%ENSAE 2000 corrig\'{e} de l'\'{e}preuve de maths r\'{e}dig\'{e} par Michel Gonnord. Les fautes de frappe ont \'{e}t\'{e}
% revue par la classe de MP* du Lyc\'{e}e P. de Fermat

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% D\'{e}finition des listes de questions d'un devoir
\newcounter{quest}
\newcounter{squest}
\newenvironment{liq}[1] % Liste des questions
        {\begin{list}
        {\bfseries #1.\arabic{quest}.}
        {\usecounter{quest}
        \setlength{\listparindent}{0cm}
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        }{\end{list}}
\newenvironment{lsq} % Liste des sous questions
        {\begin{list}
        {\bfseries \alph{squest}.}
        {\usecounter{squest}}
        }{\end{list}}

\newcommand{\vect}{\operatorname{Vect} }
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\newcommand{\oo}{{\tiny{$\bullet$\;}}}
\renewcommand{\ker}{\operatorname{Ker} }
\renewcommand{\tag}[1]{\hfill (#1)}

\font\ineg=msam10 at 10pt
\def\le{\mathrel{\hbox{\ineg 6}}} % <= fran\c cais

\begin{document}
\title{Ensae MP-2000}
\maketitle


                         \medskip

\centerline{\sc Premi\`{e}re partie}

                         \medskip

\begin{liq}{I}
  %I.1
  \item On se place d'abord dans $E_n$, qui est de dimension finie.

  $S_n$ y est compact (car ferm\'{e} et born\'{e}), et
  $S_n\subset \displaystyle\bigcup_{z\in S_n}^{}B(z,\delta )$.

  D'apr\`{e}s la propri\'{e}t\'{e} de Borel-Lebesgue,
  on trouve $z_1,\ldots,z_M$ tels que
  $S_n\subset \displaystyle\bigcup_{k=1}^{M}B(z_k,\delta )$.

  Cette inclusion utilise les boules de $E_n$, mais est toujours valide dans les boules de $E$.

  {\it Remarque}~: le r\'{e}sultat admis dans l'\'{e}nonc\'{e} est le th\'{e}or\`{e}me de Hahn-Banach.

  %I.2
  \item Moutons ce r\'{e}sultat par l'absurde~:

  On suppose que $\displaystyle\bigcap_{k=1}^{M}\ker\varphi_k =  \{0\}$ , c'est \`{a} dire que  $\forall k\in [1,M]$, $\varphi_k(x)=0 \Rightarrow x=0$.

  Soit $\Phi~: x\in E \mapsto (\varphi_1(x),\ldots,\varphi_M(x))\in \mathbb R^M$. Par hypoth\`{e}se
  $\Phi$ est injective donc $\dim E\le \dim \textnormal{Im } \Phi \le M$ qui est contradictoire avec le fait que $E$ est de
  dimension infinie.

  Conclusion~: $\displaystyle\bigcap_{k=1}^{M}\ker\varphi_k\ne \{0\}$ donc, quitte \`{a} normer, on peut choisir un
  vecteur unitaire $x_{n+1}$ dans cet espace.

  %I.3
  \item
  \begin{lsq}
    %a
    \item En calculant $\varphi_{j_0}(z_{j_0}+\alpha _{n+1}x_{n+1})=1$, on obtient
    $\|z_{j_0}+\alpha_{n+1}x_{n+1}\| \geq 1$ , car $\|\varphi_{j_0}\|=1$.

    Soit $x'_n=\sum\limits_{k=1}^{n}\alpha _kx_k \in E_n$ de norme $1$. Gr\^{a}ce au 1, on sait qu'il
    existe $j_0\le M$ tel que $\|x'_n-z_{j_0}\|\le \delta $. Alors,
    \begin{align*}
    \left\|\sum\limits_{k=1}^{n+1}\alpha _kx_k\right\|
         & = \|x'_n-z_{j_0}+z_{j_0}+\alpha _{n+1}x_{n+1}\|\\
         & \ge \|z_{j_0}+\alpha _{n+1}x_{n+1}\|-\|x'_n-z_{j_0}\|\\
         & \ge 1-\delta =\dfrac{1}{1+\varepsilon }
    \end{align*}

    %b
    \item \oo Lorsque $q\le n$, l'in\'{e}galit\'{e} propos\'{e}e est d\'{e}j\`{a} vraie par hypoth\`{e}se.

    \oo Lorsque $q = n+1 $, posons $\beta = \displaystyle \left\| \sum\limits_{k=1}^{n}a_k x_k \right\|$.

     Si $\beta \neq 0$, alors $ \dfrac{1}{\beta}\left\| \sum\limits_{k=1}^{n}a_k x_k \right\|=1 $, et,
     d'apr\`{e}s le a. $(1+\varepsilon )\left\|\dfrac{1}{\beta}\sum\limits_{k=1}^{n+1} a_kx_k\right\|
    \ge 1$, d'o\`{u} :
  \[  (1+\varepsilon )\left\|\sum\limits_{k=1}^{n+1}a_kx_k\right\|
    \ge \left\|\sum\limits_{k=1}^{n}a_kx_k\right\|
    \ge \frac{1}{C}\left\|\sum\limits_{k=1}^{p}a_kx_k\right\|
  \]

    Si $\beta = 0$ cette in\'{e}galit\'{e} est aussi v\'{e}rifi\'{e}e.

