100 Chap. 5. Espaces vectoriels normés
2. On pense assez naturellement à écrire que pour tout t ∈ [0, 1],
f (t) = f (0) +
t
0
f
(u)du.
Il vient alors, | f (t)| | f (0)| +
t
0
| f
(u)| du | f (0)| +
1
0
| f
(u)| du.
On sait que pour a et b réels, on a ab
1
2
(a
2 + b
2 ) , et on en déduit que
(a + b)
2
2(a
2 + b
2 ). Il vient alors, en posant a = | f (0)| et b =
1
0
| f
(t)| dt,
| f (0)| +
1
0
| f
(t)| dt
2
2
⎛
⎝ | f (0)|
2 +
1
0
| f
(t)|dt
2
⎞
⎠ .
D’autre part on a, d’après l’inégalité de Cauchy-Schwarz,
1
0
| f
(t)|dt
2
1
0
dt ·
1
0
f
(t)
2 dt =
1
0
f
(t)
2 dt .
D’où | f (0)| +
1
0
| f
(t)| dt
√
2
| f (0)|
2 +
1
0
| f (t)|
2 dt, et donc pour tout
t ∈ [0, 1], | f (t)|
√
2N ( f ),, d’où f ∞
√
2N ( f ).
Remarque de la rédaction
On peut vérifier que
√
2 est la plus petite des constantes réelles K telle que
f ∞
√
2N ( f ) pour toute fonction f ∈ E. On a en effet f ∞ =
√
2N ( f )
lorsqu’ on prend pour f la fonction définie par f (t) = 1 + t.
3. Utilisons la suite de fonctions de l’énoncé : pour n 1, on a f n ∞ = 1 et
N ( f n ) =
n
√
2n − 1
. On a lim
n→+∞
N ( f n )
f n ∞
=
n
√
2n − 1
= +∞. Les normes ne sont
pas équivalentes (car il n’existe pas de constante C > 0 telle que pour tout f ∈ E,
N ( f ) C f ∞ .
Sinon, on aurait en prenant f = g n , pour tout n ∈ N, N (g n ) C g n ∞ donc
1
√
2
0, ce qui est absurde.
Ce qu’il faut savoir
Partie bornée
Soit A une partie non vide de E.
• Les propositions suivantes sont équivalentes :
(i) il existe M ∈ ]0, +∞[ tel que pour tout x ∈ A, x M ;