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Chap. 5. Espaces vectoriels normés
Un simple calcul mène à ( A − I 3 )
2 = 0. On a de plus A = I 3 + (A − I 3 ), et on
déduit de la formule du binôme que ∀n ∈ N A
n = I 3 + n(A − I 3 ). On a donc
1
n
A
n = A − (1 −
1
n
)I 3 →
n→+∞
A − I 3 .
Ce qu’il faut savoir
Pour montrer que deux normes N 1 et N 2 ne sont pas équivalentes, on construit une
suite (x n ) d’éléments de E telle que
N 1 (x n )
N 2 (x n )
tend vers 0 ou +∞. Dans la pratique,
on choisit la suite (x n ) telle que, pour tout n ∈ N, N 1 (x n ) = 1 (ou N 2 (x n ) = 1).
Exercice 5.4
Centrale PSI 2007, 2006
Soit E = C
0 ([0, 1], R). Si a ∈ [0, 1] et f ∈ E, on pose N a ( f ) = sup
[a,1]
| f |+
a
0
| f | .
1) Montrer que N a est une norme sur E.
2) Etant donnés a et b tels que 0 a < b 1, on se propose de montrer que les
normes N a et N b ne sont pas équivalentes. Pour cela on pose pour tout n ∈ N
∗ ,
g n = a +
b − a
n
, et on introduit la fonction f n définie par
∀x ∈ [0, 1], f n (x) =
⎧
⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨
⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩
0
s i0 x a,
2
x − a
g n − a
si a x
a + g n
2
,
−2
x − g n
g n − a
si
a + g n
2
x g n ,
0
s ig n x 1.
2.a) Tracer le graphe de f n et vérifier que f n ∈ E.
2.b) Calculer N a ( f n ) et N b ( f n ) et conclure.
1) On vérifie facilement que N a (l f ) = |l| N a ( f ) et N a ( f + g) N a ( f ) + N a (g)
pour tout ( f , g) ∈ E
2 et l ∈ R.
De plus, N a ( f ) = sup
[a,1]
| f |
0
+
a
0
| f |
0
= 0 si et seulement si sup
[a,1]
| f | = 0 et
a
0
| f | = 0.
D’une part, sup
[a,1]
| f | = 0 entraîne f (x) = 0 pour tout x ∈ [a, 1]. D’autre part,
a
0
| f | = 0 et | f | est continue et positive sur [0, a], donc f est nulle sur [0, a].
Finalement f est nulle sur [0, 1]. Donc N a est une norme sur E.