2. Solutions
Exercice I.2
(1) On utilise la suite proposée en montrant qu’elle est de Cauchy et non convergente
dans (E, . ∞ ).
De manière évidente, f n ∈ E pour tout n ∈ N
∗ . Notons f, f (x) = |x|.
Pour tout x ∈ [−1, 1], | f n (x) − f (x)| =
|x
2
+
1
n 2 − x
2
|
x 2 +
1
n 2 + |x|
≤
1
n 2
1
n
=
1
n
.
Alors lim n→∞ f n − f ∞ = 0. S’il existe g ∈ E telle que f n − g ∞ → 0, on a en particulier
pour tout x ∈ [−1, 1], f n (x) → g(x) et par suite f = g. Mais f E ! Donc, la suite ( f n )
n’est pas convergente dans E.
(2) Soit une suite ( f n ) de Cauchy dans (E, .), alors les deux suites ( f n ) n∈N ∗ et ( f
n ) n∈N ∗
sont de Cauchy dans (C([−1, 1]), . ∞ ).
Les règles usuelles d’échange limite-dérivation (la convergence uniforme de la suite des
dérivées et la convergence en un point de la suite des fonctions entraînent la « dérivation
terme à terme » de la suite) permettent d’assurer qu’il existe f C
1 telle que lim n→∞ f n = f
et lim n→∞ f
n = f
, au sens de ∞ . Donc f n → f au sens de ., et (E, .) est complet
(espace de Banach).
Exercice I.3
Commençons par une remarque d’intérêt général (qu’on aurait d’ailleurs pu appliquer à
l’Ex. I.1) sous forme du
Fait. Soit Y un espace de Banach, X un espace normé, et T : X → Y une isométrie
surjective. Alors, X est aussi un espace de Banach.
Preuve. Soit (x n ) une suite de Cauchy de X. Alors, (T (x n )) est une suite de Cauchy de
Y puisque T (x p ) − T (x q ) = x p − x q . Puisque Y est complet, il existe y ∈ Y tel que
T (x n ) → y. Et puisque T
−1 , qui est aussi une isométrie, est continue, on a x n → T
−1 (y).
CQFD.
Appliquons ceci à X = E ω , Y = E 1
de f
= E correspondant au poids constant égal à 1,
et T ( f ) = ω f . Il est évident (une fois qu’on aura vérifié les axiomes de norme) que
T : E ω → E est une isométrie surjective d’inverse T
−1 donné par T
−1 (g) =
1
ω
g. De plus,
les sous-espaces considérés se correspondent par cette isométrie :
T (E) = E ω , T (F) = F ω , T (G) = G ω , T (H) = H ω .
Si donc on sait faire le travail pour le poids ω = 1, on l’aura fait automatiquement pour un
poids quelconque. C’est pourquoi nous supposerons sans perte de généralité que nous
travaillons avec l’espace E et ses sous-espaces F, G, H, même si l’on rencontre « en
pratique » (espaces de Bergman, de Dirichlet) des cas où ω 1.
Pour chacun des ensembles E, F, G, H à étudier, la structure d’espace vectoriel complexe
est évidente. Il s’agit ensuite de s’assurer de la validité des axiomes de norme (D 1.1),
(D 1.2), puis du caractère complet.
c
Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
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Exercice I.2
(1) On utilise la suite proposée en montrant qu’elle est de Cauchy et non convergente
dans (E, . ∞ ).
De manière évidente, f n ∈ E pour tout n ∈ N
∗ . Notons f, f (x) = |x|.
Pour tout x ∈ [−1, 1], | f n (x) − f (x)| =
|x
2
+
1
n 2 − x
2
|
x 2 +
1
n 2 + |x|
≤
1
n 2
1
n
=
1
n
.
Alors lim n→∞ f n − f ∞ = 0. S’il existe g ∈ E telle que f n − g ∞ → 0, on a en particulier
pour tout x ∈ [−1, 1], f n (x) → g(x) et par suite f = g. Mais f E ! Donc, la suite ( f n )
n’est pas convergente dans E.
(2) Soit une suite ( f n ) de Cauchy dans (E, .), alors les deux suites ( f n ) n∈N ∗ et ( f
n ) n∈N ∗
sont de Cauchy dans (C([−1, 1]), . ∞ ).
Les règles usuelles d’échange limite-dérivation (la convergence uniforme de la suite des
dérivées et la convergence en un point de la suite des fonctions entraînent la « dérivation
terme à terme » de la suite) permettent d’assurer qu’il existe f C
1 telle que lim n→∞ f n = f
et lim n→∞ f
n = f
, au sens de ∞ . Donc f n → f au sens de ., et (E, .) est complet
(espace de Banach).
Exercice I.3
Commençons par une remarque d’intérêt général (qu’on aurait d’ailleurs pu appliquer à
l’Ex. I.1) sous forme du
Fait. Soit Y un espace de Banach, X un espace normé, et T : X → Y une isométrie
surjective. Alors, X est aussi un espace de Banach.
Preuve. Soit (x n ) une suite de Cauchy de X. Alors, (T (x n )) est une suite de Cauchy de
Y puisque T (x p ) − T (x q ) = x p − x q . Puisque Y est complet, il existe y ∈ Y tel que
T (x n ) → y. Et puisque T
−1 , qui est aussi une isométrie, est continue, on a x n → T
−1 (y).
CQFD.
Appliquons ceci à X = E ω , Y = E 1
de f
= E correspondant au poids constant égal à 1,
et T ( f ) = ω f . Il est évident (une fois qu’on aura vérifié les axiomes de norme) que
T : E ω → E est une isométrie surjective d’inverse T
−1 donné par T
−1 (g) =
1
ω
g. De plus,
les sous-espaces considérés se correspondent par cette isométrie :
T (E) = E ω , T (F) = F ω , T (G) = G ω , T (H) = H ω .
Si donc on sait faire le travail pour le poids ω = 1, on l’aura fait automatiquement pour un
poids quelconque. C’est pourquoi nous supposerons sans perte de généralité que nous
travaillons avec l’espace E et ses sous-espaces F, G, H, même si l’on rencontre « en
pratique » (espaces de Bergman, de Dirichlet) des cas où ω 1.
Pour chacun des ensembles E, F, G, H à étudier, la structure d’espace vectoriel complexe
est évidente. Il s’agit ensuite de s’assurer de la validité des axiomes de norme (D 1.1),
(D 1.2), puis du caractère complet.
c
Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
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