Index

Normes et distances
Topologie d'un EVN
Suites d'un EVN
- Généralités
- Applications des suites

Espaces vectoriels normés

Normes et distances

Introduction

Soit $E$ un $\K$ -espace vectoriel. On appelle norme sur $E$ toute application $N:E \longrightarrow \R$ telle que :

$\forall x \in E$ , $N(x) \geqslant 0$ ( positivité ).
$\forall x\in E$ , $N(x)=0\Longrightarrow x=0$ ( séparation ).
$\forall x\in E$ , $\forall\lambda\in\K$ , $N(\lambda x)=|\lambda|N(x)$ ( homogénéité ).
$\forall (x,y)\in E^2$ , $N(x+y)\leqslant N(x)+N(y)$ ( inégalité triangulaire ).

On dit alors que le couple $(E,N)$ est un espace vectoriel normé .

Soient $\fonct{\psi}{\R_2[X]}{\R}{P}{P(0)^2+P(1)^2},\quad\fonct{\varphi}{\R_2[X]}{\R}{P}{\abs{P(0)}+\abs{P(1)}+\abs{P(2)}}.$ Montrer que $\psi$ n'est pas une norme. $\varphi$ est-elle une norme?

Correction

Soit $P=X(X-1)\in \R_2[X]$ , on a $P\neq 0$ et $\psi(P)=P(0)^2+P(1)^2=0$ donc $\psi$ n'est pas une norme.
Il est clair que pour tout $P\in \R_2[X]$ et $\lambda\in \R$ , $\varphi(P)\geq 0$ et $\varphi (\lambda P)=\abs{\lambda}\varphi (P)$ .
D'autre part, si $\varphi(P)=0$ alors $P(0)=P(1)=P(2)=0$ ce qui implique que $P$ a trois racines distincts or $\deg (P)\leq 2$ donc $P=0$ .
Il reste à vérifier l'inégalité triangulaire. Soient $P,Q\in \R_2[X]$ , on a: $\begin{array}{lcl} \varphi (P+Q)&=&\abs{(P+Q)(0)}+\abs{(P+Q)(1)}+\abs{(P+Q)(2)}\\ &=&\abs{P(0)+Q(0)}+\abs{P(1)+Q(1)}+\abs{P(2)+Q(2)}\\ &\leq& \abs{P(0)}+\abs{Q(0)}+\abs{P(1)}+\abs{Q(1)}+\abs{P(2)}+\abs{Q(2)}=\varphi(P)+\varphi(Q). \end{array}$ On en déduit alors que $\varphi$ définit une norme sur $\R_2[X]$ .

Exemples classiques

La valeur absolue dans $\R$ , le module dans $\C$ .
Normes $\norme{\phantom{x}}_1$ , $\norme{\phantom{x}}_2$ , $\norme{\phantom{x}}_{\infty}$ sur $\R^n$ (ou $\C^n$ ), rapporté à une base $\mathscr{B}=\enumsp{e}1n$ . Pour tout $x=\dsum_{i=1}^nx_i e_i$ de $E$ , on peut définir : $\dsp \norme{x}_1=\dsum_{i=1}^n \abs{x_i} ,\quad \dsp \norme{x}_2=\sqrt{\dsum_{i=1}^n\abs{x_i}^2},\quad \dsp \norme{x}_{\infty}=\Max_{1\leq i \leq n} \abs{x_i}$
Normes $\norme{\phantom{x}}_1$ , $\norme{\phantom{x}}_2$ , $\norme{\phantom{x}}_\infty$ sur $\mathscr{C}([a,b],\K)$ :
Pour toute $f \in \mathscr{C}([a,b],\K)$ (avec $a$ strictement inférieure à $b$ ), on peut définir: $\dsp \norme{f}_1=\dsp\int_a^b\abs{f(t)}\ud t,\quad\dsp \norme{f}_2=\sqrt{\dsp\int_a^b\abs{f(t)}^2 \ud t},\quad\dsp \norme{f}_{\infty}=\dsp \sup_{t\in [a,b]}\abs{f(t)}$
Normes dans $\MM_n(\K)$ :
Si $A =(a_{i,j})_{\underset{\scriptstyle 1 \leqslant j \leqslant n}{1 \leqslant i \leqslant n}} \in \MM_n(\K)$ , on pose: $\dsp \norme{A}_1=\dsum_{(i,j)\in \inter{1,n}^2}\abs{a_{i,j}},\quad\dsp \norme{A}_2=\sqrt{\dsum_{(i,j)\in \inter{1,n}^2}\abs{a_{i,j}}^2},\quad\dsp \norme{A}_{\infty}=\Max_{(i,j)\in \inter{1,n}^2} \abs{a_{i,j}}.$