  \oo    Ainsi, dans tous les cas :
\[
    \left\|\sum\limits_{k=1}^{p}a_kx_k\right\|
        \le C(1+\varepsilon )\left\|\sum\limits_{k=1}^{q}a_kx_k\right\|.
\]  \end{lsq}

  %I.4
  \item Par r\'{e}currence imm\'{e}diate, on a, en choisissant $\varepsilon(k)=1/k^2$ pour tout $k \geq 1$ :
   \[
   \left\| \sum_{k=1}^p a_k x_k \right\| \le C \prod_{k=1}^n \left(1+\frac{1}{k^2}\right)
   \left\| \sum_{k=1}^q a_k x_k \right\|
   \]
   De plus, $\displaystyle \Pi_n=\prod_{k=1}^n \left(1+\frac{1}{k^2}\right)$ est croissant et convergent car
   $\displaystyle \left(\ln \Pi_n\right) $
   est une s\'{e}rie convergente. (Son terme g\'{e}n\'{e}ral positif est $\ln (1+1/k^2) \sim 1/k^2$). On peut alors poser
   $C\,K = \lim_n\Pi_n > 0$, ce qui permet d'\'{e}crire, comme voulu :
   \[
   \left\| \sum_{k=1}^p a_k x_k \right\| \le K
   \left\| \sum_{k=1}^q a_k x_k \right\|
   \]
\end{liq}


                        \goodbreak \bigskip

\centerline{\sc Deuxi\`{e}me partie}

                         \medskip
\textit{Question pr\'{e}liminaire} :

                         \medskip

Si $x\in E_1$ on sait qu'il existe $(\xi_n)\in F^{\mathbb N}$
telle que $x=\lim\limits_{n\to +\infty}\xi_n$. La suite
$(T(\xi_n))_{n\in \mathbb N}$ est une suite de Cauchy
($\|T(\xi_{n+p})-T(\xi_n)\|\le \|T\|.\|\xi_{n+p}-\xi_n\|$) donc
elle converge dans $E_2$. On d\'{e}finit alors $\widetilde
T(x)=\lim\limits_{n\to +\infty}T(\xi_n)$. On montre ensuite que
cette d\'{e}finition de  $\widetilde T(x)$ ne d\'{e}pend pas de la suite
$(\xi_n)$ choisie. En effet :
\[ \textnormal{En notant} \left\{ \begin{array} {c}
    \widetilde{T_1}(x)  =  \lim T(\xi^1_n) \\
    \widetilde{T_2}(x)  =  \lim T(\xi^2_n) \\
\end{array} \right.
 \textnormal{o\`{u}} \left\{ \begin{array} {rcl}
     x  =  \lim \xi^1_n \\
     x  =  \lim \xi^2_n \\
\end{array} \right.
\textnormal{on a :}\quad
 \|T(\xi^1_n)-T(\xi^1_n)\| \le \|T\| \| \xi^1_n-\xi^1_n\|
\]

Et donc, en passant \`{a} la limite et gr\^{a}ce \`{a} la continuit\'{e} de la
norme, on a : $\widetilde{T_1}(x)=\widetilde{T_2}(x) $

Gr\^{a}ce \`{a} la lin\'{e}arit\'{e} de la limite on en d\'{e}duit que $\widetilde T$ est lin\'{e}aire. De plus, gr\^{a}ce \`{a}
la continuit\'{e} de la norme, on a
\begin{align*}
\begin{matrix}\|T(x_n)\|
    & \le &\|T\|.\|x_n\|\\
\downarrow
    & &\downarrow \\
\|\widetilde T(x)\|
    & \le &\|T\|.\|x\|
\end{matrix}
\end{align*}
donc $\widetilde T$ est continue et $\|\widetilde T\|\le \|T\|$.
Pour montrer l'autre \'{e}galit\'{e} on peut remarquer que
\[\forall x \in F, \quad T(x)=\widetilde T(x) \]
d'o\`{u} $\forall x \in F, \; \|T(x)\|\le\|\widetilde T\|\|x\|$ et
finalement $\|T\|\le \|\widetilde T\|$.

