Etude de normes

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Enoncés
Etude de normes
Exercice 1 [ 00457 ] [correction]
Pour A = (ai,j ) ∈ Mn,p (K). On pose
v
uX
p
p
n X
X
u n X
2
|ai,j | et kAk∞ =
|ai,j |, kAk2 = t
kAk1 =
i=1 j=1
i=1 j=1
1
Exercice 5 [ 00461 ] [correction]
Soient p > 1 et q > 1 tel que 1/p + 1/q = 1.
a) Montrer que pour a, b > 0
ab 6
max
16i6n,16j6p
|ai,j |
Montrer que k . k1 , k . k2 et k . k∞ définissent des normes sur Mn,p (K).
1 p 1 q
a + b
p
q
Pour x = (x1 , . . . , xn ) ∈ Kn et y = (y1 , . . . , yn ) ∈ Kn , on pose :
!1/q
!1/p
n
n
X
X
q
p
et kykq =
|yi |
kxkp =
|xi |
i=1
i=1
b) Etablir
p
Exercice 2 [ 00459 ] [correction]
Pour A = (ai,j ) ∈ Mn (R) on pose
q
|xi yi |
1 |yi |
1 |xi |
6
p +
kxkp kykq
p kxkp
q kykqq

kAk = 
1/2
n
X
et en déduire
n
X
a2i,j 
i,j=1
|xi yi | 6 kxkp kykq
i=1
Montrer que k . k est une norme matricielle i.e. que c’est une norme sur Mn (R)
vérifiant
∀A, B ∈ Mn (R), kABk 6 kAk kBk
c) En écrivant
p
p−1
(|xi | + |yi |) = |xi | (|xi | + |yi |)
+ |yi | (|xi | + |yi |)
p−1
justifier
kx + ykp 6 kxkp + kykp
Exercice 3 [ 03625 ] [correction]
Pour A = (ai,j ) ∈ Mn (C), on pose
d) Conclure que k . kp définit une norme sur Kn .
kAk = sup
n
X
|ai,j |
16i6n j=1
a) Montrer que k . k définit une norme sur Mn (C).
b) Vérifier
∀A, B ∈ Mn (C), kABk 6 kAk kBk
Exercice 6 [ 00462 ] [correction]
Pour x = (x1 , . . . , xn ) ∈ Kn et p > 1 on pose
kxkp =
n
X
!1/p
p
|xi |
i=1
Montrer
kxk∞ = lim kxkp
p→+∞
Exercice 4 [ 00460 ] [correction]
Pour A = (ai,j ) ∈ Mn (C), on pose
kAk = sup
n
X
|ai,j |
16i6n j=1
a) Montrer que k . k est une norme d’algèbre sur Mn (C).
b) Montrer que si λ est valeur propre de A alors |λ| 6 kAk.
Exercice 7 [ 03248 ] [correction]
Soient a1 , . . . , an des réels et N : Kn → R l’application définie par
N (x1 , . . . , xn ) = a1 |x1 | + · · · + an |xn |
A quelle condition sur les a1 , . . . , an , l’application N définit-elle une norme sur
Kn ?
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Enoncés
Exercice 8 [ 00456 ] [correction]
Soient f1 , . . . , fn : [0, 1] → R continues.
A quelle condition l’application
N : (x1 , . . . , xn ) 7→ kx1 f1 + · · · + xn fn k∞
2
Exercice 12 [ 03904 ] [correction]
Soit I un intervalle d’intérieur non vide de R. On note L2 (I, K) l’ensemble des
fonctions f : I → K continue et de carré intégrable i.e.
Z
2
L2 (I, K) = f ∈ C(I, K)/ |f | < +∞
I
définit-elle une norme sur Rn ?
Montrer que L2 (I, K) est un K-espace vectoriel et que
Exercice 9 [ 00455 ] [correction]
Montrer que l’application N : R2 → R définie par
N (x1 , x2 ) = sup |x1 + tx2 |
t∈[0,1]
est une norme sur R2 .
Représenter la boule unité fermée pour cette norme et comparer celle-ci à k . k∞ .
Exercice 10 [ 03905 ] [correction]
On note `1 (N, K) l’ensemble des suites u = (un ) ∈ KN sommable i.e.
n
o
X
`1 (N, K) = u ∈ KN /
|un | < +∞
kf k2 =
kuk1 =
2
I
y définit une norme.
