Nous proposons des exercices sur les espaces vectoriels normés. En particulier, les espaces de Banach (espaces complets).
Une sélection d’exercices sur les espaces vectoriels normés
Exercice: Soient $E$ et $F$ deux espaces vectoriels normés sur le corps $\mathbb{K}$ ($\mathbb{R},\mathbb{C}$), et $f$ une application de $E$ dans $F$ vérifiant l’équation fonctionnelle suivante \begin{align*}\tag{EF}f(x+y)=f(x)+f(y),\quad \forall x,y\in E.\end{align*}On suppose qu’il existe un ouvert $U$ de $E$ sur lequel $f$ est bornée. Montrer que si $f$ est continue.
Solution: Exactement comme dans des réel ($E=\mathbb{R}$ et $F=\mathbb{R}$), on peut montrer par la même technique que, (EF) implique que si $r\in\mathbb{Q},$ alors $f(rx)=rf(x)$ pour tout $x\in E$. Pour montrer que $f$ est continue sur $E$ nous allons montrer que $f$ est lipschitzienne sur $E$. Soit $a\in U$ et soit $h>0$ tel que la boule ouverte $B(a,h)\subset U$ et soit $M$ un réel positif tel que \begin{align*}\|f(x)\|\le M,\quad forall x\in U.\end{align*} Remarquons que si $x\in B(0,h),$ alors $x+a\in B(a,h)$, et on a \begin{align*} \|f(x)\|&=\|f(x+a)-f(a)\|\cr &\le M+\|f(a)\|.\end{align*} Donc $f$ est bornée sur $B(0,h)$. Soit alors $\kappa>0$ tel que \begin{align*}\|f(x)\|\le \kappa,\quad \forall x\in B(0,h).\end{align*} Par densité de $\mathbb{Q}$ dans $\mathbb{R},$ pour tout $x\in E\backslash\{0\}$, il existe un nombre rationnel $r\in \mathbb{Q},$ tel que \begin{align*} \frac{h}{2}< r\|x\|<h.\end{align*} Ceci montre que $rx\in B(0,h)$, et on a \begin{align*} \|f(x)\|&=\left\|\frac{1}{r}f(rx)\right\|\cr & \le \frac{\kappa}{r}\le \frac{2\kappa}{h} \|x\|.\end{align*} Et comme $f(0)=0,$ alors on a \begin{align*}\|f(x)\|\le \frac{2\kappa}{h} \|x\|,\quad \forall x\in E.\end{align*} Maintenant, la relation (EF) et la dernière inégalité implique que \begin{align*}\|f(x)-f(y)\|=\|f(x-y)\|\le \frac{2\kappa}{h} \|x-y\|\end{align*} for tout $x,y\in E$. Ce qui montre que $f$ est lipschitzienne sur $E,$ donc continue sur $E$.
Voici un classique dans les exercices sur les espaces vectoriels normés
Exercice:
- Soient $E$ et $F$ deux espace vectoriels normés sur $\mathbb{R}$ et $f:E\to F$ une application continue vérifiant \begin{align*}\tag{1} f\left(\frac{x+y}{2}\right)=\frac{1}{2}\left(f(x)+f(y)\right),\quad \forall x,y\in E.\end{align*}Montrer que $f$ est affine (on pourra se ramener au cas où $f(0)=0$).
- Soit $H$ un espace préhilbertien sur le corps $\mathbb{K}=\mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$ et $(x,y)\in E\times E$. Montrer que le point \begin{align*}z=\frac{1}{2}(x+y)\end{align*}est le seule point de $H$ vérifiant \begin{align*} \|z-x\|=\|z-y\|=\frac{1}{2}\|x-y\|.\end{align*} (Indication: on pourra se ramener au cas où $x+y=0$).
- Soient $(H_1,\|\cdot\|_1)$ et $(H_2,\|\cdot\|_2)$ deux espaces préhilbertiens réels. Montrer, à l’aide des résultats précédents que toute application isométrique de $H_1$ dans $H_2$ est affine. Que peut-on dire des applications isométriques de $H_1$ dans $H_2$ lorsque $H_1$ et $H_2$ sont des espaces préhilbertiens complexes?
