2. Solutions
2 SOLUTIONS
Exercice VII.1
(1) (i) J 0 . |
1
0
f (y)dy |≤ ≤ f . Il y a égalité si f est la fonction constante e 0 : x → 1.
Donc J 0 ∈ E
∗ et J 0 = 1, la norme est atteinte pour e 0 .
(ii) J 1 . |
1
0
y f (y)dy}| ≤ ≤ f
1
0
ydy =
1
2 f . Il y a égalité pour la fonction e 0
utilisée précédemment. Donc J 1 ∈ E
∗ et J 1 =
1
2 , la norme est atteinte pour e 0 .
(2) On peut écrire, avec les notations de l’énoncé,
A f = J 1 ( f )(6e 0 ) + J 0 ( f )(2e 1 ).
(VII.5)
Ceci permet une écriture canonique de A selon (P 7.1),
A = (6e 0 ) ⊗ J 1 + (2e 1 ) ⊗ J 0 .
L’écriture de A f permet la majoration
A f ≤ (3e 0 + 2e 1 ) f = 5 f .
Pour f = e 0 , vecteur normé de E, on a
(Ae 0 )(x) =
1
0
(2x + 6y)dy = 2x + 3 = 3e 0 (x) + 2e 1 (x) ; (Ae 0 )(1) = 5.
On a donc A = 5 ; la norme est atteinte pour e 0 .
(3) (i) ker A.
D’après (VII.5), ker A = { f ∈ E ; J 0 ( f ) = J 1 ( f ) = 0}. J 0 et J 1 sont deux éléments
indépendants de E
∗
. ker A est donc de codimension 2. Il n’a pas d’écriture plus précise
que celle donnée ici.
(ii) Im A.
D’après (VII.5), ImA ⊆ Vect(e 0 , e 1 ).
On a noté en (2) que Ae 0 = 3e 0 + 2e 1 . De plus
(Ae 1 )(x) =
1
0
(2x + 6y)ydy = x + 2, soit Ae 1 = 2e 0 + e 1 .
(Ae 0 , Ae 1 ) est donc libre dans Vect(e 0 , e 1 ), ce qui établit que ImA = Vect(e 0 , e 1 ).
A est un opérateur borné de rang 2 selon (D 6.1).
(iii) Relation entre ker A et Im A.
Il résulte de (ii) que G = Vect(e 0 , e 1 ) est invariant par A et que la restriction B de A à G
est bijective. Alors aucun vecteur non nul de ker A n’est dans G.
c
Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
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