|_\infty\), d’où \(N(v) \leqslant 3\|v\|_\infty\). Ensuite, on inverse le système : \(x = \frac{2(x + y) + (x – 2y)}{3}\) et \(y = \frac{(x + y) – (x – 2y)}{3}\). On en tire \(|x| \leqslant N(v)\) et \(|y| \leqslant \frac{2}{3}N(v)\). Donc \(\|v\|_\infty \leqslant N(v) \leqslant 3\|v\|_\infty\).
3. Pour \(v = (1, 0)\), on trouve \(N(v) = \max(1, 1) = 1 = \|v\|_\infty\). Pour \(v = (1, -1)\), on trouve \(N(v) = \max(0, 3) = 3 = 3\|v\|_\infty\). Les deux constantes sont donc optimales.

Corrigé de l’exercice 2 – Une forme linéaire sur deux espaces de suites

Idée clé : la norme de \(\varphi\) dépend de l’espace : on somme les poids pour la norme infinie, on prend le plus grand poids pour la norme \(1\).

1. Pour \(x \in \ell^\infty\), on a \(\big|\frac{x_j}{3^j}\big| \leqslant \frac{\|x\|_\infty}{3^j}\), et la série géométrique de raison \(\frac{1}{3}\) converge. Par comparaison, la série définissant \(\varphi(x)\) converge donc absolument, et \(\varphi\) est linéaire. De plus, \(|\varphi(x)| \leqslant \|x\|_\infty \sum_{j \geqslant 1} 3^{-j} = \frac{1}{2}\|x\|_\infty\). La suite constante \(x = (1, 1, \dots)\) donne \(\varphi(x) = \frac{1}{2}\). Sur \(\ell^\infty\), \(\|\varphi\| = \frac{1}{2}\), et elle est atteinte.
2. Sur \(\ell^1\), chaque poids vérifie \(3^{-j} \leqslant \frac{1}{3}\), donc \(|\varphi(x)| \leqslant \frac{1}{3}\sum_j |x_j| = \frac{1}{3}\|x\|_1\). Le vecteur \(e_1\), de norme \(1\), donne \(\varphi(e_1) = \frac{1}{3}\). Sur \(\ell^1\), \(\|\varphi\| = \frac{1}{3}\), atteinte en \(e_1\).

Corrigé de l’exercice 3 – Norme d’un opérateur à noyau minimum

Idée clé : pour un opérateur à noyau positif, la norme vaut le maximum de l’intégrale du noyau, atteint par la fonction constante \(1\).

1. Sur \([0, x]\), on a \(\min(x, t) = t\), et sur \([x, 1]\), \(\min(x, t) = x\). D’où \(T(f)(x) = \int_0^x t f(t)\,dt + x\int_x^1 f(t)\,dt\). Les deux intégrales sont des primitives de fonctions continues, donc des fonctions continues de \(x\). Ainsi \(T(f) \in C([0,1])\).
2. Avec \(f = 1\), on obtient \(\int_0^1 \min(x, t)\,dt = \frac{x^2}{2} + x(1 – x)\). Donc \(\int_0^1 \min(x, t)\,dt = x – \frac{x^2}{2}\).
3. La linéarité est claire. Comme \(\min(x, t) \geqslant 0\), on a \(|T(f)(x)| \leqslant \|f\|_\infty \big(x – \frac{x^2}{2}\big)\). La fonction \(x \mapsto x – \frac{x^2}{2}\) croît sur \([0,1]\) et vaut \(\frac{1}{2}\) en \(1\). Ainsi \(\|T(f)\|_\infty \leqslant \frac{1}{2}\|f\|_\infty\). Enfin, \(T(1)(1) = \frac{1}{2}\). Par conséquent, \(\|T\| = \frac{1}{2}\), atteinte pour \(f = 1\).

Corrigé de l’exercice 4 – Deux formes linéaires sur les polynômes

Idée clé : la norme \(N\) ne voit pas le degré ; une forme qui additionne les coefficients sans les atténuer ne peut donc pas être bornée.

