Sujet : Analyse, Espaces normés, Equivalence de normes

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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 6 août 2013 Enoncés 1 Equivalence de normes soit une norme. b) Soit (f ) une suite de fonctions de E qui converge simplement vers unen fonction f : [0,1]→R. Montrer que f∈E et que la convergence est uniforme.Exercice 1 [ 00458 ] [correction] Soit N une norme surM (R). Montrer qu’il existe c> 0 tel quen N(AB)6cN(A)N(B) Exercice 5 [ 01582 ] [correction] Montrer que si (P ) est une suite de fonctions polynomiales de degré inférieur à Nn convergeant simplement vers une fonction f surR alors f est une fonction Exercice 2 [ 03146 ] [correction] polynomiale. Soient n∈N et E l’espace des polynômes réels de degrés inférieurs à n. Montrer qu’il existe λ> 0 vérifiant Z 1 Exercice 6 Centrale MP [ 02411 ] [correction] ∀P∈E, |P(t)| dt>λ sup |P(t)| Soit 0 t∈[0,1] 2 0E = f∈C ([0,π],R)/f(0) =f (0) = 0 a) Montrer que 00Exercice 3 [ 00474 ] [correction] N :f7→kf +f k∞ Pour d∈N, on pose E =R [X] l’espace des polynômes réels en l’indéterminée Xd est une norme sur E.de degrés inférieurs ou égaux à d. b) Montrer que N est équivalente àa) Pour ξ = (ξ ,...,ξ ) famille de d+1 nombres réels distincts et P∈E, on pose0 d 00 d ν :f7→kfk +kf kX ∞ ∞ N (P) = |P(ξ )|ξ k k=0 Exercice 7 [ 00463 ] [correction]Montrer que N définit une norme sur E.ξ 1On note E =C ([0,1],R).b) Soit (P ) une suite de polynômes éléments de E. Pour tout n∈N, on écritn a) Pour f∈E, on pose 0dX N(f) =kfk +kfk∞ ∞kP = a Xn k,n Montrer que N est une norme sur E. Est-elle équivalente àk.k ?
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Equivalence de normes

Exercice 1[ 00458 ][correction]
SoitNune norme surMn(R). Montrer qu’il existec >0tel que

N(AB)6cN(A)N(B)

Exercice 2[ 03146 ][correction]
Soientn∈NetEl’espace des polynômes réels de degrés inférieurs àn.
Montrer qu’il existeλ >0vérifiant
1
∀P∈EZ0|P(t)|dt>λts∈[u0p1]|P(t)|

Enoncés

Exercice 3[ 00474 ][correction]
Pourd∈N, on poseE=Rd[X]l’espace des polynômes réels en l’indéterminéeX
de degrés inférieurs ou égaux àd.
a) Pourξ= (ξ0     ξd)famille ded+ 1nombres réels distincts etP∈E, on pose

d
Nξ(P) =X|P(ξk)|
k=0

Montrer queNξdéfinit une norme surE.
b) Soit(Pn)une suite de polynômes éléments deE. Pour toutn∈N, on écrit

d
Pn=XaknXk
k=0

Etablir que les assertions suivantes sont équivalentes :
(i) la suite de fonctions(Pn)converge simplement surR;
(ii) la suite de fonctions(Pn)converge uniformément sur tout segment deR;
(iii) pour toutk∈ {0     d}, la suite(ak n)converge.

Exercice 4Mines-Ponts MP[ 02768 ][correction]
SoitEun sous-espace vectoriel de dimensiond>1deC0([01]R).
a) Etablir l’existence de(a1     ad)∈[01]dtel que l’application

d
N:f∈E7→X|f(ai)|
i=1

soit une norme.
b) Soit(fn)une suite de fonctions deEqui converge simplement vers une
fonctionf: [01]→R. Montrer quef∈Eet que la convergence est uniforme.

1

Exercice 5[ 01582 ][correction]
Montrer que si(Pn)suite de fonctions polynomiales de degré inférieur àest une N
convergeant simplement vers une fonctionfsurRalorsfest une fonction
polynomiale.

