Exercices “Normes sur Rⁿ et suites convergentes” (B)

Méthode: Nous allons vérifier un par un les trois axiomes d’une norme (séparation, homogénéité absolue, inégalité triangulaire) en utilisant les propriétés géométriques de l’ensemble $B$.

Étapes:

1. Montrons que $p_B$ est bien définie.

   Pour tout $x \in E$, l’ensemble $A_x = \{ \alpha > 0 \mid x \in \alpha B \}$ est non vide car $B$ est absorbant. De plus, cet ensemble est minoré par 0. Il admet donc une borne inférieure, ce qui justifie la définition de $p_B(x)$.

2. Axiome de séparation : $p_B(x) = 0 \iff x = 0_E$.

   • Si $x=0_E$, alors pour tout $\alpha > 0$, $0_E = \alpha \cdot 0_E \in \alpha B$ (car $0_E \in B$ puisque $B$ est convexe et symétrique, donc $0 = \frac{1}{2}x + \frac{1}{2}(-x) \in B$). Ainsi, $A_{0_E} = (0, +\infty)$ et $p_B(0_E) = \inf(0, +\infty) = 0$.
   • Réciproquement, supposons $p_B(x) = 0$. Cela signifie que pour tout $\varepsilon > 0$, il existe $\alpha \in (0, \varepsilon]$ tel que $x \in \alpha B$. Ceci est équivalent à $\frac{1}{\alpha}x \in B$ pour un $\alpha \in (0, \varepsilon]$. Soit $\beta = 1/\alpha$, on a $\beta \ge 1/\varepsilon$. Donc, pour tout $M > 0$ (en choisissant $\varepsilon = 1/M$), il existe $\beta \ge M$ tel que $\beta x \in B$. Si $x \neq 0_E$, cela impliquerait que le rayon $\{ \lambda x \mid \lambda \ge 0 \}$ est entièrement contenu dans $B$ (car si $\beta_0 x \in B$, alors pour tout $\lambda \in [0, \beta_0]$, $\lambda x \in B$ par convexité et le fait que $0_E \in B$). Ceci contredit l’hypothèse qu’aucune droite passant par l’origine n’est contenue dans $B$. Donc, nécessairement, $x=0_E$.

3. Axiome d’homogénéité absolue : $p_B(\lambda x) = |\lambda| p_B(x)$ pour tout $\lambda \in \mathbb{R}$.

   • Si $\lambda=0$, c’est trivialement vrai : $p_B(0_E) = 0 = |0|p_B(x)$.

   • Si $\lambda \neq 0$, on a :

     $p_B(\lambda x) = \inf \{ \alpha > 0 \mid \lambda x \in \alpha B \}$

     L’expression $\lambda x \in \alpha B$ est équivalente à $x \in \frac{\alpha}{\lambda} B$. Comme $B$ est symétrique, si $\lambda < 0$, $\frac{\alpha}{\lambda} B = -\frac{\alpha}{|\lambda|}B = \frac{\alpha}{|\lambda|}B$. Donc, dans tous les cas, $x \in \frac{\alpha}{|\lambda|}B$.

     Posons $\beta = \frac{\alpha}{|\lambda|}$. Comme $\alpha > 0$, on a $\beta > 0$. La condition devient $x \in \beta B$.

     $p_B(\lambda x) = \inf \{ |\lambda|\beta > 0 \mid x \in \beta B \} = |\lambda| \inf \{ \beta > 0 \mid x \in \beta B \} = |\lambda| p_B(x).$

4. Axiome d’inégalité triangulaire : $p_B(x+y) \le p_B(x) + p_B(y)$.

   Soient $x, y \in E$. Pour tout $\varepsilon > 0$, il existe $\alpha > p_B(x)$ et $\beta > p_B(y)$ tels que $\alpha \ge p_B(x) + \varepsilon/2$ et $\beta \ge p_B(y) + \varepsilon/2$, et $x \in \alpha B$, $y \in \beta B$. Cela signifie $x' = x/\alpha \in B$ et $y' = y/\beta \in B$.

