Applications linéaires dans les espaces de Banach

Montrons les deux égalités:

1. Soit \(x\in E\) tel que \(\|x\|_E=1\text{.}\) Alors \(x\neq 0_E\) donc

   \begin{equation*} \|f(x)\|_F =\frac{\|f(x)\|_F}{\|x\|_E} \leq \sup_{x\neq 0_E}\frac{\|f(x)\|_F}{\|x\|_E}=\|f\|_{\mathcal L(E,F)} \end{equation*}

   donc \(\|f\|_{\mathcal L(E,F)}\) est un majorant de \(\{\|f(x)\|_F, \|x\|_E=1\}\text{,}\)et donc

   \begin{equation*} \sup_{\|x\|_E=1}\|f(x)\|_F \geq \|f\|_{\mathcal L(E,F)} \end{equation*}

   D'unautre côté, soit \(y\neq 0_E\text{.}\) Posons \(x=\frac{y}{\|y\|_E}\text{;}\)alors \(\|x\|_E=1\) donc

   \begin{equation*} \|f(x)\|_F\leq \sup_{\|x\|_E=1}\|f(x)\|_F \end{equation*}

   Or,

   \begin{equation*} \|f(x)\|_F=\left\| \frac{y}{\|y\|_E}\right\|_F = \frac{\|f(y)\|_F}{\|y\|_E} \end{equation*}

   Donc, ona montré que \sup_{\|x\|_E=1}\|f(x)\|_F est un majorant de \(\left\{\frac{\|f(x)\|_F}{\|x\|_E}, x\in E\setminus \{0_E\}\right\}\text{,}\) donc

   \begin{equation*} \|f\|_{\mathcal L(E,F)} \leq \sup_{\|x\|_E=1}\|f(x)\|_F \end{equation*}

2. On a fait, à la Question 1.1.b, la remarque suivante: si \(C\) vérifie

   \begin{equation*} \forall x\neq 0_E, \|f(x)\|_F \leq C\|x\|_E \end{equation*}

   alors cette inégalité est aussi vérifiée pour \(x=0_E\text{.}\) Donc:

   \begin{align*} \{C\gt 0,\forall x\in E, \|f(x)\|_F \leq C\|x\|_E\}\amp =\{C\gt 0,\forall x\neq 0_E, \|f(x)\|_F \leq C\|x\|_E\}\\ \amp \left\{C\gt 0,\forall x\neq 0_E,\frac{\|f(x)\|_F}{\|x\|_E}\leq C\right\} \end{align*}

   Mais alors, \(\min \{C\gt 0,\forall x\in E, \|f(x)\|_F \leq C\|x\|_E\}\) est le plus petit majorant de \(\left\{\frac{\|f(x)\|_F}{\|x\|_E}, x\neq 0_E\right\}\text{,}\) et est donc bien égal à \(\sup_{x\neq 0_E}\frac{\|f(x)\|_F}{\|x\|_E} =\|f\|_{\mathcal L(E,F)}\text{.}\)

Pour tout \(x\neq 0_E\text{,}\) on a

donc

et comme c'est vrai aussi pour \(x=0_E\text{,}\) on a gagné.

On a trois propriétés à démontrer. Allons-y gaiement:

1. Montrons que \(\|f\|_{\mathcal L(E,F)}=0\) ssi \(f=0_{\mathcal L(E,F)}\text{.}\)

   \(\boxed{\Rightarrow}\) Supposons que \(\|f\|_{\mathcal L(E,F)}=0\text{.}\) Alors pour tout \(x\neq 0_E\text{,}\)

   \begin{equation*} 0\leq \frac{\|f(x)\|_F}{\|x\|_E}\leq 0 \end{equation*}

   donc \(\|f(x)\|_F=0\text{,}\) donc \(f(x)=0_F\) pour tout \(x\neq 0_E\text{.}\) Comme c'est vrai aussi pour \(x=0_E\text{,}\) on a bien \(f=0_{\mathcal L(E,F)}\text{.}\)

   \(\boxed{\Leftarrow}\) Si \(f=0_{\mathcal L(E,F)}\) alors, pour tout \(x\) de norme 1, on a \(f(x)=0_F\) donc \(\|f(x)\|_F=0\text{.}\) On en déduit que

   \begin{equation*} \|f\|_{\mathcal L(E,F)}=\sup_{\|x\|_E=1}\|f(x)\|_F = \sup \{ 0 \} =0 \end{equation*}

2. Montrons que, pour tous \(\lambda\in \R\text{,}\) \(f\in \mathcal L(E,F)\text{,}\)

   \begin{equation*} \|\lambda f\|_{\mathcal L(E,F)} = |\lambda|\|f\|_{\mathcal L(E,F)} \end{equation*}

   Soient donc \(\lambda\in \R\text{,}\) \(f\in \mathcal L(E,F)\) .D'un côté, on a, pour tout \(x\in E\text{,}\)

   \begin{equation*} \|\lambda f(x)\|_F = |\lambda| \|f(x)\|_F \leq |\lambda| \|f\|_{\mathcal L(E,F)} \|x\|_E \end{equation*}

   Donc \(|\lambda| \|f\|_{\mathcal L(E,F)} \in \{C\gt 0,\forall x\in E, \|f(x)\|_F \leq C\|x\|_E\}\text{,}\) donc, d'après la deuxième égalité de la Question 2.1.a,

   \begin{equation*} \|\lambda f\|_{\mathcal L(E,F)} \leq |\lambda|\|f\|_{\mathcal L(E,F)} \end{equation*}

   \(\leadsto\) Jusqu'ici, on a donc obtenu, pour tout \(g\in \mathcal L(E,F)\text{,}\) pour tout \(\mu\in\R\text{,}\)

   \begin{equation*} (\star)\quad \|\mu g\|_{\mathcal L(E,F)} \leq |\mu|\|g\|_{\mathcal L(E,F)} \end{equation*}

   Reste à montrer que \(\|\lambda f\|_{\mathcal L(E,F)} \geq |\lambda|\|f\|_{\mathcal L(E,F)}\text{.}\)

   Si \(\lambda =0\text{,}\) d'après (1), ça marche.