Solution: Soit l’application $g:E\to F$ définie par $g(x)=f(x)-f(0)$. On a alors $g$ est contnue sur $E$ et $g(0)=0$. De plus pour tout $x,y\in E,$ on a \begin{align*} g\left(\frac{x+y}{2}\right)&=g\left(\frac{x+y}{2}\right)-f(0)\cr &= \frac{1}{2}\left(f(x)+f(y)\right)-f(0)\cr &= \frac{1}{2}\left(f(x)-f(0)+f(y)-f(0)\right)\cr & =\frac{1}{2}(g(x)+g(y)).\end{align*} ce qui montre que $g$ satisfait aussi (1). En particulier comme $g(0)=0$, alors en prenant $y=0,$ on trouve $g(x/2)=g(x)/2$. Par suite \begin{align*} g\left(\frac{x+y}{2}\right)=\frac{1}{2}g(x+y),\quad \forall x,y\in E.\end{align*} Ainsi \begin{align*}\frac{1}{2}g(x+y)=g\left(\frac{x+y}{2}\right)=\frac{1}{2}(g(x)+g(y)).\end{align*} Donc $g(x+y)=g(x)+g(y)$. Comme $0=g(x-x)$, alors $g(-x)=-g(x)$. De plus pour tout $n\in\mathbb{N},$ et $x\in E$ on a $g(nx)=g(x+x+\cdots+x)=ng(x)$. Donc aussi pour tout $n\in\mathbb{Z},$ on a $g(nx)=ng(x)$. Pour $r=\frac{p}{q}\in\mathbb{Q},$ on a $g(rx)=g(p\frac{1}{q}x)=pg(\frac{1}{q}x)$. De plus on a $g(x)=g(q\frac{1}{q}x)=qg(\frac{1}{q}x)$. Ainsi $g(rx)=rg(x)$ pour tout $r\in\mathbb{Q}$. Maintenant soit $\lambda\in\mathbb{R}$. Par densité, il existe $(r_n)_n\subset \mathbb{Q}$ tel que $r_n\to \lambda$ quand $n\to\infty$. donc pour tout $x\in E,$ on a $r_n x\to \lambda x$. Comme $g$ est continue alors $g(r_n x)\to g(\lambda x)$ quand $n\to\infty$. Mais $g(r_n x)=r_n g(x)\to \lambda g(x)$ quand $n\to\infty$. En déduit $g(\lambda x)=\lambda g(x)$, ce qui implique que $g$ est linéaire. Ainsi $f$ est afine (car $f(x)=g(x)+g(0)$).
2- Si on considère $w=x-\frac{x+y}{2}=\frac{x-y}{2}$, alors la question se réduit à montrer que l’origine est le seul point $u$ de $H$ satisfaisant \begin{align*}\tag{$\ast$} \|u-w\|=\|u+w\|=\|w\|.\end{align*}D’après l’identité du parallélogramme on a pour tout $u\in H,$ \begin{align*} \|u-w\|^2+\|u+w\|^2=2(\|w\|^2+\|u\|^2).\end{align*} Maintenanant la relation ($\ast$) implique qur $u=0$.
3- Soit $f:H_1\to H_2$ une isométrie, i.e. $\|f(x)-f(y)\|_2=\|x-y\|_1$ pour tout $x,y\in H_1$. Nous allons montrer que $f$ satisfait la relation (1). En effet, pour tout $x,y\in H_1,$ \begin{align*} \left\|f\left(\frac{x+y}{2}\right)-f(x)\right\|_2&=\left\| \frac{x+y}{2}-x\right\|_1\cr & =\frac{1}{2}\|x-y\|_1 = \frac{1}{2}\|f(x)-f(y)\|_2.\end{align*} De même \begin{align*} \left\|f\left(\frac{x+y}{2}\right)-f(y)\right\|_2=\frac{1}{2}\|f(x)-f(y)\|_2.\end{align*} par suite \begin{align*} \left\|f\left(\frac{x+y}{2}\right)-f(x)\right\|_2=\left\|f\left(\frac{x+y}{2}\right)-f(y)\right\|_2=\frac{1}{2}\|f(x)-f(y)\|_2.\end{align*} Maintenant, selon la question 2, on a \begin{align*}f\left(\frac{x+y}{2}\right)=\frac{1}{2}\left(f(x)+f(y)\right).\end{align*} Donc $f$ est affine selon la question 1 (on supposons $H_1$ et $H_2$ sont des $\mathbb{R}$-espaces).
Si on regarde $H_1$ et $H_2$ comme des $\mathbb{C}$-espaces, alors d’apres le calcul on haut on montre que toute isométrie de $H_1$ dans $H_2$ est $\mathbb{R}$-linéaire, mais pas nécessairement $\mathbb{C}$-linéaire (voici un contre exemple $f:\mathbb{C}\to\mathbb{C}$ telle que $f(z)=\overline{z}$).
