Espaces vectoriels normésengalere.free.fr/Cours/cours%20Maths%20Sp%e9/evn.pdf568 Chapitre 5. Espaces vectoriels normés 5.2 Applications linéaires contin-ues 5.2.1 Caractérisations

Chapitre 5

Espaces vectorielsnormes

554 Chapitre 5. Espaces vectoriels normes

Tout au long du chapitre, K designe le corps R ou lecorps C, |λ| designant suivant le cas la valeur absolue ou lemodule du scalaire λ.

5.1. Notion d’espace vectoriel norme 555

5.1 Notion d’espace vectorielnorme

5.1.1 Norme et distance associee

Definition 5.1.1 Soit E un K-espace vectoriel . On ap-pelle norme sur E toute application x 7→ ‖x‖ de E dansR+ verifiant

– (i) ‖x‖ = 0 ⇐⇒ x = 0 (separation)

– (ii) ‖λx‖ = |λ| ‖x‖ (homogeneite)

– (iii) ‖x + y‖ ≤ ‖x‖+ ‖y‖ (inegalite triangulaire)

On appelle espace vectoriel norme un couple (E, ‖.‖) d’unK-espace vectoriel et d’une norme sur E.


Exemple 5.1.1 Sur Kn, on definit trois normes usuelles,

‖x‖1 =∑

|xi|, ‖x‖2 =√∑

|xi|2, ‖x‖∞ = sup |xi|. De la

meme facon, on definit sur l’espace vectoriel des fonctionscontinues de [0, 1] dans K, C([0,1], K), trois normes

usuelles, ‖f‖1 =

∫ 1

0|f(t)| dt, ‖f‖2 =

√∫ 1

0|f(t)|2 dt,

‖f‖∞ = supx∈[0,1]

|f(x)|.

Proposition 5.1.1 Soit E un K-espace vectoriel norme.L’application d : E×E → R+ definie par d(x, y) = ‖x− y‖est une distance sur E appelee distance associee a la norme.La topologie associee a cette distance est appelee topologie


definie par la norme.

Remarque 5.1.1 Si E est un espace vectoriel norme, ondispose de deux familles importantes d’homeomorphismesde E sur lui meme : les translations tv : x 7→ x + v et leshomotheties hλ : x 7→ λx (λ 6= 0). On constate que tous lespoints ont les memes proprietes topologiques et que deuxboules ouvertes sont toujours homeomorphes.

Definition 5.1.2 On appelle espace de Banach un espacevectoriel norme complet (pour la distance associee).


Definition 5.1.3 Soit (E1, ‖.‖1), . . . , (Ek, ‖.‖k) des espacesvectoriels normes. On definit une norme sur le produit E =E1×· · ·×Ek en posant ‖x‖ = max ‖xi‖i. L’espace vectorielnorme (E,‖.‖) est appele l’espace vectoriel norme produit.Il est complet si chacun des Ei est complet.


5.1.2 Convexes, connexes

Definition 5.1.4 Soit E un espace vectoriel norme, a, b ∈E. On pose [a, b] = {ta+(1− t)b | t ∈ [0, 1]}. On dit qu’unepartie A de E est convexe si ∀a, b ∈ A, [a, b] ⊂ A.

Remarque 5.1.2 Le theoreme d’associativite desbarycentres montre immediatement par recurrence que siA est convexe, a1, . . . , an ∈ A et λ1, . . . , λn sont des reelspositifs de somme 1, alors λ1a1 + . . . + λnan est encoredans A.

Proposition 5.1.2 Toute partie convexe est connexe pararcs (et donc connexe).


Demonstration 5.1.1 γ(t) = (1− t)a + tb est un chemincontinu (l’application est ‖b−a‖-lipschitzienne) d’origine aet d’extremite b.

Proposition 5.1.3 Dans un espace vectoriel norme, lesboules sont convexes (et donc connexes).

Demonstration 5.1.2 Montrons le par exemple pour uneboule ouverte B(a, r). Soit x, y ∈ B(a, r) et t ∈ [0,1]. On aalors

‖tx + (1− t)y − a‖ = ‖t(x− a) + (1− t)(y − a)‖≤ t‖x− a‖+ (1− t)‖y − a‖


< tr + (1 − t)r = r

car t ≥ 0, 1− t ≥ 0 et soit t, soit 1− t est non nul.

Theoreme 5.1.1 Dans un espace vectoriel norme, toutouvert connexe est connexe par arcs.

Demonstration 5.1.3 Soit U un ouvert connexe. SoitR la relation d’equivalence sur U : aRb s’il existe unchemin d’origine a et d’extremite b. Soit C(a) la classed’equivalence de a et montrons que C(a) est ouverte.Pour cela soit b ∈ C(a) ⊂ U . Il existe r > 0 tel queB(b, r) ⊂ U . Mais la boule, etant convexe, est connexe par


arcs et donc pour tout x de B(b, r) on a x ∈ C(b) = C(a),soit B(b, r) ⊂ C(a). Les classes d’equivalences sont donc

ouvertes dans U . Mais on a alors cC(a) =⋃

x/∈C(a)

C(x) est

ouvert dans U et donc C(a) est ferme dans U . Comme Uest connexe, les seules parties ouvertes et fermees dans Usont ∅ et U , soit C(a) = U et donc U est connexe par arcs.


5.1.3 Continuite des operations algebriques

Theoreme 5.1.2 Soit E un espace vectoriel norme. L’ap-plication s : E × E → E, (x, y) 7→ x + y est uniformementcontinue, et l’application p : K × E → E, (λ, x) 7→ λx estcontinue.

Demonstration 5.1.4 On a ‖s(x, y) − s(x′, y′)‖ =‖(x − x′) + (y − y′)‖ ≤ ‖x − x′‖ + ‖y − y′‖ ≤2max(‖x − x′‖, ‖y − y′‖) = 2‖(x, y) − (x′, y′)‖, ce quimontre que s est 2-lipschitzienne.

