Corrigés d exercices pour le TD 4 Série harmonique. Montrer que la série harmonique n n ne vérifie pas le critère de Cauchy et en déduire qu elle diverge. On pose pour n N, 2. Montrer que pour tout p, u n = + 2 + + p + + n ln(n). p + ln(p + ) ln(p) p. 3. Déduire de 2. que la suite (u n ) n est décroissante et minorée. En déduire qu elle converge. 4. Déduire de 2. que pour tout n, pour tout k, u n u n+k n. Retrouver le résultat de la question 3. en montrant que (u n ) n est de Cauchy.. Pour tout n, u 2n u n = 2n n+ p n 2n = 2 ce qui contredit le critère de Cauchy. Or, R étant complet, une série de réels converge seulement si elle vérifie le critère de Cauchy. Donc la série harmonique diverge. 2. Pour tout n, ln(p + ) ln(p) = La fonction t /t étant décroissante, on a donc p+ p dt t. p+ p + p+ dt ln(p + ) ln(p) p p + p p dt = p. 3. On déduit du côté gauche de cette inégalité que u n+ u n = n+ ln (n + )+lnn, ce qui montre que (u n ) décroît, tandis qu en sommant la partie droite de cette inégalité entre p = et n pour n 2, on obtient lnn + 2 + + n, et en particulier la suite (u n ) est positive. Etant décroissante minorée, elle converge. 4. Pour k =, c est évident. Sinon, en sommant les inégalités du. entre n et n + k, on obtient En retranchant n+ +... + n+k n + + + n + k ln (n + k) lnn n +... + n + k. à tous les membres de cette inégalité, on obtient u n+k u n n n + k, et en particulier on a le résultat cherché. Ceci prouve que la suite (u n ) est de Cauchy dans R complet, elle converge donc.
Espaces de suites On définit l = {(u n ) n N R N ; sup{ u n, n N} < + }, muni de (u n ) n N = sup{ u n, n N}, l = {(u n ) n N R N, + u n < + }, muni de (u n ) n N = + l 2 = {(u n ) n N R N, u n 2 < + }, muni de (u n ) n N 2 = + u n, ( + ) /2 u n 2.. Montrer que (l, ), (l, ) et (l 2, 2 ) sont des espaces de Banach. 2. Soit pour p N\{}, U p = (u p n ) n N où u p n = si n p, et up p = /p. Vérifier que Up l l 2 l pour tout p N \ {}. Pour chacune des normes, 2 et, la série de terme général U p est-elle absolument convergente? La suite (U p ) p est-elle une suite de Cauchy? 3. Soit (x p ) p N une suite d éléments de [, [, et soit pour tout p, U p = ((x p ) n+ ) n N. Montrer que U p l l 2 l pour tout p et calculer sa norme, 2 et. Pour chacune des normes, 2 et, donner une condition suffisante pour que la série de terme général U p soit absolument convergente. Quelle est alors sa somme?. On sait déjà que (l, ), (l, ) et (l 2, 2 ) sont des espaces vectoriels normés. Montrons qu ils sont complets. On traite seulement le cas de l, les autres cas étant similaires. Soit (U p ) p N une suite de Cauchy d éléments de (l, ); en particulier pour tout p N, U p est une suite sommable que nous noterons (u p n ) n N. Pour chaque n N, (u p n ) p N est une suite de Cauchy de R, car pour tous p, q N, + u p n uq n u p i uq i = Up U q i= lorsque p et q tendent vers +. Ainsi, R étant complet, pour tout n N, la suite (u p n ) p N converge dans R lorsque p tend vers +. Notons u n sa limite, et notons U = (u n ) n N. Il suffit maintenant de montrer que U l et que U p U pour la norme. Tout d abord montrons que U l : la suite (U p ) étant de Cauchy dans un espace vectoriel normé, elle est en particulier bornée, c est-à-dire qu il existe M > tel que pour tout p N, U p M, et en particulier pour tout p N et tout N N, N u p n Up M. Faisant tendre p vers + dans cette inégalité (ce qui est possible car la somme est finie), on en déduit que pour tout N N, N u n M, et donc la série n N u n converge : U l. Montrons finalement que U p U pour la norme : fixons ε >. La suite (U p ) est de Cauchy, donc il existe p N tel que pour tout p p et tout q p, U p U q ε, et en particulier pour tout p p, tout q p et tout N N, N u p n uq n Up U q ε. Faisant tendre q vers + dans cette inégalité (ce qui est possible car la somme est finie), on en déduit que pour tout p p et tout N N, N u p n u n ε, 2
