Agrégation interne : espaces métriques, espaces vectoriels normés

Exercice 1

- Suites et polynômes [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Sur $E=\mathbb R[X]$, on définit $N_1$ et $N_2$ par $$N_1( P)=\sum_{k=0}^{+\infty}|P^{(k)}(0)|\textrm{ et }N_2( P)=\sup_{t\in [-1,1]}|P(t)|.$$

Démontrer que $N_1$ et $N_2$ sont deux normes sur $E$.
Étudier pour chacune des deux normes la convergence de la suite $(P_n)$ définie par $P_n=\frac 1nX^n$.
Les deux normes sont-elles équivalentes?

Indication

Corrigé

Exercice 2

- Somme d'un ensemble et d'un ouvert ou d'un fermé [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Enoncé

Soit $(E,N)$ un espace vectoriel normé, et $A$ et $B$ deux parties de $E$. On définit : $$A+B=\left\{z\in E;\ \exists x\in A,\ \exists y\in B,\ z=x+y\right\}.$$

Démontrer que si $A$ est ouvert, alors pour tout $b\in E$, $A+\{b\}$ est ouvert.
Démontrer que si $A$ est ouvert, alors $A+B$ est ouvert.
Démontrer que les parties $A=\{(x,y)\in\mathbb R^2;\ xy=1\}$ et $B=\{0\}\times \mathbb R$ sont fermées.
Démontrer que $A+B$ n'est pas fermée, pour $A$ et $B$ les parties de $\mathbb R^2$ introduites à la question précédente.

Indication

Corrigé

Exercice 3

- Sous-espace vectoriel ouvert [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Enoncé

Soit $E$ un espace vectoriel normé et $F$ un sous-espace vectoriel de $E$. On suppose que $F$ est ouvert. Démontrer que $F=E$.

Indication

Corrigé

Exercice 4

- Exemples [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Enoncé

Dessiner, puis déterminer l'intérieur et l'adhérence des parties de $\mathbb R^2$ suivantes : \begin{array}{lll} A=\left\{(x,y)\in\mathbb R^2;\ x>0\right\}&\quad& B=\left\{(x,y)\in\mathbb R^2; \ xy=1\right\}\\ C=\left\{(x,y)\in\mathbb R^2;\ xy>1\right\}&\quad& D=\left\{(x,y)\in\mtr^2\mid x^2+y^2\le 2\right\} \setminus \left\{(x,y)\in \mtr^2 \mid (x-1)^2+y^2<1\right\}. \end{array}

Indication

Corrigé

Remarquons d'abord que $A$ est une partie ouverte (c'est le demi-plan droit strict) : si $(x,y)\in A$, alors $B( (x,y), x/2)$ est contenue dans $A$. Ainsi, $\stackrel{\circ}A=A$. D'autre part, on a $\bar A=\{(x,y)\in\mathbb R^2;\ x\geq 0\}$. En effet, si $(x_n,y_n)$ est une suite de $A$ qui converge vers $(x,y)$, alors par passage à la limite $x\geq 0$, ce qui prouve que $\bar A\subset \{(x,y)\in\mathbb R^2;\ x\geq 0\}$. Réciproquement, soit $(x,y)\in\mathbb R^2$ tel que $x\geq 0$. Alors, si $x>0$, $(x,y)\in A\subset \bar A$ et si $x=0$, alors prenons la suite $(x_n,y_n)$ définie par $x_n=x+\frac 1n$, $y_n=y$. $(x_n,y_n)$ est une suite de $A$ qui converge vers $(x,y)$, ce qui démontre l'inclusion réciproque.
On montre facilement que $B$ est fermé, et donc que $\bar B=B$. D'autre part, $\stackrel{\circ}B=\varnothing$. En effet, si $(x,y)\in B$, il existe une suite $(x_n,y_n)$ qui n'est pas dans $B$ et qui converge vers $x$, par exemple $x_n=x+\frac 1n$ et $y_n=y$, on a $x_ny_n=1+\frac yn\neq 1$ puisque $y\neq 0$.
On remarque d'abord que cet ensemble est ouvert (le plus facile est de dire qu'il s'agit de l'image réciproque de l'ouvert $]1,+\infty[$ par l'application continue $\phi(x,y)=xy$). Ainsi, $\stackrel{\circ}C=C$. D'autre part, par une démonstration semblable à la démonstration effectuée pour $A$, on démontre que $\bar C=\{(x,y)\in\mathbb R^2;\ xy\geq 1\}$.
On va écrire l'ensemble $D$ autrement : $$D=\{(x,y)\in\mtr^2\mid x^2+y^2\le 2\}\cap \{(x,y)\in \mtr^2 \mid (x-1)^2+y^2\geq 1\}.$$ Remarquons que $D$ est fermé, et donc $\bar D=D$. D'autre part, l'intérieur de l'intersection vaut l'intersection des intérieurs. On a donc : $$\stackrel{\circ}D=\{(x,y)\in\mtr^2\mid x^2+y^2< 2\}\cap \{(x,y)\in \mtr^2 \mid (x-1)^2+y^2> 1\}.$$ La frontière est alors : \begin{eqnarray*} \Fr(D)&=&\big(\{(x;y)\in\mathbb{R}^2;\ x^2+y^2\leqslant2\}\cap\{(x;y)\in\mathbb{R}^2|(x-1)^2+y^2=1\}\big)\\ && \cup\big(\{(x;y)\in\mathbb{R}^2|x^2+y^2=2\}\cap\{(x;y)\in\mathbb{R}^2|(x-1)^2+y^2\geq1\}.\big) \end{eqnarray*}