Soit (λ0, x0) ∈ K × E, λ ∈ K et x ∈ E. On a

‖p(λ, x)− p(λ0, x0)‖ = ‖λx− λ0x0‖


= ‖λ(x− x0) + (λ− λ0)x0‖≤ |λ| ‖x− x0‖+ |λ− λ0| ‖x0‖

Pour η ≤ 1, on a |λ − λ0| < η ⇒ |λ| ≤ |λ0| + 1. Soit

donc ε > 0 et η = max(1,ε

2(1 + |λ0|),

ε

2(1 + ‖x0‖)). Alors

‖(λ, x)− (λ0, x0)‖ = max(|λ− λ0|,‖x− x0‖) < η

⇒ ‖p(λ, x)− p(λ0, x0)‖ ≤ε

2+

ε

2= ε

ce qui montre la continuite de p au point (λ0, x0).

Corollaire 5.1.1 Soit X un espace metrique, E un espacevectoriel norme, A une partie de X et a ∈ A.


(i) Si f et g sont deux fonctions de X vers E telles queA ⊂ Def(f) ∩ Def(g), si f et g ont toutes deux des limitesen a suivant A et si α, β ∈ K, alors αf + βg a une limiteen a suivant A et on a

limx→a,x∈A

(αf(x) + βg(x)) = α limx→a,x∈A

f(x) + β limx→a,x∈A

g(x)

(ii) Si ϕ est une fonction de X vers K et f une fonctionde X vers E telles que A ⊂ Def(f) ∩ Def(ϕ), si f et ϕont toutes deux des limites en a suivant A, alors ϕf a unelimite en a suivant A et on a

limx→a,x∈A

(ϕ(x)f(x)) = limx→a,x∈A

ϕ(x) limx→a,x∈A

f(x)


Remarque 5.1.3 Dans le cas de E = R, les operationsalgebriques sur R×R ne peuvent pas s’etendre de manierecontinue a R × R, ce qui fait que certaines operations surles limites ne sont pas valides en general. On a cependantle theoreme suivant qui permet d’etendre les operations surles limites sauf dans les cas d’indeterminations ”∞−∞” et”0×∞”

Theoreme 5.1.3 (i) L’application s : R × R → R,(x, y) 7→ x + y s’etend en une application continue deR × R \ {(−∞,+∞), (+∞,−∞)} dans R en posantx + (+∞) = +∞ si x 6= −∞ et x + (−∞) = −∞ six 6= +∞.


(ii) L’application p : R × R → R, (x, y) 7→ xy s’etend enune application continue de

R × R \ {(0,+∞), (+∞,0), (0,−∞), (−∞, 0)}

dans R en posant x × (+∞) = sgn(x)∞ si x 6= 0 et x ×(−∞) = − sgn(x)∞ si x 6= 0.

Demonstration 5.1.5 La verification de la continuite esttout a fait elementaire. Remarquons que puisque R×R estdense dans R × R, ces prolongements sont uniques.


5.2 Applications lineaires contin-ues

5.2.1 Caracterisations et normes des ap-plications lineaires continues

Theoreme 5.2.1 Soit E et F deux espaces vectorielsnormes et u une application lineaire de E dans F . Alorsles conditions suivantes sont equivalentes

– (i) u est continue

– (ii) u est continue au point 0

– (iii) u est bornee sur la boule unite B′(0, 1)

– (iv) u est bornee sur la sphere unite S(0, 1)

5.2. Applications lineaires continues 569

– (v) il existe k ≥ 0 tel que ∀x ∈ E, ‖u(x)‖ ≤ k‖x‖– (vi) u est lipschitzienne

Demonstration 5.2.1 (i)⇒(ii) est evident.(ii)⇒(iii) Puisque u(0) = 0 et que u est continue en 0, il

existe η > 0 tel que ‖x‖ < η ⇒ ‖u(x)‖ ≤ 1 ; si x ∈ B′(0, 1),

on a ‖η

2x‖ ≤ η

2< η soit ‖u(

η

2x)‖ ≤ 1 soit encore ‖u(x)‖ ≤

2

η.

(iii)⇒(iv) est evident puisque S(0, 1) ⊂ B′(0, 1)(iv)⇒(v) soit k = sup

x∈S(0,1)‖u(x)‖ et soit x ∈ E. Si x = 0,

on a ‖u(x)‖ ≤ k‖x‖ ; si x 6= 0, on ax

‖x‖ ∈ S(0, 1), soit


‖u(x

‖x‖ )‖ ≤ k, soit ‖u(x)‖ ≤ k‖x‖.(v)⇒(vi) on a ‖u(x)− u(y)‖ = ‖u(x− y)‖ ≤ k‖x− y‖,

donc u est k-lipschitzienne.(vi)⇒(i) est evident

Theoreme 5.2.2 Soit u : E → F une application lineairecontinue. Alors on a l’egalite

supx6=0

‖u(x)‖‖x‖ = sup

‖x‖≤1‖u(x)‖ = sup

‖x‖=1‖u(x)‖

= inf{k ≥ 0 | ∀x ∈ E, ‖u(x)‖ ≤ k‖x‖}Ce nombre est appele la norme de l’application lineaire

u et note ‖u‖ ; on a ∀x ∈ E, ‖u(x)‖ ≤ ‖u‖ ‖x‖.


Demonstration 5.2.2 Appelons M1, M2, M3 et M4 lesnombres en question dans l’ordre ci dessus. On a claire-

ment M1 = M3 puisque S(0, 1) = { x

‖x‖ | x 6= 0}. Comme

S(0,1) ⊂ B′(0, 1), on a M3 ≤ M2. La demonstration cidessus de (iv)⇒(v) nous a montre que ∀x ∈ E, ‖u(x)‖ ≤M2‖x‖, soit M4 ≤ M2. Remarquons de plus que

{k ≥ 0 | ∀x ∈ E, ‖u(x)‖ ≤ k‖x‖} =⋂

x6=0

[‖u(x)‖‖x‖ , +∞[

est un ferme de R (intersection de fermes), donc contientsa borne inferieure ; on a donc ∀x ∈ E, ‖u(x)‖ ≤ M4‖x‖,soit pour x 6= 0,

‖u(x)‖‖x‖ ≤ M4 et donc M1 ≤ M4.


Si on recapitule, on a montre que M1 ≤ M4 ≤M2 ≤ M3 = M1 ce qui montre les egalites. On a vude plus que ∀x ∈ E, ‖u(x)‖ ≤ M4‖x‖, soit encore∀x ∈ E, ‖u(x)‖ ≤ ‖u‖ ‖x‖.