Exercice 6Centrale MP[ 02411 ][correction]
Soit
E=f∈ C2([0 π]R)f(0) =f0(0) = 0

a) Montrer que
N:f7→ kf+f00k∞
est une norme surE.
b) Montrer queNest équivalente à
ν:f7→ kfk∞+kf00k∞

Exercice 7[ 00463 ][correction]
On noteE=C1([01]R).
a) Pourf∈E, on pose
N(f) =kfk∞+kf0k∞
Montrer queNest une norme surE. Est-elle équivalente àkk∞?
b) Pourf∈E, on pose
N0(f) =|f(0)|+kf0k∞
Montrer queN0est une norme surE. Montrer qu’elle est équivalente àN.

Exercice 8[ 00464 ][correction]
On noteEleR-espace vectoriel des fonctionsf: [01]→Rde classeC1vérifiant
f(0) = 0. Pourf∈E, on pose

N1(f sup) =|f(x)|+ sup|f0(x)|etN2(f) = sup|f(x) +f0(x)|
x∈[01]x∈[01]x∈[01]

Montrer queN1etN2sont deux normes surEet qu’elles sont équivalentes.

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Enoncés

Exercice 9[ 03262 ][correction]
SoientE=C([01]R)etE+l’ensemble des fonctions deEqui sont positives et ne
s’annulent qu’un nombre fini de fois. Pour toute fonctionϕ∈E+et pour toute
fonctionf∈Eon pose
kfkϕ=tsup{|f(t)|ϕ(t)}
∈[01]
a) Montrer quekkϕest une norme surE
b) Montrer que siϕ1etϕ2sont deux applications strictement positives deE+
alors les normes associées sont équivalentes.
c) Les normeskkxetkkx2sont elles équivalentes ?

Exercice 10Mines-Ponts MP[ 02767 ][correction]
SoientE=C([01]R)etE+l’ensemble des fonctions deEqui sont positives et ne
s’annulent qu’un nombre fini de fois. Pour toute fonctionϕ∈E+et pour toute
fonctionf∈Eon pose
kfkϕ=Z10|f(t)|ϕ(t) dt
a) Montrer quekkϕest une norme surE
b) Montrer que siϕ1etϕ2sont deux applications strictement positives deE+
alors les normes associées sont équivalentes.
c) Les normeskkxetkkx2 ?sont elles équivalentes

Exercice 11Centrale MP[ 02409 ][correction]
a) Quelles sont les valeurs dea∈Rpour lesquelles l’application
(x y)7→Na(x y) =px2+ 2axy+y2

définit une norme surR2.
b) SiNaetNbsont des normes, calculer
Na(x y)
(xiyn)6f=0NNba((yxyx))et(xsyu)6p=0Nb(x y)

Exercice 12[ 03265 ][correction]
On note`∞(NR)l’espace des suites réelles bornées normé parkk∞.
a) Soita= (an)une suite réelle. Former une condition nécessaire et suffisante sur
la suiteapour que l’application

+∞
Na:x7→Xan|xn|
n=0

définit une norme sur`∞(NR).
b) ComparerNaetkk∞.

Exercice 13[ 03267 ][correction]
Soient l’espaceE=f∈ C1([01]R)f(0) = 0etN1 N2les applications
définies surEpar

N1(f) =kf0k∞etN2(f) =kf+f0k∞
a) Montrer queN1etN2définissent des normes surE.
b) Montrer queN2est dominée parN1.
c) En exploitant l’identité
f(−xZx0(t)) etdt
x) = e (f(t) +f
0
montrer queN1est dominée parN2.

Exercice 14CCP MP[ 03696 ][correction]
a) Montrer que

N∞(u) = sup|un|etN(u) = sup|un+1−un|
n∈Nn∈N

2

définissent des normes sur l’espaceEdes suites réelles bornéesu= (un)n∈Ntelles
queu0= 0.
b) Montrer que
∀u∈E N(u)62N∞(u)
Déterminer une suite non nulle telle qu’il y ait égalité.
c) Montrer que ces deux normes ne sont pas équivalentes.

Exercice 15CCP MP[ 00039 ][correction]
a) Montrer que

N∞(u) = sup|un|etN(u) = sup|un+1−un|
n∈Nn∈N

définissent des normes sur l’espaceEdes suites réelles bornéesu= (un)n∈Ntelles
queu0= 0.
b) Montrer que
∀u∈E N(u)62N∞(u)
Déterminer une suite non nulle telle qu’il y ait égalité.
c) Montrer que ces deux normes ne sont pas équivalentes.