Exercice 5

- Sont-elles continues? [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Enoncé

Déterminer si l'application linéaire $T:(E,N_1)\to (F,N_2)$ est continue dans les cas suivants :

$E=\mathcal C([0,1],\mathbb R)$ muni de $\|f\|_1=\int_0^1 |f(t)|dt$ et $T:(E,\|.\|_1)\to (E,\|.\|_1),\ f\mapsto fg$ où $g\in E$ est fixé.
$E=\mathbb R[X]$ muni de $\|\sum_{k\geq 0}a_k X^k\|=\sum_{k\geq 0}|a_k|$ et $T:(E,\|.\|)\to (E,\|.\|)$, $P\mapsto P'$.
$E=\mathbb R_n[X]$ muni de $\|\sum_{k=0}^n a_k X^k\|=\sum_{k=0}^n |a_k|$ et $T:(E,\|.\|)\to (E,\|.\|)$, $P\mapsto P'$.
$E=\mathbb R[X]$ muni de $\|\sum_{k\geq 0}a_k X^k\|=\sum_{k\geq 0}k!|a_k|$ et $T:(E,\|.\|)\to (E,\|.\|)$, $P\mapsto P'$.
$E=\mathcal C([0,1],\mathbb R)$ muni de $\|f\|_2=\left(\int_0^1 |f(t)|^2dt\right)^{1/2}$, $F=\mathcal C([0,1],\mathbb R)$ muni de $\|f\|_1=\int_0^1 |f(t)|dt$ et $T:(E,\|.\|_2)\to (F,\|.\|_1),\ f\mapsto fg$ où $g\in E$ est fixé.

Indication

Corrigé

Exercice 6

- Étude de l'opérateur d'intégration [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Enoncé

Soit $E=\mathcal C([0,1],\mathbb R)$ que l'on munit de la norme $$\|f\|_1=\int_0^1 |f(t)|dt,\ f\in E.$$ Soit $\phi$ l'endomorphisme de $E$ défini par $$\phi(f)(x)=\int_0^x f(t)dt.$$

Justifier la terminologie : "$\phi$ est un endomorphisme de $E$."
Démontrer que $\phi$ est continue.
Pour $n\geq 0$, on considère $f_n$ l'élément de $E$ défini par $f_n(x)=ne^{-nx}$, $x\in[0,1]$. Calculer $\|f_n\|_1$ et $\|\phi(f_n)\|_1$.
Déterminer $\|\phi\|_{\textrm{op}}$.
$\phi$ est-elle injective? surjective?
Quelles sont les valeurs propres de $\phi?$

