TD7. ENS Cachan M1 Hadamard Exercice 1 Sous-espaces fermés de C ([0,1]) formé de fonctions régulières.

Transcription

1 Analyse fonctionnelle A. Leclaire ENS Cachan M Hadamard TD7 Exercice Sous-espaces fermés de C ([,] formé de fonctions régulières. Soit F un sous-espace vectoriel fermé de C ([,] muni de la convergence uniforme. On suppose que tous les éléments de F sont dans C ([,]. En utilisant le théorème du graphe fermé, montrer qu il existe C > telle que f F, f C f. 2 En déduire que la boule unité fermée de F (pour est compacte. 3 Que peut-on en conclure? Exercice 2 Espaces complets ou non Dans cet exercice, K désigne un compact de R d, Ω désigne un ouvert de R d. On introduit la suite exhaustive de compacts { K j = x Ω x j et d(x, Ω c }. j On a ainsi K j K j+ et Ω = K j. Pour f C k (Ω, on note p j,k (f = sup α f (x. x K j α k Est-ce que C ([,] muni de la norme f = f (x dx est complet? 2 Est-ce que C c (R muni de la norme uniforme est complet? 3 Est-ce que C (Ω est complet pour la distance d(f,д = j ( 2 j min, p j, (f д? 4 Est-ce que C k (Ω est complet pour la distance δ k (f,д = j ( 2 j min, p j,k (f д? 5 On prend Ω = ],[. Est-ce que C (],[ est complet pour la distance d? Exercice 3 Condition de continuité Soient E et F deux espaces de Banach réels. Soit T : E F linéaire. On suppose que f F, f T E. Montrer que T est continue. /8

2 Exercice 4 Lemme des noyaux Soit E un e.v.n. réel. Soient f, f 2,..., f k,д E. On suppose que On considère k Ker(f i Ker(д. i= T : E R k+ x (д(x, f (x,..., f k (x. Séparer (au sens de Hahn-Banach Im(T de (,,..., dans R k+. En déduire que д Vect(f,..., f n. Exercice 5 (l l En utilisant le théorème de Hahn-Banach, construire f (l qui ne peut pas être représentée par une fonction l (au sens où il n existe pas de x = (x n l telle que f (y = x n y n. Exercice 6 Contre-exemple au théorème de Cauchy-Peano-Arzela en dimension infinie Montrer que u,v R, u v u v. 2 On note { } C = u = (u n R N lim u n =, n et on rappelle que C muni de u = sup n u n est un espace de Banach. Soit a = (a n C tel que n, a n >. On définit la fonction f : C C u = (u n f (u = ( u n + a n. Enfin, on note (E le problème différentiel suivant (E { x (t = f (x (t, t >, x ( =. a Vérifier que f est uniformément continue sur C. b Montrer qu il n existe pas de solution locale x C ([,η[,c de (E. (Raisonner par l absurde. 2/8

3 Correction : Exercice Sous-espaces fermés de C ([,] formé de fonctions régulières. Notons E = C ([,]. Il s agit de montrer que T : f f est continue de F dans E (F étant muni de la norme induite par celle de E. Pour cela, on va utiliser le théorème du graphe fermé ; on rappelle que son utilisation est légitime car E est un espace de Banach et F aussi puisqu il est fermé dans E. Soient donc (f n,t (f n une suite de points du graphe de T qui converge vers (f,д dans F E. Autrement dit, on a f n f uniformément et f n д uniformément. Par le théorème d interversion de la dérivation et de la limite uniforme, on a nécessairement д = f. Donc (f,д = (f,t f est bien dans le graphe det. Ainsi,T a un graphe fermé, et on en déduit quet est continue, ce qui revient à dire qu il existe C > telle que f F, f C f. 2 Notons { A = f F } f la boule unité fermée de F. On remarque que pour tout x [,], et toute f A, f (x. De plus, d après la question, toutes les fonctions de A sont lipschitziennes de rapport C, et donc A est uniformément équicontinue. Comme [, ] est compact, on peut appliquer le théorème d Arzela-Ascoli qui nous donne que A est relativement compacte dans E. Comme A est fermée (c est la boule unité fermée de F, et F est fermé dans E, on obtient que A est compacte. Ainsi, F est un espace vectoriel normé dont la boule unité fermée est compacte. 3 Par le théorème de Riesz, on en déduit que la dimension de F est finie. Exercice 2 Espaces complets ou non Non, C ([,] n est pas complet pour la norme. Considérons en effet la suite de fonctions définie par [ ] si x, 2 [ ] f n (x = n(x 2 si x 2, 2 + n. [ ] si x 2 + n, On remarque que les f n sont bien continues sur [,] (faire un dessin, et de plus, en notant f = [,/2], on a f n (x f (x dx = /2+/n /2 = /n n n y dy = n n 2n 2 = 2n. ( ( n x dx 2 Pour ε > fixé, en prenant N > ε, on a donc pour tous p,q N, 3/8 f p f q f p f + f f q = 2p + 2q 2N + 2N = N < ε,