Soient $f_1,f_2,f_3\in \CC([0,1],\R)$ , on considère l'application $\fonct{\varphi}{\R^3}{\R}{(x,y,z)}{\norme{xf_1+yf_2+zf_3}_\infty}.$ Donner CNS sur $f_1,f_2$ et $f_3$ pour que $\varphi$ soit une norme sur $\R^3$ .

Correction

Il faut et il suffit que la famille $(f_1,f_2,f_3)$ soit libre dans $\CC([0,1],\R)$ .

Si $(E,\norme{\phantom{x}})$ est un evn, on a : $\forall (x,y)\in E^2, \ \Big| \norme{x}-\norme{y} \Big| \leqslant \norme{x-y} .$

Soit $E$ un $\K$ -evn, montrer que: $\forall (x,y)\in (E\setminus\{0\})^2,\quad \max\left(\norme{x},\norme{y}\right)\norme{\dfrac{x}{\norme{x}}-\dfrac{y}{\norme{y}}}\leq 2\norme{x-y}.$

Correction

Quitte à remplacer $x$ par $y$ , on peut supposer que $\norme{x}\geq \norme{y}$ . Ainsi, $\begin{array}{lcl} \max\left(\norme{x},\norme{y}\right)\norme{\dfrac{x}{\norme{x}}-\dfrac{y}{\norme{y}}}&=&\norme{x-\dfrac{\norme{x}}{\norme{y}}y}=\norme{x-y+y-\dfrac{\norme{x}}{\norme{y}}y}\\ &&\\ &\leq& \norme{x-y}+\norme{y-\dfrac{\norme{x}}{\norme{y}}y}= \norme{x-y}+\left(\dfrac{\norme{x}}{\norme{y}}-1\right)\norme{y}\\ &&\\ &\leq& \norme{x-y}+\left(\dfrac{\norme{x}-\norme{y}}{\norme{y}}\right)\norme{y}\leq \norme{x-y}+\norme{x-y} \end{array}$

Distance associée à une norme

Soit $(E,\norme{\phantom{x}})$ un evn. Si $(x,y) \in E^2$ , on appelle distance de $x$ à $y$ le réel : $\ud(x,y) = \norme{x-y}.$

$\forall (x,y) \in E^2$ , $\ud(x,y)\geqslant 0$ .
$\forall (x,y) \in E^2$ , $\ud(x,y)=\ud(y,x)$ .
$\forall (x,y) \in E^2$ , $\ud(x,y)=0 \Longleftrightarrow x=y$ .
$\forall (x,y,z) \in E^3$ , $\Big| \ud(x,y)-\ud(y,z) \Big| \leqslant \ud (x,z) \leqslant \ud(x,y) + \ud(y,z)$ .
$\forall \lambda \in \K$ , $\forall (x,y)\in E^2$ , $\ud(\lambda x,\lambda y)=\abs{\lambda}\ud(x,y)$ .

Soit $(E,\norme{\phantom{x}})$ un evn, $A$ une partie de $E$ non vide, et $x\in E$ . L'ensemble $\{\norme{x-a},\ a\in A\}$ est une partie non vide de $\R$ , minorée par $0$ ; elle admet donc une borne inférieure, appelée distance de $x$ à $A$ , et notée $\ud(x,A)$ : $\ud(x,A)=\dsp\inf_{a\in A } \ud(x,a).$

Remarques

En général, le réel $\ud(x,A)$ n'est pas un minimum, c'est-à-dire que la borne inférieure n'est pas nécessairement atteinte.
La distance de $x$ à $A$ peut être nulle sans que $x$ appartienne à $A$ .
Même quand $\ud(x,A)$ est atteinte en un point, ce point n'est pas nécessairement unique

Boules et sphères

Soit $(E,\norme{\phantom{x}})$ un EVN, $a\in E$ et $r\in \R_+$ . On appelle :

boule ouverte de centre $a$ et de rayon $r$ , l'ensemble : $B(a,r) = \{x \in E , \ud(a,x) r \} =\{x \in E \, \norme{a-x} < r\}$
boule fermée de centre $a$ et de rayon $r$ , l'ensemble : $B_f(a,r) = \{x \in E , \ud(a,x) \leqslant r\} = \{x \in E \ , \ \norme{a-x} \leqslant r\}$
sphère de centre $a$ et de rayon $r$ , l'ensemble : $S(a,r) = \{x \in E , \ud(a,x) =r\} = \{x \in E \ , \ \norme{a-x} =r\}$

Remarque

On parle de boule unité ou de sphère unité dans le cas $a=0_E$ et $r=1$ .