Indication

Corrigé

$\phi$ est clairement une application linéaire, et il faut juste rappeler que $\phi(f)$, comme primitive d'une fonction continue, est elle-même continue (et même $C^1$).
On a $$|\phi(f)(x)|\leq \int_0^x |f(t)|dt\leq \int_0^1 |f(t)|dt\leq \|f\|_1.$$ On en déduit que $$\|\phi(f)\|_1\leq \int_0^1 \|f\|_1dt\leq \|f\|_1.$$ Ainsi, $\phi$ est continue.
On a $\phi(f_n)(x)=\int_0^x ne^{-nt}dt=1-e^{-nx}$. En particulier, $\|f_n\|_1=\phi(f_n)(1)=1-e^{-n}$. De plus, $$\|\phi(f_n)\|_1=\int_0^1 (1-e^{-nx})dx=1-\frac{1-e^{-n}}{n}.$$
D'après la question 2, pour tout $f\in E$, $$\|\phi(f)\|_1\leq \|f\|_1,$$ et donc $\|\phi\|_{\textrm{op}}\leq 1$. De plus, on a $$\|\phi(f_n)\|_1\leq \|\phi\|_{\textrm{op}} \|f_n\|_1\implies \left(1-\frac{1-e^{-n}}{n}\right) \leq (1-e^{-n}) \|\phi\|_{\textrm{op}}.$$ Passant à la limite dans cette inégalité, on conclut que $\|\phi\|_{\textrm{op}}\geq 1$, ce qui prouve finalement que $\|\phi\|_{\textrm{op}}=1$.
On commence par remarquer que $\phi$ n'est pas surjective. En effet, $\phi(f)$ est de classe $\mathcal C^1$ pour tout $f\in E$, et il existe des fonctions de $E$ qui ne sont pas $\mathcal C^1$ sur $[0,1]$, par exemple la fonction $x\mapsto\left|x-\frac 12\right|.$ En revanche, $\phi$ est injective. En effet, si $\phi(f)=0,$ alors pour tout $x\in[0,1],$ $$\int_0^x f(t)dt=0.$$ En dérivant cette égalité, on trouve $f(x)=0$ pour tout $x\in[0,1]$ et donc $f=0.$
Soit $\lambda\in\mathbb R\backslash\{0\}.$ On va démontrer que $\lambda$ n'est pas une valeur propre de $\phi.$ Si $f\in E$ vérifie $\phi(f)=\lambda f,$ alors pour tout $x\in [0,1],$ $$\int_0^x f(t)dt=\lambda f(x).$$ Ceci prouve que $f$ est dérivable et en dérivant la relation précédente, on trouve que, pour tout $x\in[0,1],$ $$f(x)=\lambda f'(x).$$ Ainsi, il existe $C\in\mathbb R$ tel que $f(x)=Ce^{x/\lambda}$ pour tout $x\in[0,1].$ Mais on doit avoir $f(0)=\phi(f)(0)=0,$ et donc $C=0$. Ainsi, $f=0$ et $\lambda$ n'est pas valeur propre de $f$. On vient donc de prouver que $\phi$ n'admet pas de valeurs propres (ce qui est possible car $E$ est de dimension infinie).

Exercice 7

- Inégalités de Hölder et de Minkowski [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Enoncé

Soit $x,y\in\mtr_+^*$, $p,q\in[1,+\infty[$ tels que $1/p+1/q=1$, et $a_1,\dots,a_n,b_1,\dots,b_n$ $2n$ réels strictement positifs.

Montrer que $$xy\leq \frac{1}{p}x^p+\frac{1}{q}y^q.$$
On suppose dans cette question que $\sum_{i=1}^n a_i^p=\sum_{i=1}^n b_i^q=1.$ Montrer que $\sum_{i=1}^n a_ib_i\leq 1$.
En déduire la splendide inégalité de Hölder : $$\sum_{i=1}^n a_ib_i\leq\left(\sum_{i=1}^n a_i^p\right)^{1/p}\left(\sum_{i=1}^n b_i^q\right)^{1/q}.$$
On suppose en outre que $p>1$. Déduire de l'inégalité de Hölder l'inégalité de Minkowski : $$\left(\sum_{i=1}^n (a_i+b_i)^p\right)^{1/p}\leq\left(\sum_{i=1}^na_i^p\right)^{1/p}+\left(\sum_{i=1}^n b_i^p\right)^{1/p}.$$
On définit pour $x=(x_1,\dots,x_n)\in \mathbb R^n$ $$\|x\|_p=(|x_1|^p+\dots+|x_n|^p)^{1/p}.$$ Démontrer que $\|\cdot\|_p$ est une norme sur $\mathbb R^n$.

