Corrigé du contrôle de maths L3 : complétude, espaces de Banach et point fixe

Exercice 1 : Question de cours, complétude de C([a,b]) (4 points)

1. Soit \((f_n)\) une suite de Cauchy de \((C([a,b]), N_\infty)\).
   Limite simple. Pour tout \(x \in [a,b]\), \(|f_p(x) – f_q(x)| \leq\, N_\infty(f_p – f_q)\), donc \((f_n(x))\) est de Cauchy dans \(\mathbb{R}\), qui est complet : elle converge vers un réel noté \(f(x)\).
   Convergence uniforme. Soit \(\varepsilon > 0\) et \(N\) tel que \(N_\infty(f_p – f_q) \leq\, \varepsilon\) pour \(p, q \geq\, N\). Pour tout \(x\) et tout \(p \geq\, N\), \(|f_p(x) – f_q(x)| \leq\, \varepsilon\) ; en faisant tendre \(q\) vers \(+\infty\), \(|f_p(x) – f(x)| \leq\, \varepsilon\). Donc \(\sup_x |f_p(x) – f(x)| \leq\, \varepsilon\) pour \(p \geq\, N\) : \((f_n)\) converge uniformément vers \(f\).
   Continuité de la limite. Soit \(x_0 \in [a,b]\), \(\varepsilon > 0\) et \(p\) tel que \(\sup|f_p – f| \leq\, \frac{\varepsilon}{3}\). Par continuité de \(f_p\), il existe \(\eta > 0\) tel que \(|x – x_0| < \eta \Rightarrow |f_p(x) – f_p(x_0)| \leq\, \frac{\varepsilon}{3}\). Alors
   \[|f(x) – f(x_0)| \leq\, |f(x) – f_p(x)| + |f_p(x) – f_p(x_0)| + |f_p(x_0) – f(x_0)| \leq\, \varepsilon.\]
   Ainsi \(f \in C([a,b])\) et \(N_\infty(f_p – f) \to 0\). Toute suite de Cauchy converge : \((C([a,b]), N_\infty)\) est un espace de Banach.
2. Soit \(F\) un fermé de \(X\) complet et \((x_n)\) une suite de Cauchy de \(F\). C’est une suite de Cauchy de \(X\), donc elle converge vers un \(x \in X\) ; comme \(F\) est fermé, \(x \in F\) (caractérisation séquentielle). \(F\) est complet.
   Soit \(A\) une partie complète de \(X\) et \(x \in \overline{A}\) : il existe une suite \((a_n)\) de \(A\) qui converge vers \(x\). Elle est convergente, donc de Cauchy ; comme \(A\) est complète, elle converge vers un \(a \in A\). Par unicité de la limite, \(x = a \in A\). \(A\) est fermée.

Barème : a) 2,5 points : 0,5 pour la limite simple, 1 point pour le passage à la limite uniforme, 1 point pour la continuité de la limite ; b) 1,5 point : 0,75 par implication.

Exercice 2 : Sous-espaces fermés ou non (4 points)