1. Un polynôme n’a qu’un nombre fini de coefficients non nuls, donc le maximum existe. Il est nul seulement pour le polynôme nul. Pour les deux autres axiomes, on raisonne sur chaque coefficient, puis on passe au maximum. Ainsi \(N\) est une norme.
2. On pose \(P_k = \sum_{j=0}^{k} X^j\). Alors \(N(P_k) = 1\) et \(\alpha(P_k) = k + 1\). Le quotient \(|\alpha(P_k)| / N(P_k)\) n’est pas borné. Donc \(\alpha\) n’est pas continue.
3. Pour \(P = \sum_{k=0}^{d} a_k X^k\), on a \(|\beta(P)| \leqslant \sum_{k=0}^{d} \frac{|a_k|}{2^k} \leqslant N(P) \sum_{k=0}^{d} 2^{-k} < 2N(P)\). Ainsi \(\beta\) est continue avec \(\|\beta\| \leqslant 2\). Ensuite, \(\beta(P_k) = 2 – 2^{-k}\) avec \(N(P_k) = 1\), ce qui tend vers \(2\). Donc \(\|\beta\| = 2\). L’inégalité stricte obtenue plus haut montre qu’aucun polynôme non nul ne vérifie \(|\beta(P)| = 2N(P)\). La norme n’est pas atteinte.

Corrigé de l’exercice 5 – Les suites de limite nulle forment un Banach

Idée clé : un sous-espace d’un Banach est complet exactement quand il est fermé.

1. L’ensemble \(c_0\) est un sous-espace de \(\ell^\infty\), car une suite convergente est bornée. Soit \(x^{(k)} \in c_0\) convergeant vers \(x\) dans \(\ell^\infty\), et \(\varepsilon > 0\). Un rang \(k\) assure \(\|x^{(k)} – x\|_\infty \leqslant \frac{\varepsilon}{2}\). Comme \(x^{(k)}\) tend vers \(0\), un indice \(J\) assure ensuite \(|x^{(k)}_j| \leqslant \frac{\varepsilon}{2}\) au-delà de \(J\). En combinant, \(|x_j| \leqslant \varepsilon\) dès que \(j \geqslant J\) : la suite \(x\) tend vers \(0\). Ainsi \(c_0\) est fermé dans le Banach \(\ell^\infty\), donc complet.
2. Soit \(y = (2^{-j})_{j \geqslant 1}\), qui appartient à \(c_0\) mais pas à \(c_{00}\). On a \(\|x^{(k)} – y\|_\infty = 2^{-k-1}\), qui tend vers \(0\). Donc \(y\) est limite d’éléments de \(c_{00}\) sans lui appartenir : \(c_{00}\) n’est pas fermé.
3. Une partie complète d’un espace métrique est toujours fermée. Par contraposée, \(c_{00}\) n’est pas complet. La suite \((x^{(k)})\) y est de Cauchy, sans limite dans \(c_{00}\).

Corrigé de l’exercice 6 – Une série normalement convergente de fonctions

Idée clé : dans un Banach, la convergence de la série des normes suffit, et la norme de la somme se lit ici en un point.

1. On a \(|u_k(t)| \leqslant \frac{1}{k(k+1)}\), avec égalité en \(t = 0\). Donc \(\|u_k\|_\infty = \frac{1}{k(k+1)} = \frac{1}{k} – \frac{1}{k+1}\). La somme télescopique vaut \(1\). Ainsi \(\sum_{k \geqslant 1} \|u_k\|_\infty = 1\).
2. L’espace \(C([0,1])\) muni de \(\|\cdot\|_\infty\) est de Banach, et la série est absolument convergente. Elle converge donc dans \(C([0,1])\), c’est-à-dire uniformément, vers une fonction continue \(S\).
3. Par l’inégalité triangulaire pour les séries, \(\|S\|_\infty \leqslant 1\). Or \(S(0) = \sum_{k \geqslant 1} \frac{1}{k(k+1)} = 1\). Donc \(\|S\|_\infty = 1\).

La figure compare la somme \(S\) à ses premières sommes partielles, qui s’en approchent uniformément.