   Soit $\gamma = \alpha + \beta$. On a :

   $x+y = \alpha x' + \beta y' = \gamma \left( \frac{\alpha}{\gamma} x' + \frac{\beta}{\gamma} y' \right)$

   Posons $t = \frac{\alpha}{\gamma}$. Alors $1-t = \frac{\beta}{\gamma}$. Comme $\alpha, \beta > 0$, on a $t \in (0,1)$. Puisque $B$ est convexe et que $x', y' \in B$, on a $tx' + (1-t)y' \in B$.

   Donc, $x+y \in \gamma B = (\alpha+\beta)B$.

   Par définition de la jauge, cela signifie que $p_B(x+y) \le \alpha + \beta$.

   Ceci est vrai pour tous $\alpha > p_B(x)$ et $\beta > p_B(y)$. En prenant la limite quand $\alpha \to p_B(x)$ et $\beta \to p_B(y)$ (ou plus formellement, en prenant l’infimum sur de tels $\alpha, \beta$), on obtient :

   $p_B(x+y) \le p_B(x) + p_B(y).$

Réponse: La fonctionnelle de Minkowski $p_B$ vérifie les trois axiomes de séparation, d’homogénéité absolue et d’inégalité triangulaire, c’est donc une norme sur $E$.

Méthode: La preuve se déroule en deux étapes principales. D’abord, nous établissons l’inégalité de Young en utilisant la concavité du logarithme. Ensuite, nous appliquons cette inégalité aux composantes normalisées des vecteurs pour obtenir l’inégalité de Hölder.

Étapes:

1. Démonstration de l’inégalité de Young.

   La fonction $f(t) = \ln(t)$ est concave sur $(0, \infty)$ car sa dérivée seconde $f''(t) = -1/t^2$ est négative.

   Par concavité, pour tous $t_1, t_2 > 0$ et pour tout $\lambda \in [0, 1]$, on a :

   $\ln(\lambda t_1 + (1-\lambda)t_2) \ge \lambda \ln(t_1) + (1-\lambda) \ln(t_2)$

   Posons $t_1 = a^p$, $t_2 = b^q$, et $\lambda = 1/p$. Alors $1-\lambda = 1 - 1/p = 1/q$.

   L’inégalité de concavité devient :

   $\ln\left(\frac{1}{p} a^p + \frac{1}{q} b^q\right) \ge \frac{1}{p} \ln(a^p) + \frac{1}{q} \ln(b^q) = \ln(a) + \ln(b) = \ln(ab)$

   Puisque la fonction exponentielle est croissante, on en déduit :

   $\frac{a^p}{p} + \frac{b^q}{q} \ge ab$

   L’inégalité est trivialement vraie si $a=0$ ou $b=0$.

2. Démonstration de l’inégalité de Hölder.

   Si $x=0$ ou $y=0$, l’inégalité est $0 \le 0$, ce qui est vrai. Supposons donc $x \neq 0$ et $y \neq 0$.

   Posons $X = \|x\|_p = (\sum_{i=1}^n |x_i|^p)^{1/p}$ et $Y = \|y\|_q = (\sum_{i=1}^n |y_i|^q)^{1/q}$. Par hypothèse, $X > 0$ et $Y > 0$.

   Pour chaque $i \in \{1, \dots, n\}$, appliquons l’inégalité de Young avec $a = \frac{|x_i|}{X}$ et $b = \frac{|y_i|}{Y}$.

   $\frac{|x_i|}{X} \frac{|y_i|}{Y} \le \frac{1}{p} \left(\frac{|x_i|}{X}\right)^p + \frac{1}{q} \left(\frac{|y_i|}{Y}\right)^q$

   $\frac{|x_i y_i|}{XY} \le \frac{|x_i|^p}{p X^p} + \frac{|y_i|^q}{q Y^q}$

   Sommons ces inégalités pour $i$ de 1 à $n$ :

   $\sum_{i=1}^n \frac{|x_i y_i|}{XY} \le \sum_{i=1}^n \left( \frac{|x_i|^p}{p X^p} + \frac{|y_i|^q}{q Y^q} \right)$