\medskip
En conclusion : \quad $\boxed{\begin{array} {c}
\textnormal{$T$ se prolonge de mani\`{e}re unique sur $E_1$ }\\
\textnormal{en une application lin\'{e}aire continue de m\^{e}me norme.} \end{array} }$

\medskip

\begin{liq}{II}
  %II.1
  \item
  Supposons que $\displaystyle x=\sum_{n=1}^{+\infty} b_n x_n = \sum_{n=1}^{+\infty} c_n x_n$.
  On veut d\'{e}montrer que ces d\'{e}veloppements sont \'{e}gaux. Ceci revient \`{a} prouver, en posant $a_n=b_n-c_n$, que
  \[
  \left( \sum\limits_{n=1}^{+\infty}a_nx_n \right)=0 \Rightarrow \left( \forall n\in \mathbb N^*,\ a_n=0.
  \right)  \]
  On utilise $(*)$~: $\|a_1x_1\|\le K\left\|\sum\limits_{k=1}^{q}a_kx_k\right\|$ et, en prenant la
  limite $q\to +\infty$ alors $\|a_1x_1\|\le 0$ soit $a_1=0$ car $x_1\ne 0$. On prouve alors
  par une r\'{e}currence imm\'{e}diate que $a_n=0$ pour tout $n\in \N^{\star}$.

  %II.2
  \item Comme $\left\|\sum\limits_{k=1}^{n}a_kx_k\right\|\le
  K\left\|\sum\limits_{k=1}^{n+p}a_kx_k\right\|$ pour tout $p$. Alors, lorsque $p\to+\infty$,
  gr\^{a}ce \`{a} la continuit\'{e} de la norme, on en d\'{e}duit que $\|P_n(x)\|\le K\|x\|$. L'application
  lin\'{e}aire $P_n$ est donc continue, et $\|P_n\|\le K$.
  Enfin $P_n$ est un projecteur sur $\vect(x_1,\ldots,x_k)\subset H$.

  %II.3
  \item L'inclusion $F\subset H$ est \'{e}vidente car $F$ est l'ensemble des combinaisons lin\'{e}aires
  \underline{finies} d'\'{e}l\'{e}ments de $(x_n)$.

  Pour l'inclusion  $H\subset G$ : si $x\in H$ alors $x=\lim\limits_{N\to +\infty}\sum\limits_{n=1}^{N}a_nx_n$ et $x\in
  G$.

  Or $H\subset G$ et $G$ est ferm\'{e}, donc $\overline{H}\subset G$ puis, comme
  $F\subset H$ alors $G=\overline{F}\subset \overline{H}$ donc $\overline{H}=G$ par cons\'{e}quent, gr\^{a}ce au
  pr\'{e}liminaire, $P_n$ se prolonge en une application lin\'{e}aire continue $\widetilde P_n$ d\'{e}finie sur $G$.

  Soit $x\in G$ alors $\exists (u_p)\in F$ telle que $u_p\to x$ et
  $\widetilde P_n(u_p)=P_n(u_p)=u_p$ pour $n$ assez grand d'o\`{u}
  \begin{align*}
  \|\widetilde P_n(x)-x\|
     & \le \|\widetilde P_n(x)-\widetilde P_n(u_p)\|+\|u_p-x\|\\
     & \le \|\widetilde P_n \|\|u_p-x\|+\|u_p-x\| \\
     & \le (K+1)\|u_p-x\|
  \end{align*}
  On choisit alors $p\ge p_0$ pour que $\|u_p-x\|\le \dfrac{\varepsilon }{K+1}$ et $n\ge n_0$
  pour que $P_n(u_p)=u_p$ d'o\`{u}
  \[
  \|\widetilde P_n(x)-x\|\le \varepsilon  \text{ soit }
  \lim\limits_{n\to +\infty}\widetilde P_n(x)=x.
  \]

  %II.4
  \item \oo Soit $u_N=\widetilde P_1(x)+\sum\limits_{n=1}^{N}(\widetilde P_{n+1}(x)-\widetilde P_n(x))
  =\widetilde P_{N+1}(x)$. On a : $\displaystyle \lim_N u_N = x$.

  Ainsi, par d\'{e}finition de la somme de la s\'{e}rie,
  $ \widetilde P_1(x)+\sum\limits_{n=1}^{+\infty}(\widetilde P_{n+1}(x)-\widetilde P_n(x)) = x$
\smallskip

  \oo  \underline{Montrons que $\widetilde P_{n+1}(x)-\widetilde P_n(x)=a_{n+1}x_{n+1}$}~:

  Soit $p\ge n+1$ alors $\widetilde P_p(x)=\sum\limits_{k=1}^{p}a_k(p)x_k$ (en effet $\widetilde P_p$ est une
  application de $G$ dans $\vect(x_1,\ldots,x_p)$). On \'{e}crit alors
  \begin{align*}
  \widetilde P_{n+1}(\widetilde P_p(x))-\widetilde P_n(\widetilde P_p(x))
     & = P_{n+1}(\widetilde P_p(x))-P_n(\widetilde P_p(x))=a_{n+1}(p)x_{n+1}\\
     & = (\widetilde P_{n+1}-\widetilde P_n)(\widetilde P_p(x)).
  \end{align*}
  Or $\widetilde P_p(x)\to x$ et $\widetilde P_{n+1}-\widetilde P_n$ est continue donc
  $(\widetilde P_{n+1}-\widetilde P_n)(\widetilde P_p(x))\to \widetilde P_{n+1}(x)-\widetilde P_n(x)$ et
  $a_{n+1}(p)x_{n+1}$ a une limite qui s'\'{e}crit $a_{n+1}x_{n+1}$ $(x_{n+1}\ne 0)$ d'o\`{u}
  $\widetilde P_{n+1}(x)-\widetilde P_n(x)=a_{n+1}x_{n+1}$.