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 7 – Trois normes sur les fonctions de classe C1

Idée clé : l’inégalité des accroissements finis contrôle \(f\) par \(f(0)\) et \(f^{\prime}\), mais rien ne contrôle \(f^{\prime}\) par \(f\).

1. Les deux morceaux de \(M\) sont homogènes et sous-additifs, donc leur somme aussi. Si \(M(f) = 0\), alors \(f^{\prime} = 0\), donc \(f\) est constante, égale à \(f(0) = 0\). Ainsi \(M\) est une norme.
2. Comme \(|f(0)| \leqslant \|f\|_\infty\), on a \(M(f) \leqslant \|f\|_{C^1}\). Ensuite, pour \(x \in [0,1]\), \(|f(x)| \leqslant |f(0)| + \int_0^x |f^{\prime}(t)|\,dt \leqslant M(f)\). Donc \(\|f\|_\infty \leqslant M(f)\), puis \(\|f\|_{C^1} \leqslant M(f) + \|f^{\prime}\|_\infty \leqslant 2M(f)\). On a bien \(M \leqslant \|\cdot\|_{C^1} \leqslant 2M\) : ces deux normes sont équivalentes.
3. On a \(f_k(0) = 0\) et \(f_k^{\prime}(t) = \cos(kt)\), qui vaut \(1\) en \(0\). Donc \(M(f_k) = 1\), alors que \(\|f_k\|_\infty \leqslant \frac{1}{k}\). Le quotient \(M(f_k) / \|f_k\|_\infty\) est au moins \(k\). Aucune inégalité \(M \leqslant \beta\|\cdot\|_\infty\) n’est possible. Ainsi \(\|\cdot\|_\infty\) n’est pas équivalente à \(M\), ni donc à \(\|\cdot\|_{C^1}\).

Corrigé de l’exercice 8 – Inclusion de l1 dans l-infini

Idée clé : une suite de \(\ell^1\) peut approcher uniformément une suite bornée non sommable.

1. Pour \(x \in \ell^1\), chaque \(|x_j|\) est majoré par la somme \(\|x\|_1\). Donc \(\|J(x)\|_\infty \leqslant \|x\|_1\), et l’égalité a lieu pour \(e_1\). Ainsi \(J\) est continue et \(\|J\| = 1\).
2. La suite \(x^{(k)}\) n’a qu’un nombre fini de termes non nuls, donc elle est dans \(\ell^1\). Ensuite, \(\|x^{(k)} – y\|_\infty = \sup_{j > k} \frac{1}{2j – 1} = \frac{1}{2k + 1}\). Donc \(x^{(k)} \to y\) dans \(\ell^\infty\).
3. On a \(\frac{1}{2j – 1} \geqslant \frac{1}{2j}\), terme d’une série divergente. Ainsi \(y \notin \ell^1\), alors que \(y\) est limite d’éléments de \(\ell^1\). Donc \(\ell^1\) n’est pas fermé dans \(\ell^\infty\). Une partie complète d’un espace métrique étant fermée, \((\ell^1, \|\cdot\|_\infty)\) n’est pas complet.
4. Avec \(z^{(k)}\) formée de \(k\) termes égaux à \(1\) suivis de zéros, on obtient \(\|z^{(k)}\|_1 = k\) et \(\|z^{(k)}\|_\infty = 1\). Le quotient n’est pas borné. Les deux normes ne sont pas équivalentes sur \(\ell^1\). On le savait aussi par la question 3, puisque \(\ell^1\) est complet pour \(\|\cdot\|_1\).

Corrigé de l’exercice 9 – Un opérateur de somme de voisins

Idée clé : on écrit \(T = \mathrm{id} + S\), où \(S\) décale la suite d’un cran vers la gauche, et on teste sur un vecteur qui sature les deux termes.