   $\frac{1}{XY} \sum_{i=1}^n |x_i y_i| \le \frac{1}{p X^p} \sum_{i=1}^n |x_i|^p + \frac{1}{q Y^q} \sum_{i=1}^n |y_i|^q$

   Par définition de $X$ et $Y$, on a $\sum |x_i|^p = X^p$ et $\sum |y_i|^q = Y^q$. L’inégalité devient :

   $\frac{1}{XY} \sum_{i=1}^n |x_i y_i| \le \frac{X^p}{p X^p} + \frac{Y^q}{q Y^q} = \frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1$

   En multipliant par $XY$, on obtient le résultat désiré :

   $\sum_{i=1}^n |x_i y_i| \le XY = \|x\|_p \|y\|_q$

Réponse: Pour $p, q \in (1, \infty)$ avec $\frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1$, et pour tous vecteurs $x, y \in \mathbb{R}^n$, on a l’inégalité de Hölder :

$\sum_{i=1}^n |x_i y_i| \le \|x\|_p \|y\|_q$

Méthode: Pour la première partie, nous vérifions les axiomes de la norme. Pour la deuxième, nous utilisons l’homogénéité de la norme vectorielle. Pour la troisième, nous appliquons la définition de la norme d’opérateur. Pour la quatrième, nous allons majorer $\|Ax\|_\infty$ et trouver un vecteur $x$ pour lequel la borne est atteinte.

Étapes:

1. Démonstration que $N$ est une norme.

   • Définition : L’application $f_A(x) = \|Ax\|$ est continue sur la sphère unité $S = \{x \in \mathbb{R}^n \mid \|x\|=1\}$, qui est compacte. Donc le supremum est atteint et fini. $N(A)$ est donc bien définie et positive.

   • Séparation : $N(A)=0 \iff \sup_{x \neq 0} \frac{\|Ax\|}{\|x\|} = 0 \iff \|Ax\| = 0$ for all $x \in \mathbb{R}^n \iff Ax = 0$ for all $x \in \mathbb{R}^n \iff A$ est la matrice nulle.

   • Homogénéité absolue : Pour $\lambda \in \mathbb{R}$,

     $N(\lambda A) = \sup_{x \neq 0} \frac{\|\lambda Ax\|}{\|x\|} = \sup_{x \neq 0} \frac{|\lambda| \|Ax\|}{\|x\|} = |\lambda| \sup_{x \neq 0} \frac{\|Ax\|}{\|x\|} = |\lambda| N(A)$

   • Inégalité triangulaire : Pour $A, B \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$,

     $N(A+B) = \sup_{x \neq 0} \frac{\|(A+B)x\|}{\|x\|} = \sup_{x \neq 0} \frac{\|Ax+Bx\|}{\|x\|} \le \sup_{x \neq 0} \frac{\|Ax\|+\|Bx\|}{\|x\|}$

     $\le \sup_{x \neq 0} \frac{\|Ax\|}{\|x\|} + \sup_{x \neq 0} \frac{\|Bx\|}{\|x\|} = N(A) + N(B)$

   Donc $N$ est bien une norme sur $\mathcal{M}_n(\mathbb{R})$.

2. Forme équivalente de la définition.

   Soit $x \neq 0$. On pose $u = x/\|x\|$. Alors $\|u\|=1$.

   $\frac{\|Ax\|}{\|x\|} = \frac{\|A(\|x\| u)\|}{\|x\|} = \frac{\|x\| \|Au\|}{\|x\|} = \|Au\|$

   Le supremum sur tous les $x \neq 0$ est donc le même que le supremum sur tous les vecteurs $u$ de norme 1.

   $N(A) = \sup_{x \neq 0} \frac{\|Ax\|}{\|x\|} = \sup_{\|u\|=1} \|Au\|$

3. Propriété de sous-multiplicativité.

   Pour tout $x$ tel que $\|x\|=1$, on a :

   $\|(AB)x\| = \|A(Bx)\| \le N(A) \|Bx\|$

   De plus, $\|Bx\| \le N(B)\|x\| = N(B)$ (puisque $\|x\|=1$).

   En combinant, on obtient $\|(AB)x\| \le N(A) N(B)$ pour tout $x$ de norme 1.