Exercice 13 [ 03906 ] [correction]
On note `2 (N, K) l’ensemble des suites u = (un ) ∈ KN de carré sommable i.e.
n
o
X
2
`2 (N, K) = u ∈ KN /
|un | < +∞
Montrer que `2 (N, K) est un K-espace vectoriel et que l’application donnée par
Montrer que `1 (N, K) est un K-espace vectoriel et que l’application donnée par
+∞
X
1/2
|f (t)| dt
Z
kuk2 =
+∞
X
!1/2
2
|un |
n=0
|un |
n=0
y définit une norme.
y définit une norme
Exercice 11 [ 03903 ] [correction]
Soit I un intervalle d’intérieur non vide de R. On note L1 (I, K) l’ensemble des
fonctions f : I → K continues et intégrables i.e.
Z
1
L (I, K) = f ∈ C(I, K)/ |f | < +∞
I
Montrer que L1 (I, K) est un K-espace vectoriel et que
Z
kf k1 = |f (t)| dt
I
y définit une norme.
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Corrections
Corrections
3
et
kA + Bk = sup
Exercice 1 : [énoncé]
Ce sont les normes usuelles associées à la base canonique sur Mn,p (K).
i,j=1
k=1
donc
!2
ai,k bk,j
6
k=1
donc
2
kABk 6
n
X
a2i,k
k=1
n
X
a2i,k
i,k=1
n
X
n
X
|ai,j | + sup
n
X
|bi,j | = kAk + kBk
16i6n j=1
n X
n
n X
n
X
X
|ai,k bk,j |
ai,k bk,j 6 sup
kABk = sup
16i6n
16i6n
j=1 k=1
j=1 k=1
Or
|ai,k bk,j | 6
n X
n
X
|ai,k | |bk,j | =
k=1 j=1
n
X
|ai,k |
n
X
|bk,j | 6
j=1
k=1
n
X
|ai,k | kBk 6 kAk kBk
k=1
donc
b2`,j
kABk 6 kAk kBk
`=1
2
|ai,j | + |bi,j |
b) On a
j=1 k=1
n
X
n
X
n
X
16i6n j=1
16i6n j=1
n X
n
X
Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz,
|ai,j + bi,j | 6 sup
16i6n j=1
kA + Bk 6 sup
Exercice 2 : [énoncé]
k . k est une norme sur Mn (R) car c’est la norme 2 associée à la base canonique de
Mn (R).
On a
!2
n
n
X
X
2
kABk =
ai,k bk,j
n
X
Exercice 4 : [énoncé]
a) L’application k . k est bien définie de Mn (C) dans R+ .
Si kAk = 0 alors
n
X
∀1 6 i 6 n,
|ai,j | = 0
2
b2`,j = kAk kBk
j,`=1
puis
kABk 6 kAk kBk
j=1
et donc
∀1 6 i, j 6 n, ai,j = 0
Exercice 3 : [énoncé]
a) L’application k . k est bien définie de Mn (C) dans R+ .
Si kAk = 0 alors
n
X
∀1 6 i 6 n,
|ai,j | = 0
ainsi la matrice A est nulle.
De plus
kλAk = sup
j=1
n
X
|λai,j | = sup |λ|
16i6n j=1
et donc
et
∀1 6 i, j 6 n, ai,j = 0
kA + Bk = sup
ainsi la matrice A est nulle.
De plus
kλAk = sup
n
X
16i6n j=1
16i6n
n
X
n
X
|ai,j | = |λ| sup
|λai,j | = sup |λ|
16i6n
n
X
j=1
|ai,j | = |λ| sup
n
X
16i6n j=1
donc
|ai,j | = |λ| kAk
kA + Bk 6 sup
n
X
16i6n j=1
|ai,j | = |λ| kAk
16i6n j=1
j=1
|ai,j + bi,j | 6 sup
16i6n j=1
n
X
n
X
|ai,j | + |bi,j |
16i6n j=1
|ai,j | + sup
n
X
|bi,j | = kAk + kBk
16i6n j=1
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Enfin
kABk = sup
n X
n
X
16i6n j=1
k=1
Corrections
n X
n
X
ai,k bk,j 6 sup
|ai,k bk,j |
16i6n
4
b) On applique le résultat précédent à a =
j=1 k=1
|ai,k bk,j | 6
n X
n
X
|ai,k | |bk,j | =
k=1 j=1
n
X
|ai,k |
n
X
|bk,j | 6
j=1
k=1
n
X
p
|ai,k | kBk 6 kAk kBk
n
X
k=1
i=1
n
X
|xi yi | 6 kxkp kykq
i=1
c) Par l’inégalité triangulaire
ai,j xj
p
kx + ykp =
j=1
n
X
p
|xi + yi | 6
16j6n
|ai,j | |xj | 6
donc
|λ| 6
n
X
|ai,j | |xi |
j=1
n
X
|ai,j | 6 kAk
j=1
(|xi | + |yi |)
p
Or par l’identité proposée
La relation précédente donne :
j=1
n
X
i=1
i=1
Considérons i ∈ {1, . . . , n} tel que |xi | = max |xj | =
6 0.
|λ| |xi | 6
q
|xi yi |
1 1
6 + =1
kxkp kykq
p q
n
X
b) Soit λ ∈ Sp(A), il existe X 6= 0, AX = λX.