Boule unité norme L2 — Boule unité dans $\R^2$ par rapport à $L^2$

Boule unité norme L1 — Boule unité dans $\R^2$ par rapport à $L^1$

Boule unité norme Linfinie — Boule unité dans $\R^2$ par rapport à $L^\infty$

Vous pouvez tester :
Vous choisiez la norme parmi les 3 normes $\norme{\cdot}_1,\, \norme{\cdot}_2$ et $\norme{\cdot}_\infty$ . Vous pouvez aussi augmentez le nombre de subdivision, cela va améliorer la graphe des lignes de niveau (mais peut prendre plus de temps pour afficher la figure).
Vous pouvez aussi bouger les points $A$ et $B$ pour calculer leurs normes et aussi $\ud (A,B)$ .
Puis cliquer sur tracer!

Choix de la norme:

Nombre de subdivision:

Une partie $A$ d'un EV est dite convexe si, pour tout $(x,y)\in A^2$ , le segment $[x,y]=\{tx+(1-t)y,\ t\in[0,1]\}$ est inclus dans $A$ .

Une boule (ouverte ou fermée) est une partie convexe.

Soit $(E,\norme{\phantom{x}})$ un $\K$ -espace vectoriel normé. Une partie $A$ de $E$ est dite bornée si $\exists M \in \R_+ \ , \ \forall x \in A \ , \ \norme{x} \leqslant M$ (cela équivaut à : $A \subset B_f(0,M)$ ).

Les ensembles suivants sont-ils bornés? $A=\{x\sin(x),\,x\in \R\},\quad B=\{(x,y)\in \R^2,\, x^2+xy+y^2=1\},$ et $C=\{(x,y)\in \R^2,\,\,x^2-y^2=1\}.$

Correction

$A$ et $C$ ne sont pas bornés. $B$ est borné.

Comparaison de normes

Soient $(N_1,N_2)$ deux normes sur un $\K$ -ev $E$ . On dit que $N_1$ et $N_2$ sont équivalentes si et seulement si : $\exists \alpha >0 \ , \ \exists \beta >0,\quad\quad \forall x \in E \ , \ \alpha N_1(x) \leqslant N_2(x) \leqslant \beta N_1(x)$

Remarque

Dire que $N_1$ et $N_2$ sont équivalentes signifie que les rapports $\dfrac{N_1}{N_2}$ et $\dfrac{N_2}{N_1}$ sont bornés sur $E \setminus \{0\}$ .

Exemples

Soit $E$ un EV de dimension finie, rapporté à une base $\mathscr{B}=\enumsp{e}1n$ . Pour tout $x=\dsum_{i=1}^nx_i e_i$ de $E$ , on a: $\norme{x}_{\infty} \leq \norme{x}_1 \leq n \cdot \norme{x}_{\infty} \,\,\text{ et } \,\, \norme{x}_{\infty} \leq \norme{x}_2 \leq \sqrt{n} \cdot \norme{x}_{\infty}$ ce qui montre (par transitivité) que ces trois normes sont deux à deux équivalentes.
Pour toute $f \in \mathscr{C}([a,b],\K)$ (avec $a\leq b$ ), on a : $\norme{f}_1 \leq \sqrt{b-a} \norme{f}_2,\, \norme{f}_2 \leq \sqrt{b-a}\norme{f}_{\infty},$ $\norme{f}_1 \leq (b-a)\norme{f}_{\infty}$ mais elles sont deux à deux non équivalentes, comme le montre l'exemple de la suite de fonctions $f_n : t \mapsto \left(\dfrac{t-a}{b-a}\right)^n,\quad\quad (n\in \N).$

Si $E$ est un $\K$ -espace vectoriel de dimension finie, toutes les normes sur $E$ sont équivalentes.