   En prenant le supremum sur ces $x$, on a :

   $N(AB) = \sup_{\|x\|=1} \|(AB)x\| \le N(A) N(B)$

4. Norme subordonnée à $\|\cdot\|_\infty$.

   Soit $N_\infty(A) = \sup_{\|x\|_\infty=1} \|Ax\|_\infty$. Notons $A = (a_{ij})$.

   Pour un vecteur $x \in \mathbb{R}^n$, la $i$-ème composante de $Ax$ est $(Ax)_i = \sum_{j=1}^n a_{ij} x_j$.

   $|(Ax)_i| = \left| \sum_{j=1}^n a_{ij} x_j \right| \le \sum_{j=1}^n |a_{ij}| |x_j|$

   Si $\|x\|_\infty = \max_j |x_j| \le 1$, alors $|x_j| \le 1$ pour tout $j$.

   $|(Ax)_i| \le \sum_{j=1}^n |a_{ij}| \cdot 1 = \sum_{j=1}^n |a_{ij}|$

   Ceci est vrai pour toute composante $i$. Donc :

   $\|Ax\|_\infty = \max_i |(Ax)_i| \le \max_i \sum_{j=1}^n |a_{ij}|$

   Cette borne est indépendante de $x$. Donc $N_\infty(A) \le \max_i \sum_{j=1}^n |a_{ij}|$.

   Montrons que cette borne est atteinte. Soit $i_0$ l’indice de la ligne qui maximise cette somme : $\sum_{j=1}^n |a_{i_0 j}| = \max_i \sum_{j=1}^n |a_{ij}|$.

   Construisons un vecteur $x^*$ tel que $\|x^*\|_\infty=1$ et $\|Ax^*\|_\infty$ atteint cette valeur.

   Pour $j=1, \dots, n$, posons $x^*_j = \text{sgn}(a_{i_0 j})$ (où $\text{sgn}(0)=1$ par convention). Clairement, $\|x^*\|_\infty = 1$.

   Alors la $i_0$-ème composante de $Ax^*$ est :

   $(Ax^*)_{i_0} = \sum_{j=1}^n a_{i_0 j} x^*_j = \sum_{j=1}^n a_{i_0 j} \text{sgn}(a_{i_0 j}) = \sum_{j=1}^n |a_{i_0 j}|$

   Donc $\|Ax^*\|_\infty \ge |(Ax^*)_{i_0}| = \sum_{j=1}^n |a_{i_0 j}| = \max_i \sum_{j=1}^n |a_{ij}|$.

   Puisque nous avons une inégalité dans les deux sens, on a l’égalité.

Réponse: La norme d’opérateur subordonnée à la norme infinie est la norme du maximum des sommes des lignes en valeur absolue:

$N_\infty(A) = \max_{1 \le i \le n} \sum_{j=1}^n |a_{ij}|$

Méthode: Pour montrer la non-équivalence, nous devons montrer qu’il n’existe pas de constante $C > 0$ telle que $\|P\|_\infty \le C \|P\|_1$ pour tout $P \in \mathbb{R}[X]$. Nous allons construire une suite de polynômes $(P_n)$ dont la norme $\| \cdot \|_\infty$ reste constante (égale à 1), tandis que leur norme $\| \cdot \|_1$ tend vers 0. Le rapport $\|P_n\|_\infty / \|P_n\|_1$ tendra alors vers l’infini.

Une bonne suite de candidats sont des polynômes qui ont un pic étroit près d’un point et sont proches de zéro ailleurs sur l’intervalle $[0, 1]$.

Étapes:

1. Construction de la suite de polynômes.

   Considérons la suite de polynômes $P_n(t) = t^n$ pour $n \in \mathbb{N}$. Ce sont des éléments de $\mathbb{R}[X]$.

2. Calcul de $\|P_n\|_\infty$.

   Pour tout $n \in \mathbb{N}$, la fonction $t \mapsto t^n$ est croissante sur $[0, 1]$. Son supremum est donc atteint en $t=1$.

   $\|P_n\|_\infty = \sup_{t \in [0, 1]} |t^n| = 1^n = 1$

   La suite des normes infinies est constante et égale à 1.

