Méthodes et exercices - Dunod

Corrigés des exercices
1.1 On applique l’inégalité triangulaire, de deux façons à
chaque fois, pour majorer ||x − y|| et pour majorer ||z − t|| :
{ ||x − y|| ||x − z|| + ||z − y||
||x − y|| ||x − t|| + ||t − y||
{ ||z − t|| ||z − x|| + ||x − t||
||z − t|| ||z − y|| + ||y − t||.
Ensuite, on additionne ces quatre inégalités, on simplifie par
un coefficient 2, et on obtient l’inégalité voulue :
||x − y|| + ||z − t||
||x − z|| + ||y − t|| + ||x − t|| + ||y − z||.
1.2 a) Nous allons montrer que F est fermé dans E en utilisant
la caractérisation séquentielle des fermés.
Soient ( f n ) n∈N une suite dans F, et f ∈ E tels que f n −→ f
n∞
dans (E,||.|| ∞ ).
On a : ∀ x ∈ R, | f n (x) − f (x)| || f n − f || ∞ −→ 0,
n ∞
donc : ∀ x ∈ R, f n (x) −→ f (x).
n ∞
Comme, par hypothèse :
∀ x ∈ R, ∀ n ∈ N, f n (x) 0,
il s’ensuit, par passage à la limite dans une inégalité lorsque
l’entier n tend vers l’infini :
∀ x ∈ R, f (x) 0,
et donc : f ∈ F.
On conclut que F est fermé dans E.
b) Nous allons montrer que U n’est pas ouvert dans E, en trouvant
f ∈ U telle que, pour tout ε ∈ R ∗ +
, on ait : B( f ; ε) /⊂ U.
Considérons f : R −→ R, x ↦−→ f (x) = 1
x 2 + 1 .
Il est clair que f est continue et bornée, donc f ∈ E.
Soit ε ∈ R ∗ + fixé.
Considérons l’application g = f − ε 2 .
On a : g ∈ E, || f − g|| ∞ = ε 2 < ε,
donc g ∈ B( f ; ε).
Mais g /∈ U car g(x) −→ − ε < 0, donc g prend des valeurs
x−→+∞ 2
0.
Ceci montre : ∀ ε ∈ R ∗ +
, B( f,ε) /⊂ U,
et on conclut que U n’est pas ouvert dans E.
1.3 1) • Il est clair que, pour toute f ∈ E, ν 1 ( f ) existe.
• On a, pour tout α ∈ R et toute f ∈ E :
ν 1 (α f ) =|(α f )(0)|+2
∫ 1
=|α||f (0)|+2|α|
• On a, pour toutes f,g ∈ E :
ν 1 ( f + g)
=|( f + g)(0)|+2
=|f (0) + g(0)|+2
0
0
∫ 1
0
∫ 1
|(α f ) ′ (t)| dt
∫ 1
0
|( f + g) ′ (t)| dt
0
∫ 1
| f ′ (t)| dt =|α|ν 1 ( f ).
| f ′ (t) + g ′ (t)| dt
(| f (0)|+|g(0)|) + 2
(
| f ′ (t)|+|g ′ (t)| ) dt
0
( ∫ 1
)
= | f (0)|+2 | f ′ (t)| dt
= ν 1 ( f ) + ν 1 (g).
(
+ |g(0)|+2
• Soit f ∈ E telle que ν 1 ( f ) = 0.
On a alors : | f (0)|+2
donc f (0) = 0 et
∫ 1
0
∫ 1
0
∫ 1
0
| f ′ (t)| dt = 0,
| f ′ (t)| dt = 0.
)
|g ′ (t)| dt
Puisque | f ′ | est continue et 0, il en résulte f ′ = 0, donc f
est constante, f = f (0) = 0.
Ceci montre que ν 1 est une norme sur E.
2) De même, ν 2 est aussi une norme sur E.
De manière plus générale, pour tout (a,b) ∈ (R ∗ + )2 ,
l’application f ↦−→ a| f (0)|+b
est une norme sur E.
∫ 1
0
| f ′ (t)| dt
1
3) On a, pour toute f ∈ E :
2 ν 1( f ) ν 2 ( f ) 2ν 1 ( f ),
donc les normes ν 1 et ν 2 sur E sont équivalentes.
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