\smallskip
 \oo  On a donc $u_N=\underbrace{\widetilde P_1(x)}_{=a_1x_1}+\sum\limits_{n=1}^{N}a_{n+1}x_{n+1}$\,,
  soit $x=\sum\limits_{n=1}^{+\infty}a_nx_n\in H$.

  Ceci \'{e}tablit en d\'{e}finitive que : $G\subset H$, soit, finalement : \fbox{$H=G$} .

\medskip

  \oo \underline{Conclusion}~:  l'adh\'{e}rence de $\vect(x_n)$ est l'ensemble des s\'{e}ries convergentes
  de la forme $\sum\limits_{n=1}^{+\infty}a_nx_n$ et, \fbox{ toute suite v\'{e}rifiant $(*)$ est
  une suite basique}.
\end{liq}

                         \goodbreak

\centerline{\sc Troisi\`{e}me partie}

                        \medskip

\begin{liq}{III}
  %III.1
  \item
  \begin{lsq}
    %a
    \item On a
    \[
    \bigcap_{n=1}^{N+1}U_n\subset \bigcap_{n=1}^{N}U_{n+1}\subset \bigcap_{n=1}^{N}V_n
    \subset \bigcap_{n=1}^{N}U_n
    \]
    et ceci pour tout $n$ donc
    \[
    \bigcap_{n=1}^{+\infty}U_n\subset \bigcap_{n=1}^{+\infty}V_n\subset
    \bigcap_{n=1}^{+\infty}U_n
    \]
    ce qui donne l'\'{e}galit\'{e}. Attention ! Ici il n'est pas question de limite d'ensemble mais
    cette double inclusion s'obtient en consid\'{e}rant les
    \'{e}l\'{e}ments :

\smallskip

    Si $x\in \displaystyle \bigcap_{n=1}^{+\infty}U_n$ alors, $\forall
    n\in\N, x\in U_n$, donc $\forall n \in \N^\star, x\in V_n$ et
     $x\in \displaystyle \bigcap_{n=1}^{+\infty}V_n$.
\smallskip

    Si $x\in \displaystyle \bigcap_{n=1}^{+\infty}V_n$ alors, $\forall
    n\in\N, x\in V_n$, donc $\forall n \in \N^\star, x\in U_{n+1}$ et
     $x\in \displaystyle \bigcap_{n=1}^{+\infty}U_{n+1} = \bigcap_{n=1}^{+\infty}U_n $.


    %b
    \item On suppose ici que $E$ est une r\'{e}union d\'{e}nombrable de ferm\'{e}s d'int\'{e}rieur vide $(F_n)$.

    Soit $(V_n)$ une suite d'ouverts non-vides.  Posons $U_{n+1} = V_n \backslash F_n $,
    ce qui est loisible, car $ V_n \backslash F_n $ est lui aussi un ouvert, non vide (sinon
    $F_n$ ne serait pas d'int\'{e}rieur vide).
    Alors, montrons par l'absurde que $U=\emptyset$. En effet, si $x\in U$, pour tout $n$, $x\in V_n
    \backslash  F_n$, d'o\`{u}, pour tout $n$, $x\notin F_n$, ce qui est absurde.

\medskip


%    En effet $\displaystyle\bigcap_{n=1}^{+\infty}V_n=\displaystyle\bigcap_{n=1}^{+\infty}V_n
%    \cap \displaystyle\bigcap_{n=1}^{+\infty}F_n^c$ or
%    $\displaystyle\bigcap_{n=1}^{+\infty}F_n^c=\left(\bigcup_{n=1}^{+\infty}F_n\right)^c
%    =E^c=\emptyset$ donc $U$ est vide.

    %c
    \item On suppose ici que $E$ est un espace de Banach.

    Soit $(U_n)$ une suite d'ouverts non-vides.
%    Pour tout $n$, il existe $B(x_n,r_n)\subset U_n$.
    D\'{e}finissons alors par r\'{e}currence une
    suite $(V_n)$ d'ouverts non-vides, et une suite d\'{e}croissante $B(x_n,r_n)$ telle que $B(x_n,r_n)\subset V_n$,
    $\lim_n r_n = 0 $ et $U_{n+1}\subset V_n \subset U_n$~:

    \oo \underline{n=1}~: $V_1 = U_2 \cup B(x_1,r_1/2)$, o\`{u} on a choisi $B(x_1,r_1)\subset U_1$, ce qui est possible.

    \oo \underline{n>1}~: Il existe $B(x_{n+1}, r_{n+1})\subset B(x_n,r_n/2)\cap U_n$. Il est toujours
    possible de choisir $r_{n+1}\le r_n /2$.  Posons alors $V_{n+1}=U_{n} \cap \left( B(x_{n+1},r_{n+1})\cup U_{n+1}
    \right)$, qui est non vide, et qui v\'{e}rifie les conditions voulues,
    car $B(x_{n+1}, r_{n+1})\subset U_n$.