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Corrections

Exercice 1 :[énoncé]
On saitN∞(AB)6nN∞(A)N∞(B)etαN6N∞6βNavec >α β0donc

N(AB)61α N∞(AB)6Nαn∞(A)N∞(B)6αβn2N(A)N(B)

Exercice 2 :[énoncé]
Les applications
N1:P7Z01|P(t)|dtetN2:Pt∈[01]
→ 7→sup|P(t)|

Corrections

définissent deux normes sur l’espaceE. Puisque l’espaceEest de dimension finie,
ces deux normes sont équivalentes et en particulierN2est dominée parN1

Exercice 3 :[énoncé]
a) facile.
b) (i)⇒(ii) Supposons que la suite(Pn)converge simplement surRvers une
certaine fonctionf. On ne sait pas a priori si cette fonction est, ou non,
polynomiale.
Soitξ= (ξ0     ξd)une famille ded+ 1réels distincts etP∈Edéterminé par
P(ξk) =f(ξk). On peut affirmer que la(Pn)suite converge versPpour la norme
Nξ. Soit[a b]un segment deRaveca < b.N=kk∞[ab]définit une norme sur
Equi est équivalent àNξcarEest de dimension finie. Puisque(Pn)converge
versPpour la normeNξ, on peut affirmer que la convergence a aussi lieu pour la
normeNet donc(Pn)converge uniformément versPsur le segment[a b]. Au
passage, on en déduit quef=P.
(ii)⇒(iii) Si la suite(Pn)converge uniformément sur tout segment vers une
fonctionf, elle converge aussi simplement versfet l’étude ci-dessus montre quef
est un polynôme. En introduisant la norme infinie relative aux coefficients
polynomiaux :
a0+∙ ∙ ∙+adXd∞=0m6ka6xd|ak|

l’équivalence de norme permet d’établir que les coefficients dePnconvergent vers
les coefficients respectifs def.
(iii)⇒(i) immédiat.

3

Exercice 4 :[énoncé]
a) L’applicationN:E→R+proposée vérifie aisémentN(λf) =|λ|N(f)et
N(f+g)6N(f) +N(g). Le problème est l’obtention deN(f) = 0⇒f= 0.
Par récurrence surd∈N?.
˜
Casd= 1:E=Vect(g)avecg6= 0. Un réela1∈[01]tel queg(a1)6= 0convient.
Supposons la propriété au rangd>1.
SoitEun sous-espace vectoriel de dimensiond+ 1deC0([01]R). Il existe une
fonctiongnon nulle élément deEet il existead+1∈[01]tel queg(ad+1)6= 0.
Considérons alorsH={f∈Ef(ad+1) = 0}. On vérifie aisémentE=H⊕Vectg.
PuisqueHest alors de dimensiond, on peut appliquer l’hypothèse de récurrence
]d dP|h(ai)|soit une norme surH.
pour introduire(a1     ad)∈[01tel queh7→
i=1
d+1
Considérons alorsN:f∈E7→P|f(ai)|et montronsN(f) = 0⇒f= 0.
i=1
SupposonsN(f) = 0et donc|f(a1)|=  =|f(ad)|=|f(ad+1)|= 0. Puisque
E=H⊕Vectg, on peut écriref=h+λgavech∈Hetλ∈R. La propriété
|f(ad+1)|= 0entraîneλ= 0et la propriété|f(a1)|=  =|f(ad)|= 0entraîne
alorsh= 0. On peut donc concluref= 0.
Récurrence établie.
b) IntroduisonsE0=E+Vectfde dimensiondoud+ 1. SurE0, on peut
introduire une norme du type précédent et l’hypothèse de convergence simple
donne alors que(fn)tend versfpour la norme considérée. Or surE0de
dimension finie toutes les normes sont équivalentes et donc(fn)tend aussi versf
pour la normekk∞ce qui signifie que(fn)converge uniformément versf.
Il reste à montrer quef∈E. Par l’absurde, supposons quef ∈E. On a alors
E0=E⊕Vectf. Considérons alors la projectionpsur Vectfparallèlement àE.
C’est une application linéaire au départ d’un espace de dimension finie, elle est
donc continue. Orp(fn) = 0→0etp(f) =f6= 0. C’est absurde.

