Fiche de mathématiques
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Concours ENSAM - ESTP - ARCHIMEDE
Épreuve de mathématique A MP

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Durée : 4 heures.
Si au cours de l'épreuve, un candidat repère ce qui lui semble être une erreur d'énoncé, d'une part il le signale au chef de la salle,
d'autre part il le signale sur sa copie et poursuit sa composition en indiquant les raisons des initiatives qu'il est amené à prendre.
L'usage de la calculatrice est interdit.



 

Objectifs :

Le but du problème est d'étudier, dans un \mathbb{R}-espace vectoriel normé, la distance d'un vecteur à un hyperplan.
Dans la partie I, on étudie un exemple dans l'ensemble \mathfrak{M}_n(\mathbb{R}) des matrices carrées d'ordre n à coefficients réels.
Dans la partie II, on étudie le cas de la dimension finie, puis on montre que les hyperplans sont fermés ou denses.
Dans la partie III, on étudie le cas des hyperplans denses.
Dans la partie IV, on étudie un exemple d'hyperplan fermé.
Les quatre parties sont, dans une large mesure, indépendantes.


Partie I

\mathfrak{M}_n(\mathbb{R}) est l'ensemble des matrices carrées d'ordre n \geq 2, à coefficients réels, on le munit du produit scalaire défini par : (A|B) = \tr(^tAB) 
A et B sont deux matrices de \mathfrak{M}_n(\mathbb{R})^tA est la transposée de la matrice A et \tr(^tAB) est la trace de la matrice ^tAB.
Soit F = (f_{i,j})_{1 \leq i\leq n \atop 1\leq j\leq n} la matrice de \mathfrak{M}_n(\mathbb{R}) définie par :
\left \lbrace \begin{array}{c @{ = } l} f_{i,i} & 1, \text{ pour } 1 \leq i \leq n\\ f_{i,1} & 1, \text{ pour } 2 \leq i \leq n \\ f_{i,n} & 1, \text{ pour } 1 \leq i \leq n - 1 \\ f_{i,j} & 0, \text{ dans tous les autres cas.} \\ \end{array} \right.

On note H l'ensemble des matrices X de \mathfrak{M}_n(\mathbb{R}) vérifiant (F|X)=0.

1. Montrer que H est un hyperplan de \mathfrak{M}_n(\mathbb{R}).

2. On note X=(x_{i,j})_{1\leq i\leq n\atop 1\leq j\leq n}, exprimer (F|X) en fonction des x_{i,j}.

3. On rappelle que la distance d'une matrice M de \mathfrak{M}_n(\mathbb{R}) à l'hyperplan H est définie par : d(M,H)=\inf_{U\in H} ||M-U|| où la norme ||.|| est la norme associée au produit scalaire (.|.) de \mathfrak{M}_n(\mathbb{R}).
Montrer que : d(M,H)=\frac{|(F|M)|}{||F||}.

4. Calculer ||F|| en fonction de n.

5. On note B=F-I_n, où I_n désigne la matrice identité d'ordre n.
   a) Déterminer le rang de B.
   b) Calculer B^2, montrer que B^2 et B ont le même rang.
   c) On appelle g l'endomorphisme de \mathbb{R}^n, tel que la matrice de g dans la base canonique de \mathbb{R}^n soit la matrice B. On rappelle que Ker get Img désignent respectivement, le noyau et l'image de l'endomorphisme g. Montrer que : \mathbb{R}^n=Kerg\oplus Img
   d) En déduire que la matrice B est semblable à une matrice du type \left( \begin{array}{ll} 0 & 0\\ 0 & B' \\ \end{array} \right) où B' est une matrice carrée d'ordre 2 inversible.
   e) Calculer les traces de B et de B^2, en deduire les valeurs propres de B'.
   f) En déduire les valeurs propres de F ainsi que la dimension des sous-espaces propres associés.

6. Soit P un polynôme à coefficients réels de degré k\geq 0, de la forme P = \displaystyle \sum_{i=0}^{k} a_i X^i, on définit P(^tF) par :
P(^tF) = a_0I_n + \displaystyle \sum_{i=1}^{k} a_i (^tF)^i

Calculer la distance de la matrice P(^tF) à l'hyperplan H en fonction de P.
On pourra utilement poser : S(X)=XP(X) et calculer : S(^tF).


Partie II

H est un hyperplan d'un \mathbb{R}-espace vectoriel normé E, h est une forme linéaire non nulle sur E, dont le noyau est égal à H.