1. Pour \(x \in \ell^1\), on a \(\sum_j |x_j + x_{j+1}| \leqslant \sum_j |x_j| + \sum_{j \geqslant 2} |x_j| \leqslant 2\|x\|_1\). Donc \(T(x) \in \ell^1\), \(T\) est linéaire continue et \(\|T\| \leqslant 2\). Ensuite, \(T(e_2) = (1, 1, 0, 0, \dots)\), de norme \(2\), alors que \(\|e_2\|_1 = 1\). Ainsi \(\|T\| = 2\) sur \(\ell^1\).
2. Pour \(x \in \ell^\infty\), on a \(|x_j + x_{j+1}| \leqslant 2\|x\|_\infty\). La suite constante égale à \(1\) a pour image la suite constante égale à \(2\). Donc \(\|T\| = 2\) sur \(\ell^\infty\) aussi.
3. On a \(T(x) = 0\) si et seulement si \(x_{j+1} = -x_j\) pour tout \(j\), soit \(x_j = (-1)^{j-1}x_1\). Ces suites sont bornées. Dans \(\ell^\infty\), \(\ker T\) est la droite engendrée par \((1, -1, 1, -1, \dots)\). Une telle suite n’est sommable que si \(x_1 = 0\). Dans \(\ell^1\), \(\ker T = \{0\}\).

Corrigé de l’exercice 10 – Une forme sur c0 dont la norme échappe

Idée clé : le vecteur qui réaliserait la norme est la suite constante égale à \(1\), qui ne tend pas vers \(0\).

1. Pour \(x \in c_0\), on a \(\big|\frac{x_j}{2^j}\big| \leqslant \frac{\|x\|_\infty}{2^j}\), donc la série converge absolument. La linéarité est claire, et \(|\psi(x)| \leqslant \|x\|_\infty \sum_{j \geqslant 1} 2^{-j} = \|x\|_\infty\). Ainsi \(\psi\) est continue et \(\|\psi\| \leqslant 1\).
2. Soit \(x^{(k)}\) la suite formée de \(k\) termes égaux à \(1\) puis de zéros. Elle est dans \(c_{00} \subset c_0\), de norme \(1\), et \(\psi(x^{(k)}) = 1 – 2^{-k}\). En faisant tendre \(k\) vers l’infini, on obtient \(\|\psi\| = 1\).
3. Supposons \(\|x\|_\infty \leqslant 1\) et \(\psi(x) = 1\). Alors \(\sum_{j} \frac{1 – x_j}{2^j} = 1 – \psi(x) = 0\), et chaque terme est positif. Tous sont donc nuls : \(x_j = 1\) pour tout \(j\). Cette suite ne tend pas vers \(0\). La norme de \(\psi\) n’est pas atteinte sur \(c_0\).

Corrigé de l’exercice 11 – Série de Neumann et équation intégrale

Idée clé : un opérateur de norme strictement inférieure à \(1\) sur un Banach rend \(\mathrm{id} – K\) inversible, et le rang \(1\) de \(K\) permet ici un calcul explicite.

1. La fonction \(K(f)\) est affine, donc continue, et \(K\) est linéaire. Pour \(x \in [0,1]\), on a \(|K(f)(x)| \leqslant \frac{x}{2}\|f\|_\infty \int_0^1 t\,dt = \frac{x}{4}\|f\|_\infty \leqslant \frac{1}{4}\|f\|_\infty\). Avec \(f = 1\), on obtient \(K(1)(x) = \frac{x}{4}\), de norme \(\frac{1}{4}\). Donc \(\|K\| = \frac{1}{4}\).
2. L’espace \(C([0,1])\) est de Banach et \(\|K\| < 1\). La série de Neumann montre que \(\mathrm{id} – K\) est inversible, d’inverse continu de norme au plus \(\frac{1}{1 – 1/4} = \frac{4}{3}\). Pour toute \(g\), l’unique solution est \(f = (\mathrm{id} – K)^{-1}g\), et \(\|f\|_\infty \leqslant \frac{4}{3}\|g\|_\infty\).
3. L’équation s’écrit \(f(x) = 1 + cx\), avec \(c = \frac{1}{2}\int_0^1 t f(t)\,dt\). En reportant, \(c = \frac{1}{2}\big(\frac{1}{2} + \frac{c}{3}\big)\), soit \(\frac{5c}{6} = \frac{1}{4}\) et \(c = \frac{3}{10}\). La solution est \(f(x) = 1 + \frac{3x}{10}\). On vérifie : \(K(f)(x) = \frac{x}{2}\big(\frac{1}{2} + \frac{1}{10}\big) = \frac{3x}{10}\), d’où \(f – K(f) = 1\).