Exercice 5 :[énoncé]
Soienta0     aNréels deux à deux distincts. Considérons la fonctiondes
polynômePde degré inférieur àNvérifiant

∀k∈ {0     N} P(ak) =f(ak)

Sur l’espaceRN[X], on peut introduire la norme donnée par
N(Q) =06mka6xN|Q(ak)|

Pour cette norme, on peut affirmer que la suite(Pn)converge versP. Or l’espace
RN[X]dimension finie, toutes les normes y sont donc équivalentes. Laest de

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convergence de(Pn)versPa donc aussi lieu pour les normes données par

b= sup
kQk∞[a]t∈[ab]|Q(t)|

Corrections

La suite(Pn)converge versPsur tout segment deRet donc converge simplement
versP. Par unicité de la limite simple, la fonctionfest égale àP.

Exercice 6 :[énoncé]
a) L’applicationN:E→R+est bien définie et on vérifie aisément
N(λf) =|λ|N(f)etN(f+g)6N(f) +N(g).
Supposons maintenantN(f) = 0, la fonctionfest alors solution de l’équation
différentielley00+y= 0vérifiant les conditions initialesy(0) =y0(0) = 0ce qui
entraînef= 0.
FinalementNest une norme surE.
b) On a évidemmentN6ν.
Inversement, soitf∈Eetg=f+f00. La fonctionfest solution de l’équation
différentielley00+y=gvérifiant les conditions initialesy(0) =y0(0) = 0. Après
résolution via la méthode de variation des constantes, on obtient
f(x) =R0xsin(x−t)g(t) dt. On en déduit|f(x)|6xkgk∞6πkgk∞et donc
kfk∞6πN(f).
De pluskf00k∞6kf+f00k∞+kfk∞doncν(f)6(π+ 1)N(f).

Exercice 7 :[énoncé]
a) L’applicationNest bien définie surEet valeurs dansR+.
SiN(f) = 0alors nullité d’une somme de positifkfk∞= 0et doncf= 0.
N(f) = 0⇒ kfk∞= 0⇒f= 0.
N(λf) =kλfk∞+kλf0k∞=|λ| kfk∞+|λ| kf0k∞=|λ|N(f).
N(f+g) =kf+gk∞+kf0+g0k∞6kfk∞+kgk∞+kf0k∞+kg0k∞=N(f)+N(g).
kfk∞6N(f)donckk∞est dominée parkk.
Pourfn(x) =xn.
kfnk∞= 1etN(fn) =nn−→−+−−∞→+∞

DoncNetkk∞ne sont pas équivalentes.
b) L’applicationN0est bien définie surEet valeurs dansR+.
SiN0(f) = 0alorsf(0) = 0etf0= 0doncfest constante égale à 0.
N0(λf) =|λf(0)|+kλf0k∞=|λ| |f(0)|+|λ| kf0k∞=|λ|N0(f).
N0(f+g) =|f(0) +g(0)|+kf0+g0k∞6|f(0)|+|g(0)|+kf0k∞+kg0k∞=
N0(f) +N0(g).
AisémentN0(f)6N(f).

Pour toutx∈[01],
|f(x)|=f(0) +Z0xf0(t) dt6|f(0)|+Z0xkf0k∞6|f(0)|+xkf0k∞

Par suitekfk∞6N0(f)puis sachantkf0k6N0(f)on a
N(f)62N0(f)

6N0(f)

4

Exercice 8 :[énoncé]
Pour toutf g∈Eet toutλ∈R, il est clair queNi(f+g)6Ni(f) +Ni(g)et que
Ni(λf) =λNi(f).
SupposonsN1(f) = 0, on a alorssup|f(x)|= 0doncf= 0.
x∈[01]
Supposons maintenant queN2(f) = 0, on a alorssup|f(x) +f0(x)|= 0donc
x∈[01]
f(x) +f0(x) = 0. Après résolution de l’équation différentielle sous-jacente,
f(x) =λe−xavecλ=f(0) = 0et finalementf= 0.
FinalementN1etN2sont bien deux normes surE.
Il est clair que
N2(f)6N1(f)
Posons maintenantM=N2(f). Pour toutx∈[01], on a

|f(x) +f0(x)|6M

donc
(f(x)ex)06Mex
d’où
|f(x)ex|=Z0xf(t)et0dt6Z0xMetdt6Mex
puis|f(x)|6Mepour toutx∈[01]. Ainsi

De plus

donc

sup|f(x)|6Me
x∈[01]

|f0(x)|6|f(x) +f0(x)|+|f(x)|6M(1 + e)

sup|f0(x)|6M(1 + e)
x∈[01]

et finalement
N1(f)6M(1 + 2e) =N2(f)(1 + 2e)
On peut conclure que les deux normes sont effectivement équivalentes.