5.2.2 L’espace vectoriel norme des ap-plications lineaires continues de Edans F

Theoreme 5.2.3 L’application u 7→ ‖u‖ est une normesur l’espace vectoriel des applications lineaires continues deE dans F .

Demonstration 5.2.3 La formule ∀x ∈ E, ‖u(x)‖ ≤‖u‖ ‖x‖ montre que ‖u‖ = 0 ⇒ u = 0, la reciproque etantevidente. La formule ‖u‖ = sup

‖x‖=1‖u(x)‖ permet de montrer

sans probleme l’homogeneite et l’inegalite triangulaire.


Theoreme 5.2.4 Soit u : E → F et v : F → G lineairescontinues. Alors ‖v ◦ u‖ ≤ ‖v‖ ‖u‖.

Demonstration 5.2.4 On a ‖v ◦ u(x)‖ ≤ ‖v‖ ‖u(x)‖ ≤‖v‖ ‖u‖ ‖x‖ et on sait que ‖v ◦ u‖ est le plus petit k tel que∀x ∈ E, ‖v ◦ u(x)‖ ≤ k‖x‖. Soit ‖v ◦ u‖ ≤ ‖v‖ ‖u‖.

Remarque 5.2.1 Cette propriete (dite de sous multiplica-tivite) de la norme est particulierement commode pour cetype de norme sur l’espace vectoriel norme des applicationslineaires continues de E dans F (normes dites subordonneesa des normes sur E et F ) ; c’est ainsi que dans un es-pace de matrices, on aura souvent interet a poser ‖A‖ =


sup‖X‖=1

‖AX‖ de facon a disposer d’une inegalite ‖AB‖ ≤

‖A‖ ‖B‖.

Theoreme 5.2.5 Si F est un espace vectoriel norme com-plet, l’espace vectoriel norme des applications lineaires con-tinues de E dans F est complet.

Demonstration 5.2.5 Soit (un) une suite d’applicationslineaires continues qui est une suite de Cauchy pour lanorme que l’on vient de definir. Soit x ∈ E, on a ‖up(x) −uq(x)‖ ≤ ‖up − uq‖ ‖x‖, ce qui montre que la suite (un(x))est une suite de Cauchy dans F ; comme F est complet,


elle converge vers une limite qui depend de x et que nousnoterons u(x). La relation un(αx + βy) = αun(x) + βun(y)donne par passage a la limite u(αx + βy) = αu(x) + βu(y)ce qui montre que u est lineaire. Soit ε > 0 et N ∈ N telque p, q ≥ N ⇒ ‖up − uq‖ < ε. Pour x ∈ E, q > n ≥ N , ona ‖uq(x) − un(x)‖ ≤ ε‖x‖. Faisons tendre q vers +∞ ; onobtient ‖u(x) − un(x)‖ ≤ ε‖x‖ ; ceci montre tout d’abordque u− un est continue et donc u = (u− un) + un aussi, etque n ≥ N ⇒ ‖u − un‖ ≤ ε, et donc que un converge versu au sens de la norme des applications lineaires continues ;ceci acheve la demonstration.


5.2.3 Equivalence des normes

Definition 5.2.1 Soit E un K-espace vectoriel . On ditque deux normes ‖.‖1 et ‖.‖2 sur E sont equivalentes si lesdistances associees sont equivalentes, c’est-a-dire s’il existeα, β > 0 tels que

∀x ∈ E, α‖x‖1 ≤ ‖x‖2 ≤ β‖x‖1

Theoreme 5.2.6 Deux normes sont equivalentes si etseulement si elles definissent la meme topologie.

Demonstration 5.2.6 Si deux normes sont equivalentes,les distances associees aussi et donc elles definissent


la meme topologie. Inversement, supposons que lesdeux normes definissent la meme topologie. AlorsIdE : (E,‖.‖1) → (E, ‖.‖2) est lineaire continue, doncil existe k ≥ 0 tel que ∀x ∈ E, ‖IdE(x)‖2 ≤ k‖x‖1 soitencore ∀x ∈ E, ‖x‖2 ≤ k‖x‖1 et il est alors clair quek 6= 0. De meme avec IdE : (E, ‖.‖2) → (E, ‖.‖1), on peuttrouver un k′ > 0 tel que ∀x ∈ E, ‖x‖1 ≤ k′‖x‖2, soit

∀x ∈ E,1

k′‖x‖1 ≤ ‖x‖2 ≤ k‖x‖1.


5.2.4 Caracterisation des applicationsbilineaires continues

Theoreme 5.2.7 Soit E1, E2 et F des espaces vectorielsnormes et u une application bilineaire de E1×E2 dans F .Alors les conditions suivantes sont equivalentes

– (i) u est continue

– (ii) u est continue au point (0, 0)

– (iii) u est bornee sur B ′(0,1) × B′(0, 1)

– (iv) u est bornee sur S(0, 1)× S(0, 1)

– (v) il existe k ≥ 0 tel que ∀(x1, x2) ∈ E1 ×E2, ‖u(x1, x2)‖ ≤ k‖x1‖ ‖x2‖


Demonstration 5.2.7 Tout a fait similaire a celle ef-fectuee pour les applications lineaires, sauf en ce quiconcerne (v)⇒(i) (car il n’y a plus l’intermediaire (vi)).Mais on a, si (a1, a2) ∈ E1 × E2

u(x1, x2)− u(a1, a2) = u(a1 − x1, a2 − x2) + u(x1 − a1, a2)

+u(a1, x2 − a2)

(facile) et donc, si (v) est verifiee

‖u(x1, x2)− u(a1, a2)‖ ≤ k‖a1 − x1‖ ‖a2 − x2‖+ k‖x1 − a1‖ ‖a2‖+ k‖a1‖ ‖x2 − a2‖

ce qui montre clairement la continuite (non uniforme)de u au point (a1, a2).


Exemple 5.2.1 La formule ‖v ◦ u‖ ≤ ‖v‖ ‖u‖ montre quel’application bilineaire de composition est continue sur lesespaces d’applications lineaires continues adequats.


5.3 Espaces vectoriels normes dedimensions finies

5.3.1 Equivalence des normes

Lemme 5.3.1 Toutes les normes sur Rn sont equivalentes.

