Master de Mathématiques M1 Analyse fonctionnelle Examen du 16 juin durée : 3h

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1 Master de Mathématiques M1 Analyse fonctionnelle Examen du 16 juin durée : 3h - Le seul document autorisé est un résumé manuscrit du cours de trois pages maximum. - Les téléphones portables et les calculatrices ne sont pas autorisés. - Toutes les réponses doivent être soigneusement justifiées. 1. On considère sur E = C([0, 1], R) les deux normes : f 1 = 0 f(x) dx et f = sup f(x). x [0,1] On note que f 1 f, f E. a) Pour n 0, soit f n : t t n, f n E. Calculer f n 1, f n et en déduire qu il n existe pas de nombre C 0 tel que f n C f 1, pour tout f E. b) Pour n 1, soit g n (t) = min(n, 1 t ). Démontrer que g n+p g n 1 = 1 n 1, pour tout p 1. n + p En déduire que (g n ) est de Cauchy pour 1. Vérifier ensuite que (g n ) n a pas de limite dans E. Conclure. c) On suppose que E est muni de la norme. Soit A = {f E; f(x) < 1, x [0, 1]}. Montrer que A est ouvert. Déterminer son adhérence. 1 Le corrigé sera disponible à partir du 17 juin 2011 à l adresse http :// choulli/enseignement.html

2 2. On désigne par E l ensembles des suites réelles qui convergent vers 0 et par F l ensemble des suites réelles nulles à partir d un certain rang. a) Montrer que E est un espace vectoriel sur R et que F est un sous-espace vectoriel strict de E. b) Pour u = (u n ) dans E, on pose u = sup u n. n Vérifier que est une norme sur E puis montrer que F est dense dans E. c) Montrer que E est complet. Est-ce que F l est aussi? d) On note l 1 l ensemble des suites réelles sommables. On munit l 1 de la norme u 1 = n 0 u n, pour u = (u n ) l 1. i) On fixe u l 1 et on note Φ u l application : Φ u (v) = n 0 u n v n, v E. Montrer que Φ u est une forme linéaire continue sur E et calculer sa norme. ii) Montrer que Φ : u Φ u est une isométrie bijective de l 1 sur E. 3. Soit X un espace de Banach réel et Y un sous-espace vectoriel de X. a) Soient α R et f X telle que f(x) < α, pour tout x Y. Montrer alors que f = 0 sur Y (on montrera que λ f(x) < α, pour tout x Y et λ R). On pose Y = {f X ; f(x) = 0, pour tout x Y } et Y = {x X; f(x) = 0 pour tout f Y }. b) Montrer que Y et Y sont fermés et que Y = Y (supposer le contraire et appliquer le théorème de séparation de Hahn-Banach pour aboutir à une contradiction). 4. Soit X un espace métrique compact et H une famille équicontinue d éléments de C(X). Soit J = {x X; {f(x)} f H est borné}. Démontrer que J est un ouvert et fermé dans X. En déduire que si X est connexe et si J est non vide, alors H est une partie relativement compacte de C(X).

3 Master de Mathématiques M1 Analyse fonctionnelle Corrigé de l examen du 16 juin a) On a S il existait C 0 tel que f n 1 = on aurait, en prenant f = f n, 0 t n dt = 1 n + 1 et f n = 1. f n C f 1, pour tout f E, 1 C n + 1 pour tout n 0, ce qui est absurde. b) On peut écrire n, pour 0 t < 1 n 2 g n (t) = 1 1 t pour t 1. n 2 D où, un simple calcul donne g n+p g n 1 = Il en résulte immédiatement (n+p) 2 0 pdt + n 2 n + p. ( 1 n)dt = 1 1 (n+p) t n 1 2 lim g n+p g n 1 = 0, pour tout p 1. n + C est-à-dire que (g n ) est de Cauchy pour 1. Si (g n ) admettait une limite g dans E, alors nécessairement g(t) = 1 t sur ]0, 1], ce qui est impossible. c) Puisque f = max x [0,1] f(x), on voit facilement que A n est rien d autre que la boule unité ouverte de E. C est donc un ouvert et son adhérence n est rien d autre que la boule unité fermée de E.