Remarque

Une démonstration de ce résultat sera donnée dans le chapitre suivant.

Soient $n \in \mathbb{N}$ et $E$ l'espace des polynômes réels de degrés inférieurs à $n$ . Montrer qu'il existe $\lambda > 0$ vérifiant $\forall P \in E,\int_0^1 {\left| {P(t)} \right|\,{\mathrm{d}}t} \geqslant \lambda \mathop {\sup }\limits_{t \in \left[ {0,1} \right]} \left| {P(t)} \right|$

Correction

Les application $\fonct{N_1}{E}{\R}{P}{\dsp\int_0^1\abs{P(t)}\ud t}$ et $\fonct{N_2}{E}{\R}{P}{\dsp\mathop {\sup }\limits_{t \in \left[ {0,1} \right]} \left| {P(t)} \right|}$ définissent des normes sur $E$ (je vous laisse la vérification).
$E$ étant de dimension finie donc les deux normes sont équivalentes, i.e $\exists 0< \lambda < \beta\in \R_+,~~\forall P\in E,~~ \lambda N_2(P)\leq N_1(P)\leq \beta N_1(P).$

Topologie d'un EVN

Soit $E$ un evn, et $a \in E$ . On dit qu'une partie $V$ de E est un voisinage de $a$ s'il existe $r>0$ tel que $B(a,r) \subset V$ . On note $\mathscr{V} (a)$ l'ensemble de voisinages de $a$ .

Remarque

Dans le cas particulier $E=\R$ , on définit les voisinages de $+\infty$ (resp. $-\infty$ ) comme les parties de $\R$ contenant un intervalle de la forme $\left[a,+\infty\right[$ (resp $\left]-\infty,a\right]$ ).

Soit $a\in E$ ,

Si $V\subset U$ est un voisinage de $a$ alors $U$ l'est aussi.
L'intersection d'un nombre finie de voisinage de $A$ est un voisinage de $a$ .
Si $b\in E$ et $b\neq a$ alors on peut trouver $V\in \mathscr{V}(a)$ et $U\in \mathscr{V} (b)$ tels que $U\cap V=\emptyset$ .

Soit $(E,\norme{\phantom{x}})$ un evn. Une partie $\Omega$ de $E$ s'appelle un ouvert il est voisinage de tous ses points.

Remarque

Ceci revient à dire, si $\Omega\neq \emptyset$ , alors $\Omega$ vérifie la relation suivante: $\forall a \in \Omega,\quad \exists r>0,\quad B(a,r) \subset \Omega.$ Intuitivement, on pourrait imaginer un ensemble ouvert comme un ensemble qui n'a pas de bord.

$\emptyset$ et $E$ sont des ouverts .
Une boule ouverte est un ouvert.
La réunion d'une famille quelconque d'ouverts est un ouvert.
L'intersection d'une famille finie d'ouverts est un ouvert.

Remarques

faire un dessin pour 2.
La dernière relation de la proposition précédente n'est valable que dans le cas d'intersection finie. Pour s'en souvenir, on essais de retenir l'exemple suivant (simple mais très utile).

Exemple

Pour $n\in \N^*$ , on pose $I_n=\left]\dfrac{-1}{n},\,\dfrac{1}{n}\right[$ , $I_n$ est un ensemble ouvert de $\R$ , et on a $\dsp\bigcap_{n\in \N^*}I_n=\{0\},\quad \text{ qui n'est pas un ouvert}.$

Soient $E$ un $\K$ -evn, $a,b\in E$ , $\alpha,\beta,\in \R_+^*$ et $\lambda\in \R^*$ . Montrer les relations suivantes: $\mathbf{a)\,} \,\,B(a+b,\alpha+\beta)=B(a,\alpha)+B(b,\beta),\quad \quad \mathbf{b)\,} \,\, B(\lambda a, \abs{\lambda} \alpha)=\lambda B(a,\alpha).$