\smallskip
    On a, par r\'{e}currence imm\'{e}diate, $r_n\le 2^{-n} r_0$ donc $\lim_n r_n = 0$.
    L'intersection des $V_n$ est non-vide : en
    effet, pour tout $n$, $\overline{B}(x_n,r_n/2) \subset V_n$, et, d'apr\`{e}s le th\'{e}or\`{e}me rappel\'{e} dans
    l'\'{e}nonc\'{e}, l'intersection des $\overline{B}(x_n,r_n/2)$ est non-vide. En r\'{e}sum\'{e} :
    \[
    \bigcap_{n=1}^{+\infty}U_n = \bigcap_{n=1}^{+\infty}V_n \supset
    \underbrace{\bigcap_{n=1}^{+\infty} \overline{B}(x_n,r_n/2)}_{\ne \emptyset}
%    \subset \bigcap_{n=1}^{+\infty}U_n
    \]

    %d
    \item
    \begin{itemize}
      \item Si $E$ est un Banach alors Paul a une strat\'{e}gie gagnante.

      \item Si $E=\displaystyle\bigcup_{n=1}^{+\infty}F_n$ alors Pierre a une strat\'{e}gie
      gagnante.
    \end{itemize}
    Conclusion~: $E$ Banach et $E=\displaystyle\bigcup_{n=1}^{+\infty}F_n$ sont incompatibles.

    (C'est le  th\'{e}or\`{e}me de \textsc{Baire}).
  \end{lsq}

  %III.2
  \item
  \begin{lsq}
    %a
    \item On peut remarquer, ce qui servira pour toute la suite, que :
    \[n \overline{T(B(0,1))} = \overline{T(n B(0,1))} \]

    On a $\displaystyle \bigcup_{n=1}^{+\infty} n B(0,1) = E$, et donc, par surjectivit\'{e} de $T$,
    $\displaystyle \bigcup_{n=1}^{+\infty} T(n B(0,1)) = F$.

    Ainsi, en prenant l'adh\'{e}rence, et en posant $X_n = n\overline{T(B(0,1))}$ :
 \[ \displaystyle\bigcup_{n=1}^{+\infty}X_n=F\]

    %b
    \item Vu le 1.d. on sait que $F$ ne peut \^{e}tre r\'{e}union d\'{e}nombrable de ferm\'{e}s d'int\'{e}rieur
    vide donc $\exists n\in \mathbb N^*$ tel que $\displaystyle\mathop{X_n}^{\circ}\ne
    \emptyset$ et comme $X_n=nX_1$, $X_1$ est aussi d'int\'{e}rieur non vide et par cons\'{e}quent
    il existe $c>0$ et $y\in F$ tels que $B(y_0,2c)\subset \overline{T(B(0,1))}$.

    %c
    \item \'{E}vident avec un dessin.

    $\overline{T(B(0,1))}$ est un ensemble convexe sym\'{e}trique
    par rapport \`{a} 0 donc il contient la boule $B(-y_0,2c)$ et tous les segments de droite
    reliant un point de la boule $B(y_0,2c)$ \`{a} un point de la boule $B(-y_0,2c)$.

    Soit
    $y\in F$ tel que $\|y\|<2c$ alors $y=\dfrac{1}{2}[(y_0+y)+(-y_0+y)]\in
    \overline{T(B(0,1))}$ ce qui signifie que $B(0,2c)\subset \overline{T(B(0,1))}$.

    %d
    \item Comme $B(0,c)\subset \overline{T(B(0,1/2))}$ alors il existe $z_1\in B(0,1/2)$ tel
    que $\|y-T(z_1)\|\le \dfrac{c}{2}$ ($T(B(0,1/2))$ est dense dans $\overline{T(B(0,1/2))}$).

    On proc\`{e}de alors par r\'{e}currence, supposons construits $z_1,\ldots,z_n$.

    Vu que $B(0,\frac{c}{2^{n}})\subset \overline{T(B(0,\frac{1}{2^{n+1}})}$ alors, comme
    ci-dessus, il existe $z_{n+1}\in B(0,\frac{1}{2^{n+1}})$ tel que
    $\|y-T(z_1+\cdots+z_n)-T(z_{n+1})\|\le \dfrac{c}{2^{n+1}}$ toujours gr\^{a}ce \`{a} la densit\'{e}.

    %e
    \item La suite $x_n=z_1+\cdots+z_n$ est la somme partielle d'une s\'{e}rie absolument
    convergente donc elle converge dans $E$ vers un \'{e}l\'{e}ment que l'on note $x$. Gr\^{a}ce \`{a}
    l'in\'{e}galit\'{e} prouv\'{e}e en d., on sait que $y=T(x)$ donc $x=T^{-1}(y)$.

