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\begin{document}


\begin{center}
{\LARGE ENSI-MP}

\textbf{Math\'{e}matiques 1}

Fran\c{c}ois Saint Pierre\mathstrut 

\mathstrut 

\mathstrut 
\end{center}

\textbf{I.}{\Large \ }\textbf{convergence uniforme dans }$C(\left[ 0,1\right]
,\mathbf{R})$

\mathstrut

1. Pour tout $x$ de $\left[ 0,1\right] $ $\left( f_{n}\left( x\right)
\right) _{n\in \mathbf{N}}$ est une une suite de cauchy donc convergente car 
$\mathbf{R}$ est complet. $\left( f_{n}\right) _{n\in \mathbf{N}}$ a donc
une limite simple.

\mathstrut

2. Soit $\varepsilon >0$ pour $n\geq N(\varepsilon )$ et $p\geq
N(\varepsilon )$ on a $\left| f_{n}\left( x\right) -f_{p}\left( x\right)
\right| \leq \varepsilon $ pour tout $x$ de $\left[ 0,1\right] .$ par
continuit\'{e} de $\left| {}\right| $ on obtient par passage \`{a} la limite
pour $p$ : $\left| f_{n}\left( x\right) -f\left( x\right) \right| \leq
\varepsilon .$

Donc \ $\left| f\left( x\right) \right| \leq \varepsilon .+f_{n}\left(
x\right) \leq \varepsilon .+N_{\infty }\left( f_{n}\right) .$ $N_{\infty
}\left( f_{n}\right) $ existe car $f_{n}$ est continue sur le compact $\left[
0,1\right] $ .

$\left| f_{n}\left( x\right) -f\left( x\right) \right| \leq \varepsilon $
justifie $N_{\infty }\left( f_{n}-f\right) \underset{n\rightarrow \infty }{%
\rightarrow }$ $0.$

\mathstrut

3. Une limite uniforme d'application continues est continue donc $f\in C(%
\left[ 0,1\right] ,\mathbf{R}).$

Toute suite de cauchy dans $\left( C(\left[ 0,1\right] ,\mathbf{R}%
),N_{\infty }\right) $ est convergente donc c'est un espace de Banach.

\mathstrut

4. $\left( u_{n}\right) _{n\in \mathbf{N}}$ converge vers $u$ 
\begin{eqnarray*}
u(x) &=&1\quad x\in \left[ 0,1\right[ \\
u(1) &=&e
\end{eqnarray*}

$u$ n'est pas continue donc $\left( u_{n}\right) _{n\in \mathbf{N}}$ ne peut
\^{e}tre de Cauchy (cf 3).

\mathstrut

5. $\left( v_{n}\right) _{n\in \mathbf{N}}$ converge simplement vers$%
\int_{0}^{x}1dt.$ (la valeur en 1 ne modifie pas l'int\'{e}grale).

$N_{\infty }\left( \int_{0}^{x}(e^{t^{n}-}1)dt\right) .$ tend vers 0 avec $n$
donc on a la convergence uniforme.

(On peut aussi utiliser le th\'{e}or\`{e}me de convergence domin\'{e}e pour
montrer que l'on a une suite de Cauchy en utilisant la convergence simple
vers $u$ .)

\mathstrut

\textbf{II. Th\'{e}or\`{e}me du point fixe de Banach.}

\mathstrut

1. $\left\| T(x)-T(y)\right\| =\left\| x-y\right\| \leq \alpha \left\|
x-y\right\| .$ Donc $\left( 1-\alpha \right) \left\| x-y\right\| \leq 0$
avec $1-\alpha >0.$ donc $\left\| x-y\right\| =0$ et $x=y.$

\mathstrut

2.1 Dans tous les livres....

\mathstrut

2.2 $\alpha \in \left[ 0,1\right[ $ on obtient donc une s\'{e}rie
g\'{e}om\'{e}trique convergente:

$\left\| a_{n+p}-a_{n}\right\| \leq \frac{\alpha ^{n}}{1-\alpha }\left\|
a_{1}-a_{0}\right\| $ qui prouve que $\left( a_{n}\right) _{n\in \mathbf{N}}$
est de Cauchy donc convergente vers $l$ dans E (Banach) et $l$ est dans $%
\overline{A}$.