Correction

Soient $u\in B(a,\alpha),\,v\in B(b,\beta)$ , on a $\norme{(a+b)-(u+v)}\leq \norme{a-u}+\norme{b-v}< \alpha+\beta.$ Donc $u+v\in B(a+b,\alpha+\beta)$ , ce qui implique que $B(a,\alpha)+B(b,\beta)\subset B(a+b,\alpha+\beta)$ .
Inversement, soit $x\in B(a+b,\alpha +\beta)$ , on pose $u=\dfrac{\alpha}{\alpha+\beta}(x-(a+b))+a,$ et $v=\dfrac{\beta}{\alpha+\beta}(x-(a+b))+b$ . $\left\{\begin{array}{lcl} u+v&=&\dfrac{\alpha}{\alpha+\beta}(x-(a+b))+a+\dfrac{\beta}{\alpha+\beta}(x-(a+b))+b\\ \norme{u-a}&=&\norme{\dfrac{\alpha}{\alpha+\beta}(x-(a+b))}=\dfrac{\alpha}{\alpha+\beta}\norme{x-(a+b)}< \alpha\Longrightarrow u\in B(a,\alpha),\\ \norme{v-b}&=&\norme{\dfrac{\beta}{\alpha+\beta}(x-(a+b))}=\dfrac{\alpha}{\alpha+\beta}\norme{x-(a+b)}< \beta\Longrightarrow v\in B(b,\beta), \end{array} \right.$ On en déduit que $B(a+b,\alpha+\beta)\subset B(a,\alpha)+B(b,\beta)$ ce qui prouve l'égalité.

On dit qu'une partie $F$ d'un evn est un fermé si son complémentaire est un ouvert.

$\emptyset$ et $E$ sont des fermés.
Une boule fermée est un fermé.
L'intersection d'une famille quelconque de fermés est un fermé.
La réunion d'une famille finie de fermés est un fermé.

Remarques

La négation d'un ensemble fermé n'est pas un ensemble ouvert! i.e.
Si $A$ n'est pas fermé alors $A$ n'est pas forcément ouvert.
Un ensemble peut être à la fois ouvert et fermé, mais aussi un ensemble peut être ni ouvert ni fermé.
La dernière relation n'est valable que dans le cas d'une réunion finie.

Exemple

Pour $n\in \N^*$ on pose $I_n=\left[-1+\dfrac{1}{n},1-\dfrac{1}{n}\right]$ , $I_n$ est un fermé de $\R$ mais $\dsp\bigcup_{n\in \N^*}I_n=]-1,1[$ qui n'est pas un fermé.

Soit $A$ une partie non vide d'un evn $E$ . On dit que $a \in A$ est un point intérieur à $A$ ssi il existe $r>0$ tel que $B(a,r) \subset A$ .
L'ensemble des points intérieurs à $A$ s'appelle l'intérieur de $A$ , et se note $\overset{\circ}{A}$ .

$a \in \overset{\circ}{A}$ ssi $A$ est un voisinage de $a$ .
$\overset{\circ}{A} \subset A$ et $\overset{\circ}{A}=A \Longleftrightarrow A \text{ est un ouvert}$ .
$\overset{\circ}{A}$ est le plus grand ouvert inclus dans $A$ .
L'intérieur d'une boule fermée est la boule ouverte de même centre et de même rayon.

Soit $A$ un ensemble non vide de $E$ convexe. Montrer que $\overset{\circ}{A}$ est un ensemble convexe.

Correction

Soient $x,y\in\overset{\circ}{A}$ et $\lambda\in ]0,1[$ . Alors il existe $\varepsilon_1>0$ (resp. $\varepsilon_2>0$ ) tel que $B(x,\varepsilon_1)\subset A$ (resp. $B(y,\varepsilon_2)\subset A$ ). On note alors $\varepsilon =\min (\varepsilon_1,\varepsilon_2)$ , alors $B(\lambda x+(1-\lambda)y,\varepsilon)=B(\lambda x,\varepsilon)+B((1-\lambda)y,\varepsilon)=\lambda B(x,\varepsilon)+(1-\lambda)B(y,\varepsilon)\subset A$

Soit $F$ un s-e-v de $E$ . Montrer que si l'intérieur de $F$ est non vide alors $F=E$ .

Correction

Soit $a \in \overset{\circ}{F}$ . Il existe donc $r>0$ tel que $B(a,r)\subset F$ . Si $x$ est un vecteur quelconque de $E$ , différent de $a$ , alors le vecteur $a+\dfrac{r}{2\norme{x-a}}(x-a)$ appartient à $B(a,r)$ donc à $F$ . Par la suite, $x\in F$ puisque $F$ est un sev, ce qui prouve $F=E$ .