    %f
    \item On a $\|x_n\|\le \sum\limits_{k=1}^{n}\|z_k\|\le 1$ donc $\|x\|\le 1$. Ceci se
    traduit encore par $T^{-1}(B(0,c))\subset B(0,1)$ i.e. $T^{-1}$ est continue.

    \smallskip

    On a donc d\'{e}montr\'{e} le th\'{e}or\`{e}me suivant :
    \[
    \boxed{\begin{array} {c}
    \textnormal{ Toute application lin\'{e}aire continue et bijective d'un
    espace de Banach} \\
    \textnormal{ dans un autre est inversible, d'inverse lin\'{e}aire et
    \textbf{continu}. } \end{array}}
    \]
  \end{lsq}
\end{liq}

                        \medskip

\centerline{\sc Quatri\`{e}me partie}

                         \medskip

\begin{liq}{IV}
  %IV.1
  \item Montrons que $A$ est un espace de Banach.

  $(A,\|.\|_A)$ est un e.v.n.
  \begin{itemize}
    \item $\|(a_n)\|_A=0\Leftrightarrow \forall N\in \mathbb N^*$,
    $\left\|\sum\limits_{n=1}^{N}a_nx_n\right\|=0$

    \noindent
    \phantom{$\|(a_n)\|_A=0 $} $\Leftrightarrow \forall N\in \mathbb N^*$,
    $\sum\limits_{n=1}^{N}a_nx_n=0$

    \noindent
    \phantom{$\|(a_n)\|_A=0 $} $\Leftrightarrow $ (par r\'{e}currence sur $N$)
    $\forall N\in \mathbb N^*$, $a_N=0$.

    \item $\|\lambda (a_n)\|=|\lambda |.\|(a_n)\|_A$ (propri\'{e}t\'{e} des bornes sup\'{e}rieures)

    \item $\|(a_n)+(b_n)\|_A\le \|(a_n)\|_A+\|(b_n)\|_A$ (de m\^{e}me)
  \end{itemize}
  Soit $(a_n^{(p)})$ une suite de Cauchy de $A$
  \begin{equation*}
  \forall \varepsilon >0,\ \exists M,\ \forall p,q\ge M,\ \forall N\in \mathbb N^*,\
  \left\|\sum\limits_{n=1}^{N}(a_n^{(q)}-a_n^{(p)})x_n\right\|\le \varepsilon
  \tag{1}
  \end{equation*}
  d'o\`{u}, gr\^{a}ce \`{a} l'in\'{e}galit\'{e} triangulaire $|a_N^{(q)}-a_N^{(p)}|.\|x_n\|\le 2\varepsilon $ et
  comme $\|x_n\|\ne 0$, on en d\'{e}duit que $\forall N\in \mathbb N^*$, $(a_N^{(p)})_{p\in \mathbb N}$
  est de Cauchy. Soit $a_N$ sa limite, par passage \`{a} la limite dans (1) quand $q\to +\infty$,
  on a
  \begin{equation*}
  \forall \varepsilon >0,\ \exists M,\ \forall p,q\ge M,\ \forall N\in \mathbb N^*,\
  \left\|\sum\limits_{n=1}^{N}(a_n-a_n^{(p)})x_n\right\|\le \varepsilon
  \end{equation*}
  i.e. $\|(a_n)-(a_n^{(p)})\|_A\le \varepsilon $ donc $\displaystyle \lim_p \left(a_n^{(p)}\right) = (a_n)$.

  On v\'{e}rifie aussi que $(a_n)\in A$ c.q.f.d.

  %IV.2
  \item
  \begin{lsq}
    %a
    \item $\Phi$ est une application lin\'{e}aire.
    Par \textit{d\'{e}finition} d'une suite basique, tout \'{e}l\'{e}ment de $G$ s'\'{e}crit
    de mani\`{e}re unique $\sum\limits_{n=1}^{+\infty}a_nx_n$. Donc $\Phi$ est bijective.
    De plus,
    $$
    \left\|\sum\limits_{n=1}^{+\infty}a_nx_n\right\|=\lim\limits_{N\to +\infty}
    \left\|\sum\limits_{n=1}^{N}a_nx_n\right\|\le \|(a_n)\|_A
    $$
    i.e.  $\|\Phi( (a_n))\|\le \|(a_n)\|_A$, donc $\Phi$ est continue.