4 ce qui prouve que (f n est de Cauchy dans (C ([,],. Mais alors, (f n ne peut pas converger dans (C ([,],. En effet, par l asburde supposons que (f n converge vers д dans (C ([,],. Avec ce qui précède, on aurait alors f (x д(x dx = et donc f (x = д(x pour presque tous x. En particulier, cela donne que pour presque tous x [,/2], д(x =, et donc par continuité de д, on obtient que д(x = pour tous x [,/2]. De même, on obtient д(x = pour tous x [/2,]. On a donc une contradiction pour x = /2. Remarquons que l on peut aussi répondre à la question en utilisant E = L ([,]. En effet, la question est de savoir si F = C ([,] est complet en tant que sous-espace normé de E. Comme E = L ([,] est complet, il suffit de savoir si F est fermé ou non dans E. Or on sait que F est dense dans E (cf. cours d intégration ; s il était fermé on aurait donc E = F, ce qui n est pas le cas car il existe des fonctions intégrables sur [,] qui ne sont pas égales presque partout à une fonction continue (pour détailler ce point, on peut reprendre largument au dessus. Cependant, rappelons que C ([,] est complet pour la norme uniforme. En effet, soit (f n une suite de Cauchy dans (C ([,],. Pour tout x [,], (f n (x est une suite de Cauchy dans K, donc converge vers un élément que l on note f (x. En fait, (f n converge uniformément vers f sur [,]. En effet, soit ε >. Comme (f n est de Cauchy dans C ([,], il existe N N tel que n,m N, x [,], f n (x f m (x ε. En passant à la limite quand m, on obtient n N, x [,], f n (x f (x ε. Cela prouve que f n f c est-à-dire que (f n converge uniformément vers f. Comme une limite uniforme de fonctions continues est continue, on en déduit que f C([, ]. Ainsi, (f n converge vers f dans (C ([,],. 2 Non. Pour n N, introduisons les fonctions continues χ n (x = x <n + n x n+ (n + x. (χ n est paire, vaut sur [,n], sur [n +,+ [ et est affine sur [n,n + ]. Considérons alors f n (x = e x χ n (x. Ainsi, (f n est une suite de fonctions continues à support compact sur R. De plus, (f n converge uniformément vers f : x e x. En effet, f (x f n (x = e x ( χ n (x, et comme Supp( χ n = ], n] [n,+ [ et que χ n =, on a f f n e n qui tend bien vers zéro quand n. En particulier, (f n vérifie bien le critère de Cauchy pour la norme uniforme. Mais comme elle converge uniformément vers f qui n est pas à support compact, elle ne converge pas dans C c (R. 4/8

5 En fait, C c (R est un sous-espace de C b (R dont l adhérence (pour la norme uniforme est exactement l ensemble des fonctions continues qui tendent vers zéro à l infini. (Le montrer est une autre façon de répondre à la question puisqu un sous-espace complet d un complet est nécessairement fermé. 3 Oui. Remarquons qu une suite (f n est de Cauchy dans (C (Ω,d ssi j, sup p j, (f m f n, ( m,n N N (ce qui se reformule en disant que pour tout j, (f n K j est de Cauchy dans C (K j. En effet, supposons (f n de Cauchy dans (C (Ω,d et soit j. Soit ε < 2 j. On sait qu il existe N tel que En particulier, pour m,n N, on a et donc nécessairement, Cela prouve que m,n N, d(f m, f n < ε. ( 2 j min, p j, (f m f n p j, (f m f n < ε. < ε sup p j, (f m f n < ε, m,n N et on a bien prouvé (. Réciproquement, supposons que (f n vérifie (, et montrons que (f n est de Cauchy dans (C (Ω,d. Fixons ε >. Comme 2 j <, il existe J tel que j >J 2 j < ε 2. De plus, grâce à (, on obtient que pour tout j =,..., J, il existe N j tel que sup p j, (f m f n < ε m,n N j 2. En prenant N = max j J N j, on en déduit que pour m,n N, on a j {,..., J }, sup p j, (f m f n < ε m,n N 2. Ainsi, pour m,n N, d(f m, f n < ε 2 + J j= 2 j p j, (f m f n < ε 2 + ε 2 J j= 2 j < ε 2 + ε 2 = ε. Cela prouve que (f n est de Cauchy pour la distance d. De même, on peut montrer que (f n converge vers f dans C (Ω si et seulement si pour tout j, (f n K j converge vers f Kj dans C (K j, ce qui revient à dire que (f n converge vers f uniformément sur les compacts (car un compact K quelconque de Ω peut être inclus dans un des K j. Supposons alors (f n de Cauchy pour d. Alors, grâce à (, on voit que pour tout j, (f n K j est de Cauchy dans C (K j. Comme C (K j est complet, il existe donc f j C (K j tel que (f n K j 5/8

