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Salut à tous

Enoncé : Soit $E$ l'espace vectoriel des suites $x = (x_n)$ de réels de limite nulle, muni de la norme usuelle $\Vert x \Vert = \sup\limits_n \vert x_n \vert$.
C'est un espace de Banach sur lequel la forme linéaire définie par $f(x) = \sum\limits_{n=0}^{\infty} 2^{-n}x_n$ est continue et non nulle ; ainsi $H = \textrm{Ker}\,f$ est un hyperplan fermé de $E$.

Si $x$ n'est pas élément de $H$, la distance $d(x,H)$ n'est pas atteinte.

Question : Je ne vois pas comment prouver qu'elle n'est pas atteinte.

Je vous remercie pour votre aide.

Soit x un point de E pas dans H et supposons par l absurde qu il existe y dans H tel que d (x,y)=d (x,H). On prend y tq le nombre de n tel que |xn-yn| =d (x,H) soit minimal (possible car ce nombre est tjrs fini vu que toutes les suites de E tendent vers 0. Comme H est fermé et x n est pas dans H d (x,H)>0. En particulier soit n tq |xn-yn| soit maximal (donc non nul) et soit N >n tq |xN -yN|<|xn -yn|.
Soit sg valant -1 ou 1 tq pour eps assez petit |xn-yn- sg eps |<|xn-yn|. Considère alors w dans E avec wm=ym si m différent de n et N, wn=yn+sg eps et wN =yN-2^(N-n) sg eps. Par un simple calcul w est dans H et pour epsilon assez petit |wN-xN|<d (x,H) et |wn-xn|<d (x, H) contradiction de la définition de y

1. Commence par plonger $ E $ dans l'espace $ E' $ des suites bornées, toujours muni de la norme usuelle.
2. En notant $ H' $ le noyau de $ f $ dans $ E' $, calcule $ d(x,H) $ et $ d(x,H') $ à partir de $ f(x) $.
3. Démontre qu'il y a une seule suite $ (y_n) \in H' $ telle que $ \|x-y\| = d(x,H') $.
4. Je te laisse conclure.

Je ne comprends pas la question 3).

Je pense avoir une preuve.

Tout d'abord $d(u,H) = \frac{|f(u)|}{\|f\|}$.
En effet, soit $h \in H$ alors $|f(u-h)| \le \|f\| \|u-h\|$ par continuité donc $ d(u,H) \ge \frac{|f(u)|}{\|f\|}$.
De plus il existe un vecteur unitaire $s$ tel que $|f(s)| \ge \|f\| - \epsilon > 0$.
On a $d(u,H) \le \|u-h\|\le \frac{|f(u)|}{\| f\| - \epsilon}$ en prenant $h = u + \frac{f(u)}{f(s)} s $

Par suite si $d(u,H)$ est atteint alors $f$ atteint sa norme sur la sphère.
En effet $d(u,H) = \|u-z\| = \frac{|f(u-z)|}{\|f\|}$

Par contraposée il suffit de montrer que $f$ n'atteint pas sa norme sur la sphère de $E$.
La norme de $f$ est $2$ en considérant la suite de suites $(1,...,1,0,...)$.
Et $f$ atteint sa norme seulement en $(1,...)$ qui n'est même pas dans $E$.

Bidoof a écrit : ↑

14 juil. 2019 11:38

Je pense avoir une preuve.

Tout d'abord $d(u,H) = \frac{f(u)}{\|f\|}$.
En effet, soit $h \in H$ alors $|f(u-h)| \le \|f\| \|u-h\|$ par continuité donc $ d(u,H) \ge \frac{f(u)}{\|f\|}$.
De plus il existe un vecteur unitaire $s$ tel que $|f(s)| \ge \|f\| - \epsilon > 0$.
On a $d(u,H) \le \|u-h\|\le \frac{|f(u)|}{\| f\| - \epsilon}$ en prenant $h = u + \frac{f(u)}{f(s)} s $

Par suite si $d(u,H)$ est atteint alors $f$ atteint sa norme sur la sphère.
En effet $d(u,H) = \|u-z\| = \frac{|f(u-z)|}{\|f\|}$

Par contraposée il suffit de montrer que $f$ n'atteint pas sa norme sur la sphère de $E$.
La norme de $f$ est $2$ en considérant la suite de suites $(1,...,1,0,...)$.
Et $f$ atteint sa norme seulement en $(1,...)$ qui n'est même pas dans $E$.

Sachant que f peut être negative ton premier resultat n a aucune chance d être vrai... il doit au moins y avoir des valeurs absolues.

Ah oui j'ai oublié les valeurs absolue ^^.

J'ai édité !

Y a également une typo sur la définition de h (il faut mettre un moins qq part pour qu il soit dans le Ker. Il faudrait justifier que la norme de f est majorée par 2 mais ça c est assez évident. Sinon ça semble juste.

Merci .