1. Dans cette question, E est de dimension finie, on désigne par x_0 un vecteur de E.
   a) On note d(x_0,H) la distance de x_0 à l'hyperplan H. Montrer qu'il existe une suite (y_n)_{n\geq 0} d'éléments de H tels que : \displaystyle \lim_{n\to+\infty} ||x_0-y_n|| = d(x_0,H).
   b) Montrer qu'il existe une suite (y_{\phi(n)})_{n\geq 0} extraite de la suite (y_n)_{n\geq 0} qui converge vers un élément de H.
   c) En déduire qu'il existe y_0 appartenant à l'hyperplan H tel que : d(x_0,H) = ||x_0-y_0||.
   On dit que la distance de x_0 à l'hyperplan H est atteinte en y_0.

2. On suppose dans cette question que E est de dimension quelconque.
   a) Montrer que si h est une forme linéaire continue sur E alors le noyau, Ker h, est fermé dans E.
   b) Montrer que si le noyau, Ker h de h est fermé alors h est continue. On pourra montrer que, si h n'est pas continue, alors il existe une suite (t_n)_{n\geq 0} de E telle que :
\left \lbrace \begin{array}{c @{ = } l} \displaystyle \lim_{n\to+\infty}t_n & 0 \\  h(t_n) & 1, \text{ pour tout entier } n  \\ \end{array} \right.
Puis , on utilisera la suite (t_n-t_0)_{n\geq 0} pour mettre en évidence une contradiction.
   c) Montrer que si H est un hyperplan de E alors l'adhérence \bar{H} de H est un sous-espace vectoriel de E.
   d) En déduire que tout hyperplan de E est fermé ou dense, c'est-à-dire \bar{H} = H \text{ ou } \bar{H} = E.


Partie III

On suppose dans cette partie que E est un espace préhilbertien muni du produit scalaire : \begin{array}{rccl} (.|.): & E\times E & \longrightarrow & \mathbb{R} \\   & (x,y) & \longrightarrow & (x|y) \\ \end{array} et que H est un hyperplan dense de E, c'est-à-dire \bar{H} = E.

1. Déterminer H^{\perp}, l'orthogonal de H.

2. Que dire de H \oplus H^{\perp} ?

3. Pour tout vecteur x de E, calculer la distance d(x,H).

4. La distance d(x,H) est-elle toujours atteinte ? Justifier.


Partie IV

On suppose dans cette partie que H est un hyperplan fermé, d'un \mathbb{R}-espace vectoriel normé E de dimension quelconque. H est le  noyau de la forme linéaire h, continue non nulle sur E. x_0 désigne un vecteur fixé de E. On rappelle que la norme de l'application h subordonnée à la norme de E est définie par : 

|||h|||=\sup_{x\not=0} \frac{|h(x)|}{||x||}


1.
   a) Montrer que, pour tout élément y de H on a : ||x_0-y|| \geq \displaystyle \frac{|h(x_0)|}{|||h|||}.
   b) En déduire que la distance de x_0 à l'hyperplan H est supérieure ou égale à \displaystyle \frac{|h(x_0)|}{|||h|||}.
   c) Montrer que d(x_0,H) = 0 si et seulement si x_0 \in H.
   d) On considère dans cette question que x_0 \not \in H.
\alpha) Montrer qu'il existe une suite (w_n)_{n\geq 0} d'éléments de E-\lbrace 0\rbrace  vérifiant : |||h||| = \displaystyle \lim_{n\to+\infty} \frac{|h(w_n)|}{||w_n||}
\beta) Montrer que, pour tout entier n, il existe un réel \lambda_n non nul et un vecteur y_n de H tel que : w_n = \lambda_n x_0 + y_n.
\gamma) Prouver que, pour tout vecteur x_0 de E, on a : d(x_0,H)= \displaystyle \frac{|h(x_0)|}{|||h|||}