6 converge vers f j. Comme K j K j+, la restriction à K j de f j+ est égale à f j, et donc on peut définir une fonction f sur Ω en posant f (x = f j (x si x K j. On a donc immédiatement que pour tout j, (f n K j converge vers f Kj dans C (K j. De plus, f est bien continue sur Ω ; en effet, si x Ω, il existe j tel que x K j et alors K j est un voisinage de x sur lequel f coïncide avec la fonction continue f j, donc f est bien continue en x. 4 Oui. Comme à la question précédente, on montrerait que (f n converge vers f dans (C k (Ω,δ k si pour tout j, p j,k (f n f n, ce qui revient à dire que pour tout j et tout multi-indice α tel que α k, ( α f n K j converge vers α f Kj dans C (K j. De même, (f n est de Cauchy dans (C k (Ω,δ k si pour tout j, sup p j,k (f m f n, m,n N N ce qui revient à dire que pour tout j et tout multi-indice α tel que α k, ( α f n K j est de Cauchy dans C (K j. Ainsi, supposons (f n de Cauchy dans (C k (Ω,δ k. Fixons α tel que α k. Pour tout j, ( α f n K j est de Cauchy dans C (K j. Autrement dit, ( α f n est de Cauchy dans (C (Ω,d. Avec la question précédente, on en déduit que ( α f n converge dans (C (Ω,d vers une fonction f α. Ainsi, on a montré que pour tout multi-indice α tel que α k, ( α f n converge uniformément sur les compacts vers une fonction f α C (Ω. Par interversion de la limite uniforme et de la dérivation, on en conclut qu il existe une fonction f C k (Ω telle que pour tout α tel que α k, ( α f n converge uniformément sur les compats vers α f. Autrement dit, (f n converge vers f dans C k (Ω. 5 Dans cette question, on considère le sous-espace F = C (],[ de l espace métrique E = C (],[ muni de la distance d. Comme E est complet, il suffit pour conclure de voir si F est fermé ou non dans E. Pour cela, considérons pour ε > la fonction f ε : x x 2 + ε. Comme est de classe C sur R +, on voit que f ε F. De plus, par continuité de, on obtient que lorsque ε, f ε converge simplement vers f : x x. En fait, la convergence est uniforme car f ε (x f (x = x 2 + ε x 2 = ε x 2 + ε + x 2 ε ε = ε. Ainsi, quand ε, f ε tend vers f dans E. Mais f F (car f n est pas dérivable en zéro, ce qui prouve que F n est pas fermé dans E. Exercice 3 Condition de continuité On utilise le théorème du graphe fermé. On note G(T le graphe de T. Soit (x n,tx n une suite d éléments de G(T qui converge vers (x,y dans E F. Montrons que y = Tx. Remarquons que pour toute f F, l hypothèse donne la continuité de f T et donc on a f (Tx n f (Tx, 6/8

7 et d autre part, on a directement f (Tx n = f (y par continuité de f. On en déduit que f F, f (Tx = f (y. À l aide du théorème de Hahn-Banach géométrique, on en déduit que Tx = y. Ainsi, le graphe de T est fermé, et on en conclut que T est continu. Exercice 4 Lemme des noyaux L hypothèse sur les noyaux donne que e = (,,..., R k+ n est pas dans Im(T. De plus Im(T est fermé (car c est un sous-espace vectoriel de R k+. Le théorème de Hahn-Banach géométrique assure que l on peut séparer strictement le convexe compact {e} et le convexe fermé Im(T, c est-à-dire qu il existe une forme linéaire non identiquement nulle h sur R k+ et α R telles que x E, h(t (x < α < h(e. Comme l image de h T est un sous-espace vectoriel de R, on en déduit que x E, h(t (x = et h(e. Décomposons h dans la base canonique de (R k+ : (t,...,t k R k+, h(t = k µ i t i. i= La condition h(e assure que µ. De plus, h T = donne que pour tout x E, µ д(x + k µ i f i (x =, i= et donc д = k i= µ i µ f i. Exercice 5 (l l On note F l le sous-espace des suites convergentes. On définit la forme linéaire f : F K par On remarque que x = (x n F, f (x = lim x n. x F, f (x x, donc f est continue sur F. Par le théorème de Hahn-Banach, on peut la prolonger en une forme linéaire continue sur l, que l on note encore f. Supposons que f ainsi construite se représente par une suite l, c est-à-dire qu il existe a = (a n l telle que x l, f (x = a n x n. En appliquant cette égalité à la suite dont tous les termes sont nuls sauf le k-ème qui vaut, on obtient que k, a k =, 7/8

8 d où l on tire que f =. C est absurde car f n est pas nulle sur F (l image de la suite constante égale à vaut. Exercice 6 Contre-exemple au théorème de Cauchy-Peano-Arzela en dimension infinie Elever à la puissance 4 par exemple. 2a On en déduit que Donc n N, u n + a n v n + a n u n v n. f (u f (v u v, d où l uniforme continuité de f. b Supposons qu il existe une solution x : [,η[ C régulière du problème (E. On pose x (t = (x n (t. Alors x n vérifie { x n (t = x n (t + a n, < t < η, x n ( =. Et t >, x n (t > x n (t >. Comme t >, x n (t xn (t + a n =, on en déduit que, si t >, t = t x n (s xn (s + a n ds. Alors x n (t = t t a n, n et t [,η[. Si t, lim n x n (t = t 2 4 > ce qui contredit x (t C. 8/8