Lorsque N tend vers +, on en déduit que pour tout p p, U p U = + u p n u n ε, et donc U p U dans l lorsque p +. On a montré que toute suite de Cauchy d éléments de (l, ) converge dans l, ce qui prouve que (l, ) est complet. 2. La suite U p a un seul élément non nul, elle est donc bornée, sommable et de carré sommable. De plus U p = U p = U p 2 = p, et la série des /p diverge. Donc la série de terme général U p n est pas absolument convergente, ni dans l, ni dans l 2, ni dans l. Pour tous p, q N \ {} tels que p q, U p U q = min{p, q}, U p U q = p + q, U p U q 2 = p 2 + q 2, et dans chaque cas, cette quantité tend vers lorsque p et q tendent vers +. La suite (U p ) p est donc de Cauchy dans l, l 2 et l. 3. Pour tout p N, U p est une suite géométrique de raison x p [, [, donc appartient à l l 2 l, et U p = sup(x p ) n = x p, n + U p = (x p ) n = x p, x n= p U p 2 = + x 2 (x p ) 2n p = ( x p ) 2, n= On vérifie alors (c est un exercice de séries numériques) que dans chaque cas, la série de terme général U p est absolument convergente si p N x p converge. Les espaces l, l 2 et l étant complets pour leur norme respective, on en déduit que sous cette condition la série de terme général U p est convergente dans l, l 2 et l. Sa somme est donnée par ( P P P lim P + p= U p = lim P + p= ((x p ) n+ ) n N = lim P + p= (x p ) n+ ) où la limite est prise respectivement au sens de la norme, 2 et. Mais une telle convergence implique la convergence terme à terme (c est-à-dire pour tout n fixé), et donc la somme de la série est la suite ( + ) ( + ) + + (x p ) n+ = x p, (x p ) 2,..., (x p ) n+,.... p= n N p= p= p= n N, Soit (E, ) un espace vectoriel normé. Montrer que (E, ) est complet si et seulement si toute série absolument convergente d éléments de E converge dans E. ( ) C est un théorème de cours: soit n N u n une série d éléments de E absolument convergente, et soit pour n N, U n = n u k. Alors pour m > n, U m U n = m k=n+ u k m k=n+ 3 u k lorsque m, n +,
comme reste d une série convergente. La suite (U n ) est donc de Cauchy, et par complétude de E on en déduit qu elle converge, c est-à-dire que la série n N u n converge. ( ) Soit (u n ) une suite de Cauchy d éléments de E. On peut donc construire une suite (n k ) k divergente et strictement croissante telle que pour tout k N, u nk+ u nk 2 k. La série k N (u n k+ u nk ) est donc absolument convergente, d après le théorème de comparaison entre séries à termes positifs. D après notre hypothèse, elle est donc convergente dans E, c est-à-dire que N (u nk+ u nk ) = u nn u n converge lorsque N + vers un élément de E, et donc la suite de Cauchy (u n ) a une valeur d adhérence dans E. Or une suite de Cauchy qui a une valeur d adhérence converge vers cette valeur d adhérence (exercice!). Donc (u n ) converge, et on a bien montré que E est complet. Théorème des fermés emboités. Soit (E, d) un espace métrique complet, et (F n ) n une suite de fermés emboités non vides dont le diamètre diam(f n ) = sup{d(x, y); x, y F n } tend vers. Montrer que n F n est un singleton. 