Demonstration 5.3.1 Posons ‖x‖ = max |xi| etmontrons que toute autre norme N est equivalentea cette norme. Soit (e1, . . . en) la base canonique

de Rn et x ∈ Rn. On a N (x) = N (∑

xiei) ≤∑

|xi|N (ei) ≤ max |xi|∑

i

N(ei) = β‖x‖. On en deduit

5.3. Espaces vectoriels normes de dimensions finies 583

que |N(x)−N(y)| ≤ N (x− y) ≤ β‖x− y‖ ce qui demontreque l’application N : (Rn, ‖.‖) → R est continue. SoitS = {x ∈ Rn | ‖x‖ = 1} ; S est une partie compacte de(Rn,‖.‖) (fermee bornee), donc l’application N y atteintsa borne inferieure. Soit α = inf

x∈SN (x) = N(x0). On a

x0 6= 0 (car x0 ∈ S) donc α > 0. Alors, si x ∈ Rn, x 6= 0,

on ax

‖x‖ ∈ S soit N(x

‖x‖ ) ≥ α soit encore N (x) ≥ α‖x‖.On a donc trouve α et β strictement positifs tels que∀x ∈ Rn, α‖x‖ ≤ N(x) ≤ β‖x‖, ce qu’il fallait demontrer.

Theoreme 5.3.1 Sur un K-espace vectoriel norme de di-mension finie toutes les normes sont equivalentes.


Demonstration 5.3.2 Tout C-espace vectoriel normeetant aussi un R-espace vectoriel norme, il suffit de lemontrer lorsque le corps de base est R. Soit N1 et N2

deux normes sur E ; soit E = (e1, . . . , en) une base de E

et u : Rn → E definie par u(x1, . . . , xn) =∑

xiei (u est

un isomorphisme d’espaces vectoriels). Alors N1 ◦ u etN2 ◦ u sont deux normes sur Rn (facile), elles sont doncequivalentes, et donc il existe α et β strictement positifstels que ∀x ∈ Rn, αN1(u(x)) ≤ N2(u(x)) ≤ βN1(u(x)).Mais tout element de E s’ecrivant sous la forme u(x), ona, ∀y ∈ E, αN1(y) ≤ N2(y) ≤ βN1(y), ce qu’il fallaitdemontrer.


5.3.2 Proprietes topologiques et metriquesdes espaces vectoriels normes de di-mension finie

Remarque 5.3.1 Tout C-espace vectoriel norme etantaussi un R-espace vectoriel norme, il suffit de considerer lecas ou le corps de base est R. Soit (E, ‖.‖) un espace vecto-riel norme de dimension finie, soit E = (e1, . . . , en) une base

de E et u : Rn → E definie par u(x1, . . . , xn) =∑

xiei

(u est un isomorphisme d’espaces vectoriels). AlorsN : x 7→ ‖u(x)‖ est une norme sur Rn qui est equivalente ala norme ‖.‖∞ ; de plus l’application u : (Rn, N) → (E, ‖.‖)est une isometrie ; on en deduit que (E, ‖.‖) a, en tantqu’espace vectoriel norme, les memes proprietes que


(Rn,‖.‖∞) c’est-a-dire

Theoreme 5.3.2 Tout espace vectoriel norme de dimen-sion finie est complet ; les parties compactes en sont lesfermes bornes.

Corollaire 5.3.1 Tout sous-espace vectoriel de dimensionfinie d’un espace vectoriel norme est ferme.

Demonstration 5.3.3 Muni de la restriction de la norme,il est complet, donc ferme.


5.3.3 Continuite des applications lineaires

Theoreme 5.3.3 Soit E et F deux espaces vectorielsnormes, E etant suppose de dimension finie. Alors touteapplication lineaire de E dans F est continue.

Demonstration 5.3.4 Soit E = (e1, . . . , en) une base deE ; comme toute les normes sur E sont equivalentes, on peut

prendre la norme definie par ‖x‖ = sup |xi| si x =∑

xiei.

On a alors

‖u(x)‖ = ‖∑

xiu(ei)‖ ≤∑

|xi| ‖u(ei)‖

≤ ‖x‖∑

‖u(ei)‖ = K‖x‖


Ceci montre la continuite de l’application lineaire u.

Remarque 5.3.2 Ce resultat s’etend sans difficulte auxapplications bilineaires de E1 × E2 dans F a condition queE1 et E2 soient de dimensions finies ; de meme pour desapplications p-lineaires.

5.4. Complements : le theoreme de Baire et sesconsequences 589

5.4 Complements : le theoreme deBaire et ses consequences

5.4.1 Le theoreme de Baire

Theoreme 5.4.1 (Baire). Soit E un espace metrique com-plet et (Un)n∈N une suite d’ouverts denses dans E. Alors⋂

n∈NUn est encore dense dans E.

Demonstration 5.4.1 Rappelons qu’une partie est densesi et seulement si elle rencontre tout ouvert non vide. Soitdonc U un tel ouvert de E, soit x0 ∈ U ∩ U0 (qui est nonvide par densite de U0 et ouvert comme intersection de


deux ouverts). Soit r0 > 0 tel que B′(x0, r0) ⊂ U ∩ U0.Supposons xn et rn construits et voyons comment nousallons construire xn+1 et rn+1. Comme Un+1 est denseet B(xn, rn) est un ouvert, Un+1 ∩ B(xn, rn) est ou-vert et non vide ; soit donc xn+1 ∈ Un+1 ∩ B(xn, rn) et

rn+1 <rn

2tel que B′(xn+1, rn+1) ⊂ Un+1 ∩ B(xn, rn) .

On construit ainsi une suite de boules fermees B′(xn, rn)

telles que B′(xn+1, rn+1) ⊂ B′(xn, rn) avec rn <r0

2n.

Le theoreme des fermes emboıtes nous garantit que⋂

n∈NB′(xn, rn) 6= ∅ (car δ(B′(xn, rn)) < 2rn tend vers

0). Mais on a B′(x0, r0) ⊂ U ∩ U0 et pour n ≥ 1,


B′(xn, rn) ⊂ Un. On en deduit que U ∩⋂

n∈NUn 6= ∅, ce qui

acheve la demonstration.

