Université de Caen EM51 UFR Sciences 2011-2012 L3 Maths 1^{er} semestre

Espaces métriques Corrigé du partiel

Exercice 1.

1. On a clairement P (0) = 0. Réciproquement, si P (M) = 0, la somme de réels positifs |a| + |b| + |c| + |d| + |e| + |f| est nulle, donc a = b = c = d = e = f = 0, donc M = 0. Si λ est un scalaire, on a

P (λM) = |λa| + |λb| + |λc| + |λd| + |λe| + |λf| = |λ| × (|a| + |b| + |c| + |d| + |e| + |f|) = |λ|P (M).

Enfin, si M′ est une autre matrice de coefficients a′, b′, c′, d′, e′, f′, on peut écrire, en utilisant l’inégalité triangulaire pour les réels :

P (M + M′) = |a + a′| + |b + b′| + |c + c′| + |d + d′| + |e + e′| + |f + f′|
≤ |a| + |a′| + |b| + |b′| + |c| + |c′| + |d| + |d′| + |e| + |e′| + |f| + |f′| = P (M) + P (M′).

On a ainsi montré que P est une norme.

2. On a f(x, y) = (ax+by, cx+dy, ex+fy). Rappelons qu’on a |x| ≤ \sqrt{x^{2} + y^{2}} = N_{2}(x, y), et de même |y| ≤ N_{2}(x, y). On peut donc écrire, en utilisant l’inégalité triangulaire pour les réels :

N_{1}(f(x, y)) = N_{1}(ax + by, cx + dy, ex + fy) = |ax + by| + |cx + dy| + |ex + fy|
≤ |a||x| + |b||y| + |c||x| + |d||y| + |e||x| + |f||y|
≤ (|a| + |b| + |c| + |d| + |e| + |f|)N_{2}(x, y) = P (M)N_{2}(x, y).

Par définition de la norme d’opérateur, cela montre que ∥f∥ ≤ P (M).

3. a. Dans ce cas on a P (M) = 7, on en déduit donc ∥f∥ ≤ 7.

b. On a N_{1}(f(4, −1)) = N_{1}(3, 9, 5) = 17 et N_{2}(4, −1) = \sqrt{17}. On en déduit donc que

∥f∥ = sup_{v≠0} \frac{N_{1}(f(v))}{N_{2}(v)} ≥ \frac{N_{1}(f(4, −1))}{N_{2}(4, −1)} = \sqrt{17}.

4. a. On utilise l’inégalité triangulaire pour les réels, puis l’inégalité de Cauchy-Schwartz dans ℝ^{2} :

|X| + |Y | + \frac{1}{2}|X + 3Y | ≤ \frac{3}{2}|X| + \frac{5}{2}|Y | ≤ \sqrt{(3/2)^{2} + (5/2)^{2}}\sqrt{X^{2} + Y^{2}} = \sqrt{17/2}\sqrt{X^{2} + Y^{2}}.

b. En appliquant l’inégalité précédente à X = x + y, Y = x − y, on obtient

N_{1}(f(x, y)) = |x + y| + |2x − y| + |x − y| = |X| + \frac{1}{2}|X + 3Y | + |Y |
≤ \sqrt{17/2}\sqrt{(x + y)^{2} + (x − y)^{2}} = \sqrt{17}N_{2}(x, y).

Cela montre que ∥f∥ ≤ \sqrt{17}, et l’inégalité opposée a déjà été obtenue à la question 3b.

Exercice 2.

1. Posons f(x) = sin(exp(x)), on a alors

A = \{x ∈ ℝ | f(x) ∈ ]\frac{1}{2}, +∞[\} = f^{−1} (]\frac{1}{2}, +∞[) .

L’application f est continue comme composée d’applications continues, et ]\frac{1}{2}, +∞[ est un intervalle ouvert, donc A est ouvert.

2. Comme précédemment, B_{k} = exp^{−1} (]k + \frac{1}{2}, k + 1[), donc B_{k} est ouvert.

Si exp(x) ∈ ]k + \frac{1}{2}, k + 1[, on a en particulier exp(x) ∈ [k, k + 1[ donc E(exp(x)) = k, et par conséquent F (exp(x)) = exp(x) − k > k + \frac{1}{2} − k = \frac{1}{2}. Cela montre que B_{k} ⊂ B pour tout k, donc ⋃ B_{k} ⊂ B. Démontrons l’inclusion réciproque. Fixons x ∈ B et posons k = E(exp(x)). On a F (exp(x)) = exp(x) − k > \frac{1}{2}, donc exp(x) > k + \frac{1}{2}. Par ailleurs exp(x) < E(exp(x)) + 1 = k + 1. Donc x ∈ B_{k}, et on a montré que B ⊂ ⋃ B_{k}.

3. D’après la question précédente, B est une réunion d’ouverts, donc c’est un ouvert. On ne pouvait pas procéder comme à la question 1 car F n’est pas continue.

Exercice 3.