Indication

Corrigé

Exercice 8

- Opérations ensemblistes, intérieur et adhérence [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Enoncé

Soient $A,B$ deux parties d'un espace vectoriel normé $(E,\|\cdot\|)$.

On suppose $A\subset B$. Démontrer que $\mathring A\subset\mathring B$ et que $\bar A\subset\bar B$.
Démontrer que $(A\cap B)^\circ=\mathring A\cap\mathring B$ et que $\mathring A\cup\mathring B\subset ( A\cup B)^\circ$, mais que l'inclusion peut être stricte.
Comparer $\overline{A\cap B}$ et $\bar A\cap \bar B$, puis $\overline{A\cup B}$ et $\bar A\cup \bar B$.

Indication

Corrigé

Si $x\in \mathring A$, alors $A$ est voisinage de $x$. Puisque $A\subset B$, $B$ est aussi voisinage de $x$ et $x\in\mathring B$. D'autre part, si $x\in\bar A$, il existe une suite $(x_n)$ de $A$ qui converge vers $x$. Mais $(x_n)$ est aussi une suite de $B$ et donc $x\in\bar B$.
D'une part, on a $A\cap B\subset A$ et $A\cap B\subset B$, donc par la question précédente, on a $(A\cap B)^\circ\subset \mathring A$ et $(A\cap B)^\circ\subset\mathring B$ d'où $(A\cap B)^\circ\subset\mathring A\cap\mathring B$. Réciproquement, si $x\in \mathring A\cap\mathring B$, il existe $r_1>0$ tel que $B(x,r_1)\subset A$ et il existe $r_2>0$ tel que $B(x,r_2)\subset B$. Posons $r=\min(r_1,r_2)>0$. Alors $B(x,r)\subset A\cap B$ et donc $x\in (A\cap B)^\circ$.
De la même façon, de $A\subset A\cup B$ et $B\subset A\cup B$, on tire $\mathring A\cup\mathring B\subset ( A\cup B)^\circ$. Prenons maintenant $A=[0,1]$ et $B=[1,2]$. Alors $\mathring A=]0,1[$, $\mathring B=]1,2[$ et $(A\cup B)^\circ=]0,2[$. En particulier, $1\in (A\cup B)^\circ$ alors que $1\notin \mathring A\cup\mathring B$.
De la même façon qu'à la question précédente, en utilisant le résultat de la première question, on a $\overline{A\cap B}\subset \bar A\cap \bar B$ et $\bar A\cup \bar B\subset \overline{A\cup B}$. La première inclusion peut être stricte. En effet, prenons $A=]0,1[$ et $B=]1,2[$, de sorte que $A\cap B=\varnothing$ alors que $\bar A\cap \bar B=\{1\}$. La seconde inclusion est une égalité. Prenons $x\in \overline{A\cup B}$. Alors $x$ est limite d'une suite $(x_n)$ à valeurs dans $A\cup B$. Mais ou bien il y a une infinité de termes de $(x_n)$ qui sont dans $A$, ou bien il y a une infinité de termes de $(x_n)$ qui sont dans $B$. Dans le premier cas, $x\in\bar A$ et dans le second, $x\in\bar B$. Dans tous les cas, $x\in \bar A\cup\bar B$.
Remarquons que l'on aurait aussi pu déduire les résultats de cette question à partir des résultats de la question précédente en passant au complémentaire, puisque $(\bar A)^c=(A^c)^\circ$ etc...