En passant au complementaire, on obtient une versionequivalente

Theoreme 5.4.2 (Baire). Soit E un espace metrique com-plet et (Fn)n∈N une suite de fermes d’interieurs vides de E.

Alors⋃

n∈NFn est encore d’interieur vide dans E.

Exemple 5.4.1 On montre facilement qu’un sous-espacevectoriel de E distinct de E est d’interieur vide (exercice).


On en deduit que, si E, espace vectoriel norme de dimensioninfinie, est complet, E (qui n’est pas d’interieur vide) nepeut pas etre reunion denombrable de sous-espaces vecto-riels de dimension finie (dont on sait qu’ils sont fermes). Enparticulier E ne peut pas admettre de base denombrable.C’est ainsi que R[X] (qui admet une base denombrable)n’est complet pour aucune norme.


5.4.2 Les grands theoremes

Nous en citerons trois qui concernent tous des applica-tions lineaires dans des espaces vectoriels normes complets.

Theoreme 5.4.3 (Banach-Steinhaus). Soit E un espacevectoriel norme complet et F un espace vectoriel norme.Soit H un ensemble d’applications lineaires continues tellesque

∀x ∈ E, ∃Kx ≥ 0, ∀u ∈ H, ‖u(x)‖ ≤ Kx

Alors il existe K ≥ 0 tel que ∀u ∈ H, ‖u‖ ≤ K.

Demonstration 5.4.2 Posons pour x ∈ E, p(x) =supu∈H

‖u(x)‖(≤ Kx) et considerons En = {x ∈ E | p(x) ≤ n}.


Remarquons tout d’abord que En est ferme : en effet si (xq)est une suite d’elements de En qui converge vers x ∈ E, ona pour tout u dans H , ∀q ∈ N, ‖u(xq)‖ ≤ n ; en faisanttendre q vers +∞ et en utilisant la continuite de u, ona encore ‖u(x)‖ ≤ n et donc x ∈ En. Maintenant notrehypothese implique que chaque x de E appartient a l’undes En (par exemple pour n = E(Kx) + 1). Donc E qui estd’interieur evidemment non vide est reunion d’une famillede fermes. Le theoreme de Baire implique que l’un des En

est d’interieur non vide : soit donc N ∈ N, x0 ∈ E et r > 0tel que B ′(x0, r) ⊂ EN . Prenons alors x ∈ B′(0, 1) et u ∈ H.Alors x0 + rx ∈ B ′(x0, r) et donc ‖u(x0 + rx)‖ ≤ N . Mais

alors ‖u(x)‖ =1

r‖u(x0+rx)−u(x0)‖ ≤

1

r(N+‖u(x0‖) = K.


On a donc ∀u ∈ H, ‖u‖ ≤ K.

Remarque 5.4.1 Sous les memes hypotheses, on mon-tre alors facilement qu’une limite simple d’applicationslineaires continues est encore continue (attention a l’hy-pothese E complet) ; en effet le theoreme de BanachSteinhaus implique que la suite est equicontinue (le modulede continuite en x0, η(ε, x0), ne depend pas de n) eton montre simplement qu’une limite simple d’une suiteequicontinue est continue.

Theoreme 5.4.4 (theoreme de Banach). Soit E et F deuxespaces vectoriels normes complets, et u : E → F lineaire,


continue, bijective. Alors u−1 est encore continue.

Demonstration 5.4.3 On va montrer que u(B′(0, 1)) ⊂F contient une boule de centre 0 dans F , B′(0, r1). On auraalors B′(0, r1) ⊂ u(B′(0, 1)), soit u−1(B ′(0, r1)) ⊂ B′(0, 1)

et donc si y ∈ F avec ‖y‖ ≤ 1, on aura u−1(r1

2y) ∈ B′(0, 1)

soit encore ‖u−1(y)‖ ≤ 2

r1ce qui montrera que u−1 est

continue.

Soit r > 0. On a E =⋃

n∈NnB′(0, r), on en deduit

que F = u(E) =⋃

n∈Nnu(B ′(0, r)) et a fortiori F =

5.4. Complements : le theoreme de Baire et sesconsequences 597⋃

n∈Nnu(B′(0, r)). L’espace vectoriel norme complet F

qui est son propre interieur est reunion d’une familledenombrable de fermes ; donc l’un d’entre eux (Baire) estd’interieur non vide. Mais si nu(B′(0, r)) est d’interieurnon vide, il en est de meme de u(B′(0, r)). Soit doncy0 ∈ F et ρ > 0 tel que B′(y0, ρ) ⊂ u(B′(0, r)). On a aussi(puisque l’application x 7→ −x laisse invariante B′(0, r)),B′(−y0, ρ) ⊂ u(B′(0, r)), et alors, si y ∈ B′(0, ρ),

2y = (y − y0) + (y + y0) ∈ B′(−y0, ρ) + B(y0, ρ0)

or

B′(−y0, ρ)+B(y0, ρ0) ⊂ u(B′(0, r))+u(B′(0, r)) ⊂ u(B′(0, 2r))


(facile) et donc y ∈ u(B′(0, r)). On a donc trouve, pourtout r > 0 un ρ > 0 tel que B′(0, ρ) ⊂ u(B ′(0, r)). Lestranslations etant des homeomorphismes, on a evidemmentpour tout x ∈ E, B′(u(x), ρ) ⊂ u(B′(x, r)).

Montrons alors que sous ces hypotheses B′(0, ρ) ⊂u(B′(0, 2r)). Soit en effet y ∈ B ′(0, ρ). Soit ρn le reel

associe ar

2npar la propriete ci dessus. Quitte a remplacer

les ρn par des reels plus petits, on peut supposer queρn tend vers 0. On va construire un element xn de E

par recurrence de maniere a verifier ‖xn+1 − xn‖ ≤ r

2n

et ‖y − u(xn)‖ ≤ ρn. On pose x0 = 0 ; supposons xn

construit. On a donc y ∈ B′(u(xn), ρn) ⊂ u(B′(xn,r

2n))


et donc on peut trouver un point xn+1 ∈ B′(xn,r

2n) tel

que ‖y − u(xn+1)‖ ≤ ρn+1, soit y ∈ B ′(u(xn+1), ρn+1),ce qui acheve la construction par recurrence. On a donc

pour tout n, ‖xn+1 − xn‖ ≤r

2net ‖y − u(xn)‖ ≤ ρn. On

a ‖xn+p − xn‖ ≤r

2n+

r

2n+1+ . . . +

r

2n+p−1≤ r

2n−1, ce

qui montre que la suite (xn) est une suite de Cauchy.Comme E est complet, elle converge. Soit x sa limite. On a‖x − x0‖ ≤ 2r d’apres l’inegalite ci dessus pour n = 0 et ptendant vers +∞. D’autre part l’inegalite ‖y−u(xn)‖ ≤ ρn

et la continuite de u nous montrent que y = u(x), donc yappartient a u(B′(0, 2r)).