En notant x1 , . . . , xn les éléments de la colonne X (non tous nuls) on a
n
X
pour obtenir
puis
kABk 6 kAk kBk
n
X
|yi |
kykq
En sommant pour i ∈ {1, . . . , n}, on obtient
donc
∀i ∈ {1, . . . , n} , λxi =
et b =
|xi yi |
1 |xi |
1 |yi |
6
p +
kxkp kykq
p kxkp
q kykqq
j=1 k=1
Or
n X
n
X
|xi |
kxkp
p
(|xi | + |yi |) 6
n
X
i=1
|xi | (|xi | + |yi |)
p−1
+
n
X
i=1
p−1
|yi | (|xi | + |yi |)
i=1
Par l’inégalité du b)
n
X
p
(|xi | + |yi |) 6 kxkp
i=1
n
X
!1/q
(p−1)q
(|xi | + |yi |)
+kykp
i=1
n
X
!1/q
(p−1)q
(|xi | + |yi |)
i=1
donc
Exercice 5 : [énoncé]
a) L’inégalité vaut pour a = 0 ou b = 0. Pour a, b > 0.
La fonction ln est concave :
∀λ ∈ [0, 1] , ∀x, y > 0, λ ln(x) + (1 − λ) ln(y) 6 ln(λx + (1 − λ)y)
Appliquée à x = ap , y = bq et λ = 1/p cela donne :
1
1
1 p 1 q
p
q
ln(a ) + ln(b ) 6 ln
a + b
p
q
p
q
n
X
p
(|xi | + |yi |) 6 kxkp + kykp
i=1
n
X
!1/q
(|xi | + |yi |)
p
i=1
car (p − 1)q = pq − q = p
puis
n
X
!1/p
(|xi | + |yi |)
p
6 kxkp + kykp
i=1
car 1 − 1/q = 1/p (et l’inégalité vaut que
n
P
p
p
(|xi | + |yi | ) 6= 0 ou non)
i=1
Finalement
puis
ab 6
1 p 1 q
a + b
p
q
kx + ykp 6 kxkp + kykp
d) Les propriétés kxkp = 0 ⇒ x = 0 et kλxkp = |λ| kxkp sont immédiates.
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Corrections
Soient λ ∈ R, x = (x1 , . . . , xn ) ∈ Rn et y = (y1 , . . . , yn ) ∈ Rn .
Si N (x) = 0 alors x1 f1 + · · · + xn fn = 0 et donc (x1 , . . . , xn ) = (0, . . . , 0) car
(f1 , . . . , fn ) libre.
N (λx) = kλx1 f1 + · · · + λxn fn k∞ = kλ (x1 f1 + · · · + xn fn )k∞ = |λ| N (x).
N (x + y) = k(x1 + y1 )f1 + · · · + (xn + yn )fn k∞ =
k(x1 f1 + · · · + xn fn ) + (y1 f1 + · · · + yn fn )k∞ 6 N (x) + N (y).
Finalement N est une norme sur Rn
Exercice 6 : [énoncé]
Si kxk∞ = 0 alors x = 0 et kxkp = 0 donc
kxk∞ = lim kxkp
p→+∞
Si kxk∞ 6= 0. Pour tout p > 1,
p
1/p
kxk∞ 6 kxkp 6 (n kxk∞ )
5
= n1/p kxk∞ −−−−−→ kxk∞
p→+∞
donc
lim kxkp = kxk∞
p→+∞
Exercice 9 : [énoncé]
Quand t varie de 0 à 1, l’expression |x1 + tx2 | varie de |x1 | à |x1 + x2 |
Par suite, on peut exprimer plus simplement l’action de N :
N (x1 , x2 ) = max {|x1 | , |x1 + x2 |}
Exercice 7 : [énoncé]
Notons (e1 , . . . , en ) la base canonique de Kn .
Si N est une norme alors
N (ei ) = ai > 0
Il est donc nécessaire que les a1 , . . . , an soient tous strictement positifs pour que
N soit une norme.
Inversement, supposons que les a1 , . . . , an sont tous strictement positifs.
L’application N est alors à valeurs dans R+ .
La relation N (λx) = |λ| N (x) est immédiate.