2. Dans cette question, E est un ensemble des suites réelles de limite nulle, on munit cet ensemble de la norme infinie, c'est-à-dire que si u \in E, alors u = (u_n)_{n\geq 0} et ||u||_{\infty} = \sup_{n\in \mathbb{N}}|u_n|, E est ainsi un  \mathbb{R}-espace vectoriel normé.
h est l'application définie de E dans \mathbb{R} par :  h(u)= \displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty}  \displaystyle \frac{u_n}{2^{n+1}}.
   a) Montrer que la série \displaystyle \sum \frac{u_n}{2^{n+1}} est convergente.
   b) Montrer que h est une forme linéaire continue non nulle sur E, en déduire |||h||| \leq 1.
   c) Soit (v_p)_{p\geq 0} une suite d'éléments de E, on notera v_p(n) le terme de rang n de la suite v_p. On définit v_p par :
\left \lbrace \begin{array}{c @{ = } l} v_p(n) & 1 \text{ si } 0 \leq n \leq p \\ v_p(n) & 0 \text{ si } n \geq p + 1 \\ \end{array} \right. 
Calculer \displaystyle \lim_{n\to+\infty} \displaystyle \frac{|h(v_p)|}{||v_p||_{\infty}}, en déduire |||h|||.
   d) Montrer qu'il n'existe pas d'éléments u non nul de E telle que : |||h||| = \displaystyle \frac{|h(u)|}{||u||_{\infty}}.
   e) On note H le noyau de h, vérifier que H est unhyperplan fermé de E.
   f) Montrer que la distance d'un vecteur x de E à l'hyperplan H n'est pas toujours atteinte.



Partie I


1. X\longrightarrow(F|X) est une forme linéaire sur \mathfrak{M}_n(\mathbb{R}) non nulle car (F|F)\neq 0.
donc son noyau H est un hyperplan de \mathfrak{M}_n(\mathbb{R}).

2. Posons : Y=^tFX.
On a : \forall j\in \ldbrack 1,n\rdbrack :  y_{ii} = \displaystyle \sum_{k=1}^{n}f_{ki}x_{ki} .
Donc : (F|X) = \displaystyle \sum_{i=1}^n \displaystyle \sum_{k=1}^{n} f_{ki}x_{ki} 
Et si i=k, i=n ou i=1 ,alors : f_{ki}=1 et sinon f_{ki}=0 .
On obtient : (F|X) = \displaystyle \sum_{k=1}^{n}x_{kk} + \sum_{k=2}^{n} x_{k1} + \sum_{k=1}^{n-1}x_{kn}

3. Puisque \rm H=\lbrace X\in\mathfrak{M}_n(\mathbb{R}) / (F|X)=0\rbrace  
On a : F\in H^{\perp}.
Donc : \mathfrak{M}_n(\mathbb{R}) = H\oplus \mathbb{R }.F  car \mathfrak{M}_n(\mathbb{R}) est de dimension finie .
Soit maintenant M\in\mathfrak{M}_n(\mathbb{R}), on a : M=N+\lambda F avec N\in H et \lambda\in \mathbb{R} tq : \lambda F\in H^{\perp}.
On obtient donc : (F|M)=(F|N)+\lambda||F||^2=\lambda||F||^2 
Ce qui veut dire : \lambda=\frac{(F|M)}{||F||^2}.
On a alors : \forall S\in H, M-S=(N-S)+\lambda F avec N-S\in H.
Le théorème de Pythagore nous fournit donc : ||M-S||^2=||N-S||^2+\lambda^2||F||^2\geq \lambda^2||F||^2 = \frac{(F|M)^2}{||F||^2}
Donc : d(M,H)=\frac{(F|M)}{||F||} .

4. On a :
||F||^2 = \displaystyle \sum_{i=1}^{n} \displaystyle \sum_{k=1}^{n} f_{ki}^2 = n+2(n-1)=3n-2
Donc : ||F||=\sqrt{3n-2}.

5. a) On a :
 B = \left( \begin{array}{lllll} 0 & 0 & \cdots & 0 & 1 \\ 1 & 0 & \cdots & 0 & 1 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\ 1 & 0 & \cdots & 0 & 1 \\ 1 & 0 & \cdots & 0 & 0 \\ \end{arra} \right), donc : rg(B) = 2

5. b) On a :
B^2=\left( \begin{array}{lllll} 1 & 0 & \cdots & 0 & 0 \\ 1 & 0 & \cdots & 0 & 1 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\ 1 & 0 & \cdots & 0 & 1 \\ 0 & 0 & \cdots & 0 & 1  \end{array} \right), donc : rg(B^2)=2 .
On en déduit : rg(B) = rg(B^2) = 2.

5. c) Le théorème du rang s'écrit :
\dim(Ker(g)) + \dim(Im(g)) = n
et si : x\in Ker(g) \cap Im(g). On a : g(x) = 0_E et il existe un y tq : x = g(y).
Donc g^2(y) = 0_E. Ainsi : y \in Ker(g^2).
Mais : Ker(g) \subset Ker(g^2) 
et \dim(Ker(g)) = n-2 = \dim(Ker(g^2)) car rg(B) = rg(B^2) = 2.
Donc : Ker(g^2) = Ker(g).
On a donc : y \in Ker(g) donc : x = g(y) = 0_E.
Donc : Ker(g) \oplus Im(g) = \mathbb{R}^n.