3. Calcul de $\|P_n\|_1$.

   Calculons l’intégrale :

   $\|P_n\|_1 = \int_0^1 |t^n| dt = \int_0^1 t^n dt = \left[ \frac{t^{n+1}}{n+1} \right]_0^1 = \frac{1}{n+1}$

   La suite des normes 1 tend vers 0 lorsque $n \to \infty$.

4. Analyse du rapport et conclusion.

   Considérons le rapport des deux normes pour $P_n$ :

   $\frac{\|P_n\|_\infty}{\|P_n\|_1} = \frac{1}{1/(n+1)} = n+1$

   Lorsque $n \to \infty$, ce rapport tend vers $+\infty$.

   Supposons par l’absurde que les normes sont équivalentes. Il existerait alors une constante $C > 0$ telle que pour tout polynôme $P$, on ait $\|P\|_\infty \le C \|P\|_1$.

   En appliquant cette inégalité à notre suite $P_n$, on aurait :

   $1 \le C \cdot \frac{1}{n+1} \quad \text{pour tout } n \in \mathbb{N}$

   Ceci impliquerait $n+1 \le C$ pour tout $n \in \mathbb{N}$, ce qui est absurde car l’ensemble des entiers naturels n’est pas majoré.

   La supposition est donc fausse. Les normes $\|\cdot\|_\infty$ et $\|\cdot\|_1$ ne sont pas équivalentes sur $\mathbb{R}[X]$.

Réponse: Les normes $\|\cdot\|_\infty$ et $\|\cdot\|_1$ ne sont pas équivalentes sur l’espace des polynômes $\mathbb{R}[X]$.

Méthode: C’est une double implication.

Pour le sens direct $(\implies)$, nous supposerons que $F$ est complet et montrerons qu’il est fermé en utilisant la caractérisation séquentielle des fermés.

Pour le sens réciproque $(\impliedby)$, nous supposerons que $F$ est fermé et montrerons qu’il est complet en utilisant la complétude de l’espace ambiant $E$.

Étapes:

1. Sens direct : Si $F$ est complet, alors $F$ est fermé.

   • Pour montrer que $F$ est fermé, nous devons montrer que toute suite $(x_k)_{k \in \mathbb{N}}$ d’éléments de $F$ qui converge dans $E$ a sa limite dans $F$.
   • Soit $(x_k)$ une suite d’éléments de $F$ qui converge vers $a \in E$.
   • Une suite convergente dans un espace normé est toujours une suite de Cauchy. Donc, $(x_k)$ est une suite de Cauchy.
   • Puisque tous les termes $x_k$ sont dans $F$, $(x_k)$ est une suite de Cauchy dans $F$.
   • Par hypothèse, $F$ est complet. Donc, toute suite de Cauchy d’éléments de $F$ converge vers une limite dans $F$. Appelons cette limite $b \in F$.
   • Nous avons donc $x_k \to a$ dans $E$ et $x_k \to b$ dans $F$ (et donc aussi dans $E$).
   • Par unicité de la limite dans l’espace normé $E$, on doit avoir $a=b$.
   • Puisque $b \in F$, on a $a \in F$.
   • Nous avons montré que la limite de toute suite convergente d’éléments de $F$ est dans $F$. Par conséquent, $F$ est un sous-ensemble fermé de $E$.

2. Sens réciproque : Si $F$ est fermé, alors $F$ est complet.

   • Pour montrer que $F$ est complet, nous devons montrer que toute suite de Cauchy d’éléments de $F$ converge vers une limite qui est dans $F$.
   • Soit $(x_k)_{k \in \mathbb{N}}$ une suite de Cauchy d’éléments de $F$.
   • Puisque $F$ est un sous-espace de $E$, $(x_k)$ est aussi une suite de Cauchy dans $E$.
   • Par hypothèse, $E$ est complet (c’est un espace de Banach). Donc, la suite de Cauchy $(x_k)$ converge vers une limite $a \in E$.
   • Nous avons une suite $(x_k)$ d’éléments de $F$ qui converge vers $a \in E$.
   • Par hypothèse, $F$ est un sous-ensemble fermé de $E$. Par la caractérisation séquentielle des fermés, la limite de toute suite convergente d’éléments de $F$ doit appartenir à $F$.
   • Donc, $a \in F$.
   • Nous avons montré que toute suite de Cauchy dans $F$ converge vers une limite dans $F$. Par conséquent, $F$ est complet.