De plus $A$ est ferm\'{e} $\overline{A}=A$ donc la limite est dans $A.$

\mathstrut

2.3 $T$ continue donc, $T(a_{n})\rightarrow T(l),T(a_{n})=a_{n+1}$ $\ \
\left( a_{n+1}\right) _{n\in \mathbf{N}}$ est une sous suite de $\left(
a_{n}\right) _{n\in \mathbf{N}}$ donc converge aussi vers $l.$ On a donc en
passant \`{a} la limite: $T(l)=l.$ Cette limite est unique d'apr\`{e}s 2.1.

\mathstrut

3.1 $U=I+T$ est continue comme somme de fonctions continues ($T$ est
lipchitzienne).

Soit $y\in E$ \ $U(x)=y$ ssi $x=y-T(x).$ Or $T_{y}$ d\'{e}finie par $%
T_{y}(x)=y-T(x)$ est contractante car $\left\| T_{y}(x)-T_{y}(z)\right\|
=\left\| T(z)-T(x)\right\| \leq \left\| x-z\right\| $ donc d'apr\`{e}s II;2
\ $T_{y}$ poss\`{e}de un point fixe unique donc $U$ est bijective. (remarque
directement l'injectivit\'{e} est triviale mais pas la
surjectivit\'{e}.....).

\mathstrut

3.2 On pose $\left( U^{-1}\left( x\right) ,U^{-1}\left( y\right) \right)
=\left( a,b\right) $ , $a+T(a)=x$ \ $b+T(b)=y.$

$x-y=a-b-(T(b)-T(a))$ \ donc $\left\| x-y\right\| =\left\|
a-b-(T(b)-T(a))\right\| \geq \left| \left\| a-b\left\| -\right\|
T(a)-T(b)\right\| \right| $

Or $\left\| T(a)-T(b)\right\| \leq \alpha \left\| a-b\right\| $ \ comme $%
\alpha \in \left[ 0,1\right[ $

$\left\| x-y\right\| \geq \left\| a-b\left\| -\right\| T(a)-T(b)\right\|
\geq \left( 1-\alpha \right) \left\| a-b\right\| $

Donc $\left\| U^{-1}\left( x\right) -U^{-1}\left( y\right) \right\| \leq
\left( 1-\alpha \right) ^{-1}\left\| x-y\right\| $

\mathstrut

4.1 $\left\| V(x-y)\right\| =\left\| V(x)-V(y)\right\| \leq \left\|
V\right\| .\left\| x-y\right\| $ Par lin\'{e}arit\'{e} de $V$ et par
propri\'{e}t\'{e} des normes subordonn\'{e}es.Donc comme $\left\| V\right\|
\in \left[ 0,1\right[ $, $V$ est contractante.

\mathstrut

4.2 $y=(I+V_{n})(x_{n})=(I+V)(x)$ \ donc $%
x_{n}-x=V(x)-V_{n}(x_{n})=V(x)-V_{n}(x)+V_{n}(x-x_{n}).$

On a donc $(I+V_{n})(x_{n}-x)=(V-V_{n})(x)$ et $%
(x_{n}-x)=(I+V_{n})^{-1}(V-V_{n})(x).$

$\left\| x_{n}-x\right\| =\left\| (I+V_{n})^{-1}(V-V_{n})(x)\right\| \leq
(I-\left\| V_{n}\right\| )^{-1}\left\| V-V_{n}\right\| \left\| x\right\| .$
\ (II.3.2 II.4.1)

Comme $\left\| V-V_{n}\right\| \rightarrow 0$ et $(I-\left\| �{n}\right\|
)^{-1}$ est born\'{e} ($(I-\left\| V_{n}\right\| )^{-1}\rightarrow
(I-\left\| V\right\| )^{-1}$ et $\left\| V_{n}\right\| <1).$

Bilan $\left\| x_{n}-x\right\| \rightarrow 0$ et $x_{n}\underset{%
n\rightarrow \infty }{\rightarrow }x.$

\mathstrut

\textbf{III.} \textbf{Etude d'une transformation de l'ensemble }$C(\left[ 0,1%
\right] ,\mathbf{R}).$

\mathstrut

1. d\'{e}coule directement du th\'{e}or\`{e}me des accroissements finis.