Exercice 9

- Projection [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Enoncé

Soit $E$ un espace vectoriel normé et $u$ un endomorphisme de $E$ vérifiant, pour tout $x\in E$, $\|u(x)\|\leq \|x\|$. Pour tout $n\in\mathbb N$, on pose $$v_n=\frac 1{n+1}\sum_{k=0}^n u^k.$$

Simplifer $v_n\circ(u-Id)$.
Montrer que $\ker(u-Id)\cap\textrm{Im}(u-Id)=\{0\}$.
On suppose désormais que $E$ est de dimension finie. Démontrer que $$\ker(u-Id)\oplus\textrm{Im}(u-Id)=E.$$
Soit $p$ la projection sur $\ker(u-Id)$ parallèlement à $\textrm{Im}(u-Id)$. Démontrer que, pour tout $x\in E$, $v_n(x)\to p(x)$.

Indication

Corrigé

Exercice 10

- Sous-groupes de $\mathbb R$ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Enoncé

Soit $H$ un sous-groupe de $(\mathbb R,+)$ non réduit à $\{0\}$.

Justifier l'existence de $m=\inf\{x\in H;\ x>0\}$.
On suppose que $m>0$. Démontrer que $m\in H$ puis que $H=m\mathbb Z$.
On suppose que $m=0$. Démontrer que $H$ est dense dans $\mathbb R$.
En déduire que, si $a$ et $b$ sont deux réels non nuls, $a\mathbb Z+b\mathbb Z$ est dense dans $\mathbb R$ si et seulement si $\frac ab\notin\mathbb Q$.

Indication

Corrigé

Il suffit de prouver que $\{x\in H;\ x>0\}$ est non-vide, puisque c'est une partie de $\mathbb R$ minorée. Soit $x\in H$, $x\neq 0$. Si $x>0$, c'est bon. Sinon, on considère $-x$.
Supposons que $m\notin H$. Alors, par définition de la borne inférieure, il existe $x\in H$ tel que $m<x<2m$. Toujours pas définition de la borne inférieure, il existe $y\in H$ tel que $m<y<x$. Mais alors, $x-y\in H$ puisque $H$ est un groupe et $0<x-y<m$, ce qui contredit la définition de la borne inférieure. On en déduit que $m\in H$ puis, parce que $H$ est un groupe, que $m\mathbb Z\subset H$.
Réciproquement, prenons $x\in H$. Si $x\notin m\mathbb Z$, soit $k$ l'unique entier relatif tel que $mk<x<(k+1)m$. Alors $0<x-mk<m$ et $x-mk\in H$, ce qui contredit à nouveau la définition de la borne inférieure. Donc $H=m\mathbb Z$.
Soit $a\in\mathbb R$ et $\veps>0$. Il s'agit de prouver que $H\cap ]a-\veps,a+\veps[\neq\varnothing$. Comme $H$ est symétrique par rapport à l'origine, on peut toujours supposer que $a\geq 0$. On sait qu'il existe $x\in H$ tel que $0<x<\veps$. Soit $n=\lfloor \frac ax\rfloor$. Alors on sait que $n\leq \frac ax<n+1$ soit $nx\leq a<(n+1)x<nx+\veps$. On en tire que $a-\veps<nx\leq a$ et puisque $nx\in H$, que $H\cap ]a-\veps,a+\veps[$ est non vide. Ceci prouve bien que $H$ est dense dans $\mathbb R$.
$a\mathbb Z+b\mathbb Z$ est ou bien dense dans $\mathbb R$ ou bien de la forme $m\mathbb Z$. S'il est de la forme $m\mathbb Z$ alors $a\in m\mathbb Z$ et $b\in m\mathbb Z$, donc il existe $p,q\in\mathbb Z$ tels que $a=mp$ et $b=mq$. Il vient $\frac ab=\frac pq\in\mathbb Q$. Réciproquement, si $\frac ab=\frac pq\in\mathbb Q$, alors on sait que \begin{eqnarray*} x\in a\mathbb Z+b\mathbb Z&\iff&\exists (k,l)\in\mathbb Z^2,\ x=ak+bl\\ &\iff&\exists (k,l)\in\mathbb Z^2,\ x=b\left(\frac abk+l\right)\\ &\iff&\exists (k,l)\in\mathbb Z^2,\ x=b\left(\frac pqk+l\right)\\ &\iff&\exists (k,l)\in\mathbb Z^2,\ x=\frac bq\left(pk+lq\right)\\ &\iff&x\in \frac bq(p\mathbb Z+q\mathbb Z). \end{eqnarray*} Or, $p\mathbb Z+q\mathbb Z$ est un idéal de $\mathbb Z$ et tous les idéaux de $\mathbb Z$ sont de la forme $n\mathbb Z$ avec $n\in\mathbb N^*$. Donc $$a\mathbb Z+b\mathbb Z=\frac{bn}q\mathbb Z.$$