1. La forme linéaire \(\delta_0 : f \mapsto f(0)\) vérifie \(|\delta_0(f)| \leq\, N_\infty(f)\) : elle est continue. Donc \(H = \delta_0^{-1}(\{0\})\) est un fermé, et c’est un sous-espace comme noyau d’une forme linéaire. \(H\) est un sous-espace fermé du Banach \(E\), donc il est complet (exercice 1 b).
2. Pour \(n \in \mathbb{N}\), soit \(S_n(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{x^k}{k!}\), qui est dans \(\mathcal{P}\). Pour \(x \in [0,1]\), \(|e^x – S_n(x)| = \sum_{k > n} \frac{x^k}{k!} \leq\, \sum_{k > n} \frac{1}{k!}\), reste d’une série convergente, qui tend vers \(0\). Donc \(S_n \to \exp\) pour \(N_\infty\), et \(\exp \in \overline{\mathcal{P}}\). Mais \(\exp\) n’est pas polynomiale sur \([0,1]\) : si \(\exp = P\) de degré \(d\) sur \([0,1]\), la dérivée d’ordre \(d + 1\) donnerait \(\exp = 0\) sur \([0,1]\), ce qui est faux. \(\mathcal{P}\) n’est pas fermé dans \(E\) ; d’après l’exercice 1 b), \((\mathcal{P}, N_\infty)\) n’est pas complet.
3. Pour \(m \geq\, n \geq\, 2\), les fonctions \(f_n\) et \(f_m\) sont égales en dehors de \([\frac{1}{2}, \frac{1}{2} + \frac{1}{n}]\) et prennent leurs valeurs dans \([0,1]\), donc \(N_1(f_n – f_m) \leq\, \frac{1}{n}\). La suite est de Cauchy pour \(N_1\).
   Supposons que \(N_1(f_n – f) \to 0\) avec \(f \in E\). D’une part \(\int_0^{1/2} |f| = \int_0^{1/2} |f – f_n| \leq\, N_1(f – f_n) \to 0\), donc \(\int_0^{1/2} |f| = 0\) et, \(f\) étant continue, \(f = 0\) sur \([0, \frac{1}{2}]\). D’autre part, soit \(c \in ]\frac{1}{2}, 1]\) : pour \(n\) assez grand, \(f_n = 1\) sur \([c, 1]\), donc \(\int_c^1 |f – 1| \leq\, N_1(f – f_n) \to 0\) et \(f = 1\) sur \([c, 1]\). Ainsi \(f = 1\) sur \(]\frac{1}{2}, 1]\) et \(f(\frac{1}{2}) = 0\) : \(f\) n’est pas continue en \(\frac{1}{2}\), contradiction. \((f_n)\) ne converge pas : \((E, N_1)\) n’est pas complet.

Barème : a) 1 point : 0,5 pour la fermeture, 0,5 pour la complétude ; b) 1,5 point : 0,5 pour la convergence uniforme, 0,5 pour exp non polynomiale, 0,5 pour la conséquence ; c) 1,5 point : 0,5 pour le critère de Cauchy, 1 point pour la non-convergence.

Erreur fréquente : dire que la « limite » de \((f_n)\) est la fonction indicatrice de \(]\frac{1}{2}, 1]\) et s’arrêter là : il faut prouver qu’aucune fonction continue n’est limite pour \(N_1\).

Exercice 3 : Séries dans un espace de Banach (4 points)

1. Notons \(S_n = \sum_{k=0}^{n} u_k\). Pour \(p > n\), l’inégalité triangulaire donne \(\|S_p – S_n\| \leq\, \sum_{k=n+1}^{p}\|u_k\| \leq\, \sum_{k=n+1}^{+\infty}\|u_k\|\), reste d’une série réelle convergente, qui tend vers \(0\). La suite \((S_n)\) est de Cauchy dans \(E\) complet, donc elle converge. De plus \(\|S_n\| \leq\, \sum_{k=0}^{n}\|u_k\| \leq\, \sum_{k=0}^{+\infty}\|u_k\|\), et la norme est continue : par passage à la limite, \(\sum u_n\) converge et \(\|\sum u_n\| \leq\, \sum\|u_n\|\).
2. Posons \(q = |||A||| < 1\). L’espace \(M_d(\mathbb{R})\) est de dimension finie, donc complet. Comme la norme est subordonnée, \(|||A^k||| \leq\, q^k\), terme d’une série géométrique convergente : d’après a), \(S = \sum_{k \geq\, 0} A^k\) converge et \(|||S||| \leq\, \sum q^k = \frac{1}{1 – q}\). Par télescopage, \((I_d – A)\sum_{k=0}^{N} A^k = \sum_{k=0}^{N} A^k\,(I_d – A) = I_d – A^{N+1}\), avec \(|||A^{N+1}||| \leq\, q^{N+1} \to 0\). Le produit matriciel étant continu, on obtient \((I_d – A)S = S(I_d – A) = I_d\). \(I_d – A\) est inversible, \((I_d – A)^{-1} = \sum_{k \geq\, 0} A^k\) et \(|||(I_d – A)^{-1}||| \leq\, \frac{1}{1 – |||A|||}\).
3. Soit \((u_n)\) une suite de Cauchy de \(E\). On construit par récurrence une extraction \(\varphi\) telle que \(\|u_p – u_q\| \leq\, 2^{-k}\) pour \(p, q \geq\, \varphi(k)\). Alors \(\|u_{\varphi(k+1)} – u_{\varphi(k)}\| \leq\, 2^{-k}\) : la série \(\sum (u_{\varphi(k+1)} – u_{\varphi(k)})\) est absolument convergente, donc convergente par hypothèse. Par télescopage, \(u_{\varphi(K)} = u_{\varphi(0)} + \sum_{k=0}^{K-1}(u_{\varphi(k+1)} – u_{\varphi(k)})\) converge vers un \(\ell \in E\). Enfin \(\|u_n – \ell\| \leq\, \|u_n – u_{\varphi(k)}\| + \|u_{\varphi(k)} – \ell\|\) : une suite de Cauchy qui admet une valeur d’adhérence converge vers elle. \(E\) est complet.