Corrigé de l’exercice 12 – La dérivation en dimension finie

Idée clé : en dimension finie la continuité est gratuite, et la norme se lit sur la base canonique quand l’espace est muni de la norme \(1\) des coefficients.

1. L’espace \(\mathbb{R}_n[X]\) est de dimension \(n + 1\). Toute application linéaire définie sur lui est continue, en particulier \(D\).
2. Pour \(P = \sum_k a_k X^k\), on a \(\|D(P)\|_1 = \sum_{k=1}^{n} k|a_k| \leqslant n\|P\|_1\). Le polynôme \(X^n\), de norme \(1\), a pour image \(nX^{n-1}\), de norme \(n\). Donc \(\|D\| = n\), atteinte en \(X^n\).
3. De même, \(|P(2)| \leqslant \sum_k 2^k |a_k| \leqslant 2^n \|P\|_1\), avec égalité pour \(X^n\). La forme \(P \mapsto P(2)\) a pour norme \(2^n\).
4. Sur \(\mathbb{R}[X]\), le polynôme \(X^k\) est de norme \(1\) et sa dérivée \(kX^{k-1}\) est de norme \(k\). Le quotient n’est pas borné. La dérivation n’est donc pas continue sur \(\mathbb{R}[X]\) : la constante \(n\) trouvée plus haut explose avec le degré.

Corrigé de l’exercice 13 – Applications bilinéaires continues ou non

Idée clé : on cherche une majoration par le produit des normes ; pour la non-continuité, on fait grossir \(\beta\) sur des vecteurs de norme \(1\).

1. La bilinéarité est claire, et \(|f(t)g(t)| \leqslant \|f\|_\infty \|g\|_\infty\) pour tout \(t\). Donc \(\|fg\|_\infty \leqslant \|f\|_\infty\|g\|_\infty\). Avec \(f = g = 1\), il y a égalité. Ainsi \(P\) est continue, de norme \(1\).
2. Pour \(x \in \ell^1\) et \(y \in \ell^\infty\), on a \(|x_j y_j| \leqslant |x_j|\,\|y\|_\infty\). La série converge absolument, et \(|\beta(x, y)| \leqslant \|x\|_1 \|y\|_\infty\). Enfin, \(\beta(e_1, e_1) = 1\). Donc \(\beta\) est bilinéaire continue, de norme \(1\).
3. Soit \(z^{(k)}\) la suite formée de \(k\) termes égaux à \(1\) puis de zéros. On a \(\|z^{(k)}\|_\infty = 1\) et \(\beta(z^{(k)}, z^{(k)}) = k\). Aucune constante \(C\) ne vérifie \(|\beta(x, y)| \leqslant C\|x\|_\infty\|y\|_\infty\). Ainsi \(\beta\) n’est pas continue sur \(c_{00} \times c_{00}\) muni de la norme infinie.

Corrigé de l’exercice 14 – Boules non compactes et théorème de Riesz

Idée clé : une suite de vecteurs unitaires deux à deux éloignés empêche la compacité ; et une boule enfermée dans un compact est compacte.

1. Pour \(k \neq m\), la suite \(e_k – e_m\) a un terme égal à \(1\), un égal à \(-1\) et des zéros. Donc \(\|e_k – e_m\|_\infty = 1\). Les termes de \((e_k)\) restent à distance \(1\) les uns des autres : la suite n’a pas de valeur d’adhérence. La boule unité fermée de \(\ell^\infty\) n’est pas compacte.
2. Les segments \(\big[2^{-k-1}, 2^{-k}\big]\) ne se chevauchent qu’en leurs extrémités, où les fonctions chapeaux sont nulles. Pour \(k \neq m\), la fonction \(h_k – h_m\) vaut donc \(1\) au milieu du support de \(h_k\), et elle est bornée par \(1\). Ainsi \(\|h_k – h_m\|_\infty = 1\), et la boule unité de \(C([0,1])\) n’est pas compacte.
3. Notons \(K\) l’adhérence de \(T\big(\overline{B}(0,1)\big)\), compacte par hypothèse. L’image d’un compact par l’application continue \(T^{-1}\) est compacte, donc \(T^{-1}(K)\) est compact. Or \(\overline{B}(0,1) \subset T^{-1}(K)\), et la boule est fermée. Un fermé contenu dans un compact est compact. Par le théorème de Riesz, \(E\) est de dimension finie.