Puisque les ai sont positifs, on a N (x + y) 6 N (x) + N (y) car
ai |xi + yi | 6 ai |xi | + ai |yi |.
Enfin, si N (x) = 0 alors par nullité d’une somme de quantités positives
∀i ∈ {1, . . . , n} , ai |xi | = 0
Soient x = (x1 , x2 ) et y = (y1 , y2 ) deux vecteurs de R2 .
N (x+y) = max {|x1 + y1 | , |x1 + y1 + x2 + y2 |} 6 max {|x1 | + |y1 | , |x1 + x2 | + |y1 + y2 |} 6
Pour λ ∈ R,
N (λ.x) = max {|λ| |x1 | , |λ| |x1 + x2 |} = |λ| N (x)
Enfin si N (x) = 0 alors |x1 | = |x1 + x2 | = 0 et donc x1 = x1 + x2 = 0 puis x = 0.
Ainsi N définie bien une norme sur R2 .
Si x1 > 0, x2 > 0 alors N (x) = x1 + x2 .
Si x1 6 0, x2 > 0 alors N (x) = max(−x1 , |x1 + x2 |).
Si x1 > 0, x2 6 0 alors N (x) = max(x1 , |x1 + x2 |).
Si x1 6 0, x2 6 0 alors N (x) = −(x1 + x2 ).
Ces considérations permettent de représenter la boule unité fermée.
donc
∀i ∈ {1, . . . , n} , xi = 0
i.e. x = 0
Exercice 8 : [énoncé]
L’application N : Rn → R+ est bien définie car toute fonction continue sur le
segment [0, 1] y est bornée
La liberté de la famille (f1 , . . . , fn ) est une condition nécessaire car, sinon, une
relation linéaire sur la famille (f1 , . . . , fn ) détermine un n-uplet (x1 , . . . , xn ) non
nul tel que N (x1 , . . . , xn ) = 0.
Inversement, supposons la famille (f1 , . . . , fn ) libre.
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Corrections
La boule unité fermée pour la norme N De manière immédiate : N (x) 6 2 kxk∞ .
Aussi |x1 | 6 2N (x) et puisque |x2 | 6 |x1 + x2 | + |x1 | on a aussi |x2 | 6 2N (x).
On en déduit kxk∞ 6 2N (x).
Exercice 10 : [énoncé]
`1 (N, K) ⊂ KN et KN est un K-espace vectoriel.
(0)n∈N ∈ `1 (K).
Pour λ, µ ∈ K et u, v ∈ `1 (N, K),
6
L’application k . k1 : L1 (I, K) → R+ est
R bien définie.
Soit f ∈ L1 (I, K). Si kf k1 = 0 alors I |f (t)| dt = 0 or |f | est continue et positive
sur I d’intérieur non vide donc f = ˜
0.
Soit λ ∈ K et f ∈ L1 (I, K).
Z
kλf k1 = |λ| |f (t)| dt = |λ| kf k1
I
Soient f, g ∈ L1 (I, K)
Z
kf + gk1 6
|(λu + µv)n | 6 |λ| |un | + |µ| |vn |
Par comparaison de séries à termes positifs
I
|f (t)| + |g(t)| dt = kf k1 + kgk1
k . k1 définit bien une norme sur L1 (I, K)
λu + µv ∈ `1 (N, K)
`1 (N, K) est un sous-espace vectoriel de KN , c’est donc un K-espace vectoriel.
L’application k . k1 : `1 (N, K) → R+ est bien définie.
+∞
P
Soit u ∈ `1 (N, K). Si kuk1 = 0 alors
|un | = 0 donc pour tout n ∈ N, |un | = 0 et
n=0
Exercice 12 : [énoncé]
L2 (I, K) ⊂ C(I, K) et C(I, K) est un K-espace vectoriel.
0 ∈ L2 (I, K).
Soit λ ∈ K et f ∈ L2 (I, K). Pour tout t ∈ I.
par suite u = 0.
Soit λ ∈ K et u ∈ `1 (N, K)
kλuk1 =
+∞
X
2
|λun | =
n=0
+∞
X
|λ| |un | = |λ|
n=0
+∞
X
|un | = |λ| kuk1
n=0
Soit u, v ∈ ` (N, K)
ku + vk1 =
n=0
|un + vn | 6
2
+∞
X
n=0
(|un | + |vn |) =
+∞
X
n=0
|un | +
donc par comparaison λf ∈ L2 (I, K).
