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 :
$$\ud(x,y) = \norme{x-y}.$$
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 dans $\R^2$ par rapport à $L^2$
Boule unité dans $\R^2$ par rapport à $L^1$
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!
.
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 $A$.
Ensemble convexe
Ensemble non convexe
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 : $\forall i \in \inter{1,p}, \ \ell_i = \dsp\lim_{n \to +
\infty}u_{i,n}$.
Démonstration
$E$ étant de dimension finie, toutes les normes sur $E$ sont équivalentes;
on va donc utiliser la norme {$\norme{\phantom{x}}_{\infty}$} relativement à la base $(e_1, \ldots,e_p)$.
Supposons que la suite $(u_n$) converge vers $\ell$. Alors, avec les notations de l'énoncé, pour tout
$i\in \inter{1,p}$, $\abs{u_{i,n}-\ell_i} \leq \norme{u_n-\ell}_{\infty}$, donc $\abs{u_{i,n}-\ell_i}$ tend vers $0$,
i.e que la suite $(u_{i,n})$ converge vers $\ell_i$.
Réciproquement, si pour tout $i\in \inter{1,p}$, la suite $(u_{i,n})$ converge vers $\ell_i$, alors, puisque $\norme{u_n-\ell}_{\infty}\leq \dsum_{i=1}^p \abs{u_{i,n}-\ell_i}$,
$\norme{u_n-\ell}_{\infty}$ tend vers $0$, i.e $(u_n)$ tend vers $\ell$.
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
$$a \in \overline{A}\text{ ssi il existe une suite d'éléments de $A$ qui converge vers
$a$}.$$
Démonstration
Soit $a\in\overline{A}$. Par définition, tout voisinage de $a$ rencontre $A$. Donc, pour tout $n\in\N^*$,
l'intersection de la boule ouverte de centre $a$ et de rayon $\dfrac1n$ est non vide, i.e qu'il existe $a_n\in A$
tel que $\norme{a_n-a}<\dfrac1n$. La suite $(a_n)$ est donc bien une suite d'éléments de $A$ qui converge vers $a$.
Réciproquement, supposons qu'il existe une suite $(a_n)$ d'éléments de $A$ qui converge vers $a$.
Alors, pour tout voisinage $V$ de $a$, il existe un entier $n_0\in \N$ tel que $a_n$ appartienne à $V$ pour
$n\geq n_0$. En particulier, $V\cap A$ est non vide. Ainsi, tout voisinage de $a$ rencontre $A$,
ce qui signifie que $a\in \overline{A}$.
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 $A$.
Démonstration
Supposons $A$ fermé, et soit $a$ une suite d'éléments de $A$ qui converge vers $\ell \in E$.
D'après le théorème précédent, $\ell \in \overline{A}$; mais $A=\overline{A}$ puisque $A$ est fermé,
donc $\ell$ appartient bien à $A$.
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Réciproquement, supposons que toute suite d'éléments de $A$ qui converge dans $E$ converge dans $A$.
Soit $a\in \overline{A}$; d'après le théorème précédent, il existe une suite d'éléments de $A$ qui converge
vers $a$; d'après l'hypothèse, $a$ appartient à $A$. Ainsi, $\overline{A}\subset A$, donc $\overline{A}=A$ et
$A$ est un fermé.
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 $A$.
Démonstration
Démontrons-le pour la borne supérieure (qui existe, puisque $A$ est bornée).
Soit $M=\sup A$. Par définition de la borne supérieure
$$ \forall\eps>0,\ \exists a \in A \text{ tq } M-\eps < a \leq M.$$
En appliquant cette définition avec $\eps=\dfrac1n$ et $n\in \N^*$, on obtient l'existence de
$a_n \in A$ tel que $\abs{M-a_n}< \dfrac1n$. La suite $(a_n)$ converge donc vers $M$ dans $\R$. $A$
étant fermé, $M\in A$ d'après le corollaire précédent.
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 $A$.