\mathstrut

2.1$y\rightarrow (x,y,u(y))$ est continue car ses composantes le sont et $%
\varphi $ est continue donc l'application compos\'{e}e est continue.

\mathstrut

2.2 $y\rightarrow \varphi (x,y,u(y))$ est continue sur $\left[ 0,1\right] $
ce qui permet de d\'{e}finir $T_{\varphi }$

$(x,y)\rightarrow \varphi (x,y,u(y))$ est aussi continue sur $\left[ 0,1%
\right] ^{2}$ (m\^{e}me d\'{e}marche qu'au 2.1) on peut donc utiliser le th%
\'{e}or\`{e}me de continuit\'{e} sous le signe $\int .$

\mathstrut

2.3 Pour $(u_{1},u_{2})\in \left( C(\left[ 0,1\right] ,\mathbf{R})\right)
^{2}$ \ et pour tout $x\in \left[ 0,1\right] :$

$\left| \left( T_{\varphi }(u_{1})\right) (x)-\left( T_{\varphi
}(u_{2})\right) (x)\right| =\left| \int_{0}^{1}\left( \varphi
(x,y,u_{1}(y))-\varphi (x,y,u_{2}(y))\right) dy\right| $

$\left| T_{\varphi }(u_{1})-\left( T_{\varphi }(u_{2})\right) (x)\right|
\leq \int_{0}^{1}\left| \left( \varphi (x,y,u_{1}(y))-\varphi
(x,y,u_{2}(y))\right) \right| dy\leq \int_{0}^{1}r\left|
u_{1}(y)-u_{2}(y)\right| dy$

Donc pour tout x\ $\left| (T_{\varphi }(u_{1})-\left( T_{\varphi
}(u_{2})\right) (x)\right| \leq \int_{0}^{1}rN_{\infty }\left(
u_{1}-u_{2}\right) dy=rN_{\infty }\left( u_{1}-u_{2}\right) $

D'o\`{u} pour tout $(u_{1},u_{2})\in \left( C(\left[ 0,1\right] ,\mathbf{R}%
)\right) ^{2}$ : $N_{\infty }\left( T_{\varphi }(u_{1})-T_{\varphi
}(u_{2})\right) \leq rN_{\infty }\left( u_{1}-u_{2}\right) $

\mathstrut

2.4 D'apr\`{e}s 2.3 pour $\lambda \in \mathbf{R}$ $N_{\infty }\left( \lambda
T_{\varphi }(u_{1})-\lambda T_{\varphi }(u_{2})\right) =\left| \lambda
\right| N_{\infty }\left( T_{\varphi }(u_{1})-T_{\varphi }(u_{2})\right)
\leq \left| \lambda \right| N_{\infty }\left( u_{1}-u_{2}\right) $

Pour $\lambda \in \left] -\frac{1}{r},\frac{1}{r}\right[ $ on a $\left|
\lambda \right| r<1$ et $\lambda T_{\varphi }$ est une contraction du Banach 
$\left( C(\left[ 0,1\right] ,\mathbf{R}),N_{\infty }\right) .$ donc
d'apr\`{e}s II.3 $S_{\left( \varphi ,\lambda \right) }$ est un
hom\'{e}omorphisme de $\left( C(\left[ 0,1\right] ,\mathbf{R}),N_{\infty
}\right) $ dans lui m\^{e}me.

