Exercices corrigés - Applications linéaires continues

Les deux normes sont équivalentes si et seulement s'il existe $a,b>0$ tels que, pour tout $x\in E$, on a $N_1(x)\leq a N_2(x)$ et $N_2(x)\leq bN_1(x)$. Si on réécrit ces deux inégalités sous la forme $$N_1(Id(x))\leq aN_2(x)\textrm{ et }N_2(Id(x))\leq bN_1(x)$$ alors on en déduit que c'est équivalent à la continuité des deux applications mentionnées dans l'énoncé.

Pour $a\in\mathbb R$, la fonction $f_a(x)=e^{ax}$ est dans $E$, et elle vérifie $Df_a=af_a$. Or, si $D$ était continue pour la norme $N$, il existerait une constante $C>0$ telle que $$N(D(f_a))\leq C N(f_a)$$ pour tout $a\in\mathbb R$. On obtiendrait alors que, pour tout $a\in\mathbb R$, $$|a|N(f_a)\leq CN(f_a)\implies |a|\leq C.$$ C'est bien sûr impossible, et $D$ n'est pas continue sur $(E,N)$.

On a $A^\perp=\{x\in E;\ \forall a\in A,\ \langle x,a\rangle=0\}$. Posons $f_a(x)=\langle x,a\rangle$. Alors $f_a$ est une application linéaire continue : en effet, pour tout $x\in E$, on a d'après l'inégalité de Cauchy-Schwarz : $$|\langle x,a\rangle|\leq \|a\|\times \|x\|.$$ Mais alors, $A^\perp=\bigcap_{a\in A}f_a^{-1}(\{0\})$. Ainsi, $A^\perp$ est un fermé comme intersection (quelconque) de parties fermées de $E$.

Posons, pour $f\in E$, $\phi(f)=f(0)$ et $\psi(f)=\int_0^1 f(t)dt$. Alors $\phi$ et $\psi$ sont deux formes linéaires. De plus, elles sont continues car, pour tout $f\in E$, $$|\phi(f)|\leq \|f\|_\infty$$ $$|\psi(f)|\leq \int_0^1 |f(t)|dt\leq \int_0^1 \|f\|_\infty dt\leq \|f\|_\infty.$$ De plus, on a $A=\phi^{-1}(\{0\})\cap \psi^{-1}([1,+\infty[).$ Comme images réciproques de fermés par une application continue, $\phi^{-1}(\{0\})$ et $\psi^{-1}([1,+\infty[)$ sont fermés. Leur intersection est donc un fermé et $A$ est bien fermé.

Notons $F=\{x\in E;\ \|u(x)\|=1\}$. D'une part, si $u$ est continue, alors $F=u^{-1}(\{1\})$ est un fermé. Réciproquement, supposons que $u$ ne soit pas continue. Alors il existe une suite $(x_n)$ de $E$, $x_n\neq 0$, telle que $\|u(x_n)\|/\|x_n\|\to+\infty$. Posons $y_n=\frac{x_n}{\|u(x_n)\|}$. Alors $\|y_n\|\to 0$ et $\|u(y_n)\|= 1$. Ainsi, chaque $y_n$ est élément de $F$. Si $F$ était fermé, alors $0$ serait élément de $E$, ce qui n'est pas le cas. Donc $F$ n'est pas fermé, ce qui démontre que $u$ est continue si et seulement si $F$ est fermé.

On remarque que l'application trace est linéaire. De plus, soit $A=(a_{i,j})_{1\leq i,j\leq n}$. Alors \begin{eqnarray*} |\textrm{Tr}(A)|&\leq&\sum_{i=1}^n |a_{i,i}|\\ &\leq&\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n |a_{i,j}|\\ &\leq&\sum_{i=1}^n N(A)\leq nN(A). \end{eqnarray*} Ceci prouve que l'application trace est continue et que $\|\textrm{Tr}\|\leq n$. De plus, on a $$\textrm{Tr}(I_n)=n\textrm{ et }N(I_n)=1.$$ Ainsi, on a exactement $\|\textrm{Tr}\|=n$.

On remarque d'abord que $Tf$, étant une primitive d'une fonction continue, est bien de classe $\mathcal C^1$ donc élément de $F$. De plus, pour tout $x\in [0,1]$, on a $$|Tf(x)|\leq \int_0^x |f(t)|dt\leq x\|f\|_\infty\leq \|f\|_\infty.$$ De plus, $(Tf)'=f$ et donc $\|(Tf)'\|_\infty=\|f\|_\infty$. On en déduit que $\|Tf\|_F\leq 2\|f\|_\infty$, ce qui prouve que $T$ est continue et que $\|T\|\leq 2$.
Nous allons maintenant démontrer que $\|T\|=2$. Puisque $\|(Tf)'\|_\infty=\|f\|_\infty$, il n'y a (jamais) aucune perte dans cette majoration, et on est amené à chercher une fonction $f\in E$ telle que $\int_0^1 f(t)dt=\|f\|_\infty$. Prenons $f=1$. Alors $\|f\|_\infty=1$, $Tf(x)=x$ et donc $\|Tf\|_\infty=1$. Il vient $\|Tf\|_F=2\|f\|_\infty$, et donc on a effectivement $\|T\|=2$.

Supposons d'abord que $|c|<1$. Alors, pour $P=\sum_{k=0}^n a_kX^k$, $$|\phi_c(P)|=\left|\sum_{k=0}^n a_k c^k\right|\leq \sum_{k=0}^n |a_k||c|^k\leq \|P\|_\infty\frac{1-|c|^{n+1}}{1-|c|}.$$ Puisque $|c|<1$, on en déduit que $$|\phi_c(P)|\leq \|P\|\frac{1}{1-|c|}$$ donc $\phi_c$ est continue et $\|\phi_c\|\leq\frac{1}{1-|c|}$. On va prouver que cette dernière inégalité est en fait une égalité. D'abord, si $c\geq 0$, on considère le polynôme $P_n(X)=1+X+\dots+X^n$. Alors $$\phi_c(P_n)=1+c+\dots+c^n=\frac{1-c^{n+1}}{1-c}.$$ Mais $\|P_n\|=1$, et donc on obtient $$\frac{1-c^{n+1}}{1-c}=\|\phi_c(P_n)\|\leq \|\phi_c\|\|P_n\|=\|\phi_c\|.$$ Faisant tendre $n$ vers $+\infty$, on conclut que $\|\phi_c\|\geq \frac{1}{1-c}$, ce qui donne l'autre inégalité. Si maintenant $c<0$, on effectue le même travail avec le polynôme $Q(X)=1-X+X^2+\dots+(-1)^n X^n$. Pour $c\geq 1$, on a $\phi_c(P_n)=1+c+\dots+c^n\geq n+1$ alors que $\|P_n\|=1$. L'application $\phi_c$ ne peut pas être continue. On a le même résultat si $c\leq -1$, en considérant cette fois $Q_n$.