2. Solutions
2 SOLUTIONS
Exercice I.1
(1) (i)
p
α espace normé.
Pour x = (x n ) n∈N ∗ , y = (y n ) n∈N ∗ ∈
p
α , notons X = (X n ) n∈N ∗ , X n = α
1/ p
n x n et de même
Y = (Y n ) n∈N ∗ , Y n = α
1/ p
n y n .
L’application de l’inégalité de Minkowski (P 1.6) au couple (X, Y) conduit à
x + y p,α ≤ ≤x p,α + y p,α .
Les axiomes d’espace vectoriel et de norme sont alors faciles à vérifier.
(ii)
p
α espace normé complet.
(a) Soit 1 ≤ p < ∞ et ( f m ) m∈N ∗ une suite de Cauchy de
p
α . On note f m (n) le terme
de rang n de f m ∈
p
α . Soit ε > 0 donné. Il existe M(ε) ∈ N
∗ tel que
j, k ≥ M(ε) =⇒ ⇒ f j − f k
p
p,α =
∞
n=1
α n | f j (n) − f k (n)|
p
≤ ε
p
.
(I.1)
Ceci implique que pour tout n ∈ N
∗ , pour tous j, k ≥ M(ε), | f j (n) − f k (n)| ≤ α
−1/ p
n
ε.
Vu l’arbitraire sur ε, ceci montre que, pour tout n ∈ N
∗ , la suite ( f m (n)) m∈N ∗ est de Cauchy
dans C, donc converge vers une limite notée f (n) quand m → ∞. Pour j, k ≥ M(ε), et
N ∈ N
∗ , on a d’après (I.1) :
N
n=1
α n | f j (n) − f k (n)|
p
≤ ≤ f j − f k
p
p,α ≤ ε
p
,
(I.2)
Le passage à la limite dans (I.2), quand j → +∞ et k ≥ M(ε), donne
N
n=1
α n | f (n) − f k (n)|
p
≤ ε
p
.
(I.3)
Maintenant, en faisant tendre N vers l’infini dans (I.3), on obtient
k ≥ M(ε) =⇒
∞
n=1
α n | f (n) − f k (n)|
p
≤ ε
p
.
(I.4)
Cela montre que f − f k ∈
p
α , qui est un espace vectoriel, et donc f ∈
p
α . (I.4) s’interprète
alors ainsi :
k ≥ M(ε) =⇒ ⇒ f − f k
p
p
α
≤ ε
p
.
Ceci montre que
p
α est complet, i.e. est un espace de Banach.
(b) Soit p = ∞ et ( f m ) m∈N ∗ une suite de Cauchy de
∞
α . Soit ε > 0 donné.
Il existe M(ε) ∈ N
∗ tel que
j, k ≥ M(ε) =⇒ sup
n≥1
(α n | f j (n) − f k (n)|) = f j − f k ∞,α ≤ ε.
c
Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
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