    %b
    \item Vu le III on sait que $\Phi^{-1}$ est continue i.e. si
    $x=\sum\limits_{n=1}^{+\infty}a_nx_n$ alors
    \begin{align*}
    \|\Phi^{-1}(x)\|
        & \le K\|x\|\\
    \intertext{soit encore}
    \sup_{p\ge 1}\left\|\sum\limits_{n=1}^{p}a_nx_n\right\|
        & \le K\left\|\sum\limits_{n=1}^{+\infty}a_nx_n\right\|\\
    \forall p\in \mathbb N^*,\ \left\|\sum\limits_{n=1}^{p}a_nx_n\right\|
        & \le K\left\|\sum\limits_{n=1}^{+\infty}a_nx_n\right\|.
    \end{align*}
    Comme $K$ est ind\'{e}pendant de $x$, on peut prendre $x=\sum\limits_{n=1}^{q}a_nx_n$ pour
    $q\ge p$ et obtenir ainsi la condition $(*)$.
  \end{lsq}
\end{liq}


                        \medskip

\centerline{\sc Cinqui\`{e}me partie}

                         \medskip

\begin{liq}{V}
   %V.1
  \item
  \begin{lsq}
    %a
    \item Soit $l\in [p,q]$ tel que $|a_l|=\displaystyle\max_{p\le k\le q}|a_k|$ alors
    $a_lx_l=\sum\limits_{k=p}^{l}a_kx_k-\sum\limits_{k=p}^{l-1}a_kx_k$ (pour $l\ge p+1$)
    d'o\`{u}~:
    \begin{align*}
    |a_l|.\|x_l\|
        & \le \left\|\sum\limits_{k=p}^{l}a_kx_k\right\|+
              \left\|\sum\limits_{k=p}^{l-1}a_kx_k\right\|\\
    |a_l|
        & \le 2K\left\|\sum\limits_{k=l}^{q}a_kx_k\right\|
    \end{align*}
    car $\|x_l\|=1$ et o\`{u} on a appliqu\'{e} la propri\'{e}t\'{e} $(*)$ en prenant $a_k=0$ pour $k<p$.

    Si $l=p$ alors on obtient directement
    $|a_l|\le K\left\|\sum\limits_{k=l}^{q}a_kx_k\right\|$ ce qui r\`{e}gle aussi ce cas.

    %b
    \item Comme $E$ est un banach, on peut utiliser le crit\`{e}re de Cauchy~:
    \begin{align*}
    \left\|\sum\limits_{k=p}^{q}a_ky_k\right\|
        & \le \left\|\sum\limits_{k=p}^{q}a_k(y_k-x_k)\right\|+
              \left\|\sum\limits_{k=p}^{q}a_kx_k\right\|\\
        & \le \max_{p\le k\le q}|a_k|\underbrace{\sum\limits_{k=p}^{q}\|y_k-x_k\|}_{\le \frac{1}{2K}}
            + \left\|\sum\limits_{k=p}^{q}a_kx_k\right\|\\
        & \le 2\left\|\sum\limits_{k=p}^{q}a_kx_k\right\|
    \tag{2}
    \end{align*}
    en utilisant le r\'{e}sultat de la question pr\'{e}c\'{e}dente.
    Comme la s\'{e}rie $\sum\limits_{k=1}^{+\infty}a_kx_k$ converge, elle v\'{e}rifie le crit\`{e}re de Cauchy,
    il en est donc de m\^{e}me de la s\'{e}rie $\sum\limits_{k=1}^{+\infty}a_ky_k$.

    Conclusion~: la convergence de $\sum\limits_{k=1}^{+\infty}a_k x_k$ entra\^{\i}ne celle de
    $\sum\limits_{k=1}^{+\infty}a_k y_k$.

    \smallskip

    R\'{e}ciproque~: on pose $\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\|x_n-y_n\|=\dfrac{1}{2L}<\dfrac{1}{2K}$
    (hypoth\`{e}se de l'\'{e}nonc\'{e}). On remarque alors que $L>K$. On reprend alors l'in\'{e}galit\'{e} (2)
    en \'{e}changeant les r\^{o}les de $x$ et $y$~:
    \begin{align*}
    \left\|\sum\limits_{k=p}^{q}a_kx_k\right\|
        & \le \left\|\sum\limits_{k=p}^{q}a_k(x_k-y_k)\right\|+
              \left\|\sum\limits_{k=p}^{q}a_ky_k\right\|\\
        & \le \max_{p\le k\le q}|a_k|\underbrace{\sum\limits_{k=p}^{q}\|x_k-y_k\|}_{\le \frac{1}{2L}}
            + \left\|\sum\limits_{k=p}^{q}a_ky_k\right\|\\
        & \le \dfrac{K}{L}\left\|\sum\limits_{k=p}^{q}a_kx_k\right\|
              +\left\|\sum\limits_{k=p}^{q}a_ky_k\right\|
    \end{align*}
    d'o\`{u}, puisque $L-K>0$ :
    \begin{equation*}
    \left\|\sum\limits_{k=p}^{q}a_kx_k\right\|\le
    \dfrac{L}{L-K}\left\|\sum\limits_{k=p}^{q}a_ky_k\right\|
    \tag{3}
    \end{equation*}
    ce qui permet de conclure comme dans le premier cas.

    \underline{Conclusion}~: pour toute suite r\'{e}elle $(a_k)$, la s\'{e}rie
    $\sum\limits_{k=1}^{+\infty}a_kx_k$ converge dans $E$ si et seulement si la s\'{e}rie
    $\sum\limits_{k=1}^{+\infty}a_ky_k$ converge dans $E$.