2. Soit F n = {u l ; u = et u = = u n = }. Vérifier que les F n forment une suite de fermés emboités tous non vides d un espace de Banach, dont l intersection est vide. Quel est le problème?. Commençons par montrer que n F n n est pas vide. Pour tout n N, soit x n F n. Pour tous n, m N tels que m n, comme les F i sont emboîtés, on sait que x m F m F n, x n F n et donc d(x m, x n ) diam(f n ) quand n +. La suite (x n ) est donc de Cauchy dans (E, ) complet, elle converge vers un certain x E. De plus pour tout n et m n, on a x m F m F n, et par fermeture de F n on en déduit lorsque m + que x F n, et ce pour tout n. Ainsi x n F n, qui n est pas vide. Soit de plus x et y deux éléments de n F n, alors pour tout n, x, y F n et donc d(x, y) diam(f n ) quand n +, ce qui montre que x = y. On a donc montré que n F n est un singleton. 2. Les F n sont clairement emboîtés, car si u l vérifie u = = u n+ =, alors a fortiori u = = u n =. Les F n sont tous non vides, car pour tout n N fixé, la suite u définie par u = = u n = et u i = pour tout i n + est élément de F n. Les F n sont également fermés car une suite (u p ) p d éléments de F n convergeant vers un élément u dans l vérifie u p = et u p = = up n = pour tout p, et up i u i lorsque p + pour tout i; en particulier à la limite on obtient u = et u = = u n =, et donc u F n. Enfin l est un espace de Banach. Pourtant l intersection des F n est vide car un élément u de cette intersection devrait vérifier u = et u i = pour tout i, ce qui est contradictoire. Le problème vient de ce que le diamètre de F n est 2, et ne tend pas vers. Valeurs d adhérence d une suite Soit (E, d) un espace métrique.. Soit (x n ) n une suite d éléments de E. Montrer que l ensemble des valeurs d adhérences de (x n ) est égal à l ensemble n {x m ; m n}. 2. En déduire que si le théorème des fermés emboités est vrai dans E, alors E est complet. 4
. Soit x E. Alors x est valeur d adhérence de (x n ) si et seulement si D où le résultat. ε >, n N, m n tel que d(x m, x) < ε n N, ε >, {x m ; m n} B(x, ε) n N, x {x m ; m n} x n {x m ; m n}. 2. Soit (x n ) une suite de Cauchy d éléments de E, et soit pour tout n, F n = {x m ; m n}. Montrons que F n satisfait les hypothèses du théorème des fermés emboîtés. Tout d abord, pour tout n, F n est évidemment non vide et fermé. Les (F n ) forment une suite emboîtée car pour tout n, {x m ; m n + } {x m ; m n}, relation qui passe à l adhérence. Enfin, le diamètre de F n est égal à sup{d(x p, x q ), p, q n}. Pour cela il suffit de montrer que pour toute partie A E, diam(a) = diam(a). L inégalité est triviale puisque A A, tandis que pour l inégalité inverse, si x, y A, il existe deux suites (x n ) et (y n ) d éléments de A convergeant respectivement vers x, y. Alors d(x, y) = limd(x n, y n ) diam(a) puisque x n, y n A. En passant au sup à gauche, on obtient le résultat annoncé. Ainsi diam(f n ) = sup{d(x p, x q ), p, q n} lorsque n +, car (x n ) est une suite de Cauchy. Comme le théorème des fermés emboîtés est vrai, on déduit de cela qu il existe x E tel que n {x m ; m n} = {x}. D après la première question, la suite de Cauchy (x n ) possède donc une valeur d adhérence. Or une suite de Cauchy qui possède une valeur d adhérence converge vers cette valeur d adhérence. La suite (x n ) est donc convergente : on a bien montré que (E, ) est complet. Boules emboitées Soit B(a n, r n ) une suite de boules fermées emboitées d un espace métrique complet.. Montrer que pour tout m, n N tels que m n, d(a n, a m ) r n r m. 2. En déduire que n B(an, r n ) est une boule fermée. La suite (r n ) est nécessairement décroissante puisque les boules sont emboîtées. Etant de plus positive, elle converge. Soit r sa limite. Pour tout m n on a de plus d(a n, a m ) r n r m, () car B(a m, r m ) B(a n, r n ). La suite (a n ) est donc de Cauchy dans un espace métrique complet, elle converge. Soit a sa limite. Montrons que n B(an, r n ) = B(a, r). Tout d abord, lorsque m + dans (), on obtient pour tout n, d(a n, a) r n r 5