5. d) Prenons une base : \mathfrak{B} = (e_1,\cdots,e_{n-2} , e_{n-1},e_n) adaptée à la somme directe Ker(g) \oplus Im(g) = \mathbb{R}^n.
On a : g(e_k) = 0_E pour k \in \ldbrack 1 , n - 2 \rdbrack et g(e_k) \in Im(g) = Vect(e_{n-1},e_n) pour tout k, spécialement pour k \in \lbrace n-1 , n \rbrace.
Donc : Mat_{\mathfrak{B}} (g) = \left( \begin{array}{ll} O & O \\ O & \ B' \\ \end{array} \right) avec B' \in \mathfrak{M}_2 (\mathbb{R}). De plus  : 
2 = rg(g) = rg(Mat_{\mathfrak{B}} (g)) = rg\left( \begin{array}{l} O \\B' \\ \end{array} \right) = rg\left(O^t B' \right) = rg(^tB') = rg(B').
Donc B' est inversible .
Donc B est semblable à une matrice de la forme \left( \begin{array}{ll} O & O \\ O & \ B' \\ \end{array} \right) avec  B^' \in GL_2(\mathbb{R}).

5. e) On a directement : \tr(B) = 0 et \tr(B^2) = 2.
Soient a et b les valeurs propres de B' a priori quelconques (pas forcement distincts) dans \mathbb{C}.
B' est trigonalisable dans \mathfrak{M}_2(\mathbb{C}). Donc B' est semblable à une matrice de la forme \left( \begin{array}{ll} a & c \\ 0 & b \\ \end{array} \right) où c \in \mathbb{C}.
Donc B'^2 est semblable à \left( \begin{array}{ll} a^2 & c(a+b) \\ 0 & b^2 \\ \end{array} \right)
Or, d'après la question précédente, on a :
d'une part: \tr(B)=\tr(B'), donc : a+b=0.
d'autre part : B^2 est semblable à \left( \begin{array}{ll} O & O \\ O & B'^2 \\ \end{array} \right) donc : \tr(B^2) = \tr(B'^2), soit : a^2 + b^2 = 2.
Alors : \left \lbrace \begin{array}{l} a^2 + b^2 = 2 \\ a + b = 0 \\ \end{array} \right.. On en déduit directement que : Sp(B')=\lbrace -1,1\rbrace  .

5. f) On pose E_u(F) le sous espace propre de Fassocié à la valeur propre u de F
On a alors : x \in E_u(F) \Longleftrightarrow Fx = ux \Longleftrightarrow (I_n + B)x = ux \Longleftrightarrow Bx = (u - 1)x
Donc : Sp(F) = \lbrace 1 + v/v \in Sp(B) \rbrace et E_u(F) = E_{u-1}(B).
On note \ch_M le polynôme caractéristique  d'une matrice M quelconque.
On a alors :
\ch_B = X^{n-2} \ch_{B'} = X^{n-2}(X + 1)(X - 1) et Sp(B) = \lbrace -1 , 0 , 1 \rbrace.
et puisque m(1) = m(-1) = 1. (m(v) désigne la multiplicité associée à la valeur propre v)
Donc : \dim(E_{-1}(B))=\dim(E_1(B))=1.
D'autre part :
\dim(E_0(B))=\dim(Ker(g))=n-2 .
Donc : Sp(F)=\lbrace 0,1,2\rbrace  
avec : \dim(E_0(F))=\dim(E_2(F))=1 et \dim(E_1(F))=n-2.

6. Calculons (F|P(^tF)) :
(F|P(^tF)) = \tr(^tFP(^tF)) = \tr(S(^tF)) avec S(X) = XP(X).
Or : \dim(E_0(F)) + \dim(E_2(F)) + \dim(E_1(F)) = n.
Donc : E_0(F) \oplus E_2(F) \oplus E_1(F) = \mathbb{R}^n, c'est-à-dire : F est diagonalisable donc ^tF également.
Ainsi S(^tF) est semblable à diag(S(1),\cdots,S(1),S(0),S(2)).
Donc : \tr(S(^tF))=(n-2)S(1)+S(0)+S(2)=(n-2)P(1)+2P(2) .
Donc : d(P(^tF),H) = \displaystyle \frac{|(n-2)P(1)+2P(2)|}{\sqrt{3n-2}}.


