2. Solutions
Nous avons alors a + u = (r 1 + r)e
iθ 1 e 1 + (r 2 − r)e
iθ 2 e 2 , d’où
a + u = (r 1 + r) + (r 2 − r) = r 1 + r 2 = 1
et de même a − u = 1. Ce u montre le caractère « non extrême » de a dans B 2 . Un point
extrême a devra donc vérifier, par exemple, a 2 = 0 et |a 1 | = 1. Nous allons voir que ces
points conviennent effectivement.
(iv) Soit a = λe 1 , |λ| = 1. On va voir que a est extrême (on traiterait de même
a = λe 2 ). Soit u = u 1 e 1 + u 2 e 2 tel que a ± u ∈ B 2 , i.e.
|λ + u 1 | + |u 2 | ≤ 1 et |λ − u 1 | + |u 2 | ≤ 1.
En particulier |λ ± u 1 | ≤ 1, ce qui implique u 1 = 0. Ceci est géométriquement évident,
cf. figure, avec D (resp.C) le disque unité (resp.le cercle unité). Si on préfère, une preuve
analytique est fournie par l’identité du parallélogramme :
|λ + u 1 |
2
+ |λ − u 1 |
2
= 2(|λ|
2
+ |u 1 |
2 ) = 2(1 + |u 1 |
2 ) ≤ 2,
d’où u 1 = 0 et ensuite u 2 = 0 et u = 0.
λ + u 1
λ − u 1
λ
D
C
On peut remarquer que tout point de B 2 est combinaison linéaire à coefficients réels
compris entre 0 et 1 de points e 1 exp(iα 1 ) et e 2 exp(iα 2 ), c’est l’écriture relative à la
base. On a alors B 2 = co(Ext(B 2 )) = co(Ext(B 2 )). Ceci est confirmé par le théorème de
Krein-Milman (P 9.2).
(2) L’étude des points extrêmes de B s’appuie sur celle faite pour B 2 .
(i) Si un point y ∈ B admet dans la base canonique (e n , n ∈ N
∗ ) au moins
deux composantes y j , y k non nulles, il n’est pas extrême. Soit en effet r = |y j | + |y k | et
a =
y j e j +y k e k
r
∈ B. On utilise a comme élément de E 2 = Vect(e j , e k ). Avec les notations
de (1), a n’est pas un point extrême de B 2 , et il existe u ∈ B 2 , u 0 tel que a ± u ∈ B 2 .
Alors, ru 0 et y ± ru ∈ B car on a par exemple
y + ru =
ni, j
|y n | + |y j + ru j | + |y k + ru k | ≤
ni, j
|y n | + r ≤ 1.
c
Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
225
Nous avons alors a + u = (r 1 + r)e
iθ 1 e 1 + (r 2 − r)e
iθ 2 e 2 , d’où
a + u = (r 1 + r) + (r 2 − r) = r 1 + r 2 = 1
et de même a − u = 1. Ce u montre le caractère « non extrême » de a dans B 2 . Un point
extrême a devra donc vérifier, par exemple, a 2 = 0 et |a 1 | = 1. Nous allons voir que ces
points conviennent effectivement.
(iv) Soit a = λe 1 , |λ| = 1. On va voir que a est extrême (on traiterait de même
a = λe 2 ). Soit u = u 1 e 1 + u 2 e 2 tel que a ± u ∈ B 2 , i.e.
|λ + u 1 | + |u 2 | ≤ 1 et |λ − u 1 | + |u 2 | ≤ 1.
En particulier |λ ± u 1 | ≤ 1, ce qui implique u 1 = 0. Ceci est géométriquement évident,
cf. figure, avec D (resp.C) le disque unité (resp.le cercle unité). Si on préfère, une preuve
analytique est fournie par l’identité du parallélogramme :
|λ + u 1 |
2
+ |λ − u 1 |
2
= 2(|λ|
2
+ |u 1 |
2 ) = 2(1 + |u 1 |
2 ) ≤ 2,
d’où u 1 = 0 et ensuite u 2 = 0 et u = 0.
λ + u 1
λ − u 1
λ
D
C
On peut remarquer que tout point de B 2 est combinaison linéaire à coefficients réels
compris entre 0 et 1 de points e 1 exp(iα 1 ) et e 2 exp(iα 2 ), c’est l’écriture relative à la
base. On a alors B 2 = co(Ext(B 2 )) = co(Ext(B 2 )). Ceci est confirmé par le théorème de
Krein-Milman (P 9.2).
(2) L’étude des points extrêmes de B s’appuie sur celle faite pour B 2 .
(i) Si un point y ∈ B admet dans la base canonique (e n , n ∈ N
∗ ) au moins
deux composantes y j , y k non nulles, il n’est pas extrême. Soit en effet r = |y j | + |y k | et
a =
y j e j +y k e k
r
∈ B. On utilise a comme élément de E 2 = Vect(e j , e k ). Avec les notations
de (1), a n’est pas un point extrême de B 2 , et il existe u ∈ B 2 , u 0 tel que a ± u ∈ B 2 .
Alors, ru 0 et y ± ru ∈ B car on a par exemple
y + ru =
ni, j
|y n | + |y j + ru j | + |y k + ru k | ≤
ni, j
|y n | + r ≤ 1.
c
Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
225