Corrigé de l’exercice 15 – Normes matricielles subordonnées

Idée clé : on majore ligne par ligne ou colonne par colonne, puis on choisit un vecteur de signes ou un vecteur de base pour atteindre la borne.

1. Pour \(x \in \mathbb{R}^n\), on a \(|(Ax)_i| \leqslant \sum_j |a_{ij}|\,|x_j| \leqslant \big(\sum_j |a_{ij}|\big)\|x\|_\infty\). Notons \(L\) le maximum des sommes de lignes, atteint pour la ligne \(i_0\). Ainsi \(\|A\|_\infty \leqslant L\). On prend \(x_j = 1\) si \(a_{i_0 j} \geqslant 0\) et \(x_j = -1\) sinon. Alors \(\|x\|_\infty = 1\) et \((Ax)_{i_0} = \sum_j |a_{i_0 j}| = L\). Donc \(\|A\|_\infty = \max_i \sum_j |a_{ij}|\).
2. On écrit \(\|Ax\|_1 = \sum_i \big|\sum_j a_{ij}x_j\big| \leqslant \sum_j |x_j| \sum_i |a_{ij}|\). Notons \(L^{\prime}\) le maximum des sommes de colonnes, atteint pour la colonne \(j_0\). Alors \(\|Ax\|_1 \leqslant L^{\prime}\|x\|_1\), et \(\|Ae_{j_0}\|_1 = L^{\prime}\). Donc \(\|A\|_1 = \max_j \sum_i |a_{ij}|\).
3. Les sommes de lignes valent \(3\), \(5\) et \(6\) ; les sommes de colonnes valent \(4\), \(5\) et \(5\). Le vecteur \(x = (1, 1, 1)\) donne \(Ax = (-1, 3, 6)\), de norme infinie \(6\). Le vecteur \(e_2\) donne \(Ae_2 = (-2, 1, 2)\), de norme \(1\) égale à \(5\). Ainsi \(\|A\|_\infty = 6\), atteinte en \((1, 1, 1)\), et \(\|A\|_1 = 5\), atteinte en \(e_2\).

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 16 – Problème : l’espace C1 et la dérivation

Idée clé : la norme \(\|\cdot\|_{C^1}\) contrôle à la fois \(f\) et \(f^{\prime}\), ce qui permet d’utiliser deux fois la complétude de \(C([0,1])\).

1. Pour tous \(k, m\), on a \(\|f_k – f_m\|_\infty \leqslant \|f_k – f_m\|_{C^1}\) et \(\|f_k^{\prime} – f_m^{\prime}\|_\infty \leqslant \|f_k – f_m\|_{C^1}\). Les suites \((f_k)\) et \((f_k^{\prime})\) sont donc de Cauchy dans \(C([0,1])\), qui est complet. Elles convergent uniformément vers des fonctions continues \(f\) et \(g\).
2. Pour \(x \in [0,1]\), on a \(\big|\int_0^x (f_k^{\prime} – g)\big| \leqslant \|f_k^{\prime} – g\|_\infty\), qui tend vers \(0\). On passe à la limite dans \(f_k(x) = f_k(0) + \int_0^x f_k^{\prime}(t)\,dt\) : \(f(x) = f(0) + \int_0^x g(t)\,dt\). Comme \(g\) est continue, \(f\) est de classe \(C^1\) avec \(f^{\prime} = g\). Enfin, \(\|f_k – f\|_{C^1} = \|f_k – f\|_\infty + \|f_k^{\prime} – g\|_\infty \to 0\). Toute suite de Cauchy de \(E\) converge dans \(E\) : c’est un espace de Banach.
3. Pour toute \(f \in E\), on a \(\|D(f)\|_\infty = \|f^{\prime}\|_\infty \leqslant \|f\|_{C^1}\). Donc \(D\) est continue et \(\|D\| \leqslant 1\).
4. Pour \(k \geqslant 2\), \(kt\) parcourt \([0, k]\), qui contient \(\frac{\pi}{2}\). Donc \(\|f_k\|_\infty = \frac{1}{k}\), et \(\|f_k^{\prime}\|_\infty = \|\cos(k\,\cdot)\|_\infty = 1\). Le quotient vaut \(\frac{\|D(f_k)\|_\infty}{\|f_k\|_{C^1}} = \frac{1}{1 + 1/k}\), qui tend vers \(1\). Ainsi \(\|D\| = 1\).
5. Supposons \(\|f^{\prime}\|_\infty = \|f\|_{C^1}\) avec \(f \neq 0\). Alors \(\|f\|_\infty = 0\), donc \(f = 0\) : contradiction. La norme de \(D\) n’est pas atteinte.