Partie II

1. a) On a : \forall \epsilon > 0 \, , \, \exists y \in H \, : \, d(x_0,H) \leq ||x_0-y|| < d(x_0,H) + \epsilon  (Caractérisation sequentielle de la borne inférieure).
Et pour \epsilon = \displaystyle \frac{1}{n+1} avec n \in \mathbb{N} et y_n un des y vérifiant d(x_0,H) \leq ||x_0 - y|| < d(x_0,H) + \epsilon.
On obtient :  \forall n \in \mathbb{N} \, , \, y_n \in H \, : \, d(x_0,H) \leq ||x_0-y_n|| < d(x_0,H) + \displaystyle \frac{1}{n+1}.
Donc il existe une suite (y_n) tq : \forall n \in \mathbb{N} \, : \, ||x_0 - y_n|| \xrightarrow[n\to+\infty]{} d(x_0,H).

1. b) et 1. c) On a : \forall n\in\mathbb{N} \, , \, ||y_n|| = ||y_n - x_0 + x_0|| \leq ||y_n - x_0|| + ||x_0||.
€t puisque (||x_0-y_n||)_{n\in \mathbb{N}} est une suite bornée (elle est convergente). Donc (||y_n||)_{n\in\mathbb{N}} est bornée.
D'après le Théorème de Bolzano-Weierstrass : il existe une suite (y_{\phi(n)})_{n\in\mathbb{N}} extraite de (y_n)_{n\in\mathbb{N}} qui converge dans E (\phi est extractrice).
Et puisque E est de dimension finie, tous ses s-ev sont fermés, cela veut dire que H est fermé en tant que s-ev de E.
Comme \forall n\in\mathbb{N}, y_{\phi(n)} \in H, on a : \displaystyle \lim_{n\to+\infty} y_{\phi(n)} \in H.
D'autre part : la suite (||x_0-y_{\phi(n)}|| est une sous-suite de (||x_0-y_n||)_{n\in \mathbb{N}} qui converge vers d(x_0,H).
Donc (||x_0-y_{\phi(n)}|| converge vers d(x_0,H).
Et par continuité de la norme : ||x_0-y_{\phi(n)}|| \xrightarrow[n\to+\infty]{} ||x_0-\displaystyle \lim_{n\to+\infty}y_{\phi(n)}|| 
Et en notant : \displaystyle \lim_{n\to+\infty} y_{\phi(n)} = y_0
On obtient, par unicité de la limite :  ||x_0-y_0||=d(x_0,H).
Donc : \exists y_0\in H tq : ||x_0-y_0||=d(x_0,H).

2. a) Par définition, Ker(h)=h^{-1}(\lbrace 0_{\mathbb{R}}\rbrace ) avec \lbrace 0_{\mathbb{R}}\rbrace  est un fermé de \mathbb{R}.
De plus, l'image réciproque d'un fermé par une application continue est un fermé donc :
si h est continue alors Ker(h) est un fermé dans E.

2. b) Supposons que h est une forme linéaire non continue.
On a alors : \forall K\geq 0 \, , \, \exists x\in E \, : \, |h(x)|>K||x||  (cette proposition est : \text{non}(\exists K \geq 0, \forall x\in E : |h(x)|\leq K||x||))
Prenons K=n+1 pour n\in \mathbb{N} et notons x_n un x de E vérifiant la propriété précédente, c'est-à-dire :
|h(x_n)|>(n+1)||x_n||.
Donc : h(x_n) \neq 0.
On peut donc poser : t_n = \displaystyle \frac{x_n}{h(x_n)}.
On a alors : h(t_n) = \displaystyle \frac{h(x_n)}{h(x_n)} = 1  et  ||t_n|| = \displaystyle \frac{||x_n||}{|h(x_n)|} < \frac{1}{n+1}.
Donc : t_n \xrightarrow[n\to+\infty]{} 0_E.
On a donc : \forall n\in \mathbb{N}, h(t_n-t_0)=h(t_n)-h(t_0)=1-1=0.
Donc : \forall n\in \mathbb{N} \, : \, t_n-t_0\in H et t_n-t_0 \xrightarrow[n\to+\infty]{} -t_0
Et puisque H est fermé, donc -t_0 \in H.
Ceci est absurde du fait que : h(-t_0)=-h(t_0)=-1.
Donc : h est bien continue si KerH est un fermé dans E.

2. c) On a : H\subset \bar{H}, donc : \bar{H} \neq \emptyset.
Soient x,y\in \bar{H} et soit \lambda\in \mathbb{R}.
Il existe deux suites (x_n) et (y_n)d'éléments de H tq : x_n \xrightarrow[n\to+\infty]{} x et y_n \xrightarrow[n\to+\infty]{} y  (La caractérisation sequentielle de l'adhérence).
Donc, par linéarité de la limite : x + \lambda y = \displaystyle \lim_{n\to+\infty} (x_n+\lambda y_n) avec : x_n + \lambda y_n \in H pour tout entier n.
On en déduit que : x+\lambda y \in \bar{H}
D'où : \bar{H} est un sev de E.