Exercice 11

- Espace vectoriel des fonctions lipschitziennes [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Enoncé

Soit $A$ une partie bornée d'un espace vectoriel normé $(E,\|\cdot\|)$. On note $\mathcal L$ l'espace vectoriel des applications lipschitziennes de $A$ dans $E$.

Démontrer que les éléments de $\mathcal L$ sont des fonctions bornées.
Pour $f\in\mathcal L$, on pose $$K_f=\{k\in\mathbb R_+;\ \forall (x,y)\in A^2,\ \|f(x)-f(y)\|\leq k\|x-y\|\}.$$ Démontrer que $K_f$ admet une borne inférieure. Dans la suite, on notera $C_f$ cette borne inférieure.
Justifier que $C_f\in K_f$.
Démontrer que si $f,g\in\mathcal L$ et si $\lambda\in\mathbb C^*,$ alors $C_{f+g}\leq C_f+C_g$ et $C_{\lambda f}=|\lambda| C_f.$
Pour $a\in A$, on note $N_a(f)=\|f(a)\|+C_f$. Démontrer que $N_a$ est une norme sur $\mathcal L$.
Soient $a\neq b\in A$. Les normes $N_a$ et $N_b$ sont-elles équivalentes?

Indication

Corrigé

Soit $f\in\mathcal L$. Il existe donc $K\in \mathbb R_+$ tel que, pour tous $x,y\in A$, $\|f(x)-f(y)\|\leq K\|x-y\|.$ Fixons $a\in A$. Alors, pour tout $x\in A$, on a par l'inégalité triangulaire $$\|f(x)\|\leq \|f(a)\|+\|f(x)-f(a)\|\leq \|f(a)\|+K\|x-a\|\leq \|f(a)\|+K\textrm{diam}(A).$$ Ainsi, $f$ est bornée.
$K_f$ est une partie non vide (car $f$ est lipschitzienne) et minorée. Elle admet donc une borne inférieure.
Soit $(k_n)$ une suite de $K_f$ qui converge vers $C_f$. Alors, pour tous $x,y\in A$, on a $$\|f(x)-f(y)\|\leq k_n \|x-y\|.$$ On fait tendre $n$ vers l'infini et on a $$\|f(x)-f(y)\|\leq C_f \|x-y\|$$ ce qui entraîne bien que $C_f\in K_f$.
Fixons $x,y\in A$. Alors on a par l'inégalité triangulaire $$\|(f+g)(x)-(f+g)(y)\|\leq \|f(x)-f(y)\|+\|g(x)-g(y)\|.$$ Puisque $C_f\in K_f$ et que $C_g\in K_g$, on a encore $$\|(f+g)(x)-(f+g)(y)\|\leq C_f\|x-y\|+C_g\|x-y\|\leq (C_f+C_g)\|x-y\|.$$ Autrement dit, $C_f+C_g\in K_{f+g}$ et donc $C_{f+g}\leq C_f+C_g$. Pour la deuxième égalité, il suffit de remarquer que $$K_{\lambda f}=|\lambda| K_f,$$ qui est une conséquence du fait que $\|\lambda x\|=|\lambda|\cdot\|x\|.$
$N_a$ est bien à valeurs dans $\mathbb R_+$. Si $f=0$, on a $N_a(f)=0$ et réciproquement, si $N_a(f)=0$, alors $f(a)=0$ et pour tout $x\in A$, on a $\|f(x)-f(a)\|\leq 0\|x-a\|$, soit $f(x)=f(a)=0$. La fonction est bien identiquement nulle. De plus, si $f,g\in\mathcal L$, alors on a $$N_a(f+g)= |f(a)+g(a)|+C_{f+g}\leq |f(a)|+|g(a)|+C_f+C_g=N_a(f)+N_a(g).$$ Comme de plus, $C_{\lambda f}=|\lambda |C_f$ pour tout $\lambda\in\mathbb R$ (pourquoi?), on a également que $N_a(\lambda f)=|\lambda| N_a(f)$.
Par symétrie du rôle joué par $a$ et $b$, il suffit de trouver une constante $M>0$ telle que $N_b(f)\leq M N_a(f)$ pour tout $f\in\mathcal L$ et même, en faisant attention à la forme de $N_a$ et de $N_b$, il suffit de prouver que $|f(b)|\leq M(|f(a)|+C_f).$ Mais, \begin{align*} \|f(b)\|&\leq \|f(a)\|+\|f(b)-f(a)\|\\ &\leq \|f(a)\|+C_f \|b-a\|\\ &\leq \|f(a)\|+\textrm{diam}(A)C_f\\ &\leq MN_a(f) \end{align*} où $M=\max(\textrm{diam}(A),1)$. Ainsi, les deux normes sont équivalentes.