et donc B(a, r) n B(an, r n ). Réciproquement, si x n B(an, r n ), alors pour tout n d(x, a n ) r n, et donc à la limite d(x, a) r, ce qui montre que n B(an, r n ) B(a, r) et conclut. Montrer que R 2 ne s écrit pas comme union disjointe de cercles de rayons tous non nuls. Raisonnons par l absurde, et soit (C i ) i I un recouvrement de R 2 par de tels cercles, où I est un ensemble d indices réels. Pour tout i, soit D i le disque correspondant à C i, et a i son centre. Soit a i quelconque. Alors il existe i I tel que a i C i. Par récurrence, on construit une suite (a ik ) telle que pour tout k N, a ik C ik+. Les C i étant disjoints, les disques D ik pour k N sont emboîtés, et leur diamètre est au moins divisé par 2 à chaque étape. En appliquant le théorème des fermés emboîtés dans R 2 muni de la norme euclidienne, qui est complet, on obtient que D ik est un singleton {x}. Alors x doit appartenir à l un des C i, disons C i. Pour tout k tel que r ik < r i, alors x C i D ik, et donc C i C ik, ce qui est absurde puisque les C i sont disjoints. Soit (E, ) un C-espace vectoriel normé complet, et soit A une partie de E non vide et différente de E. Montrer que la frontière de A, Fr(A), est non vide. L ensemble A étant non vide et différent de E, il existe x A et y A c. Posons z = x + y. 2 Deux cas se présentent: soit z A, et alors on pose { x = z y = y, soit z / A, et dans ce cas on pose { x = x y = z. De la même façon, on construit par récurrence deux suites (x n ) A N et (y n ) (A c ) N telles que pour tout n N, si z n = (x n + y n )/2, { { xn+ = z n xn+ = x n si z n A, sinon. y n+ = y n y n+ = z n On a donc construit une suite de segments emboîtés ([x n, y n ]) dont le diamètre est égal à x y 2 n lorsque n +. Comme E est complet, d après le théorème de fermés emboîtés il existe x E tel que n N [x n, y n ] = {x}. Alors nécessairement x n x et y n x, car x n N [x n, y n ] et donc max{ x n x, y n x } x n y n lorsque n +. Mais x n A pour tout n, donc x A, et y n A c pour tout n, donc x A c. Ainsi x A A c = Fr(A), qui n est donc pas vide. 6
Théorème du point fixe. Soit (E, d) un espace métrique complet (non vide), et T : E E une application k-contractante avec k ], [, c est-à-dire que pour tous x, y E, d(t(x), T(y)) k d(x, y). Montrer que T admet un unique point fixe, en considérant pour a E quelconque, la suite (u n ) n N définie par récurrence par { un+ = T(u n ), u = a. 2. Application: montrer qu il existe une unique solution y C ([, ]; R) solution du problème de Cauchy { y (x) = sin(xy(x)) pour x [, ], y() =.. Soit a E, et (u n ) n la suite d éléments de E définie par récurrence par { un+ = T(u n ), u = a. Montrons que (u n ) est une suite de Cauchy, et pour cela commençons par montrer par récurrence sur n que pour tout n N, d(u n+, u n ) k n d(u, u ). C est évident pour n =, et si l on suppose que cette propriété est vraie pour un n N fixé, alors d(u n+2, u n+ ) = d(t(u n+ ), T(u n )) k d(u n+, u n ) car T est k-contractante k k n d(u, u ) d après l hypothèse de récurrence = k n+ d(u, u ), et donc la propriété est vraie pour n +, et par le principe de récurrence elle est finalement vraie pour tout n N. Alors, pour n, m N avec m > n, on a en utilisant cette propriété d(u m, u n ) d(u m, u m ) + + d(u n+, u n ) (k