2. d) Puisque :  H\subset \bar{H}, on a :
Soit H=\bar{H}, et dans ce cas : H est fermé.
Soit \displaystyle H \subsetneqq \bar{H}, et dans ce cas  :
Soit a\in \bar{H}\backslash H et soit x\in E.
On a : h(a) \neq 0 car a \not \in H.
Donc, on peut écrire : x = \displaystyle \frac{h(x)}{h(a)} a + \left(x - \displaystyle \frac{h(x)}{h(a)} a \right), avec a \in \bar{H} et h \left(x - \displaystyle \frac{h(x)}{h(a)}a \right) = h(x) - \displaystyle \frac{h(x)}{h(a)}h(a) = 0.
Alors : x - \displaystyle \frac{h(x)}{h(a)} a \in H \subset \bar{H}.
Et puisque \bar{H} est un sev de E. (d'après la question précédente).
On a donc : x \in \bar{H}.
Ce qui donne : E\subset \bar{H}.
On en déduit, que dans ce cas : H est dense dans E.
CQFD.


Partie III

1. Soit x\in H^{\perp}.
Puisque H est dense dans E, il existe une suite (x_n)_{n\in \mathbb{N}} telle que \forall n\in \mathbb{N} : x_n \in H et x_n \xrightarrow[n\to+\infty]{} x.
On a donc : \forall n\in \mathbb{N} \, , \, (x|x_n)=0.
Mais, par continuité du produit scalaire : (x|x_n) \xrightarrow[n\to+\infty]{} (x|x).
Donc : (x|x)=0, d'où : x=0_E.
Réciproquement : 0_E\in H^{\perp}.
Donc : H^{\perp} = \lbrace 0_E\rbrace .

2. On a : H \oplus H^{\perp} = H \oplus \lbrace 0_E \rbrace
Donc : H \oplus H^{\perp} = H.

3. Pour tout x appartenant à E, il existe une suite (x_n)_{n\in\mathbb{N}} telle que : \forall n \in \mathbb{N} \, , \, x_n \in H et x_n \xrightarrow[n\to+\infty]{} x.
Or, d'après le cours et du fait que : x_n \in H, on a : 0 \leq d(x,H) \leq ||x - x_n||.
De plus : ||x-x_n|| \xrightarrow[n\to+\infty]{} 0
Donc : \forall x \in E \, : \, d(x,H) = 0.

4. Si d(x,H) est atteinte, on aurait : \exists z_0 \in H tq 0 = d(x,H) = ||x-z_0||.
Donc : x = z_0 et x \in H.
La réciproque est évidente.
d(x,H) est atteinte ssi x \in H.


Partie IV

1. a) On a : \forall x \in E \, , \, |h(x)| \leq |||h|||.||x||.
Donc : pour x = x_0 - y|h(x_0)| \leq |||h|||.||x_0-y||.
Or,  |||h||| \neq 0 car h \neq 0_{E^*}.
Donc : \forall y \in H \, : \, ||x_0 - y|| \geq \displaystyle \frac{|h(x_0)|}{|||h|||}.

1. b) Soit y_0 \in H verifiant : ||x_0 - y_0|| = \inf_{y \in H} ||x_0 - y||
donc : ||x_0 - y_0|| = d(x_0,H)
Or, on a : \forall y \in H \, : \, ||x_0 - y|| \geq \displaystyle \frac{|h(x_0)|}{|||h|||}.
En particulier : ||x_0 - y_0|| \geq \displaystyle \frac{|h(x_0)|}{|||h|||}
Donc : d(x_0,H) \geq \displaystyle \frac{|h(x_0)|}{|||h|||}

1. c) D'après la question précédente, si d(x_0,H) = 0, donc : h(x_0) = 0. Ce qui veut dire que dans ce cas : x_0 \in H.
La réciproque est claire.
Donc : d(x_0,H) = 0 \Longleftrightarrow x_0 \in H.