    %c
    \item
    On reprend ensuite la d\'{e}monstration du b. La premi\`{e}re partie de cette preuve nous donne
    (en rempla\c{c}ant $p$ par 1 et $q$ par $p$ dans l'in\'{e}galit\'{e} (2))~:
    \[
    \left\|\sum\limits_{k=1}^{p}a_ky_k\right\|\le 2\left\|\sum\limits_{k=1}^{p}a_kx_k\right\|
    \le 2K\left\|\sum\limits_{k=1}^{q}a_kx_k\right\|.
    \]
    Puis, en utilisant l'in\'{e}galit\'{e} (3) avec $p=1$
    \begin{equation*}
    \left\|\sum\limits_{k=1}^{q}a_kx_k\right\|\le
    \dfrac{L}{L-K}\left\|\sum\limits_{k=1}^{q}a_ky_k\right\|
    \tag{4}
    \end{equation*}
    d'o\`{u} finalement
    \[
    \left\|\sum\limits_{k=1}^{p}a_ky_k\right\|\le \dfrac{2KL}{L-K}
    \left\|\sum\limits_{k=1}^{q}a_ky_k\right\|
    \]
    et en conclusion la suite $(y_k)$ v\'{e}rifie la condition $(*)$.

    %d
    \item $T$ est une application lin\'{e}aire. De plus,
    on a vu au b. que
    $\left\|\sum\limits_{k=1}^{+\infty}a_ky_k\right\|\le 2 \left\|\sum\limits_{k=1}^{+\infty}a_kx_k\right\|$
    (par passage \`{a} la limite dans (2) avec $p=1$) donc $T$ est continue.

    Montrons que l'\'{e}criture $\sum\limits_{k=1}^{+\infty}a_ky_k$ est unique i.e. si
    $\sum\limits_{k=1}^{+\infty}a_ky_k=0$ alors $(a_k)=0$. On utilise pour cela l'in\'{e}galit\'{e} (4) et,
    en passant \`{a} la limite quand $q$ tend vers $+\infty$ on obtient
    \begin{equation*}
    \left\|\sum\limits_{k=1}^{+\infty}a_kx_k\right\|\le
    \dfrac{L}{L-K}\left\|\sum\limits_{k=1}^{+\infty}a_ky_k\right\|
    \tag{5}
    \end{equation*}
    donc $\sum\limits_{k=1}^{+\infty}a_kx_k=0$ soit $(a_k)=0$ car la suite $(x_k)$ est basique. La
    suite $(y_k)$ est donc elle aussi basique et on peut d\'{e}finir
    \[
    T^{-1}\left(\sum\limits_{k=1}^{+\infty}a_ky_k\right)=\sum\limits_{k=1}^{+\infty}a_kx_k.
    \]
    Gr\^{a}ce \`{a} l'in\'{e}galit\'{e} (5) on peut affirmer directement que $T^{-1}$ est continue.
  \end{lsq}

  %V.2
  \item
  \begin{lsq}
    %a
    \item $u = \id - T$ est lin\'{e}aire. De plus, $u(x)=\sum\limits_{k=1}^{+\infty}a_k(x_k-y_k)$\, d'o\`{u}
    \[
    \|u(x)\|\le \underbrace{\max_{k\ge 1}|a_k|}_{\le 2K\left\|\sum\limits_{k=1}^{+\infty}a_kx_k\right\|}
               .\underbrace{\sum\limits_{k=1}^{+\infty}\|x_k-y_k\|}_{\le \frac{1}{2L}}
            \le \dfrac{K}{L}\left\|\sum\limits_{k=1}^{+\infty}a_kx_k\right\|
             =\dfrac{K}{L}\|x\|
    \]
    donc $\|u\|$ existe et $\|u\|\le \dfrac{K}{L}<1$.

    %b
    \item On a imm\'{e}diatement $\|u^k(x)\|\le \|u\|^k.\|x\|$. La s\'{e}rie
    $\sum\limits_{k=0}^{+\infty}u^k(x)$ converge absolument donc converge vu que $E$ est un
    banach. On note $S$ sa limite, qui est lin\'{e}aire .%(en passant \`{a} la limite).
    En outre $\|S(x)\|\le \dfrac{1}{1-\|u\|}.\|x\|$ donc $S$ est une application continue.

    Soit $S_n=\displaystyle \sum_{k=0}^{n} u^k$. On a : $S_n\circ T = S_n\circ (1-u) = \id - u^{n+1}$
    De plus, puisque $\|u\|<1$, $\lim_{n} \|u^n \| = 0$. Donc la limite de $(u_n)$ existe et est
    nulle. En raisonnant de m\^{e}me pour $T\circ S_n$, on obtient en d\'{e}finitive :
    $S\circ T=\id_E$ et $T\circ S=\id_E$.
\smallskip

    %c
    \item $Y\subset E$ par d\'{e}finition. De plus, si $x\in E$ alors $x=T(S(x))=x\in Y$,
    ce qui \'{e}tablit l'autre inclusion et permet de conclure~: \fbox{$Y=E$}.
  \end{lsq}
\end{liq}


\end{document}