m + + k n )d(u, u ) kn k d(u, u ), ce qui prouve que (u n ) est de Cauchy. Par complétude de E, il existe donc u E tel que u n u lorsque n +. Sachant que pour tout n N on a u n+ = T(u n ), alors en passant à la limite, on obtient, par continuité de T, u = T(u), c est-à-dire que u est point fixe de T. Un tel point fixe est unique car deux points fixes u et v vérifient d(u, v) = d(t(u), T(v)) kd(u, v) avec < k <, et donc nécessairement d(u, v) =, ce qui implique que u = v. On obtient même une estimation de la vitesse de convergence de (u n ) vers u, puisque la série d inégalités précédente montre, lorsque m +, que pour tout n N, d(u, u n ) kn k d(u, u ). 2. On commence par remarquer que y C ([, ], R), y (x) = sin(xy(x)) pour x [, ], y() =. y C ([, ], R), y(x) = + x sin(ty(t))dt pour x [, ], 7
Il suffit donc de montrer que l application E E, ( T : y x + x ) sin(ty(t)) dt, qui est évidemment bien définie et à valeurs dans E, a un unique point fixe. L espace (C ([, ], R), ) étant complet, il suffit de montrer que T est contractante. Or pour u, v E, et pour tout x [, ], T(u)(x) T(v)(x) x x x sin(tu(t)) sin(tv(t)) dt t u(t)) v(t) dt t dt u v = 2 u v. car sin est -Lipschitzienne En passant au sup à gauche sur x [, ], on obtient que T est /2-contractante. Soit (E, ) une algèbre normée complète, et soit a E tel que a <. Montrer que a est inversible et que ( a) = + a n. Soit f : { E E x + ax On vérifie que f est une contraction, car pour x, y E, la distributivité de la multiplication implique que f(x) f(y) = a(x y) a x y, et a <. E étant complet, f possède un unique point fixe x E, qui vérifie donc + ax = x = ( a)x, c est-à-dire que x est un inverse à droite de a. De la même façon, en considérant { E E g : x + xa on construit un inverse à gauche y pour a. Ces inverses sont nécessairement égaux, car l associativité de la multiplication implique que y = y[( a)x] = [y( a)]x = x. Donc a est inversible d inverse x = y qui n est autre que l unique point fixe de f. De plus on sait que le point fixe de f est donné par la limite de la suite (u n ) définie par récurrence par { un+ = f(u n ) u =. Or on montre facilement par récurrence que pour tout n N, ce qui montre que cette série converge et que u n = n a k, ( a) = + a n. 8
Points de continuité d une limite simple. Soit (f n ) n N une suite de fonctions continues de R dans R qui converge simplement vers une fonction f. On veut montrer que f est continue sur un ensemble dense de réels. Pour cela, on pose pour tout n N et k N tel que k, puis F n,k = {x R m n, p n, f m (x) f p (x) /k}, O = k N O k où O k = n N F n,k. On va montrer que O est dense dans R et que f est continue sur O. a) Montrer que F n,k est un fermé pour tout n N et k, et que pour tout k, n N F n,k = R. b) Montrer que pour tout entier k, O k est un ouvert dense dans R. c) Montrer que O est dense dans R. d) Montrer que pour tout réel x O, f est continue en x. 2. Soit f : R R une fonction dérivée, c est-à-dire qu il existe g : R R dérivable telle que g = f. Montrer que f est la limite simple de la suite de fonctions (g n ) définie par ( ( g n (x) = n g x + ) ) g(x) n et en déduire que f est continue sur un ensemble dense de points.. a) F n,k est fermé pour tout n N et k, car F n,k = (f m f p ) ([ /k, /k]). m,p n L ensemble (f m f p ) ([ /k, /k]) est fermé pour tous m, p, comme image réciproque du fermé [ /k, /k] de R par l application continue f m f p. L ensemble F n,k est donc fermé comme intersection de fermés. La suite de fonction (f n ) converge simplement vers f, donc pour tout x R, (f n (x)) est une suite convergeante, donc de Cauchy. Alors pour tout x R, et tout k, il existe n N tel que pour tout m n, pour tout p n, f m (x) f p (x) /k, c est-à-dire tel que x F n,k. Ceci signifie exactement que pour tout k, F n,k = R. n N b) Par définition O k = n N F n,k, c est donc un ouvert comme réunion d ouverts, et pour montrer que O k est dense dans R, il suffit de montrer que pour tout x R, et tout r >, l intervalle ]x r, x + r[ rencontre l intérieur de F n,k pour un certain n N. Or, pour tout n, [x r, x + r] F n,k est un fermé (intersection de fermés), et d après le a) r, x + r] F n,k = [x r, x + r] n N[x F n,k = [x r, x + r], n N qui est d intérieur non vide dans (R, ), espace métrique complet. D après la contraposée du théorème de Baire, il existe n N tel que [x r, x + r] F n,k est d intérieur non vide, c est-à-dire ]x r, x + r[ F n,k, ce qui est le résultat cherché. Pour tout k, O k est donc dense dans R. c) D après le théorème de Baire dans l espace métrique complet (R, ), on en déduit immédiatement que O = k N O k est dense dans R comme intersection dénombrable d ouverts denses. d) Soit x O et ε >. Soit k tel que 3/k < ε. Par définition de O, x O k, donc il existe n N et r > tel que ]x r, x + r[ F n,k. 9
Alors pour tout y ]x r, x + r[, et pour tout m, p n, f m (y) f p (y) /k. Lorsque p tend vers +, sachant que (f p ) p converge simplement vers f, on en déduit que pour tout y ]x r, x + r[, et pour tout m n, f m (y) f(y) /k. En particulier, f n (y) f(y) /k et f n (x) f(x) /k. La fonction f n étant continue, il existe h ], r[ tel que pour tout y ]x h, x+h[, f n (y) f n (x) /k. Finalement, pour tout y ]x h, x+h[, f(y) f(x) f(y) f n (y) + f n (y) f n (x) + f n (x) f(x) 3/k < ε. La fonction f est donc continue en x, et ce pour tout x O. 2. Par définition même de la dérivée, f est limite simple de la suite de fonctions (g n ). En appliquant le résultat du., on obtient donc que f est continue sur un ensemble dense de points. Théorème de Banach-Steinhaus Soit (E, E ) un espace de Banach et (F, F ) un espace vectoriel normé. On considère une famille (f i ) i I d applications linéaires continues de E dans F. On suppose que cette famille est ponctuellement bornée, c est-à-dire que pour tout x E, sup f i (x) < +. i I Montrer que (f i ) i I est uniformément bornée, c est-à-dire qu il existe une constante K telle que : i I, f i K. Posons pour n N, E n = {x E; i I, f i (x) F n}. Pour tout n N, E n est fermé comme intersection des images réciproques du fermé [, n] de (R, ) par les applications continues f i, pour i I. De plus, comme la famille (f i (x)) i I est ponctuellement bornée pour tout x E, on a E = n N E n qui est d intérieur non vide. D après le théorème de Baire, il existe n N tel que E n est d intérieur non vide, c est-à-dire, qu il existe a E n et r > tel que B(a, r) E n. Soit alors x E tel que x E. Alors pour tout i I, f i (x) F = r f i(rx) F = r f i(a + rx) f i (a) F r f i(a + rx) F + r f i(a) F 2 r k. Ceci implique que pour tout i I, f i 2 r k, car la norme triple a la propriété que f i = Le résultat est donc démontré avec K = 2 r k. sup f i (x) F. x E,x Limite simple d applications linéaires continues Soit (f n ) une suite d applications linéaires continues d un espace de Banach (E, E ) dans un espace vectoriel normé (F, F ) qui converge simplement vers une fonction f. Montrer que f est également une application linéaire continue. La suite (f n ) converge simplement vers f, c est-à-dire que pour tout x E, f n (x) f(x) lorsque n +. Montrons alors que f est une application linéaire : pour tous x, y E, et λ, µ K, en utilisant la linéarité de f n pour tout n, on a ce qui prouve que f est linéaire. f(λx + µy) = limf n (λx + µy) = limλf n (x) + µf n (y) = λf(x) + µf(y),