\mathstrut

3.1 $(x,y,z)\rightarrow \mu (x,y)z$ est continue. Sur le compact $\left[ 0,1%
\right] ^{2}$ \ $\mu $ est continue donc on peut poser $r=N_{\infty }\left(
\mu \right) .$ On a $\left| \varphi (x,y,z)-\varphi (x,y,z^{\prime })\right|
=\left| \mu (x,y)\right| \left| z-z^{\prime }\right| \leq r\left|
z-z^{\prime }\right| $ \ $\mu $ est donc de type $U.$

La lin\'{e}arit\'{e} de $\int $ justifie celle de $T_{\varphi }$ donc
d'apr\`{e}s 2.4 pour $\lambda \in \left] -\frac{1}{N_{\infty }\left( \mu
\right) },\frac{1}{N_{\infty }\left( \mu \right) }\right[ $ on a $S_{\left(
\varphi ,\lambda \right) }$ est un isomorphisme de $\left( C(\left[ 0,1%
\right] ,\mathbf{R}),N_{\infty }\right) $ dans lui m\^{e}me.

\mathstrut

3.2 Soit $u\in C(\left[ 0,1\right] ,\mathbf{R})$ telle que $N_{\infty
}\left( u\right) \leq 1.$ Pour $x\in \left[ 0,1\right] :$

$\left| (T_{\varphi _{n}}(u)-\left( T_{\varphi }(u)\right) (x)\right|
=\left| \int_{0}^{1}\left( \mu _{n}(x,y)-\mu (x,y)\right) u(y)dy\right| \leq
\left| \int_{0}^{1}\left| (\mu _{n}-\mu )(x,y)\right| \left| u(y)\right|
dy\right| $

$\left| (T_{\varphi _{n}}(u)-\left( T_{\varphi }(u)\right) (x)\right| \leq
\int_{0}^{1}N_{\infty }(\mu _{n}-\mu )N_{\infty }\left( u\right) dy\leq
N_{\infty }(\mu _{n}-\mu )N_{\infty }\left( u\right) $

Avec $N_{\infty }\left( u\right) \leq 1$ on obtient $N_{\infty }\left(
T_{\varphi _{n}}(u)-T_{\varphi }(u\right) )\leq N_{\infty }(\mu _{n}-\mu )$
donc on a:

$\left\| T_{\varphi _{n}}-T_{\varphi }\right\| _{\infty }\leq N_{\infty
}(\mu _{n}-\mu )$ et $\left\| T_{\varphi _{n}}-T_{\varphi }\right\| _{\infty
}\underset{n\rightarrow \infty }{\rightarrow }0$

\mathstrut

\textbf{IV Etude d'une application}

\mathstrut 

1.On prend $\mu (x,y)=\sin (x,y)$ \ $\varphi (x,y,z)=\mu (x,y).z$ $\ \
r==N_{\infty }\left( \mu \right) =\sin 1.$

Or $-1\in \left] -\frac{1}{\sin 1},\frac{1}{\sin 1}\right[ $ donc on peut
appliquer l'\'{e}tude pr\'{e}c\'{e}dente $S_{\left( \varphi ,-1\right) }$
est un  isomorphisme. Donc il existe un unique $w\in C(\left[ 0,1\right] ,%
\mathbf{R})$ tel que pour tout $x$ de $\left[ 0,1\right] $\ \  $%
x=w(x)-\int_{0}^{1}\sin (x,y)w(y)dy$

\mathstrut 

2.1 .$w_{1}(x)=x(1+\int_{0}^{1}yw_{1}(y)dy)$ Donc si des solutions existent
elles sont de la forme $w_{1}(x)=a.x$

avec $a=1+\int_{0}^{1}yw_{1}(y)dy$ d'o\`{u} $a=1+\int_{0}^{1}ay^{2}dy$ qui
donne necessairement $a=\frac{3}{2}$ . On v\'{e}rifie que $w_{1}(x)=1,5.x$
est bien solution. D'o\`{u} l'existence et l'unicit\'{e}.

