Sujet : Analyse, Espaces normés, Comparaison de normes

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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 septembre 2013 Enoncés 1 Comparaison de normes a) Montrer que N et N sont deux normes surR[X].1 2 b) Etudier la convergence pour l’une et l’autre norme de la suite de terme général Exercice 1 [ 00466 ] [correction] 1 n0 P = XSoit E =C ([0,1],R). On définit les normesk.k ,k.k etk.k par : n1 2 ∞ n Z Z 1/21 1 c) Les normes N et N sont-elles équivalentes?1 22kfk = |f(t)|dt, kfk = f(t) dt et kfk = sup|f|1 2 ∞ 0 0 [0,1] a) Montrer quek.k est plus fine quek.k etk.k mais qu’elle n’équivaut ni à Exercice 6 Centrale MP [ 02412 ] [correction]∞ 1 2 1l’une, ni à l’autre. Soient l’espace E = f∈C ([0,1],R)/f(0) = 0 et N l’application définie sur E b) Comparerk.k etk.k . par1 2 0N(f) =N (3f +f )∞ a) Montrer que (E,N) est un espace vectoriel normé puis qu’il existe α> 0 telExercice 2 [ 00469 ] [correction] 1 2 ∞ que N (f)6αN(f).∞a) Etablir ‘ (R)⊂‘ (R)⊂‘ (R). 1 b) Les normes N et N sont-elles équivalentes?∞b) Comparerk.k etk.k sur ‘ (R)1 ∞ 1b)k.k etk.k sur ‘ (R)1 2 Exercice 7 Centrale MP [ 00465 ] [correction] 1 +Exercice 3 [ 00468 ] [correction] Soient E =C ([0,1],R) et N :E→R définie par (N) (N)On noteR l’ensemble des suites réelles nulles à partir d’un certain rang. R s Z1 2 ∞ 1étant un sous-espace vectoriel de ‘ (R), de ‘ (R) et de ‘ (R), on peut y définir 2 02N(f) = f (0)+ f (t)dtk.k ,k.k etk.k .1 2 ∞ 0 a) Comparerk.k etk.k .1 ∞ b)k.k etk.k . a) Montrer que N définit une norme sur E.1 2 b) Comparer N etk.k .
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Comparaison de normes

Exercice 1[ 00466 ][correction]
SoitE=C0([01]R). On définit les normeskk1,kk2etkk∞par :
1
kfk1=Z|f(t)|dt,kfk2=Z10f(t)2dt12etkfk∞=[s0u1p]|f|
0

Enoncés

a) Montrer quekk∞est plus fine quekk1etkk2mais qu’elle n’équivaut ni à
l’une, ni à l’autre.
b) Comparerkk1etkk2.

Exercice 2[ 00469 ][correction]
a) Etablir`1(R)⊂`2(R)⊂`∞(R).
b) Comparerkk1etkk∞sur`1(R)
b) Comparerkk1etkk2sur`1(R)

Exercice 3[ 00468 ][correction]
On noteR(N)l’ensemble des suites réelles nulles à partir d’un certain rang.R(N)
étant un sous-espace vectoriel de`1(R), de`2(R)et de`∞(R), on peut y définir
kk1,kk2etkk∞.
a) Comparerkk1etkk∞.
b) Comparerkk1etkk2.

Exercice 4[ 00467 ][correction]
SoitE=C1([−11]R). On définitN1 N2etN3par
1
N1(f) =[s−u1p1]|f| N2(f) =|f(0)|+[s−u1p1]|f0|etN3(f)Z−1
=|f|

a) Montrer queN1 N2etN3sont des normes surE.
b) ComparerN1etN2d’une part,N1etN3d’autre part.

Exercice 5[ 00473 ][correction]
SurR[X]on définitN1etN2par :

+∞
etN2(P sup) =|P(t
N1(P) =k=X0P(k)(0)t∈[−11])|

1

a) Montrer queN1etN2sont deux normes surR[X].
b) Etudier la convergence pour l’une et l’autre norme de la suite de terme général

Pn= 1Xn
n

c) Les normesN1etN2sont-elles équivalentes ?

Exercice 6Centrale MP[ 02412 ][correction]
Soient l’espaceE=f∈ C1([01]R)f(0) = 0etNl’application définie surE
par
N(f) =N∞(3f+f0)

a) Montrer que(E N)est un espace vectoriel normé puis qu’il existeα >0tel
queN∞(f)6αN(f).
b) Les normesN∞etNsont-elles équivalentes ?

Exercice 7Centrale MP[ 00465 ][correction]
SoientE=C1([01]R)etN:E→R+définie par
N(f) =sf2(0) +Z01f02(t)dt

a) Montrer queNdéfinit une norme surE.
b) ComparerNetkk∞.

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Corrections

Exercice 1 :[énoncé]
a)

kfk16Z1kfk∞6kfk∞
0

et
kfk26Z10kfk2∞126kfk∞
1
Posonsfn(x) =xn,kfnk∞= 1alors quekfnk1=n+1→0et
kfnk2=√21n+1→0. Les normes ne sont donc pas équivalentes.
b) Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz :

1
Z101× |f(t)|dt6Z101dt12Zf(t)2dt12
0

Corrections

donc
kfk16kfk2
Pourfn(x) =√2n+ 1xn,kfnk2= 1etkfnk1=√n+2n11+→0, les normes ne sont
donc pas équivalentes.