De plus, pour tout x E, la suite f n (x) est bornée car convergente. Enfin, (E, E ) étant un espace de Banach, on en déduit d après le théorème de Banach-Steinhaus (exercice 2), qu il existe une constante K > telle que pour tout n N, f n K, c est-à-dire que pour tout n N et x E, f n (x) F K x E. Lorsque n tend vers +, on en déduit que pour tout x E, et donc l application linéaire f est continue. f(x) F K x E Sommes de Riemann Soit E = C ([, ]; R) muni de la norme. Pour tout entier n, soit I n la forme linéaire définie par I n (f) = n f(t)dt f(k/n), c est-à-dire que e n (f) = n I n(f) est l erreur commise dans l approximation de l intégrale de f par sa n-ième somme de Riemann à gauche.. Montrer que si la fonction f est Lipshitzienne. e n (f) = O ( ) n 2. Montrer que I n est continue sur E pour tout n et calculer sa norme d application linéaire (R est muni de la valeur absolue). 3. Déduire du 2. et de l exercice 2 (théorème de Banach-Steinhaus) que le résultat du. est faux en général si f est seulement continue, c est-à-dire qu il existe f E telle que e n (f) n est pas un O(/n).. Supposons que f est K Lipschitzienne. Alors pour tout n N supérieur à, e n (f) = f(t)dt f(k/n) n (k+)/n) = f(t)dt f(k/n) k/n n (k+)/n) [f(t) f(k/n)] dt k/n (k+)/n) k/n f(t) f(k/n) dt. f étant K Lipshitzienne, on peut majorer cette quantité par (k+)/n) k/n K t k/n dt = K (k+)/n) k/n (t k/n)dt, c est-à-dire On a donc montré que K [ (t k/n) 2 2 ] (k+)/n k/n e n (f) K 2n, = K 2n 2 = K 2n.
et donc e n (f) est un O(/n) si f est Lipschitzienne. 2. Fixons n. Pour tout f E, I n (f) = n n f(t)dt f(k/n) f(t)dt + f(k/n) n f + f = 2n f. La forme linéaire I n est donc continue de norme I n 2n. On va montrer que I n = 2n. Pour cela on cherche à réaliser l égalité I n (f) = 2n f, pour un certain f E non nul, ce qui revient à trouver f E tel que f = et I n (f) = 2n. En observant la série d inégalités précédente, on se rend compte que pour que toutes ces inégalités soient des égalités, il faut que la fonction f soit égale à partout sauf aux points k/n pour k =,..., n, où f vaut. Bien sûr, cette fonction ne convient pas, n étant pas continue. On va donc l approcher par une suite de fontions continues (f m ) qui tendent vers l égalité. Pour tout m N tel que m 2n, définissons f m par les propriétés suivantes pour tout k =,...,n (faire un dessin!) : f m (k/n) = f m ((k + )/n) = f m (x) = pour x [k/n + /m, (k + )/n /m] f m est affine sur [k/n, k/n + /m] et sur [(k + )/n /m, (k + )/n] f m est continue sur [, ]. Alors f m = pour tout m 2n et I n (f m ) = n = n f m (t)dt f m (k/n) (k+)/n) k/n ( = n n 2 m ( = n 2n m f m (t)dt f m (k/n) ) ( ) ) + n = 2n 2n2 m. On obtient donc (c est le raisonnement classique que l on a fait plusieurs fois), c est-à-dire I n = I n (f) sup I n (f m ) 2n lorsque m +, f E,f f I n = 2n. 3. L espace (E, ) est un espace de Banach, et (R, ) est un espace vectoriel normé, donc le théorème de Banach-Steinhaus s applique. La suite d applications linéaires continues (I n ) n étant pas uniformément bornée d après la question précédente (la norme de I n vaut 2n), ce théorème implique que (I n ) n est pas non plus ponctuellement bornée. Il existe donc f E tel que (I n (f)) n n est pas bornée. Alors pour cette fonction f, e n (f) n est pas un O(/n), sinon il existerait M > tel que pour tout n, ce qui est faux. e n (f) M n I n(f) M, 2