Réponse: Un sous-espace vectoriel $F$ d’un espace de Banach $E$ est lui-même un espace de Banach si et seulement si $F$ est un fermé de $E$.

Méthode: Pour la première partie, on utilise le fait que $A$ est une application linéaire injective et que $\|\cdot\|_2$ est une norme. Pour la seconde partie, on étudie le quotient $\frac{\|Ax\|_2}{\|x\|_2}$. En l’élevant au carré, on fait apparaître une forme quadratique associée à la matrice symétrique définie positive $A^T A$. Les extrema de ce quotient (le quotient de Rayleigh) sont liés aux valeurs propres de $A^T A$.

Étapes:

1. Démonstration que $N_A$ est une norme.

   C’est un cas de transport de norme. L’application $x \mapsto Ax$ est une application linéaire de $\mathbb{R}^n$ dans $\mathbb{R}^n$. Puisque $A$ est inversible, cette application est injective (son noyau est $\{0\}$). La norme $\|\cdot\|_2$ est une norme sur l’espace d’arrivée. Donc $N_A(x) = \|Ax\|_2$ est une norme sur l’espace de départ.

   • Séparation : $N_A(x)=0 \iff \|Ax\|_2=0 \iff Ax=0 \iff x=0$ (car $A$ est inversible).
   • Homogénéité absolue : $N_A(\lambda x) = \|A(\lambda x)\|_2 = \|\lambda (Ax)\|_2 = |\lambda| \|Ax\|_2 = |\lambda| N_A(x)$.
   • Inégalité triangulaire : $N_A(x+y) = \|A(x+y)\|_2 = \|Ax+Ay\|_2 \le \|Ax\|_2 + \|Ay\|_2 = N_A(x) + N_A(y)$.

2. Recherche des constantes d’équivalence.

   On cherche $\alpha = \inf_{x \neq 0} \frac{\|Ax\|_2}{\|x\|_2}$ et $\beta = \sup_{x \neq 0} \frac{\|Ax\|_2}{\|x\|_2}$.

   Considérons le carré du quotient :

   $\left( \frac{\|Ax\|_2}{\|x\|_2} \right)^2 = \frac{\|Ax\|_2^2}{\|x\|_2^2} = \frac{\langle Ax, Ax \rangle}{\langle x, x \rangle} = \frac{x^T A^T A x}{x^T x}$

   La matrice $M = A^T A$ est symétrique. De plus, $x^T M x = \|Ax\|_2^2 \ge 0$. L’égalité a lieu seulement si $Ax=0$, c’est-à-dire $x=0$. Donc $M$ est définie positive. En tant que matrice symétrique réelle, $M$ est diagonalisable dans une base orthonormée et ses valeurs propres sont réelles et strictement positives.

   Notons $\lambda_1 \le \lambda_2 \le \dots \le \lambda_n$ les valeurs propres de $A^T A$.

   Le quotient $\frac{x^T M x}{x^T x}$ est le quotient de Rayleigh pour la matrice $M$. Le théorème de Courant-Fischer (ou une version plus simple) stipule que les extrema de ce quotient sont les valeurs propres extrémales de $M$.

   $\sup_{x \neq 0} \frac{x^T M x}{x^T x} = \lambda_{\max}(M) = \lambda_n$

   $\inf_{x \neq 0} \frac{x^T M x}{x^T x} = \lambda_{\min}(M) = \lambda_1$

   Donc,

   $\lambda_1 \le \frac{\|Ax\|_2^2}{\|x\|_2^2} \le \lambda_n$

   En prenant la racine carrée (tout est positif) :

   $\sqrt{\lambda_1} \le \frac{\|Ax\|_2}{\|x\|_2} \le \sqrt{\lambda_n}$

   Les bornes sont atteintes pour les vecteurs propres de $A^T A$ correspondants aux valeurs propres $\lambda_1$ et $\lambda_n$. Ce sont donc les meilleures constantes possibles.