La figure montre \(f_k\) et sa dérivée pour \(k = 12\) : la fonction est petite alors que sa dérivée reste de taille \(1\).

Corrigé de l’exercice 17 – Problème : le dual de l1

Idée clé : une forme continue sur \(\ell^1\) est déterminée par ses valeurs sur les \(e_j\), car les sommes finies approchent tout vecteur de \(\ell^1\).

1. Pour \(x \in \ell^1\), on a \(|x_j y_j| \leqslant \|y\|_\infty |x_j|\). La série converge absolument et \(|\Phi(y)(x)| \leqslant \|y\|_\infty \|x\|_1\). La linéarité en \(x\) est claire. Donc \(\Phi(y) \in (\ell^1)^{\prime}\) et \(\|\Phi(y)\| \leqslant \|y\|_\infty\).
2. Pour tout \(j\), on a \(|y_j| = |\Phi(y)(e_j)| \leqslant \|\Phi(y)\|\,\|e_j\|_1 = \|\Phi(y)\|\). En passant à la borne supérieure, \(\|y\|_\infty \leqslant \|\Phi(y)\|\). De plus, \(\Phi\) est linéaire en \(y\). Ainsi \(\|\Phi(y)\| = \|y\|_\infty\) : \(\Phi\) est une isométrie linéaire.
3. On a \(|y_j| = |u(e_j)| \leqslant \|u\|\) pour tout \(j\). Donc \(y \in \ell^\infty\), avec \(\|y\|_\infty \leqslant \|u\|\).
4. On calcule \(\big\|x – \sum_{j=1}^{m} x_j e_j\big\|_1 = \sum_{j > m} |x_j|\), reste d’une série convergente, qui tend vers \(0\). La continuité et la linéarité de \(u\) donnent \(u(x) = \lim_m \sum_{j=1}^{m} x_j u(e_j) = \sum_{j \geqslant 1} x_j y_j\). Donc \(u = \Phi(y)\).
5. L’isométrie \(\Phi\) est injective, et la question 4 montre qu’elle est surjective. C’est une bijection isométrique de \(\ell^\infty\) sur \((\ell^1)^{\prime}\). Or \((\ell^1)^{\prime} = \mathcal{L}_c(\ell^1, \mathbb{R})\) est de Banach, car \(\mathbb{R}\) est complet. Une suite de Cauchy \((y^{(k)})\) de \(\ell^\infty\) a une image de Cauchy, qui converge vers un \(\Phi(y)\). Comme \(\|y^{(k)} – y\|_\infty = \|\Phi(y^{(k)}) – \Phi(y)\|\), on retrouve que \(\ell^\infty\) est complet.

Corrigé de l’exercice 18 – Problème : exponentielle d’une matrice

Idée clé : la sous-multiplicativité de la norme subordonnée majore la série par celle de \(e^{\|A\|}\), et l’espace des matrices est complet.

