Méthodes et exercices - Dunod

1.9 Supposons, par exemple, que (u n ) n∈N est de Cauchy.
Soit ε > 0.
Puisque d(u n ,v n ) −→ 0, il existe N 1 ∈ N tel que :
n ∞
∀ n N 1 , d(u n ,v n ) ε 3 .
D’autre part, puisque (u n ) n∈N est de Cauchy, il existe N 2 ∈ N
tel que :
∀ p N 2 , ∀ q N 2 , d(u p ,u q ) ε 3 .
Notons N = Max (N 1 ,N 2 ) ∈ N . On a alors, pour tout
(p,q) ∈ N 2 tel que p N et q N :
d(v p ,v q ) d(v p ,u p ) + d(u p ,u q ) + d(u q ,v q ) 3 ε 3 = ε .
Ceci montre que (v n ) n∈N est de Cauchy dans E.
1.10 a) • L’implication N 1 = N 2 ⇒ B 1 ′ = B′ 2 est évidente.
• Réciproquement, supposons B 1 ′ = B′ 2 .
Soit x ∈ E tel que x =/ 0.
∗ Considérons y = 1 x. On a :
N 1 (x)
( ) 1
N 1 (y) = N 1
N 1 (x) x = 1
N 1 (x) N 1(x) = 1 ,
donc y ∈ B 1 ′ = B′ 2 , d’où N 2(y) 1.
( ) 1
Mais : N 2 (y) = N 2
N 1 (x) x = 1
N 1 (x) N 2(x).
1
On a donc :
N 1 (x) N 2(x) 1, d’où : N 2 (x) N 1 (x).
∗ Puisque N 1 et N 2 jouent des rôles symétriques, on a aussi
N 1 (x) N 2 (x), d’où : N 1 (x) = N 2 (x).
Enfin, pour x = 0, l’égalité N 1 (x) = N 2 (x) est triviale.
On conclut : N 1 = N 2 .
b) • L’implication N 1 = N 2 ⇒ B 1 = B 2 est évidente.
• Réciproquement, supposons B 1 = B 2 .
Nous allons adopter la même méthode que dans la solution
de a).
Soit x ∈ E tel que x =/ 0.
∗ Considérons y = 1
N 1 (x) x. On a alors N 1(y) = 1, donc
y /∈ B 1 = B 2 , d’où N 2 (y) 1.
Mais N 2 (y) = 1
N 1 (x) N 2(x), d’où N 2 (x) N 1 (x).
∗ Puisque N 1 et N 2 jouent des rôles symétriques, on a aussi
N 1 (x) N 2 (x), d’où : N 1 (x) = N 2 (x).
Enfin, pour x = 0, l’égalité N 1 (x) = N 2 (x) est triviale.
On conclut : N 1 = N 2 .
1.11 1) Nous allons montrer que A est une partie fermée de E
en utilisant la caractérisation séquentielle des parties fermées.
Soient ( f n ) n∈N une suite dans A, f ∈ E tels que f n −→ f dans
n ∞
(E,||.|| ∞ ) .
On a, pour tout x ∈ [0 ; 1] :
| f n (x) − f (x)| || f n − f || ∞ −→ 0 ,
n ∞
donc : f n (x) −→ f (x).
n ∞
D’autre part :
∀ x ∈ [0 ; 1], ∀ n ∈ N, e fn(x) 2 + f n (x) .
On déduit, par passage à la limite dans une inégalité lorsque
l’entier n tend vers l’infini :
∀ x ∈ [0 ; 1], e f (x) 2 + f (x) ,
et donc : f ∈ A.
Ceci montre que A est une partie fermée de E.
2) • Montrons : ∀ t ∈ [2 ;+∞[, e t 2 + t.
L’application
ϕ :[2;+∞[−→ R, t ↦−→ ϕ(t) = e t − (2 + t)
est dérivable et, pour tout t ∈ [2 ;+∞[ :
ϕ ′ (t) = e t − 1 > 0 ,
donc ϕ est strictement croissante.
De plus : ϕ(2) = e 2 − 4 > 0 .
On déduit : ∀ t ∈ [2 ;+∞[, ϕ(t) 0,
d’où l’inégalité voulue.
• Soient t ∈ [2 ;+∞[ et f t :[0; 1] −→ R, x ↦−→ t l’application
constante égale à t. On a alors :
∀ t ∈ [2 ;+∞[,
ce qui montre que A n’est pas bornée.
(
)
f t ∈ A et || f t || = |t| =t ,
1.12 a) 1) Nous allons montrer que A est une partie fermée
de E, en utilisant la caractérisation séquentielle des fermés.
Soient ( f n ) n∈N une suite dans A, f ∈ E tels que f n −→
n ∞
(E,||.|| ∞ ) .
• On a : | f n (0) − f (0| || f n − f || ∞ −→ 0,
n ∞
donc : f n (0) −→ f (0).
n ∞
Mais : ∀ n ∈ N, f n (0) = 1, d’où : f (0) = 1.
f dans
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