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Corrections

Exercice 9 :[énoncé]
a)kkϕ:E→R+est bien définie.
Sikfkϕ= 0alors la fonctiont7→ |f(t)|ϕ(t)est nulle. En dehors des valeurs oùϕ
est nulle, la fonctionfs’annule. Orϕne s’annule qu’un nombre fini de fois, donc
˜
par un argument de continuité,fs’annule aussi en ces points et finalementf= 0.
Lb)esproprdiéértoésnsklλaffkoϕnc=ti|oλn| kfϕ2kϕϕ1.Ctekeftt+egfoknϕct6ioknfeksϕt+dékfignkiϕsneittnaiudséemuelr.imentcsooet
Consi
segment[01], elle y est donc bornée et il existeM∈R+vérifiant
∀x∈[01] ϕ2(x)6M ϕ1(x). On en déduitkkϕ16Mkkϕ2. Ainsik1est
d)ominéeapcairlekmeknϕt2ketkpxa2r6unkakrgxn.tmeuiqtrmésyeukkϕ2est dominée pkaϕrkkϕ1.
c On a f
Pourfn(x) = (1−x)n, on a après étude des variations des fonctionx7→x(1−x)n
etx7→x2(1−x)n
kfnkx=n+111+n∼en−1
1−
1n
et
222ne−2

kfnkx2=n+ 2 1−n+ 2∼n2
donc il n’existe pas de constanteM>0telle quekkx6Mkkx2. Les deux
normeskkxetkkx2ne sont pas équivalentes.

Exercice 10 :[énoncé]
a)kk →R+e finie.
tS7ik→f|fkϕ(ϕt:)=|Eϕ(0ta)largétniofenu’deulrnparsl’desteéliolendéosstbùiϕpioosnitoncttln,nfiaeluuteelscennittnoocfive,
t nulle. En dehors des valeur
s’annule. Orϕqu’un nombre fini de fois, donc par un argument dene s’annule
˜
continuité,fs’annule aussi en ces points et finalementf= 0.
Les propriétéskλfkϕ=|λ| kfkϕetkf+gkϕ6kfkϕ+kgkϕsont immédiates.
b) Considérons la fonctionϕ2ϕ1. Cette fonction est définie et continue sur le
segment[01], elle y est donc bornée et il existeM∈R+vérifiant
∀x∈[01] ϕ2(x)6M ϕ1(x). On en déduitkkϕ16Mkkϕ2. Ainsikkϕ1est
cd)ominéeparekmeknϕt2ketkpxa2r6unkakrgxrtqieuemtnysému.kkϕ2est dominée parkkϕ1.
On a facil
Pourfn(x) = (1−x)n, on a

et

kfnkx(=n()1+1n+ 2)

kfnkx2(=n+ 1)(n2+(2)n+ 3)

donc il n’existe pas de constanteM>0telle quekkx6Mkkx2. Les deux
normeskkxetkkx2ne sont pas équivalentes.

5

Exercice 11 :[énoncé]
a)Na(11)etNa(1−1)doivent exister et tre strictement positifs. Cela fournit
les conditions nécessaires2a+ 2>0et2−2a >0d’oùa∈]−11[. Montrons que
cette condition est suffisante.
Supposonsa∈]−11[et considéronsϕ:R2×R2→Rdéfinie par
ϕ((x y)(x0 y0)) =xx0+yy0+axy0+ayx0
.
L’applicationϕest une forme bilinéaire symétrique surR2et pour(x y)6= (00),
ϕ((x y)(x y))>(1− |a|) (x2+y2)>0en vertu de|2axy|6|a|x2+y2. Ainsi
ϕest un produit scalaire surR2etNaest la norme euclidienne associée.
b) Le casa=best immédiat. Quitte à échanger, on peut désormais supposer
a < b.
u couple(
Par homogénéité, on peut limiter l’étude deNNab((yxyx))ax y) = (costsint)
avect∈]−π2 π2].
Posons
costsint) 2t
f(t) =NNbac((sotsint)2+1=1+banissi2nt
On a


f0(t(=(2)a1 +bbis2n(os)ct2)t2)

Les variations defsont faciles et les extremums def(t)sont ent=−π4et
t=π4. Ils valent11−−baet++11ab.
On en déduit
(xiyn)f6=0Na(x y)=)r1+1+ba
Nb(x y
et
N(x y)r1−a

(dans le casa < b).