1. Par sous-multiplicativité, \(\|A^k\| \leqslant \|A\|^k\), donc \(\sum_k \frac{\|A^k\|}{k!} \leqslant \sum_k \frac{\|A\|^k}{k!} = e^{\|A\|}\). L’espace \(\mathcal{M}_n(\mathbb{R})\) est de dimension finie, donc complet. La série absolument convergente \(\sum \frac{A^k}{k!}\) converge.
2. L’inégalité triangulaire pour les séries convergentes donne \(\|\exp(A)\| \leqslant \sum_k \frac{\|A\|^k}{k!}\). Ainsi \(\|\exp(A)\| \leqslant e^{\|A\|}\).
3. On a \(N^2 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\) et \(N^3 = 0\). La série s’arrête : \(\exp(N) = I_3 + N + \frac{1}{2}N^2 = \begin{pmatrix} 1 & 1 & \frac{1}{2} \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}\).
4. On a \(J^2 = -I_2\), donc \((\theta J)^{2p} = (-1)^p\theta^{2p}I_2\) et \((\theta J)^{2p+1} = (-1)^p\theta^{2p+1}J\). La série converge absolument, on peut donc regrouper ses termes pairs et impairs. On reconnaît les séries de \(\cos\theta\) et de \(\sin\theta\). Ainsi \(\exp(\theta J) = \cos\theta\, I_2 + \sin\theta\, J = \begin{pmatrix} \cos\theta & -\sin\theta \\ \sin\theta & \cos\theta \end{pmatrix}\), la rotation d’angle \(\theta\).
5. Les matrices \(A\) et \(-A\) commutent, donc \(\exp(A)\exp(-A) = \exp(0) = I_n\), et de même dans l’autre ordre. Donc \(\exp(A)\) est inversible, d’inverse \(\exp(-A)\).

La figure montre l’action de \(\exp(\theta J)\) sur le vecteur \((1, 0)\) pour plusieurs valeurs de \(\theta\) : il parcourt le cercle unité.

Corrigé de l’exercice 19 – Formes linéaires continues et noyau fermé

Idée clé : si \(\varphi\) explose sur la boule unité, de petites corrections suffisent pour envoyer n’importe quel vecteur dans le noyau.

1. Le singleton \(\{0\}\) est fermé dans \(\mathbb{R}\), et \(\ker \varphi = \varphi^{-1}(\{0\})\). La continuité de \(\varphi\) rend ce noyau fermé.
2. Pour une forme discontinue, le critère du cours montre que nulle constante \(C\) ne vérifie \(|\varphi(x)| \leqslant C\|x\|\). En particulier, \(\varphi\) n’est pas bornée sur la boule unité fermée. Pour chaque \(k\), il existe donc \(x_k\) avec \(\|x_k\| \leqslant 1\) et \(|\varphi(x_k)| \geqslant k\).
3. Un tel \(a\) existe : on divise un vecteur où \(\varphi\) ne s’annule pas par sa valeur. Posons \(y_k = a – \frac{x_k}{\varphi(x_k)}\). Alors \(\varphi(y_k) = 1 – 1 = 0\) et \(\|a – y_k\| = \frac{\|x_k\|}{|\varphi(x_k)|} \leqslant \frac{1}{k}\). Ainsi \(a\) est limite de points du noyau, sans lui appartenir. Le noyau n’est pas fermé. Son adhérence est un sous-espace qui contient \(\ker \varphi\) et \(a\). Or tout \(x\) s’écrit \(\big(x – \varphi(x)a\big) + \varphi(x)a\), avec le premier terme dans le noyau. L’adhérence vaut donc \(E\) : le noyau est dense.
4. Le polynôme \(X^k\) vérifie \(\|X^k\| = 1\) sur \([0,1]\), alors que sa valeur en \(2\) vaut \(2^k\). La forme \(P \mapsto P(2)\) n’est pas continue. D’après la question 3, son noyau est dense. L’ensemble des polynômes nuls en \(2\) est donc dense dans \((\mathbb{R}[X], \|\cdot\|)\).

Pour aller plus loin

Télécharger puis imprimer cette fiche en PDF.

Télécharger ou imprimer cette fiche «corrigé des exercices : Banach et opérateurs continus en L3 de maths» au format PDF afin de pouvoir travailler en totale autonomie.

---

OK

 Maths PDF c'est 16 224 782 cours et exercices de maths téléchargés en PDF et 4 250 exercices.