On a alors aussi B ′(0,ρ

2r) ⊂ u(B ′(0,1)), ce qui montre


comme on l’a remarque, que u−1 est continue.

Theoreme 5.4.5 (theoreme du graphe ferme). Soit E etF deux espaces vectoriels normes complets, et u : E → Flineaire. Alors u est continue si et seulement si son grapheest ferme dans E × F .

Demonstration 5.4.4 Supposons tout d’abord que u estcontinue et soit (xn, u(xn)) une suite du graphe qui convergevers (x, y) ∈ E × F . Alors lim xn = x et par continuitede u, lim u(xn) = u(x) ; mais alors l’unicite de la limitenecessite y = u(x), donc (x, y) est encore dans le graphe deu, ce qui montre bien que le graphe est ferme (il s’agit la


d’une propriete tout a fait generale des espaces metriques,mais la reciproque est fausse en general). Supposons main-tenant que u est lineaire de graphe Γ ferme. Alors Γ est unsous-espace vectoriel ferme de E × F , donc il est complet.L’application Γ → E, (x, u(x)) 7→ x est lineaire continueet bijective. D’apres le theoreme de Banach, sa reciproquex 7→ (x, u(x)) est continue et donc x 7→ u(x) aussi.

Remarque 5.4.2 Il s’agit d’une technique importante ; ilest en effet considerablement plus facile de montrer qu’ungraphe est ferme plutot qu’une continuite ; si (xn) est unesuite de limite x, il s’agit de montrer non plus que la suiteu(xn) converge vers u(x) mais plutot que la suite u(xn) ne


peut pas avoir d’autre limite que u(x) ; un exemple typ-ique d’application lineaire de graphe ferme est la derivationpour la topologie de la convergence uniforme : le theoremede derivation des suites uniformement convergentes ne faitque traduire la fermeture du graphe (si la suite des deriveesconverge uniformement, alors c’est vers la derivee de lalimite) ; attention cependant que la derivation n’est pascontinue pour la topologie de la convergence uniforme (letheoreme du graphe ferme ne s’applique pas car l’espacedes applications C1 n’est pas complet).

5.5. Complements : convexite dans les espaces vectorielsnormes de dimension finie 603

5.5 Complements : convexite dansles espaces vectoriels normes de di-mension finie

5.5.1 Jauge d’un convexe

Soit E un espace vectoriel norme reel et K un convexeborne qui contient 0 dans son interieur. On definit alors uneapplication jK de E dans R+ par

jK(x) = inf{λ > 0 | x

λ∈ K}

Cette definition a bien un sens, car si B(0, r) ⊂ K, on ax

λ∈ B(0, r) ∈ K des que λ >

‖x‖r

.


Definition 5.5.1 La fonction jK est appelee la jauge duconvexe K.

Proposition 5.5.1 Soit E un espace vectoriel norme reelet K un convexe borne qui contient 0 dans son interieur.Alors l’application jK verifie

– (i) jK(x) = 0 ⇐⇒ x = 0

– (ii) jK(µx) = µjK(x) si µ ≥ 0

– (iii) jK(x + y) ≤ jK(x) + jK(y)

Si de plus K = −K, alors jK est une norme.


Demonstration 5.5.1 ((i)) Puisque K est borne, soitM ≥ 0 tel que ∀y ∈ K, ‖y‖ ≤ M . Si jK(x) = 0, il ex-

iste une suite λn tendant vers 0 telle quex

λn∈ K, soit

‖x‖ ≤ Mλn. On a donc x = 0. La reciproque est evidente.

((ii)) est evident puisquex

λ∈ K ⇐⇒ µx

µλ∈ K

((iii)) Supposons quex

λet

y

µappartiennent a K.

Comme K est convexe, λ et µ positifs, on a aussi1

λ + µ(λ

x

λ+ µ

y

µ) ∈ K soit encore

x + y

λ + µ∈ K. On a donc

{λ > 0 | x

λ∈ K}+{µ > 0 | y

µ∈ K} ⊂ {ν > 0 | x + y

ν∈ K}


En prenant les bornes inferieures on a donc jK(x + y) ≤jK(x) + jK(y).

Si de plus, K = −K, on a jK(−x) = jK(x) et donc∀µ ∈ R, jK(µx) = |µ|jK(x) qui etait la seule propriete desnormes qui manquait.

Remarque 5.5.1 On a evidemment, x ∈ K ⇒ jK(x) ≤ 1et jK(x) < 1 ⇒ x ∈ K, autrement dit BjK (0, 1) ⊂ K ⊂B′

jK(0, 1) ; si on suppose de plus que K est ferme, on a

facilement K = B′jK

(0,1) ; autrement dit un convexe, ferme,borne et equilibre (K = −K) est une boule fermee pour unecertaine norme ; la reciproque etant evidente.


5.5.2 Projection sur un convexe ferme

Theoreme 5.5.1 Soit E un espace euclidien et K une par-tie non vide, convexe fermee de E ; pour tout x de E, ilexiste un unique element pK(x) de K tel que d(x, pK(x)) =d(x,K). Pour y ∈ K, on a

y = pK(x) ⇐⇒ ∀z ∈ K, (x− y | z − y) ≤ 0

Demonstration 5.5.2 Nous allons donner une demonstrationde ce resultat qui ne fera pas appel a la dimension finie deE, mais uniquement au fait qu’il est complet. Soit (yn) une

suite de K qui verifie ‖x − yn‖2 ≤ d(x,K)2 +1

n. L’egalite


de la mediane nous donne alors

‖yp − yq‖2

= ‖(yp − x) − (yq − x)‖2

= 2‖yp − x‖2 + 2‖yq − x‖2 − ‖(yp − x) + (yq − x)‖2

= 2‖yp − x‖2 + 2‖yq − x‖2 − 4‖yp + yq

2− x)‖2

avec ‖x− yp‖2 ≤ d(x, K)2 +1

pet ‖x− yq‖2 ≤ d(x, K)2 +

1

q.