Exercice 2 :[énoncé]
a) Aisémentkk∞6kk1
SoituNdéfinie paruNn= 1sin < NetuNn= 0sinon.uN∈`1(R).
On auN1=NetuN∞= 1donc il n’existe pas deα >0tel que
kk16αkk∞.
kk1etkk∞ne sont pas équivalentes.
b) On anPN=0|un|26PN=0|un|2donc quandN→+∞:
n
kuk22=n=+P∞0|un|26n+=P∞0|2Ainsikk26kk1.
un|=kuk21.
SoituNdéfinie paruNn= 1sin < NetuNn= 0sinon.uN∈`1(R).
On auN1=NetuN2=√Ndonc il n’existe pas deα >0tel que
kk16αkk2.
kk1etkk2ne sont pas équivalentes.

Exercice 3 :[énoncé]
a) Aisémentkk∞6kk1
SoituNdéfinie parunN= 1sin < NetunN= 0sinon.
On auN1=NetuN∞= 1donc il n’existe pas deα >0tel que
kk16αkk∞.
kk1etkk∞ne sont pas équivalentes.
b) En introduisantNtel quen > N⇒un= 0on a
X|un|2=X| |
kuk22=+∞Nun|26XNun|!2=n+X=∞0|un|!2=kuk12
n=0n=0n=0

Ainsikk26kk1.
SoituNdéfinie parunN= 1sin < NetunN= 0sinon.
On auN1=NetuN2=√Ndonc il n’existe pas deα >0tel que
kk16αkk2.
kk1etkk2ne sont pas équivalentes.

Exercice 4 :[énoncé]
a) Sans difficultés.
b) On aN1(f)6N2(f)car
|f(x)|6|f(0)|+Z0xf0(t)f(0)|+|x|[−su1p1]|f0|
dt6|

2

et sans difficultés on a aussiN3(f)62N1(f).
Posons
fn(x) =xn
On aN1(fn) = 1,N2(fn) =netN3(fn) =n+21.
On en déduit que les normesN1etN2d’une part,N1etN3d’autre part, ne sont
pas équivalentes.

Exercice 5 :[énoncé]
a)N1 N2:R[X]→R.

N1(P+Q) =+PP(k)(0) +Q(k)(0)6+P∞P(k)(0)+Q(k)(0)=
k=0k=0
+∞+∞
PP(k)(0)+PQ(k)(0)=N1(P) +N1(Q),
k=0k=0
N1(λP) =+∞λP(k)(=|λ|+P∞P(k)(0)=|λ|N1(P),
P0)
k=0k=0

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Corrections

N1(P) = 0⇒ ∀k∈Z P(k)(0) = 0orP=+P∞P(kk)0()!XkdoncP= 0.
k=0
FinalementN1est une norme.
N2(P+Q sup) =|P(t) +Q(t)|6sup|P(t)|+|Q(t)|6
t∈[−11]t∈[−11]
sup|P(t)|+ sup|Q(t)|=N2(P) +N2(Q),
t∈[−11]t∈[−11]
N2(λP) = sup|λP(t)|= sup|λ| |P(t)|=|λ|sup|P(t)|=|λ|N2(P),
t∈[−11]t∈[−11]t∈[−11]
N2(P) = 0⇒ ∀t∈[−11] P(t) = 0et par infinité de racinesP= 0.
b) La suiten1Xnconverge vers 0 pourN2mais n’est pas bornée et donc diverge
pourN1.
c) Les normes ne peuvent tre équivalentes car sinon les suites convergeant pour
l’une des normes convergerait pour l’autre.

Exercice 6 :[énoncé]
a) Les propriétésN(f+g)6N(f) +N(g)etN(λf) =|λ|N(f)sont faciles.
SiN(f) = 0alors la résolution de l’équation différentiellef0+ 3f= 0avec la
condition initialef(0) = 0donnef= 0. Ainsi l’applicationNest bien une norme
surE.
On remarque
f(x) = e−3xZ0xf(t)e3t0dt= e−3xZx(t))e3tdt
(3f(t) +f0
0

Par suite|f(x)|6e3N(f)pour toutx∈[01]et doncN∞(f)6αN(f)avec
α= e3.
b) Pourfn(x) =xn,N∞(f) = 1et
N(f) =N∞(x7→3xn+nxn−1) =n+ 3→+∞.
Les normesN∞etNne sont pas équivalentes.

Exercice 7 :[énoncé]
a) Posonsϕ(f g) =f(0)g(0) +R10f0(t)g0(t)dt.ϕest une forme bilinéaire
symétrique,ϕ(f f)>0et siϕ(f f) = 0alorsf(0) = 0et pour toutt∈[01],
f0(t) = 0doncf= 0.ϕest donc un produit scalaire etNapparaît comme étant
la norme associée.
b) Pour toutx∈[01],|f(x)|6|f(0)|+R0xf0(t)dt6√2N(f), donc
kfk∞6√2N(f).Pourf(x) = sin(nxπ),kfk∞= 1etN(f) =nπ√2→+∞. Les
deux normes ne sont donc pas équivalentes.

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