Exercices sur les espaces vectoriels normés

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:

  1. 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 $f(0)=0$).
  2. 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 $x+y=0$).
  3. 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 $f(z)=\overline{z}$).

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