Mais comme K est convexe,yp + yq

2∈ K et donc ‖yp + yq

2−

x)‖2 ≥ d(x, K)2. On a donc ‖yp−yq‖2 ≤ 2(1

p+

1

q). La suite

(yn) est une suite de Cauchy dans E, donc elle converge.


Soit y sa limite dans E. Comme K est ferme, on a y ∈K et on a evidemment en passant a la limite a partir de

d(x,K)2 ≤ ‖x − yn‖2 ≤ d(x,K)2 +1

n, l’egalite d(x, K) =

d(x, y).Soit y ainsi trouve et soit z ∈ K. Pour tout t ∈ [0, 1],

(1−t)y+tz ∈ K et donc ‖x−(1− t)y− tz‖2 ≥ ‖x−y‖2. Endeveloppant, on obtient t2‖y − z‖2 − 2t(x− y | z − y) ≥ 0.Pour t ∈]0,1] on a donc t‖y − z‖2 − 2(x− y | z − y) ≥ 0 eten faisant tendre t vers 0, on obtient (x− y | z − y) ≤ 0.

Inversement supposons que ∀z ∈ K, (x−y | z−y) ≤ 0.Alors

‖x− z‖2 = ‖(x− y)− (z − y)‖2

= ‖x− y‖2 + ‖z − y‖2 − 2(x− y | z − y)


≥ ‖x− y‖2

avec egalite si et seulement si z = y. Ceci montre a la foisque d(x, y) = d(x, K) et que y est unique.

Remarque 5.5.2 La condition (x − y | z − y) ≤ 0 corre-spond geometriquement a : l’angle (−→yx,−→yz) est obtus.


x

y

z

angle obtus


5.5.3 Hahn-Banach (version geometrique)

Remarque 5.5.3 Il existe plusieurs theoremes a la HahnBanach. Certains sont de type analytique et concernent desproprietes de prolongement de formes lineaires ou de semi-normes d’un sous-espace vectoriel a l’espace tout entier.D’autres sont de type geometrique et concernent des pro-prietes de separation d’un convexe et d’un point ou de deuxconvexes. Nous avons choisi ici d’en presenter une versiongeometrique simple.

Theoreme 5.5.2 Soit E un espace vectoriel norme de di-mension finie, K un convexe ferme non vide et x /∈ K.Alors il existe un hyperplan affine qui separe strictement


x et K, c’est-a-dire que x et K sont dans les deux demi-espaces ouverts definis par l’hyperplan.

Demonstration 5.5.3 Puisque toutes les normes sontequivalentes, on peut supposer que E est muni d’unenorme euclidienne. Soit alors y la projection de x surle convexe K. L’hyperplan mediateur du segment [x, y]convient evidemment.


x

y

z

angle obtus

H

Remarque 5.5.4 Une autre facon de formuler le theoremeest de dire que si K est un convexe ferme et x /∈ K, il existeune forme lineaire f sur E telle que f(x) < inf

y∈Kf(y).


Corollaire 5.5.1 Soit E un espace vectoriel norme de di-mension finie, K1 un convexe compact non vide et K2 unconvexe ferme non vide tels que K1 ∩K2 = ∅. Alors

(i) il existe un hyperplan H qui separe strictement K1 etK2

(ii) il existe une forme lineaire f telle que supx∈K1

f(x) <

infx∈K2

f(x)

Demonstration 5.5.4 La fonction x 7→ d(x, K2) est con-tinue sur le compact K1, donc atteint sa borne inferieureen x0. Il suffit alors d’appliquer la methode precedente a x0

et a K2.


5.5.4 L’enveloppe convexe : Caratheodoryet Krein Millman

Definition 5.5.2 Soit E un R-espace vectoriel et A unepartie de E. L’ensemble des convexes contenant A admetun plus petit element appele l’enveloppe convexe de A : c’estencore l’ensemble des barycentres a coefficients positifs depoints de A.

Demonstration 5.5.5 L’intersection de tous les convexescontenant A est encore un convexe contenant A et c’est leplus petit. L’ensemble des barycentres a coefficients positifsde points de A est un convexe (les barycentres a coefficientspositifs de barycentres a coefficients positifs sont encore des


barycentres a coefficients positifs) contenant A donc il con-tient l’enveloppe convexe ; mais comme celle-ci est stablepar barycentrage a coefficients positifs, elle doit contenirtout barycentre a coefficients positifs de points de A, d’oul’egalite.

Theoreme 5.5.3 (Caratheodory). Soit n = dim E. Alorsl’enveloppe convexe de A est encore l’ensemble des barycen-tres a coefficients positifs de n + 1 points de A.

Demonstration 5.5.6 Il suffit evidemment de demontrerque si x est barycentre a coefficients positifs de p ≥ n + 2points de A, c’est encore un barycentre a coefficients positifs


de p− 1 points de A. Soit donc x =

p∑

i=1

λixi avec λi ≥ 0 et

∑λi = 1. La famille (xi − xp)1≤i≤p−1 de E est une famille

de p− 1 ≥ n+1 elements dans E de dimension n, donc elleest liee. On peut trouver α1, . . . , αp−1 non tous nuls tels quep−1∑

i=1

αi(xi − xp) = 0. Posons αp = −(α1 + . . . + αp−1). On a

donc

p∑

i=1

αixi = 0 avec

p∑

i=1

αi = 0. Soit t ∈ R+. On a alors

x =

p∑

i=1

(λi − tαi)xi avec

p∑

i=1

(λi − tαi) = 1. Il suffit alors de


choisir t de telle sorte que ∀i, λi − tαi ≥ 0 avec pour uncertain i0, λi0 − tαi0 = 0 pour aboutir au resultat souhaite.Or, si αi ≤ 0, on a evidemment λi − tαi ≥ 0. Il suffit donc

de considerer les αi > 0 et de prendre t = min{λi

αi| αi >

0} =λi0

αi0

.