Soit $A$ une partie non vide d'un EVN $E$ . On dit que $a \in E$ est un point adhérent à $A$ ssi pour tout { $r>0$ , $B(a,r) \cap A \ne \emptyset$ }.
L'ensemble des points adhérents à $A$ s'appelle l'adhérence de $A$ et se note $\overline{A}$ .

$\overline{A}$ est un ensemble fermé.
$A \subset \overline{A}$ et $\overline{A}=A \Longleftrightarrow A \text{ est un fermé}$ .
$\overline{A}$ est le plus petit fermé contenant $A$ .
L'adhérence d'une boule ouvert est la boule fermée de même centre et de même rayon.

On considère $A=\{\dfrac{1}{x+n}+\dfrac{1}{2^n}; (x,n)\in \R_+^*\times \N^*\}$ . Déterminer $\overset{\circ}{A}$ et $\overline{A}$ .

Correction

Pour $n\in \N^*$ , on note $A_n=\left\{\dfrac{1}{x+n}+\dfrac{1}{2^n}; x\in \R_+^*\right\}$ , alors $A=\dsp\underset{n\geq 1}{\bigcup}A_n$ .
Une étude rapide de la fonction $\fonct{f_n}{\R_+^*}{\R}{x}{\dfrac{1}{x+n}+\dfrac{1}{2^n}}$ montre que $f_n$ est strictement décroissante. Donc $A_n=f_n(\R_+^*)=\left]\limiteX{x}{\infty}f_n(x),\limiteX{x}{0^+}f_n(x)\right[=\left]\dfrac{1}{2^n},\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{2^n}\right[$ Ce qui donne $A=\left]0,\dfrac{3}{2}\right[.$ On en déduit, $\boxed{ \overset{\circ}{A}=\left]0,\dfrac{3}{2}\right[,~~~~\overline{A}=\left[0,\dfrac{3}{2}\right]}.$

Soit $E$ un evn, et $A \subset E$ . On appelle frontière de $A$ (noté $\partial A$ ) l'ensemble $\overline{A}\backslash \overset{\circ}{A}$ .

Remarques

$\partial A$ est l'ensemble des points adhérents à la fois à $A$ et $\overline{A}=E\backslash A$ .
$\partial A$ est un ensemble fermé.
$\partial \emptyset=\emptyset$

Soit $E$ un evn, et $A \subset E$ . On dit que $A$ est dense dans $E$ ssi $\overline{A}=E$ .

Exemple

$\Q$ et $\R \setminus \Q$ sont denses dans $\R$ .

Soient $E$ un e.v.n, $A,B$ deux parties de $E$ . On suppose que $A$ et $B$ sont denses dans $E$ et que $A\cap B=\emptyset$ . Montrer que $\overset{\circ}{A}=\overset{\circ}{B}=\emptyset$ .

Correction

Supposons que $\overset{\circ}{A}\neq \emptyset$ , soit alors $x\in \overset{\circ}{A}$ , il existe $r>0$ tel que $B(x,r)\subset A$ , or comme $B$ est dense dans $E$ alors $B\cap B(x,r)\neq \emptyset$ donc $B\cap A\neq \emptyset$ contradiction donc $\boxed{\overset{\circ}{A}=\emptyset}.$
On faite la même démarche pour $B$ .

Suites d'un EVN

Généralités

Soit $E$ un EVN. On appelle suite d'éléments de $E$ toute application $\fonct{u}{I}{E}{n}{u_n}$ , où $I$ est une partie de $\N$ . On la note : $(u_n)_{n \in I}$ .

Remarque

Dans la plus part des cas qu'on traitera $I=\N$ ou $\N^*$ .

L'ensemble $E^{\N}$ des suites définies sur $\N$ et à valeurs dans $E$ a une structure de $\K$ -ev pour les lois ("usuelles") : si $u,v \in E^{\N}$ et $\lambda \in \K$ , on pose : $u+v : n \longmapsto u_n+v_n,\quad \quad \lambda . u : n \longmapsto \lambda u_n.$

Une suite $(u_n) \in E^{\N}$ est dite bornée si son ensemble image est une partie bornée de $E$ , i.e. : $\exists M \in \R_+^* \text{ tq }\forall n \in \N \ , \ \norme{u_n} \leqslant M.$