1. On a clairement ∥0∥ = 0. Inversement, supposons ∥f∥ = sup |tf(t)| = 0. Cela implique que tf(t) = 0 pour tout t ∈ [0, 1], et en particulier f(t) = 0 pout t ≠ 0. De plus comme f est continue on a f(0) = lim_{t→0} f(t) = 0. Donc f est bien la fonction nulle sur [0, 1]. Si λ est un scalaire on a clairement

∥λf∥ = sup |tλf(t)| = |λ| sup |tf(t)| = |λ|∥f∥.

Enfin pour f, g ∈ E on peut écrire

∥f + g∥ = sup |tf(t) + tg(t)| ≤ sup(|tf(t)| + |tg(t)|) ≤ sup |tf(t)| + sup |tg(t)| = ∥f∥ + ∥g∥.

On a ainsi montré que ∥ · ∥ est une norme.

2. Par définition de la norme sur E, on a |tf(t)| ≤ ∥f∥ pour toute f ∈ E et tout t ∈ [0, 1]. On peut donc écrire

|φ(f)| = | ∫_{0}^{1} t^{2}f(t)dt| ≤ ∫_{0}^{1} t|tf(t)|dt ≤ ∥f∥ ∫_{0}^{1} tdt = \frac{1}{2}∥f∥.

Cela montre que φ est bornée (et que sa norme d’opérateur est majorée par \frac{1}{2}).

3. a. Pour tout t ∈ [0, 1] on a

0 ≤ tf_{n}(t) = \frac{t}{t + \frac{1}{n}} ≤ 1,

donc ∥f_{n}∥ = sup |tf_{n}(t)| ≤ 1. Par ailleurs ψ(f_{n}) = f_{n}(0) = n. b. Si ψ était bornée, on aurait n = |ψ(f_{n})| ≤ ∥ψ∥∥f_{n}∥ ≤ ∥ψ∥ pour tout n, ce qui est clairement impossible.

Exercice 4. 1. a. L’inégalité triangulaire pour d permet d’écrire

d_{∘}(x, z) = min(d(x, z), 1 − d(x, z)) ≤ d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z).

b. On procède de même en utilisant le membre de gauche de l’inégalité triangulaire pour d :

d_{∘}(x, z) = min(d(x, z), 1 − d(x, z)) ≤ 1 − d(x, z) ≤ 1 − |d(x, y) − d(y, z)|
≤ 1 − (d(x, y) − d(y, z)) = (1 − d(x, y)) + d(y, z).

2. Commençons par l’inégalité triangulaire. On veut montrer que d_{∘}(x, z) ≤ d_{∘}(x, y) + d_{∘}(y, z). On fait quatre cas selon les deux valeurs possibles pour d_{∘}(x, y) et d_{∘}(y, z) en fonction de d. Dans les quatre cas l’inégalité est vérifiée grâce aux questions 1a, 1b et aux inégalités admises. Par ailleurs la symétrie de d entraîne clairement celle de d_{∘} :

d_{∘}(y, x) = min(d(y, x), 1 − d(y, x)) = min(d(x, y), 1 − d(x, y)) = d_{∘}(x, y).

Enfin, observons que pour x, y ∈ [0, 1[ on a d(x, y) ∈ [0, 1[. On a ainsi d(x, y) ≥ 0 et 1 − d(x, y) > 0, donc le minimum de ces deux nombres est nul si et seulement si d(x, y) = 0, ce qui équivaut encore à x = y.

3. On a d_{∘}(x_{n}, 0) = min(1 − \frac{1}{n}, \frac{1}{n}) = \frac{1}{n} dès que n ≥ 2. On a ainsi lim d_{∘}(x_{n}, 0) = 0, donc lim x_{n} = 0 pour d_{∘}. En revanche la suite (x_{n}) ne converge pas vers 0 relativement à d, car d(x_{n}, 0) = 1 − \frac{1}{n} → 1. Donc les distances d et d_{∘} ne sont pas équivalentes.

4. a. Supposons que lim x_{n} = x dans X muni de d, c’est-à-dire que lim d(x_{n}, x) = 0. On a par définition 0 ≤ d_{∘}(x_{n}, x) ≤ d(x_{n}, x) donc, d’après le théorème des gendarmes, lim d_{∘}(x_{n}, x) = 0. Ainsi x_{n} converge vers x relativement à d_{∘}.

b. On suppose que lim d_{∘}(x_{n}, x) = 0 avec x ≠ 0. Comme x ≠ 0, on a d_{∘}(x, 0) > 0 et en particulier d_{∘}(x_{n}, x) < d_{∘}(x, 0) pour n assez grand. On peut en déduire qu’alors d_{∘}(x_{n}, x) = d(x_{n}, x) : sinon on aurait d_{∘}(x_{n}, x) = 1 − d(x_{n}, x), or la minoration suivante montre qu’on a toujours 1 − d(x_{n}, x) ≥ d_{∘}(x, 0).

1 − d(x_{n}, x) = 1 − max(x_{n} − x, x − x_{n}) = min(1 − x_{n} + x, 1 − x + x_{n})
≥ min(x, 1 − x) = d_{∘}(x, 0), car 1 − x_{n} ≥ 0 et x_{n} ≥ 0.

On a ainsi montré que d_{∘}(x_{n}, x) = d(x_{n}, x) pour n assez grand. Comme par hypothèse lim d_{∘}(x_{n}, x) = 0, on en déduit que x_{n} converge vers x relativement à d.