   On a $\alpha = \sqrt{\lambda_{\min}(A^T A)}$ et $\beta = \sqrt{\lambda_{\max}(A^T A)}$.

   Les racines carrées des valeurs propres de $A^T A$ sont appelées les valeurs singulières de $A$.

Réponse: La constante $\beta$ est la plus grande valeur singulière de $A$, $\sigma_{\max}(A) = \sqrt{\lambda_{\max}(A^T A)}$, et la constante $\alpha$ est la plus petite valeur singulière de $A$, $\sigma_{\min}(A) = \sqrt{\lambda_{\min}(A^T A)}$.

L’encadrement est donc :

$\forall x \in \mathbb{R}^n, \quad \sigma_{\min}(A) \|x\|_2 \le \|Ax\|_2 \le \sigma_{\max}(A) \|x\|_2$

Méthode: Nous allons utiliser la caractérisation séquentielle de la continuité. L’objectif est de majorer la quantité $|\langle x_k, y_k \rangle - \langle a, b \rangle|$ par une expression qui tend vers 0 lorsque $x_k \to a$ et $y_k \to b$. L’astuce consiste à ajouter et soustraire des termes intermédiaires (comme $\langle x_k, b \rangle$) et à utiliser l’inégalité de Cauchy-Schwarz.

Étapes:

1. Mise en place de l’expression à majorer.

   Soit $(x_k, y_k)$ une suite convergeant vers $(a,b)$ dans $\mathbb{R}^n \times \mathbb{R}^n$. Cela signifie que $\|x_k - a\| \to 0$ et $\|y_k - b\| \to 0$ (pour n’importe quelle norme, par exemple la norme euclidienne $\|\cdot\|_2$).

   Nous voulons montrer que $|\langle x_k, y_k \rangle - \langle a, b \rangle| \to 0$.

2. Décomposition et majoration.

   On utilise une technique de “va-et-vient” :

   $\langle x_k, y_k \rangle - \langle a, b \rangle = \langle x_k, y_k \rangle - \langle x_k, b \rangle + \langle x_k, b \rangle - \langle a, b \rangle$

   Par bilinéarité du produit scalaire, on peut factoriser :

   $= \langle x_k, y_k - b \rangle + \langle x_k - a, b \rangle$

   En utilisant l’inégalité triangulaire pour les réels, on a :

   $|\langle x_k, y_k \rangle - \langle a, b \rangle| \le |\langle x_k, y_k - b \rangle| + |\langle x_k - a, b \rangle|$

   Appliquons l’inégalité de Cauchy-Schwarz à chaque terme :

   $|\langle x_k, y_k - b \rangle| \le \|x_k\|_2 \|y_k - b\|_2$

   $|\langle x_k - a, b \rangle| \le \|x_k - a\|_2 \|b\|_2$

   On obtient donc la majoration :

   $|\langle x_k, y_k \rangle - \langle a, b \rangle| \le \|x_k\|_2 \|y_k - b\|_2 + \|x_k - a\|_2 \|b\|_2$

3. Analyse de la convergence des termes de la majoration.

   • On sait que $\|x_k - a\|_2 \to 0$ et $\|y_k - b\|_2 \to 0$.

   • Le terme $\|b\|_2$ est une constante. Donc, $\|x_k - a\|_2 \|b\|_2 \to 0$.

   • Le terme $\|x_k\|_2$ n’est pas constant, mais la suite $(x_k)$ est convergente, donc elle est bornée. Il existe $M > 0$ tel que $\|x_k\|_2 \le M$ for all $k$.

     (Preuve rapide : $\|x_k\|_2 = \|x_k - a + a\|_2 \le \|x_k - a\|_2 + \|a\|_2$. Comme $\|x_k - a\|_2 \to 0$, cette suite est bornée, disons par 1 pour $k$ assez grand. Donc $\|x_k\|_2$ est bornée.)