L'ensemble $\mathscr{B}(\N,E)$ (noté plutôt $\ell^{\infty}(E)$ ) des suites bornées d'éléments de $E$ est un sev de $E^{\N}$ .
$\ell^{\infty}(E)$ est muni d'une structure d'evn pour la norme $\norme{\phantom{x}}_{\infty}$ définie par : $\forall u \in \ell^{\infty}(E),\quad\norme{u}_{\infty}=\dsp\sup_{n \in \N} \norme{u_n}_{E}.$

Une suite $(u_n)_{n \in \N}$ d'éléments de $E$ est dite convergente s'il existe $\ell \in E$ tel que : $\forall \varepsilon >0\ , \ \exists n_0 \in \N \text{ tq } \forall n \in \N \ , \ n \geqslant n_0 \Longrightarrow \norme{u_n-\ell}\leq \varepsilon.$

Remarque

Une suite non convergente est dite divergente.

Si $(u_n)$ est une suite convergente, le vecteur $\ell$ précédent est unique.
On l'appelle limite de la suite $u$ , et on note : $\ell = \dsp\lim_{n \to +\infty}u_n$ .

Remarques

Dire que $\ell = \dsp\lim_{n \to +\infty}u_n$ peut aussi s'écrire : $\forall V \in \mathscr{V}(\ell), \ \exists n_0 \in \N \text{ tq } \forall n \in \N \ , \ n \geqslant n_0 \Longrightarrow u_n \in V.$
Dire que $\ell = \dsp\lim_{n \to +\infty}u_n$ signifie aussi que la suite réelle $\norme{u_n-\ell}$ tend vers $0$ quand $n \to +\infty$ .
On ne change pas la nature d'une suite, ni, pour une suite convergente, sa limite, lorsqu'on remplace une norme par une norme équivalente.

Toute suite convergente est bornée.

Remarque

Une suite bornée n'est pas forcément convergente!
Considérer pour cela la suite de terme général $u_n=(-1)^n$ .

Soient $(u_n)$ et $(v_n)$ deux suites d'éléments de $E$ convergentes resp. vers $\ell$ et $\ell '$ . Alors la suite $(u_n+v_n)$ converge vers $\ell + \ell '$ .
Soit $(\lambda_n)$ une suite d'éléments de $\K$ convergente vers $\lambda \in \K$ , et $(u_n)$ une suite d'éléments de $E$ convergente vers $\ell \in E$ . Alors, la suite $(\lambda_n\cdot u_n)$ converge vers $\lambda \cdot \ell$

Soit $u \in E^{\N}$ . On appelle suite extraite de $u$ toute suite de la forme $\big(u_{\varphi(n)}\big)_{n\in \N}$ , où $\varphi$ est une application strictement croissante de $\N$ dans $\N$ .

Si $u$ est une suite d'éléments de $E$ qui converge vers $\ell$ , toute suite extraite de $u$ converge, vers la même limite $\ell$ .

Soit $M\in \MM_n(\K)$ , on suppose que la suite $(M^n)$ converge vers $A\in \MM_n(\K)$ .

Montrer que la suite $\left((M^2)^n\right)_n$ converge dans $\MM_n(\K)$ .
Montrer que $A^2=A$ .

Correction

La suite $(M^n)_n$ converge donc toute suite extraite de cette suite converge aussi (vers la même limite), en particulier, la suite $(M^{2n})_n$ converge aussi vers $A$ .
Pour tout $n\in \N$ , on a $M^{2n}=M^n\times M^n$ ainsi par passage à la limite on trouve $A= A\times A$ .

Soit $u=(u_n)$ une suite d'éléments de $E$ , avec $u_n = \dsp \sum_{i=1}^p u_{i,n}e_i$ . Alors :

La suite $(u_n)$ est convergente dans $E$ ssi, pour tout $i \in \inter{1,p}$ , la suite $(u_{i,n})$ est convergente dans $\K$ .
Et, dans ce cas, si $\ell = \dsp \sum_{i=1}^p \ell_i e_i = \dsp \lim_{n \to + \infty}u_n$ , on a : $\forall i \in \inter{1,p}, \ \ell_i = \dsp\lim_{n \to + \infty}u_{i,n}$ .

Soit $E$ un $\K$ -evn de dimension finie $p$ , et $(x_n)$ une suite d'éléments de $E$ . On suppose que $\dsum \norme{x_n}$ converge dans $\R$ , montrer que $\dsum x_n$ converge dans $E$ .