1. d) \alpha) D'après la caractérisation de la borne supérieure : \forall \epsilon > 0 \, , \, \exists w \neq 0_E , |||h||| \geq \displaystyle \frac{|h(w)|}{||w||} > |||h||| - \epsilon.
En appliquant ceci à \epsilon = \displaystyle \frac{1}{n+1} pour n entier et en notant w_n un de ces w \neq 0_E.
On a : \forall n \in \mathbb{N} \, , \, |||h||| - \displaystyle \frac{1}{n+1} < \displaystyle \frac{|h(w_n)|}{||w_n||} \leq |||h|||.
Donc il existe (w_n)_{n\in\mathbb{N}}  telle que :  \forall n \in \mathbb{N} \, , \, w_n \in E \backslash \lbrace 0_E \rbrace et |||h||| = \displaystyle \lim_{n\to+\infty} \frac{|h(w_n)|}{||w_n||}.

1. d) \beta) Puisque x_0 \not \in H, tout élément x de E peut s'écrire sous la forme : x = \displaystyle \frac{h(x)}{h(x_0)} x_0 + \left(x - \displaystyle \frac{h(x)}{h(x_0)}x_0 \right) = \lambda x_0 + y, avec \lambda \in \mathbb{R} et y\in H.
Ainsi : \forall n \in \mathbb{N} \, , \, \exist (\lambda_n,y_n) \in \mathbb{R} \times H \, : \, w_n = \lambda_n x_0 + y_n.
Il y a Erreur d'énoncé (sauf erreur de ma part \lambda_n \neq 0 n'est pas toujours vérifié pour tout entier n. Il suffit à titre d'exemple de choisir w_0 \in H pour avoir \lambda_0 = 0 car l'écriture w_n = \lambda_n x_0 + y_n est unique puisque \mathbb{R}.x_0 et H sont en somme directe. La valeur de la limite de \displaystyle \frac{|h(w_n)|}{||w_n||} ne change pas en modifiant la valeur de w_0 (ou  même un nombre fini de termes), donc 1. d) \alpha) reste toujours vrai.
Par contre, on a : \exists n_0 \, , \, \forall n \geq n_0 \, , \, \lambda_n \neq 0 car \displaystyle \frac{|h(w_n)|}{||w_n||} \xrightarrow[n\to+\infty]{} |||h||| > 0.
Donc : \exists n_0 \, , \, \forall n \geq n_0 \, , \, \displaystyle \frac{|h(w_n)|}{||w_n||} > 0.
Alors : \forall n \geq n_0 \, , \, h(w_n) \neq 0 et donc : \lambda_n = \displaystyle \frac{h(w_n)}{h(x_0)} \neq 0.

1. d) \gamma) D'une part, |h(w_n)| = |\lambda_n h(x_0) + y_n| = |\lambda_n||(x_0)|.
D'autre part, \forall n \geq n_0 \, : \, ||w_n|| = |\lambda_n| . ||x_0 - \displaystyle \frac{-y_n}{\lambda_n}|| \geq |\lambda_n| . d(x_0,H) car : \displaystyle \frac{-y_n}{\lambda_n}\in H.
Donc, puisque : ||w_n|| \neq 0 \, , \, |\lambda_n| \neq 0 pour n \geq n_0 et d(x_0,H) \neq 0 pour x_0 \not \in H.
On a : \forall n \geq n_0 \, , \, \displaystyle \frac{|h(w_n)|}{||w_n||} = \displaystyle \frac{|\lambda_n|.|h(x_0)|}{||w_n||} \leq \displaystyle  \frac{|\lambda_n| |h(x_0)|}{|\lambda_n| d(x_0,H)} = \displaystyle \frac{|h(x_0)|}{d(x_0,H)}.
CQFD en tenant compte de la correction de l'erreur d'énoncé citée ci-dessus.

1. e) En passant à la limite dans l'inégalité précédente, on obtient : |||h||| \leq \displaystyle \frac{|h(x_0)|}{d(x_0,H)}.
Donc : d(x_0,H) \leq \displaystyle \frac{|h(x_0)|}{|||h|||}
Et en tenant compte du résultat de la question 1. b). On a le resultat demandé.

2. a) On a : \forall n \in \mathbb{N} \, , \, |\displaystyle \frac{u_n}{2^{n+1}}| \leq \frac{||u||_{\infty}}{2^{n+1}}.
\displaystyle \sum \frac{||u||_{\infty}}{2^{n+1}} converge car \displaystyle \sum \frac{1}{2^{n+1}} est une série geométrique de raison \displaystyle \frac12.
Donc : \displaystyle \sum \frac{u_n}{2^{n+1}} converge absolument.
Et puisque E est l'ensemble des suites réelles de limite nulle, alors E est un Banach.
Donc \displaystyle \sum \frac{u_n}{2^{n+1}} converge.