\mathstrut 

2.2 On pose pour $x\in \left[ 0,1\right] \quad e_{i}(x)=x^{i}.$\ \ $\left\{
e_{1},e_{3}...e_{2i+1}....e_{2n-1}\right\} $  est une famille libre de $C(%
\left[ 0,1\right] ,\mathbf{R}).$ \ $w_{n}$   est une solution de $\left(
E_{n}\right) $ ssi : 
\begin{equation*}
w_{n}(x)=e_{1}\left( x\right) +\sum_{i=1}^{n}\left[ \frac{\left( -1\right)
^{i+1}}{\left( 2i-1\right) !}\int_{0}^{1}y^{2i-1}w_{n}(y)dy\right]
e_{2i-1}\left( x\right) 
\end{equation*}

En raison de la libert\'{e} de la famille on a en posant 
\begin{equation*}
w_{n}=\sum_{i=1}^{n}a_{2i-1,n}e_{2i-1}
\end{equation*}
l'\'{e}quivalence avec le syst\`{e}me lin\'{e}aire:
\begin{eqnarray*}
a_{1,n} &=&1+\int_{0}^{1}\sum_{j=1}^{n}a_{2j-1,n}y^{2j}.dy \\
&&............. \\
a_{2i-1,n} &=&\frac{\left( -1\right) ^{i+1}}{\left( 2i-1\right) !}%
\int_{0}^{1}\sum_{j=1}^{n}a_{2j-1,n}y^{2i+2j-2}.dy \\
&&.............. \\
a_{2n-1,n} &=&\frac{\left( -1\right) ^{n+1}}{\left( 2n-1\right) !}%
\int_{0}^{1}\sum_{j=1}^{n}a_{2j-1,n}y^{2n+2j-2}.dy
\end{eqnarray*}

qui donne le syst\`{e}me:
\begin{eqnarray*}
a_{1,n} &=&1+\sum_{j=1}^{n}\frac{a_{2j-1,n}}{2j+1}y^{2j}. \\
&&............ \\
\left( -1\right) ^{i+1}\left( 2i-1\right) !a_{2i-1,n} &=&\sum_{j=1}^{n}\frac{%
a_{2j-1,n}}{2i+2j-1} \\
&&............ \\
.\left( -1\right) ^{n+1}\left( 2n-1\right) !a_{2n-1,n} &=&\sum_{j=1}^{n}%
\frac{a_{2j-1,n}}{2n+2j-1}
\end{eqnarray*}

\mathstrut 

2.3 On pose $\varphi _{n}(x,y,z)=v_{n}(x,y).z$ \ \ $r_{n}=N_{\infty }(v_{n}).
$

On a la convergence uniforme de la s\'{e}rie enti\`{e}re de terme g\'{e}n%
\'{e}ral $\frac{\left( -1\right) ^{n+1}}{\left( 2n-1\right) !}t^{2n-1}$ nrs 
$t\rightarrow \sin t$ sur $\left[ 0,1\right] .$ Pour $t$ fix\'{e} la s\'{e}%
rie num\'{e}rique associ\'{e}e est altern\'{e}e et la valeur absolue de son
terme g\'{e}n\'{e}ral tend vers z\'{e}ro en d\'{e}croissant. La valeur
absolue du reste d'ordre $p$ est donc inf\'{e}rieure \`{a} $\frac{1}{2p+1}$%
\quad $\left( t^{2p-1}\leq 1\right) .$ . Pour $p\geq 2$ on a $N_{\infty
}\left( v_{p}-v\right) \leq \frac{1}{5!}$ donc ce qui garantie que $%
N_{\infty }\left( v_{p}\right) \in \left[ \sin 1-\frac{1}{5!},\sin 1+\frac{1%
}{5!}\right] \subset \left] 0,1\right[ $ et que l'on peut conclure avec II3
car alors pour $n\geq 2$ $-1\in \left[ -\frac{1}{N_{\infty }\left(
v_{n}\right) },\frac{1}{N_{\infty }\left( v_{n}\right) }\right] $ et $\left(
E_{n}\right) $ admet une solution unique.

\mathstrut 

2.4 Dans 2.3 on a vu que $N_{\infty }\left( v_{n}-v\right) \underset{%
n\rightarrow \infty }{\rightarrow }0$ avec III.3 on a $\left\| T_{\varphi
_{n}}-T_{\varphi }\right\| _{\infty }\underset{n\rightarrow \infty }{%
\rightarrow }0.$ On a donc le r\'{e}sultat avec II.4.2.

\mathstrut 

\begin{center}
Fin
\end{center}

\end{document}
