2. Solutions
∞
j=1 | f j |
2
< ∞. Considérons alors la suite des e n : nous avons e n , f = f n → 0, cependant la suite des e n n’est pas convergente puisqu’elle n’est pas de Cauchy : on a en effet
e n − e p =
√
2 pour n p.
(3) Soit F = Vect(x n , n ≥ 0), et soit y un vecteur de E extérieur à F : il existe alors
f ∈ E
∗ tel que y, f = 1 et, pour tout x ∈ F, x, f = 0 (P 3.7).
Pour cet f , on a x, f = lim n x n , f = lim n 0 = 0, donc x est distinct de y. Ceci est
réalisé pour tout y non dans F et montre donc que x ∈ F.
Exercice III.10
(1) Il s’agit d’un résultat de cours : d’après le lemme de Zorn (cf. P 3.1), tout sousespace M d’un espace vectoriel E possède un supplémentaire N.
(2) (i) φ linéaire.
Sur E = M + N, on note f = k + u, k ∈ M, u ∈ N.
L’application projection {E → M, f → k} est linéaire.
Soit k(x) =
n
j=0 a j x
j et k
(x) =
n
j=0 a
j x
j . Il est clair que
z ∈ C =⇒ φ(k + zk
) =
n
j=0
j(a j + za
j ) = φ(k) + zφ(k
).
L’application {M → C, k → φ(k)} est donc linéaire, et φ : {E → C} aussi.
(ii) φ non continue.
Par (P 2.5), il suffit de montrer que φ n’est pas bornée sur la boule unité B de E. Or,
soit f n , f n (x) = x
n
, n ∈ N
∗ . On a f n ∞ = 1, donc f n ∈ B, mais φ( f n ) = n peut être
arbitrairement grand, donc φ n’est pas continue.
(3) (i) T linéaire.
L’application {E → E, f → φ( f )g} est linéaire comme φ, donc T est linéaire.
(ii) T bijective.
Comme g ∈ N, φ(g) = 0 donc T g = g. On a alors l’égalité T ( f +φ( f )g) = T f +φ( f )g = f
pour tout f ∈ E, et T est surjective. On a d’autre part :
T f = 0 =⇒ f = φ( f )g =⇒ φ( f ) = φ( f )φ(g) = φ( f ) × 0 = 0 =⇒ f = 0.
On a obtenu ker(T ) = {0}, c’est-à-dire que T est injective.
(iii) T non continue.
(T − I) f = φ( f )g, donc (T − I) f = |φ( f )| |g.
Si T est continue, T − I l’est aussi et il existe une constante c > 0 telle que
(T − I) f ≤ c f pour tout f ∈ E, autrement dit |φ( f )| ≤
c
g f , et donc φ est continue,
ce qui est contradictoire.
c
Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
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∞
j=1 | f j |
2
< ∞. Considérons alors la suite des e n : nous avons e n , f = f n → 0, cependant la suite des e n n’est pas convergente puisqu’elle n’est pas de Cauchy : on a en effet
e n − e p =
√
2 pour n p.
(3) Soit F = Vect(x n , n ≥ 0), et soit y un vecteur de E extérieur à F : il existe alors
f ∈ E
∗ tel que y, f = 1 et, pour tout x ∈ F, x, f = 0 (P 3.7).
Pour cet f , on a x, f = lim n x n , f = lim n 0 = 0, donc x est distinct de y. Ceci est
réalisé pour tout y non dans F et montre donc que x ∈ F.
Exercice III.10
(1) Il s’agit d’un résultat de cours : d’après le lemme de Zorn (cf. P 3.1), tout sousespace M d’un espace vectoriel E possède un supplémentaire N.
(2) (i) φ linéaire.
Sur E = M + N, on note f = k + u, k ∈ M, u ∈ N.
L’application projection {E → M, f → k} est linéaire.
Soit k(x) =
n
j=0 a j x
j et k
(x) =
n
j=0 a
j x
j . Il est clair que
z ∈ C =⇒ φ(k + zk
) =
n
j=0
j(a j + za
j ) = φ(k) + zφ(k
).
L’application {M → C, k → φ(k)} est donc linéaire, et φ : {E → C} aussi.
(ii) φ non continue.
Par (P 2.5), il suffit de montrer que φ n’est pas bornée sur la boule unité B de E. Or,
soit f n , f n (x) = x
n
, n ∈ N
∗ . On a f n ∞ = 1, donc f n ∈ B, mais φ( f n ) = n peut être
arbitrairement grand, donc φ n’est pas continue.
(3) (i) T linéaire.
L’application {E → E, f → φ( f )g} est linéaire comme φ, donc T est linéaire.
(ii) T bijective.
Comme g ∈ N, φ(g) = 0 donc T g = g. On a alors l’égalité T ( f +φ( f )g) = T f +φ( f )g = f
pour tout f ∈ E, et T est surjective. On a d’autre part :
T f = 0 =⇒ f = φ( f )g =⇒ φ( f ) = φ( f )φ(g) = φ( f ) × 0 = 0 =⇒ f = 0.
On a obtenu ker(T ) = {0}, c’est-à-dire que T est injective.
(iii) T non continue.
(T − I) f = φ( f )g, donc (T − I) f = |φ( f )| |g.
Si T est continue, T − I l’est aussi et il existe une constante c > 0 telle que
(T − I) f ≤ c f pour tout f ∈ E, autrement dit |φ( f )| ≤
c
g f , et donc φ est continue,
ce qui est contradictoire.
c
Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
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