Correction

Soit $\BB=(e_1,\cdots,e_p)$ une base de $E$ , pour tout $n\in \N$ , on a $x_n=x_{1,n}e_1+x_{2,n}+\cdots+x_{p,n}e_p$ ( $(x_{i,n})_n$ est la $i$ \up{ème} suite cordonnée de $(x_n)$ relativement à la base $\BB$ ).
$E$ étant de dimension finie, donc tout les normes sur $E$ sont équivalentes, on travaille donc avec la norme infinie définie par $\norme{\dsum_{k=1}^p a_ke_k}=\max\{\abs{a_k},\,k\in\inter{1,p}\}$ .
On a pour tout $i\in \inter{1,p}$ et $n\in \N$ , $\abs{x_{i,n}}\leq \norme{x_n}_\infty$ , or $\dsum \norme{x_n}_\infty$ converge. On en déduit alors que $\dsum x_{i,n}$ est absolument convergente donc convergente. Notons $\ell_i$ sa somme. $\forall n\in \N,\quad \dsum_{k=0}^nx_k=\dsum_{k=0}^n (\dsum_{i=1}^p x_{i,k}e_i)=\dsum_{i=1}^p\left(\dsum_{k=0}^nx_{i,k}\right)e_i\tendversN\,\dsum_{i=1}^p\ell_i e_i.$

Applications des suites

Soit $A$ une partie d'un evn $E$ . Alors
$a \in \overline{A}\text{ ssi il existe une suite d'éléments de $A$ qui converge vers $a$}.$

Image à changer — illustration graphique

Soit $A\subset E$ un ensemble non vide. On suppose que $A$ est convexe. Montrer que $\overline{A}$ est convexe.

Correction

Soient $x,y\in \overline{A}$ et $\lambda\in ]0,1[$ , d'après la proposition précédente, ils existe deux suites $(x_n),\, (y_n)$ d'éléments de $A$ tels que $x_n\tendversN\,x$ et $y_n\tendversN \,y$ . On considère alors la suite $(w_n)$ définie par $w_n=\lambda x_n+(1-\lambda)y_n$ .
Alors la suite $(w_n)$ vérifie: $\forall n\in \N,\,w_n\in A \text{ (car $A$ est convexe) et }w_n\tendversN\,\lambda x+(1-\lambda)y.$ Puisque $(w_n)\in A^\N$ alors $\lim w_n\in \overline{A}$ , ceci prouve que $\lambda x+(1-\lambda)y\in \overline{A}$ .

$A$ est un fermé si et seulement si toute suite d'éléments de $A$ qui converge dans $E$ converge dans $A$ .

Soit $E=\CC([0,1],\R)$ muni de la norme $\norme{\cdot}_\infty$ . On note $A=\{f\in E,\, f(0)=0 \text{ et }\dsp\int_0^1f(t)\ud t\geq 1\}.$ Montrer que $A$ est une partie fermée de $E$ .

Correction

Soit $(f_n)$ une suite d'éléments de $A$ qui converge dans $E$ vers $f$ , i.e. $\norme{f_n-f}_\infty\tendversN\,0$ .

Pour tout $n\in \N$ , on a $\abs{f_n(0)-f(0)}\leq \norme{f_n-f}_\infty\Longrightarrow\abs{f(0)}\leq \norme{f_n-f}_\infty\tendversN 0$ Donc $f(0)=0$ .
En utilisant les propriétés de l'intégrale, $\abs{\int_0^1(f-f_n)}\leq \int_0^1\norme{f-f_n}_\infty\leq \norme{f-f_n}_\infty\Longrightarrow \int_0^1f-n(t)\ud t\tendversN\,\int_0^1f(t)\ud t$ or pour tout $n\in \N,\,\dsp\int_0^1 f_n\geq 1$ donc $\dsp \int_0^1 f(t)\ud t\geq 1$

On en déduit alors que $f\in A$ , ce qui prouve que $A$ est un fermé de $E$ .

Soit $A$ une partie fermée bornée non vide de $\R$ . Alors $\sup A$ et $\inf A$ appartiennent à $A$ .

Soit $A$ une partie d'un evn $E$ . Alors $A$ est une partie dense dans $E$ ssi tout élément de $E$ est limite d'une suite d'éléments de $A$ .