Méthodes et exercices - Dunod

• On a :
∫ 1 ∫ 1
∣ ∫ ∣∣∣ 1
∣ f n − f
∣ = ( f n − f )
∣
0
0
0
donc :
∫ 1
0
Mais : ∀ n ∈ N,
∫ 1
0
∫ 1
f n −→ f.
n ∞
0
∫ 1
0
| f n − f | (1 − 0)|| f n − f || ∞ −→
n ∞
0,
f n = 0, donc :
∫ 1
0
f = 0.
On déduit : f ∈ A.
On conclut que A est une partie fermée de E.
• Considérons, pour tout n ∈ N ∗ , l’application
g n :[0; 1] −→ R définie, pour tout x ∈ [0 ; 1], par :
⎧
⎪⎨ na n x si 0 x 1 n
g n (x) =
,
⎪⎩
1
a n si
n < x 1
où a n est à calculer pour que
y
a
1
n
∫ 1
0
g n = 1.
2) • Soit f ∈ A.
On a : || f − 0|| ∞ =||f || ∞ | f (0)| =1,
donc : d(0,A) || f − 0|| ∞ 1.
• L’application f :[0; 1] −→ R, x ↦−→ 1 − 2x
est dans A et : d(0, f ) =||f || ∞ = 1.
On conclut : d(0,A) = 1, et cette borne est atteinte, par f
ci-dessus et représentée graphiquement ci-après.
y
On a :
O
1 1 x
n
1
∫ 1
0
g n = 1 ⇐⇒ a n − a n
2n = 1 ⇐⇒ a n =
2n
2n − 1 .
O
y = f(x)
1
2
1
x
On a alors : ∀ n ∈ N ∗ , g n ∈ B et :
||g n − 0|| ∞ = a n =
d’où l’on conclut : d(0,B) 1.
2n
2n − 1 −→
n ∞ 1 ,
• Supposons qu’il existe f ∈ B telle que d(0,B) =||f || ∞ .
On a :
0
∫ 1
0
(
|| f ||∞ − f ) ∫ 1
=||f || ∞ − f = 1 − 1 = 0 ,
0
− 1
b) 1) On montre que B est une partie fermée de E par la même
méthode qu’en a) 1).
2) • Soit f ∈ B. On a :
1 =
∫ 1
0
f
∫ 1
donc : d(0,B) 1.
0
| f | (1 − 0)|| f || ∞ =||f − 0|| ∞ ,
donc, puisque || f || ∞ − f est continue et 0, on a :
|| f || ∞ − f = 0, f =||f || ∞ , f est une constante.
Mais f (0) = 0, donc f = 0, contradiction avec
Ceci montre que d(0,B) n’est pas atteinte.
∫ 1
0
f = 1.
1.13 a) • D’abord, E est bien un R-ev, et N ∞ ,N
∞ ′ ,N ∞ ′′ sont
définies, car, si f ∈ E, alors f, f ′ , f ′′ sont continues sur le segment
[0 ; 1] , donc sont bornées, d’où l’existence de
N ∞ ( f ), N
∞ ′ ( f ), N ∞ ′′ ( f ).
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