   • Ainsi, le premier terme est majoré : $\|x_k\|_2 \|y_k - b\|_2 \le M \|y_k - b\|_2$. Comme $\|y_k - b\|_2 \to 0$, ce terme tend aussi vers 0.

4. Conclusion.

   La somme de deux termes qui tendent vers 0 tend également vers 0. Donc,

   $\lim_{k \to \infty} |\langle x_k, y_k \rangle - \langle a, b \rangle| = 0$

   ce qui signifie que $\lim_{k \to \infty} \langle x_k, y_k \rangle = \langle a, b \rangle$.

   Ceci prouve la continuité du produit scalaire en tout point $(a,b) \in \mathbb{R}^n \times \mathbb{R}^n$.

Réponse: L’application produit scalaire $\langle \cdot, \cdot \rangle : \mathbb{R}^n \times \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}$ est continue sur son domaine de définition.

Méthode: La preuve repose de manière cruciale sur l’inégalité de Hölder. L’idée est de décomposer $\|x+y\|_p^p$ et de majorer les termes résultants avec Hölder. Un point clé est de trouver l’exposant conjugué de $p$.

Étapes:

1. Préparation de l’inégalité.

   L’inégalité triangulaire pour les nombres réels donne $|x_i+y_i| \le |x_i| + |y_i|$.

   On commence par écrire la puissance $p$ de la norme de la somme :

   $\|x+y\|_p^p = \sum_{i=1}^n |x_i+y_i|^p = \sum_{i=1}^n |x_i+y_i| \cdot |x_i+y_i|^{p-1}$

   En utilisant l’inégalité triangulaire, on a :

   $\|x+y\|_p^p \le \sum_{i=1}^n (|x_i| + |y_i|) |x_i+y_i|^{p-1}$

   $= \sum_{i=1}^n |x_i| |x_i+y_i|^{p-1} + \sum_{i=1}^n |y_i| |x_i+y_i|^{p-1}$

2. Application de l’inégalité de Hölder.

   Nous allons appliquer l’inégalité de Hölder à chacun des deux termes de la somme.

   Soit $q$ l’exposant conjugué de $p$. On a $\frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1$, ce qui donne $q = \frac{p}{p-1}$.

   • Pour le premier terme, $\sum |x_i| |x_i+y_i|^{p-1}$, on applique Hölder avec les “vecteurs” $(|x_i|)$ et $(|x_i+y_i|^{p-1})$ :

     $\sum_{i=1}^n |x_i| |x_i+y_i|^{p-1} \le \left(\sum_{i=1}^n |x_i|^p\right)^{1/p} \left(\sum_{i=1}^n (|x_i+y_i|^{p-1})^q\right)^{1/q}$

     Le premier facteur est $\|x\|_p$. Analysons le second facteur. L’exposant est $(p-1)q = (p-1) \frac{p}{p-1} = p$.

     $\left(\sum_{i=1}^n |x_i+y_i|^p\right)^{1/q} = (\|x+y\|_p^p)^{1/q} = \|x+y\|_p^{p/q}$

     Donc, la première somme est majorée par $\|x\|_p \|x+y\|_p^{p/q}$.

   • De la même manière, pour le second terme $\sum |y_i| |x_i+y_i|^{p-1}$ :

     $\sum_{i=1}^n |y_i| |x_i+y_i|^{p-1} \le \|y\|_p \|x+y\|_p^{p/q}$

3. Finalisation de la preuve.

   En combinant ces deux majorations, on obtient :

   $\|x+y\|_p^p \le \|x\|_p \|x+y\|_p^{p/q} + \|y\|_p \|x+y\|_p^{p/q}$

   $\|x+y\|_p^p \le (\|x\|_p + \|y\|_p) \|x+y\|_p^{p/q}$

   Si $\|x+y\|_p = 0$, l’inégalité est triviale. Si $\|x+y\|_p \neq 0$, on peut diviser par $\|x+y\|_p^{p/q}$.

   L’exposant à gauche devient $p - p/q = p(1 - 1/q) = p(1/p) = 1$.

   $\|x+y\|_p^1 \le \|x\|_p + \|y\|_p$

   Ce qui est l’inégalité de Minkowski.