Barème : a) 1,5 point : 1 point pour le critère de Cauchy, 0,5 pour l’inégalité ; b) 1,5 point : 0,5 pour la convergence, 0,5 pour le télescopage, 0,5 pour la majoration ; c) 1 point : 0,5 pour l’extraction, 0,5 pour la conclusion.

Exercice 4 : Problème, une équation intégrale de Fredholm (8 points)

1. Pour \(x\) fixé, \(t \mapsto K(x, t)f(t)\) est continue sur \([0,1]\), donc l’intégrale existe. La fonction \(K\) est continue sur le compact \([0,1]^2\), donc uniformément continue (théorème de Heine) : pour \(\varepsilon > 0\), il existe \(\eta > 0\) tel que \(|x – y| < \eta\) entraîne \(|K(x, t) – K(y, t)| \leq\, \varepsilon\) pour tout \(t \in [0,1]\). Alors
   \[|\int_0^1 (K(x, t) – K(y, t))f(t)\,\mathrm{d}t| \leq\, \varepsilon\, N_\infty(f).\]
   La fonction \(x \mapsto \int_0^1 K(x, t)f(t)\,\mathrm{d}t\) est donc (uniformément) continue, et \(g\) l’est aussi : \(T(f) \in E\).
2. Pour tout \(x\), \(|T(f)(x) – T(h)(x)| = |\lambda||\int_0^1 K(x, t)(f(t) – h(t))\mathrm{d}t| \leq\, |\lambda| \int_0^1 M\,N_\infty(f – h)\,\mathrm{d}t\). En passant au sup sur \(x\) : \(N_\infty(T(f) – T(h)) \leq\, |\lambda| M\,N_\infty(f – h)\) ; \(T\) est \(k\)-lipschitzienne.
3. Par récurrence, \(N_\infty(f_{j+1} – f_j) \leq\, k^j N_\infty(f_1 – f_0)\). Pour \(p > n\) :
   \[N_\infty(f_p – f_n) \leq\, \sum_{j=n}^{p-1} k^j N_\infty(f_1 – f_0) \leq\, \frac{k^n}{1 – k}N_\infty(f_1 – f_0).\]
   Comme \(k^n \to 0\), \((f_n)\) est de Cauchy dans \(E\), complet (exercice 1) : elle converge vers un \(f^{*} \in E\). L’application \(T\) étant lipschitzienne donc continue, le passage à la limite dans \(f_{n+1} = T(f_n)\) donne \(T(f^{*}) = f^{*}\). Si \(h\) est un autre point fixe, \(N_\infty(f^{*} – h) = N_\infty(T(f^{*}) – T(h)) \leq\, k\,N_\infty(f^{*} – h)\), avec \(k < 1\), donc \(h = f^{*}\). Enfin, en faisant tendre \(p\) vers \(+\infty\) dans l’inégalité précédente : \(N_\infty(f_n – f^{*}) \leq\, \frac{k^n}{1 – k}N_\infty(f_1 – f_0)\), et l’équation admet une unique solution.
4. \(E^{+} = \bigcap_{x \in [0,1]} \delta_x^{-1}([0, +\infty[)\), où \(\delta_x : f \mapsto f(x)\) est continue (\(|f(x)| \leq\, N_\infty(f)\)) : c’est une intersection de fermés, donc un fermé. Si \(f \geq\, 0\), alors \(K(x, t)f(t) \geq\, 0\), donc \(T(f) \geq\, g \geq\, 0\) : \(T(E^{+}) \subset E^{+}\). En partant de \(f_0 = 0 \in E^{+}\), toute la suite \((f_n)\) reste dans \(E^{+}\), et sa limite \(f^{*}\) y est aussi puisque \(E^{+}\) est fermé. Donc \(f^{*} \geq\, 0\). (On peut aussi appliquer le théorème du point fixe au fermé \(E^{+}\), complet et stable.)