Exercice 12

- Une norme? [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Enoncé

Soit $E=\mathcal C([0,1],\mathbb R)$. Pour $f,g\in E$, on pose $N_g(f)=\|gf\|_\infty$.

Donner une condition nécessaire et suffisante sur $g$ pour que $N_g$ soit une norme.
Donner une condition nécessaire et suffisante sur $g$ pour que $N_g$ soit équivalente à la norme infinie.

Indication

Corrigé

La seule propriété qui pose problème est de prouver que si $N_g(f)=0$, alors $f=0$.
Si $N_g$ n'est pas une norme, alors il existe $f\in\mathcal C([0,1])$, $f\neq 0$, avec $N_g(f)=0$. Autrement, $f(x)g(x)=0$ pour tout $x\in[0,1]$. Puisque $f$ est continue et non-nulle, il existe un intervalle $I$, non réduit à un point, sur lequel $f$ ne s'annule pas. Mais alors, on en déduit que $g$ doit être nulle sur $I$.
Réciproquement, si $g$ s'annule sur un intervalle $I$ non-réduit à un point, alors on peut construire $f$ continue qui s'annule hors de $I$ et tel qu'il existe $a\in I$ avec $f(a)\neq 0$ (faire un dessin et construire $f$ comme un "pic"). On a donc $f\neq 0$ et $N_g(f)=0$, donc $N_g$ n'est pas une norme.
Par contraposée, on en déduit que $N_g$ est une norme si et seulement si $g$ ne s'annule pas sur un intervalle non réduit à un point.
Remarquons déjà que $g$, continue sur le segment $[0,1]$, est bornée par une constante $M>0$. On a donc $N_g(f)\leq M\|f\|_\infty$ pour tout $f\in E$. Supposons de plus que $g$ ne s'annule pas. Alors, puisque $|g|$ est continue et atteint ses bornes sur $[0,1]$, il existe $\delta>0$ tel que $|g(x)|\geq\delta$ pour tout $x\in[0,1]$. On a alors clairement $N_g(f)\geq\delta\|f\|_\infty$ et les deux normes sont équivalentes.
Réciproquement, si $g$ s'annule, prouvons que les deux normes ne sont pas équivalentes. Soit $M>0$. On va construire $f\in E$, $f\neq 0$, tel que $\|f\|_\infty\geq M N_g(f)$. Pour cela, on sait, par continuité de $g$, qu'il existe un intervalle $I$, non-réduit à un point, et contenu dans $[0,1]$, tel que $|g(x)|\leq \frac1M$ pour tout $x\in I$. Comme à la question précédente, on peut construire $f$ nulle en dehors de $I$, avec $\|f\|_\infty\leq 1$ et $f(a)=1$ pour au moins un $a$ de $I$. On a alors $$\|f\|_\infty=1\textrm{ tandis que }N_g(f)=\sup_{x\in I}|g(x)f(x)|\leq \frac{1}{M}.$$ Ceci prouve bien l'inégalité annoncée, et les deux normes ne sont pas équivalentes. En conclusion, on a démontré que les deux normes sont équivalentes si et seulement si $g$ ne s'annule pas.