Soit f, g ∈ L2 (I, K). Pour tout t ∈ I
2
2
2
2
2
2
|(f + g)(t)| 6 (|f (t)| + |g(t)|) = |f (t)| +2 |f (t)| |g(t)|+|g(t)| 6 2 |f (t)| + |g(t)|
1
+∞
X
2
|(λf )(t)| = |λ| |f (t)|
+∞
X
|vn | = kuk1 + kvk1
n=0
Exercice 11 : [énoncé]
L1 (I, K) ⊂ C(I, K) et C(I, K) est un K-espace vectoriel.
˜
0 ∈ L1 (I, K).
Soit λ, µ ∈ K et f, g ∈ L1 (I, K).
Pour tout t ∈ I,
|(λf + µg)(t)| 6 |λ| |f (t)| + |µ| |g(t)|
donc par comparaison de fonctions positives λf + µg ∈ L1 (I, K).
Finalement L1 (I, K) est un sous-espace vectoriel de C(I, K) et c’est donc un
K-espace vectoriel.
car 2ab 6 a2 + b2
Par comparaison de fonctions positives f + g ∈ L2 (I, K).
Finalement L2 (I, K) est un sous-espace vectoriel de C(I, K) et c’est donc un
K-espace vectoriel.
L’application k . k2 : L2 (I, K) → R+ est bien définie.
R
2
2
Soit f ∈ L2 (I, K). Si kf k2 = 0 alors I |f (t)| dt = 0 or |f | est continue et
positive sur I d’intérieur non vide donc
2
∀t ∈ I, |f (t)| = 0
puis f = ˜0.
Soit λ ∈ K et f ∈ L2 (I, K).
Z
kλf k2 =
2
2
|λ| |f (t)| dt
I
2
= |λ| kf k2
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Corrections
Soit f, g ∈ L2 (I, K).
Z
Z
2
2
2
2
kf + gk2 6 (|f (t)| + |g(t)|) dt = kf k2 + 2 |f (t)| |g(t)| dt + kgk2
I
I
Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz, pour f, g : [a, b] → R continue par morceaux,
Z
b
f (t)g(t) dt 6
a
!1/2
b
Z
!1/2
b
Z
2
7
Soit u ∈ `2 (N, K). Si kuk2 = 0 alors
n=0
2
b
b
Z
|f (t)| |g(t)| dt 6
2
Z
|f (t)| dt
a
ku + vk2 =
!1/2
b
2
|g(t)| dt
a
a
Z
b
+∞
X
2
|un + vn | 6
N
X
Z
|f (t)| |g(t)| dt 6 kf k2 kgk2
+∞
X
|un | |vn | +
n=0
+∞
X
|vn |
2
n=0
v
v
uN
uN
uX
uX
2t
t
|un | |vn | 6
|un |
|vn |
n=0
n=0
kf +
2
|un | + 2
6 (kf k2 + kgk2 )
n=0
En passant à la limite quand N → +∞
v
v
u +∞
u +∞
+∞
uX
uX
X
2t
t
|un | |vn | 6
|un |
|vn |
et enfin
2
gk2
+∞
X
n=0
n=0
f
I
Z
I
n=0
Or par l’inégalité de Cauchy-Schwarz
f (t) dt 6
a
donc ici
n=0
n=0
6 kf k2 kgk2
Or pour f : I → R+ continue par morceaux intégrable
∀ [a, b] ⊂ I,
n=0
Soit u, v ∈ `2 (N, K)
a
Ici
Z
2
g(t) dt
a
!1/2
2
|un | = 0 donc pour tout n ∈ N, |un | = 0
puis u = 0.
Soit λ ∈ K et u ∈ `2 (N, K)
v
v
v
u +∞
u +∞
u +∞
u
uX
uX
X
2
2
2
2
t
t
|λun | =
|λ| |un | = |λ| t
|un | = |λ| kuk2
kλuk =
2
f (t) dt
+∞
P
n=0
n=0
2
Ainsi
2
ku + vk2 6 (kuk2 + kvk2 )
ce qui permet de conclure.
2
puis
ku + vk2 6 kuk2 + kvk2
Exercice 13 : [énoncé]
`2 (N, K) ⊂ KN et KN est un K-espace vectoriel.
0 ∈ `2 (K).
Pour λ ∈ K et u ∈ `2 (N, K), λu ∈ `2 (N, K).
Pour u, v ∈ `2 (N, K),
2
2
2
2
2
|(u + v)n | 6 |un | + 2 |un | |vn | + |vn | 6 2 |un | + |vn |
car 2ab 6 a2 + b2 .
Par comparaison de séries à termes positifs, u + v ∈ `2 (N, K).
`2 (N, K) est un sous-espace vectoriel de KN , c’est donc un K-espace vectoriel.
L’application k . k2 : `2 (N, K) → R+ est bien définie.
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