2. Solutions
Si
S est la classe d’équivalence de S , l’inégalité évidente
N
⎛
⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝
S −
N
n=1
x n
⎞
⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ = N
⎛
⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝
S −
N
n=1
x n
⎞
⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ≤ ≤S −
N
n=1
x n
montre que la série de terme général x n converge avec pour somme
S . Ainsi, toute série absolument convergente dans E/M est convergente, et on sait (cf. Ex. I.4) que cela
équivaut à la complétude de E/M.
(2) L’hypothèse « E/M complet » n’est pas suffisante pour montrer que E est complet. Par exemple, si M est de codimension finie dans E, alors E/M est complet car de
dimension finie, même si E n’est pas complet. Montrons en revanche que (propriété des
trois espaces) :
M et E/M complets =⇒ E complet.
Soit (x n ) n∈N ∗ une suite de Cauchy de E. Alors ( x n ) n∈N ∗ est de Cauchy dans E/M puisque
N(
x p −
x q ) = N(
x p − x q ) ≤ ≤x p − x q .
Puisque E/M est complet, il existe x ∈ E tel que N( x n − x) → 0 quand n → ∞.
Par définition de la norme-quotient (définition de l’inf), on peut trouver y n ∈ M tel que
x n − x − y n → 0. La suite x n − y n est donc de Cauchy dans E (elle converge vers x !), et
comme x n est déjà de Cauchy, la suite y n est de Cauchy dans M. Elle converge donc vers
y ∈ M. Cela montre que x n → x + y, et E est complet.
Exercice I.9
(1) D’abord, E 1 ∅ car m ∈ E 1 . Ensuite, on a :
x ∈ E n =⇒ a + b − x ∈ E n .
(I.15)
En effet, x ∈ E 1 =⇒ ⇒(a + b − x) − a = x − b =
1
2 a − b et de même (a + b − x) − b =
x − a =
1
2
a − b. Maintenant, si (I.15) est vraie pour n − 1 et si x ∈ E n , y ∈ E n−1 , on a
a + b − y ∈ E n−1 , d’où
(a + b − x) − y = x − (a + b − y) ≤
1
2
diam(E n−1 ), soit a + b − x ∈ E n ,
ce qui prouve (I.15) par récurrence. Montrons aussi que m ∈ E n pour n ≥ 2. Supposons
montré que m ∈ E n−1 et soit y ∈ E n−1 . Alors, a + b − y ∈ E n−1 , d’où diam(E n−1 ) ≥
(a+b−y)−y = 2m−y, soit encore m−y ≤
1
2
diam E n−1 , ce qui montre que m ∈ E n .
Et cela donne bien le résultat souhaité : soit en effet E =
∞
n=1 E n . On a E 1 ⊂ B(a,
a−b
2 ),
donc diam(E 1 ) ≤ ≤a − b < ∞. Et par construction, diam(E n ) ≤
1
2 diam(E n−1 ), donc
diam(E) = 0, ce qui veut dire que E est vide ou réduit à un point. Mais on a montré
plus haut que m ∈ E, ce qui donne le résultat demandé : E = {m}. Il est à noter que la
complétude de E n’est nullement nécessaire ici.
c
Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
41
Si
S est la classe d’équivalence de S , l’inégalité évidente
N
⎛
⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝
S −
N
n=1
x n
⎞
⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ = N
⎛
⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝
S −
N
n=1
x n
⎞
⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ≤ ≤S −
N
n=1
x n
montre que la série de terme général x n converge avec pour somme
S . Ainsi, toute série absolument convergente dans E/M est convergente, et on sait (cf. Ex. I.4) que cela
équivaut à la complétude de E/M.
(2) L’hypothèse « E/M complet » n’est pas suffisante pour montrer que E est complet. Par exemple, si M est de codimension finie dans E, alors E/M est complet car de
dimension finie, même si E n’est pas complet. Montrons en revanche que (propriété des
trois espaces) :
M et E/M complets =⇒ E complet.
Soit (x n ) n∈N ∗ une suite de Cauchy de E. Alors ( x n ) n∈N ∗ est de Cauchy dans E/M puisque
N(
x p −
x q ) = N(
x p − x q ) ≤ ≤x p − x q .
Puisque E/M est complet, il existe x ∈ E tel que N( x n − x) → 0 quand n → ∞.
Par définition de la norme-quotient (définition de l’inf), on peut trouver y n ∈ M tel que
x n − x − y n → 0. La suite x n − y n est donc de Cauchy dans E (elle converge vers x !), et
comme x n est déjà de Cauchy, la suite y n est de Cauchy dans M. Elle converge donc vers
y ∈ M. Cela montre que x n → x + y, et E est complet.
Exercice I.9
(1) D’abord, E 1 ∅ car m ∈ E 1 . Ensuite, on a :
x ∈ E n =⇒ a + b − x ∈ E n .
(I.15)
En effet, x ∈ E 1 =⇒ ⇒(a + b − x) − a = x − b =
1
2 a − b et de même (a + b − x) − b =
x − a =
1
2
a − b. Maintenant, si (I.15) est vraie pour n − 1 et si x ∈ E n , y ∈ E n−1 , on a
a + b − y ∈ E n−1 , d’où
(a + b − x) − y = x − (a + b − y) ≤
1
2
diam(E n−1 ), soit a + b − x ∈ E n ,
ce qui prouve (I.15) par récurrence. Montrons aussi que m ∈ E n pour n ≥ 2. Supposons
montré que m ∈ E n−1 et soit y ∈ E n−1 . Alors, a + b − y ∈ E n−1 , d’où diam(E n−1 ) ≥
(a+b−y)−y = 2m−y, soit encore m−y ≤
1
2
diam E n−1 , ce qui montre que m ∈ E n .
Et cela donne bien le résultat souhaité : soit en effet E =
∞
n=1 E n . On a E 1 ⊂ B(a,
a−b
2 ),
donc diam(E 1 ) ≤ ≤a − b < ∞. Et par construction, diam(E n ) ≤
1
2 diam(E n−1 ), donc
diam(E) = 0, ce qui veut dire que E est vide ou réduit à un point. Mais on a montré
plus haut que m ∈ E, ce qui donne le résultat demandé : E = {m}. Il est à noter que la
complétude de E n’est nullement nécessaire ici.
c
Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
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