4 2. a) Puisque E contient la suite nulle et que la propriété de convergence vers 0 est stable par combinaison linéaire, on conclut que E est un sous-espace vectoriel de l espace vectoriel des suites réelles. Si une suite u = (u n ) s annule à partir du rang N 1 et si une suite v = (v n ) s annule à partir du rang N 2, alors la suite λu + v s annule à partir du rang N = max(n 1, N 2 ), pour tout λ R. Comme F contient la suite nulle, on déduit que F est un sous-espace vectoriel de E. F est strictement inclus dans E car la suite u = (e n ) est dans E mais n appartient pas à F. b) Soient u = (u n ) et ɛ > 0. Puisque u n 0 quand n +, il existe N ɛ N tel que u n ɛ, pour tout n N ɛ. Si v = (v n ) F est donnée par v n = u n, n N ɛ et v n = 0 sinon, alors u v = sup n N ɛ u n ɛ. En d autres termes, toute boule de rayon > 0, centré en u, rencontre F. Ce qui équivaut à la densité de F dans E. c) Soit (u k ) une suite de Cauchy de (E) : ɛ > 0, k ɛ, u k n u l n ɛ, n N, k, l k ɛ. (1) En particulier, pour chaque n, (u k n) k est de Cauchy dans R. Puisque R est complet, u k n u n. On pose u = (u n ). Dans (1), en fixant n et en faisant l +, on obtient On en déduit Mais u kɛ n suite, ɛ > 0, k ɛ, u k n u n ɛ, n N, k k ɛ. (2) u n u kɛ n + u kɛ n u n u kɛ n + ɛ, n N. 0 quand n 0 quand n +. Donc N ɛ tel que u kɛ n ɛ, n N ɛ. Par u n 2ɛ, n N ɛ. Ceci prouve que u E. Pour terminer on note que (2) est équivaut à ɛ > 0, k ɛ, u k u ɛ, k k ɛ, ce qui signifie que (u k ) converge vers u dans E. F ne peut pas être complet. Car si ce n était pas le cas, on aurait que F est fermé et, puisqu il est dense dans E, on concluerait que F = E. Cette dernière affimation ne peut pas avoir lieu car F est sous-espace strict de E. d) i) Il est clair que Φ u est linéaire. Elle est continue puisque Φ u (v) n 0 u n v n v u n = v u 1. n 0

5 Et on a Φ u E u 1. Pour chaque k N, soit v k = (vn) k n donnée par : vn k = sgn(u n ) si n k (avec la convention que sgn(t) = 0 si t = 0) et vn k = 0 sinon. Alors v k E pour chaque k, v k = 1 (si u 0) et et donc k Φ u E Φ u (v k ) = Φ u (v k ) = u n, k n=0 Φ u E u n = u 1. n 0 On conclut que Φ u E = u 1 (vérifiée aussi si u = 0). ii) D après i), Φ(u) E = Φ u E = u 1. Donc Φ est une isométrie. On montre maintenant la surjectivité de Φ. Soit ϕ E et, si e k = (δn) k n E, k N, on pose u k = ϕ(e k ). On fixe l N et note v l, l élément de F donnée par vk l = sgn(ϕ(ek )), k l et vl k = 0 sinon. Alors u k = ϕ(e k ) = ϕ(e k )vk l = ϕ(v k ) ϕ E. k l k l k l D où u = (u k ) l 1 et u 1 ϕ E. Pour tout v = (v n ) F, on a v = n 0 v ne n (somme finie) et par suite ϕ(v) = n 0 v n ϕ(e n ) = n 0 v n u n = Φ u (v). En d autres termes, ϕ coïncide avec Φ u sur F et puisque F est dense dans E, on conclut que Φ u = ϕ. D où le résultat. 3. a) Puisque f(0) = 0, on a 0 < α. Comme Y est un sous-espace vectoriel on a x Y si x Y. Donc, pour tout x Y, on a à la fois f(x) < α et f(x) < α. D où f(x) < α. En remplaçant x par λx, on déduit que λ f(x) < α, pour tout x Y et λ R, ce qui entraine, bien évidemment, f(x) = 0, pour tout x Y. b) L application Φ x : X R : f f(x) étant continue pour tout x X, Φ 1 x ({0}) est fermé. D où Y = x Y Φ 1 x ({0}) est fermé. De façon similaire, on montre que Y est aussi fermé. Si x Y, on a f(x) = 0 pour tout f Y et donc Y Y. Par suite, Y Y car Y est fermé. Si Y n était pas égal à Y, il existerait y 0 Y \ Y. On trouverait alors, d après le théorème de séparation de Hahn Banach, f X et α R tels que f(x) < α < f(y 0 ), pour tout x Y. D après a), ceci entrainerait f(x) = 0 pour tout x Y, c est-à-dire, f Y. On aurait donc f(y 0 ) = 0 (car y 0 Y ), ce qui est en contradiction avec 0 < f(y 0 ).

6 4. Si J =, alors le résultat est démontré. On suppose alors que J. Soit x J. Puisque H est équicontinue, il existe η > 0 (en prenant ɛ = 1 dans la définition) tel que f(y) f(x) 1, y B(x, η), f H, et donc f(y) f(x) + f(y) f(x) f(x) + 1, y B(x, η), f H. Puisque {f(x)} f H borné, il en de même de {f(y)} f H, pour tout y B(x, η), ce qui montre que J est ouvert. On montre à présent que J est fermé. Soit x = lim n x n, (x n ) une suite d éléments de J. De nouveau l équicontinuité de H entraine l existence d un η > 0 tel que f(y) f(x) 1, y B(x, η), f H, Mais il existe n 0 un entier tel que x n0 B(x, η). Par suite, sup f H f(x) 1 + sup f(x n0 ), f H Il en résulte que x J et par conséquence J est fermé. Si X est connexe et J est non vide alors J = X puisque l on sait, d après ce qui précède, que J est un ouvert et fermé de X. On applique alors le théorème d Ascoli pour conclure que H est relativement compact dans C(X).