2. b) D'après la question précédente, h est bien définie.
Pour tout u , v \in E et \lambda \in \mathbb{R}, on a : h(u + \lambda v) = \displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{u_n+\lambda v_n}{2^{n+1}} = \displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{u_n}{2^{n+1}} + \lambda \displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{v_n}{2^{n+1}} = h(u) + \lambda h(v)
Donc : h \in E^{*}.
Or, \forall u \in E \, , \, |h(u)|\leq \displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty} |\displaystyle \frac{u_n}{2^{n+1}}| \leq \displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty} \displaystyle \frac{|u_n|}{2^{n+1}} \leq \displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty} \displaystyle \frac{||u||_{\infty}}{2^{n+1}} = ||u||_{\infty} \displaystyle \frac{\frac{1}{2}}{1 - \displaystyle \frac{1}{2}} = ||u||_{\infty}.
Ce qui montre la continuité de h.
De plus, \forall u \neq 0 \, : \, \displaystyle \frac{|h(u)|}{||u||_{\infty}} \leq 1
Donc, en prenant la borne supérieure : |||h||| \leq 1.
Donc : h est une forme linéaire continue avec |||h||| \leq 1.

2. c)
On a : v_p \in E et ||v_p||_{\infty} = 1.
Par contre :
h(v_p) = \displaystyle \sum_{n=0}^{p} \frac{1}{2^{n+1}} = \displaystyle \frac{1}{2} \displaystyle \sum_{n=0}^{p} \frac{1}{2^n} = \displaystyle \frac{1}{2} \frac{1 - \displaystyle \frac{1}{2^{p+1}}}{1 - \displaystyle \frac{1}{2}} = 1 - \displaystyle \frac{1}{2^{p+1}} > 0.
Donc : \displaystyle \frac{|h(v_p)|}{||v_p||_{\infty}} = 1 - \displaystyle \frac{1}{2^{p+1}} et donc : \displaystyle \frac{|h(v_p)|}{||v_p||_{\infty}} \xrightarrow[p\to+\infty]{} 1
On a : \displaystyle \frac{|h(v_p)|}{||v_p||_{\infty}} \leq |||h||| \leq 1
Donc : |||h||| = 1.

2. d) Supposons qu'il existe u \neq 0_E tel que : \displaystyle \frac{|h(u)|}{||u||_{\infty}} = |||h||| = 1.
On a alors : ||u||_\infty = |h(u)|.
De plus, toutes les inégalités [\forall u \in E \, , \, |h(u)| \leq \displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty} |\displaystyle \frac{u_n}{2^{n+1}}| \leq \displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{|u_n|}{2^{n+1}} \leq \displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{||u||_{\infty}}{2^{n+1}} = ||u||_{\infty} \displaystyle \frac{\displaystyle \frac{1}{2}}{1 - \displaystyle \frac{1}{2}} = ||u||_{\infty}. ] vues dans 2. b) seront des égalités, et en particulier : \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \frac{|u_n|}{2^{n+1}} = \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \frac{||u||_\infty}{2^{n+1}}. C'est-à-dire que : \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \frac{||u||_\infty-|u_n|}{2^{n+1}} = 0 avec : \forall n \in \mathbb{N} \, : \, \displaystyle \frac{||u||_\infty-|u_n|}{2^{n+1}}\geq 0.
Donc : \forall n \in \mathbb{N} \, , \, |u_n| = ||u||_\infty.
Alors : |u_n| \xrightarrow[n\to+\infty]{} ||u||_\infty \neq 0 en contradiction avec le fait que u \in E. Donc : |u_n| \xrightarrow[n\to+\infty]{} 0.
Donc il n'existe pas de u\in E - \lbrace 0_E \rbrace  tq : \displaystyle \frac{|h(u)|}{||u||_\infty} = |||h|||.

2. e) Puisque h est continue, H = Ker h est fermé (d'après II-2-a).

2. f) Soit x_0 \not \in H et supposons que d(x_0,H) est atteinte.
Alors : \exists z_0 \in H \, , \, d(x_0,H) = ||x_0 - z_0||.
Or, selon 1. e) : d(x_0,H) = \displaystyle \frac{|h(x_0)|}{|||h|||}
Donc : ||x_0 - z_0|| = \displaystyle \frac{|h(x_0)|}{|||h|||} = \displaystyle \frac{|h(x_0)-h(z_0)|}{|||h|||}
et alors, puisque x_0 - z_0 \neq 0_E \, : \, \displaystyle \frac{|h(x_0-z_0)|}{||x_0-z_0||} = |||h|||  Contradiction.
Donc d(x,H) n'est jamais atteinte pour x \not \in H.
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