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Solutions des exercices
et par conséquent, en sommant sur n E N, que
( ) )
� __!_ lun - Vn 1
d((un)n, Vn n = L.., 2 l I
I
n=O
n + Un -Vn
� 1 lun - wn l � 1 lwn - vn l
� f='o 2 n 1 + lun - Wn l
+ f='o 2 n 1 + lwn - Vn l
d((un)n, ( wn)n ) + d(( wn )n, (vn)n) ·
SOLUTION DE L'EXERCICE 7.5
La vérification du fait que d définit bien une distance sur JR 3 est très semblable
à ce qui a été fait dans le preuve de la proposition 7.2. Montrons l'équivalence
des deux distances. On a
d 2 (x, y) = (x1 - y1) 2 + (x 2 - y 2 ) 2 + 2 l x1 - v 1 ll x 2 - v2 I +(x3 - y 3 ) 2 ,
�o
donc d(x, y) � d 2 (x, y). Par ailleurs la relation 2ab � a 2 + b 2 indique que
Les deux distances d et d 2 sont donc équivalentes avec d 2 � d � v'2 d 2 .
SOLUTION DE L'EXERCICE 7.6
1-Montrons que N : x E E f-t aN(x) vérifie les 4 conditions de la définition 7.3.
i) Pour tout x E Eon a N(x) = aN(x) � 0 car a> 0 et N(x) � 0 puisque N
est une norme.
ii) Pour tout x E E on a N(x) = 0 {::} aN(x) = 0 {::} N(x) = 0 car a > O.
Or N étant une norme N(x) = 0 {::} x =O.
iii) Pour tout x E E et pour tout À E ][(on a N(Àx) = aN(Àx) = a lÀI N(x) car
N est une norme. On a donc N(Àx) = IÀl (aN(x)) = IÀIN(x).
iv) Pour tout (x, y) E E 2 on a N(x +y) = aN(x +y) � a(N(x) + N(y)) en
utilisant la quatrième condition de la définition 7.3 pour N. On en déduit
que N(x +y)� aN(x) + aN(y) = N(x) + N(y).
2 - Montrons que N : x E E f-t a N1 (x) + b N 2 (x) est une norme sur E.
i) Pour tout x E E, N(x) = aN1(x) + bN 2 (x) � 0 car a> O, b > 0 et
N1 (x) � 0, N 2 (x) � 0 puisque N1 et N 2 sont deux normes.
ii) La somme de deux réels positifs étant nulle si et seulement si ces deux réels
sont nuls, on a N(x) = 0 si et seulement si aN1 (x) = 0 et bN 2 (x) = O.
Comme a -::/; 0 et b -::/; 0 ceci équivaut encore à N1(x) = N 2 (x) =O. Puisque
N1 et N 2 sont des normes, cette relation équivaut à x =O.