Corollaire 5.5.2 Soit E un R-espace vectoriel de dimen-sion finie et A une partie compacte de E. Alors l’enveloppeconvexe de A est encore compacte.


Demonstration 5.5.7 Soit n = dim E,

C = {(λ1, . . . , λn+1) ∈ Rn+1 | ∀i, λi ≥ 0 et∑

λi = 1}

C est une partie compacte de Rn+1 (car fermee etbornee dans un espace vectoriel norme de dimen-sion finie) et l’enveloppe convexe de A est l’image del’application continue ϕ : C × An+1 → E definie par

ϕ(λ1, . . . , λn+1, x1, . . . , xn+1) =

n+1∑

i=1

λixi. Comme C × An+1

est compacte, cette image est compacte.

Remarque 5.5.5 Soit maintenant K un convexe. On peutessayer de trouver une partie minimale de K qui engendre


K, c’est-a-dire dont K soit l’enveloppe convexe. Une tellepartie doit evidemment contenir les points de K qui nesont pas barycentres d’autres points de K (autrement quede facon triviale). Nous allons voir que pour un convexecompact, ces points suffisent presque a engendrer K.

Definition 5.5.3 Soit K un convexe. Un point x de K estdit un point extremal de K si on a

∀y, z ∈ K, x ∈ [y, z] ⇒ x = y ou x = z

Un sous-ensemble S de K est dit extremal si

∀y, z ∈ K, ]y, z[∩S 6= ∅ ⇒ y ∈ S et z ∈ S


Lemme 5.5.1 Soit K un convexe compact, f une formelineaire sur E, µ = sup

x∈Kf(x). Alors K ′ = {x ∈ K | f(x) =

µ} est un sous-ensemble compact extremal de K.

Demonstration 5.5.8 En effet, soit y, z ∈ K, x ∈]y, z[∩K ′ ; on a f(x) = µ avec x = ty + (1− t)z et t ∈]0, 1[.Alors µ = tf(y) + (1 − t)f(z) avec t > 0, 1 − t > 0,f(y) ≤ µ, f(z) ≤ µ ; ceci n’est possible que si f(y) = µ etf(z) = µ, soit y ∈ K ′ et z ∈ K ′.

Theoreme 5.5.4 (Krein-Millman). Soit E un R-espacevectoriel de dimension finie et K un convexe compact de


E. Alors K est l’adherence de l’enveloppe convexe de sespoints extremaux.

Demonstration 5.5.9 Nous montrerons ce resultat parrecurrence sur dim E (le cas de la dimension 1 est laisseau lecteur). Soit P l’ensemble des compacts extremaux nonvides de K. Remarquons que tout intersection d’elements deP est soit vide, soit encore dans P . Soit S ∈ P . Montronstout d’abord que S contient un point extremal. Si touteforme lineaire f est constante sur S, alors S est un sin-gleton reduit a un point extremal. Sinon, soit f une formelineaire non constante sur S, µ = sup

x∈Sf(x) et S ′ = {x ∈ S |

f(x) = µ}. Alors S ′ est un sous ensemble convexe compact


de l’hyperplan H d’equation f(x) = µ. En vectorialisantcet hyperplan, on obtient par recurrence que S ′ admet unpoint extremal x.

Montrons par l’absurde que x est un point extremal deK. Si x ∈]y, z[ avec y, z ∈ K, on a ]y, z[∩S 6= ∅, donc y ∈ Set z ∈ S. Mais comme S ′ est un sous-ensemble extremal deS et ]y, z[∩S′ 6= ∅, on a y, z ∈ S′ ; ceci contredit le fait quex soit un point extremal de S ′. On a donc montre que toutepartie compacte extremale contenait un point extremal.

Soit donc K0 l’adherence de l’enveloppe convexe despoints extremaux de K. On a K0 ⊂ K et puisque toutensemble extremal contient un point extremal, K0 rencon-tre tout ensemble extremal. Supposons que K0 6= K etsoit x ∈ K \ K0. D’apres le theoreme de Hahn Banach,


il existe une forme lineaire f telle que f(x) > supy∈K0

f(y).

Soit µ = supz∈K

f(z) et S = {z ∈ K | f(z) = µ}. S est

non vide (une fonction continue sur un compact atteint saborne superieure), extremal d’apres le lemme precedent etS ∩ K0 = ∅ (car si y ∈ K0, f(y) < f(x) ≤ µ). Donc Sest un sous-ensemble extremal qui ne contient aucun pointextremal. C’est absurde. Donc K = K0.

Exemple 5.5.1 Un polygone et plus generalement unpolyedre est enveloppe convexe de ses sommets.

Remarque 5.5.6 En dimension finie, on peut affiner le


resultat en montrant qu’en fait K est l’enveloppe convexede ses points extremaux, et pas seulement l’adherence del’enveloppe convexe. Ceci necessite une version plus fine deHahn-Banach.

01001000100001000001101101110111101111100100100010000100000110110111011110111110010010001000010000011011011101111011111001001000100001000001101101110111101111100100100010000100000110110111011110111110010010001000010000011011011101111011111001001000100001000001101101110111101111100100100010000100000110110111011110111110010010001000010000011011011101111011111001001000100001000001101101110111101111100100100010000100000110110111011110111110010010001000010000011011011101111011111001001000100001000001101101110111101111100100100010000100000110110111011110111110010010001000010000011011011101111011111001001000100001000001

1.234,0043.009,4596.000.000100.230,001.234,0043.009,4596.000.000

Cours de mathématiquespar Denis Monasse Ed. Vuibert

Table des matières

• Plan général

• Algèbre générale

• Algèbre linéaire

• Réduction des endomorphismes

• Topologie des espaces métriques

• Espaces vectoriels normés

• Comparaison des fonctions

• Suites et séries numériques

• Fonctions d’une variable réelle

• Intégration

• Suites et séries de fonctions

• Séries entières

• Formes quadratiques

• Formes hermitiennes

• Séries de Fourier

• Calcul différentiel

• Equations différentielles

• Espaces affines

• Courbes

• Surfaces

• Intégrales multiples

• Index

Documents

Espaces vectoriels normésengalere.free.fr/Cours/cours%20Maths%20Sp%e9/evn.pdf568 Chapitre 5. Espaces vectoriels normés 5.2 Applications linéaires contin-ues 5.2.1 Caractérisations