5. Ici \(M = \max_{[0,1]^2} xt = 1\), donc \(k = \frac{1}{2} < 1\) et c) s’applique. Pour \(f(x) = ax\) :
   \[T(f)(x) = x + \frac{1}{2}\int_0^1 xt \cdot at\,\mathrm{d}t = x + \frac{a}{2} \times \frac{x}{3} = (1 + \frac{a}{6})x.\]
   Donc \(T(f) = f\) si et seulement si \(a = 1 + \frac{a}{6}\), soit \(a = \frac{6}{5}\). Par unicité du point fixe, \(f^{*}(x) = \frac{6x}{5}\). Vérification : \(\int_0^1 t \cdot \frac{6t}{5}\,\mathrm{d}t = \frac{2}{5}\) et \(x + \frac{1}{2} \times \frac{2}{5}x = \frac{6}{5}x\).
6. Le calcul de e) montre que \(T\) envoie \(x \mapsto ax\) sur \(x \mapsto (1 + \frac{a}{6})x\). Comme \(f_0 = 0\) (soit \(a_0 = 0\)), on obtient par récurrence \(f_n(x) = a_n x\) avec \(a_{n+1} = 1 + \frac{a_n}{6}\). En retranchant \(\frac{6}{5} = 1 + \frac{1}{6} \times \frac{6}{5}\), \(a_{n+1} – \frac{6}{5} = \frac{1}{6}(a_n – \frac{6}{5})\), d’où \(a_n = \frac{6}{5}(1 – 6^{-n})\) et
   \[N_\infty(f_n – f^{*}) = \sup_{x \in [0,1]} |a_n – \frac{6}{5}| x = \frac{6}{5} \times 6^{-n}.\]
   La majoration de c), avec \(f_1 = g\) et \(N_\infty(f_1 – f_0) = 1\), donne \(\frac{(1/2)^n}{1/2} = 2^{1-n}\). Elle garantit \(10^{-3}\) dès que \(2^{n-1} \geq\, 1000\), soit \(n – 1 \geq\, 10\) (car \(2^9 = 512\) et \(2^{10} = 1024\)) : 11 itérations. L’erreur réelle est au plus \(10^{-3}\) dès que \(6^n \geq\, 1200\), soit \(n \geq\, 4\) (car \(6^3 = 216\) et \(6^4 = 1296\)) : 4 itérations suffisent réellement. La constante \(k = \frac{1}{2}\) est pessimiste : l’itération converge ici au rythme \(\frac{1}{6}\).

   

Barème : a) 1,5 point : 0,5 pour l’existence de l’intégrale, 1 point pour la continuité via Heine ; b) 1 point ; c) 2 points : 0,75 pour le critère de Cauchy, 0,5 pour le point fixe, 0,25 pour l’unicité, 0,5 pour l’estimation ; d) 1 point : 0,5 pour le fermé, 0,5 pour la stabilité et la conclusion ; e) 1,5 point : 0,5 pour \(k\), 1 point pour \(f^{*}\) ; f) 1 point : 0,5 pour l’erreur exacte, 0,5 pour les deux nombres d’itérations.

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Après le corrigé du contrôle : complétude, espaces de Banach et point fixe

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