   Si \(\lambda \neq 0\text{,}\)

   \begin{align*} \|f\|_{\mathcal L(E,F)} \amp= \left\|\frac1{\lambda} \lambda f\right\|_{\mathcal L(E,F)}\\ \amp \leq \frac1{|\lambda|}\|\lambda f\|_{\mathcal L(E,F)} \text{ d'après }(\star) \end{align*}

   où on applique \((\star)\) avec \(g=\lambda f\) et \(\mu = \frac1{\lambda}\text{.}\) On trouve donc

   \begin{equation*} |\lambda|\|f\|_{\mathcal L(E,F)}\leq \|\lambda f\|_{\mathcal L(E,F)} \end{equation*}

   comme souhaité.

3. Montrons que pour tous \(f,g\in \mathcal L(E,F)\text{,}\)

   \begin{equation*} \|f+g\|_{\mathcal L(E,F)}\leq\|f\|_{\mathcal L(E,F)}+\|g\|_{\mathcal L(E,F)} \end{equation*}

   Soient donc \(f,g\in \mathcal L(E,F)\text{.}\) Alors pour tout \(x\in E\) de norme 1,

   \begin{equation*} \|f(x)+g(x)\|_F \leq \|f(x)\|_F+\|g(x)\|_F \leq \|f\|_{\mathcal L(E,F)} + \|g\|_{\mathcal L(E,F)} \end{equation*}

   donc \(\|f\|_{\mathcal L(E,F)} + \|g\|_{\mathcal L(E,F)}\) majore l'ensemble \(\{\|f(x)+g(x)\|_F,\|x\|_E=1\}\text{,}\) donc, d'après la première égalité de la Question 2.1.a,

   \begin{equation*} \|f+g\|_{\mathcal L(E,F)}\leq\|f\|_{\mathcal L(E,F)}+\|g\|_{\mathcal L(E,F)} \end{equation*}

Soit donc \(x\in \R^n\text{.}\) Calculons

comme on voulait.

Soit \(e_{j_0}=(0,...,1,0,...0)\) le \(j_0\)-ème vecteur de la base canonique. Par définition de \(A\text{,}\) \(f(e_{j_0})\) est la \(j_0\)-ème colonne de \(A\) donc

Puisque \(\|e_{j_0}\|_1=1\text{,}\) on en déduit, par la première égalité de la Question 2.1.a, que \(\|f\|_{\mathcal L,1}\geq M\text{.}\)

Soit donc \(x\in \R^n\text{.}\) Calculons

comme on voulait.

Soit \(i_0\in\{1,\ldots,p\}\) tel que \(M'=\sum_{j=n}^p |a_{i_0j}|\text{.}\) Pour garder avoir des égalités dans le calcul précédent, on veut "rendre positifs" les éventuels \(a_{i_0j}\) négatifs. On pose, pour chaque \(j\text{,}\)

Du coup,

et on a, pour tout \(i\text{,}\)

Du coup, pour \(v_0=(sgn(a_{i_01}),sgn(a_{i_02}),...sgn(a_{i_0n}))\in \R^n\text{,}\) le calcul précédent donne

Puisque \(\|v_0\|_\infty=1\text{,}\) on en déduit, par la première égalité de la Question 2.1.a, que \(\|f\|_{\mathcal L,\infty}\geq M'\text{.}\)

Et on calcule:

par définition de la matrice transposée.

Montrons que la matrice \({}^tAA\) est symétrique. On a :

donc, d'après le théorème de réduction des matrices symétriques, il existe une b.o.n. \((v_1,\ldots,v_n)\) de vecteurs propres de \({}^tAA\text{:}\) quitte à la ranger un peu mieux, on peut supposer que les valeurs propres associées \(\lambda_1,...,\lambda_n\) (éventuellement comptées plusieurs fois, s'il y a des valeurs propres à multiplicité) sont dans l'ordre:

Reste à montrer que ces valeurs propres sont positives. Or on a, pour tout \(i=1...n\text{,}\)

donc

Or \(v_i\) est de norme 1, donc

et on a vu plus haut que

donc on a bien \(\lambda_i\geq 0\text{.}\)

Chef oui chef, posons donc \(x=x_1v_1+...+x_nv_n\text{,}\) alors d'après le calcul fait plus haut,

et comme \(0\leq\max_i \lambda_i=\rho({}^tAA)\text{,}\) on a bien obtenu que pour tout \(x\in\R^n\text{,}\)

d'où \(\|f\|_{\mathcal L,2} \leq \sqrt{\rho({}^tA A)}\text{.}\)

Soit \(i_0\) tel que \(\rho({}^tAA)=\max_i \lambda_i= \lambda_{i_0}\text{.}\) Alors \(\|v_{i_0}\|_2=1\) et

donc

et puisque

on a bien obtenu l'inégalité qui nous manquait.