a
sup=0=1−b
(xy)6Nb(x y)

Exercice 12 :[énoncé]
a) Supposons queNaest une norme sur`∞(NR).
Pourm∈N, la suite élémentaireem= (δmn)n∈Nest non nulle donc

Na(em) =am>0

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Corrections

De plus, pour la suite constanteu= (1)n∈N, la quantitéNa(u)existe et donc la
sériePanconverge.
Inversement, siPanune série convergente à termes strictement positifs alorsest
on montre que l’applicationNa:`∞(NR)→R+est bien définie et que celle-ci est
une norme sur l’espace`∞(NR).
+∞
b) On a aisémentNa6kkk∞aveck=Pan.
n=0
Inversement, supposonskk∞6k0Na. Pour la suite élémentaireem, on obtient
kemk∞6k0Na(em)et doncam>1kpour toutm∈N. Cette propriété est
incompatible avec la convergence de la sériePan.
AinsiNaest dominée parkk∞deux normes ne sont pas équivalentes.mais ces

Exercice 13 :[énoncé]
a) Les applications sont bien définiesNi:E→R+car toute fonction continue sur
un segment y est bornée.
Les propriétésNi(f+g)6Ni(f) +Ni(g)etNi(λf) =|λ|Ni(f)sont faciles.
SiN1(f) = 0alorsf0= 0et sachantf(0) = 0, on obtientf= 0.
SiN2(f) = 0alors la résolution de l’équation différentiellef0+f= 0avec la
condition initialef(0) = 0donnef= 0.
Ainsi les applicationsN1 N2sont bien des normes surE.
b) Pourf∈E, on a
=Zxf0(t) dt
f(x)
0
ce qui permet d’établirkfk∞6kf0k∞.
Puisque
N2(f)6kfk∞+kf0k∞62N1(f)
la normeN2est dominée par la normeN1.
c) Sachantf(0) = 0, on a
x
f(x) =f
e−xZ0(t)et0dt= e−xZ0x(f(t) +f0(t))etdt
donc
|f(x)|6N(f)

Puisque

on obtient

et finalement

2

|f0(x)|6|f(x) +f0(x)|+|f(x)|

|f0(x)|62N2(f)

N1(f)62N2(f)

6

Exercice 14 :[énoncé]
a)N∞est bien connue pour tre une norme sur l’ensemble des fonctions bornées,
il en est de mme sur l’ensemble des suites bornées dont le premier terme est nul.
L’applicationN:E→R+est bien définie. On vérifie aisément
N(u+v)6N(u) +N(v)etN(λu) =|λ|N(u). SiN(u) = 0alors pour toutn∈N,
un+1=unet puisqueu0= 0, on obtientu= 0. AinsiNest une norme surE.
b) Pouru∈E, on a, pour toutn∈N,

|un+1−un|6|un+1|+|un|62N∞(u)

On en déduit
N(u)62N∞(u)
La suiteudéfinie paru0= 0etun= (−1)npourn>1est une suite non nulle
pour laquelle il y a égalité.
c) Considérons la suiteu(p)définie par
nsin6
u(p)(n) =psinonp

On a

u(p)∈E,N∞(u(p)) =petN(u(p)) = 1
On en déduit que les normesNetN∞ne sont pas équivalentes car

N(u(p))
N∞(u(p))→0

Exercice 15 :[énoncé]
a)N∞est bien connue pour tre une norme sur l’ensemble des fonctions bornées,
il en est de mme sur l’ensemble des suites bornées dont le premier terme est nul.
L’applicationN:E→R+est bien définie. On vérifie aisément
N(u+v)6N(u) +N(v)etN(λu) =|λ|N(u). SiN(u) = 0alors pour toutn∈N,
un+1=unet puisqueu0= 0, on obtientu= 0. AinsiNest une norme surE.
b) Pouru∈E, on a, pour toutn∈N,

|un+1−un|6|un+1|+|un|62N∞(u)

On en déduit
N(u)62N∞(u)
La suiteudéfinie paru0= 0etun= (−1)npourn>1est une suite non nulle
pour laquelle il y a égalité.

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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 6 août 2013

c) Considérons la suiteu(p)définie par
u(p)(n) =

On a

n
p

sin6p
sinon

u(p)∈E,N∞(u(p)) =petN(u(p)) = 1

On en déduit que les normesNetN∞ne sont pas équivalentes car

N∞(u(p))→0
N(u(p))

Corrections

7

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