Exercice 1 5233

Soient $A$ et $B$ deux parties d’un espace normé $E$ telles que $A \subset B$ .

(a)

Établir $A^{\circ} \subset B^{\circ}$ .
(b)

Montrer que $\bar{A} \subset \bar{B}$ de trois façons différentes.

Exercice 2 1121 Correction

Soient $A_{1}, \dots, A_{n}$ des parties d’un espace vectoriel normé $E$ .

(a)

Établir $\bar{⋃_{i = 1}^{n} A_{i}} = ⋃_{i = 1}^{n} \bar{A_{i}}$ .
(b)

Comparer $\bar{⋂_{i = 1}^{n} A_{i}}$ et $⋂_{i = 1}^{n} \bar{A_{i}}$ .

Solution

(a)

$⋃_{i = 1}^{n} \bar{A_{i}}$ est un fermé qui contient $⋃_{i = 1}^{n} A_{i}$ donc $\bar{⋃_{i = 1}^{n} A_{i}} \subset ⋃_{i = 1}^{n} \bar{A_{i}}$ .
Pour tout $j \in {1, \dots, n}$ , $A_{j} \subset \bar{⋃_{i = 1}^{n} A_{i}}$ et $\bar{⋃_{i = 1}^{n} A_{i}}$ est fermé donc $\bar{A_{j}} \subset \bar{⋃_{i = 1}^{n} A_{i}}$ puis $⋃_{i = 1}^{n} \bar{A_{i}} \subset \bar{⋃_{i = 1}^{n} A_{i}}$ .
(b)

$⋂_{i = 1}^{n} \bar{A_{i}}$ est un fermé qui contient $⋂_{i = 1}^{n} A_{i}$ donc $\bar{⋂_{i = 1}^{n} A_{i}} \subset ⋂_{i = 1}^{n} \bar{A_{i}}$ .
Il ne peut y avoir égalité: pour $A_{1} = ℚ$ , $A_{2} = ℝ ∖ ℚ$ on a $\bar{A_{1} \cap A_{2}} = \emptyset$ et $\bar{A_{1}} \cap \bar{A_{2}} = ℝ$ .

Exercice 3 1115

Montrer que si $F$ est un sous-espace vectoriel d’un espace normé $E$ , son adhérence $\bar{F}$ est aussi un sous-espace vectoriel de $E$ .

Exercice 4 3279 Correction

Soit $A$ une partie d’un espace vectoriel normé $E$ . Établir

Vect (\bar{A}) \subset \bar{Vect (A)} .

Solution

Puisque $A \subset Vect (A)$ , on a $\bar{A} \subset \bar{Vect (A)}$ .
Puisque $Vect (A)$ est un sous-espace vectoriel, on montrer aisément que $\bar{Vect (A)}$ l’est aussi. Puisqu’il contient $\bar{A}$ , on obtient

Vect (\bar{A}) \subset \bar{Vect (A)} .

Exercice 5 1119 Correction

On suppose que $A$ est une partie convexe d’un espace vectoriel normé $E$ .

(a)

Montrer que $\bar{A}$ est convexe.
(b)

La partie $A^{\circ}$ est-elle convexe?

Solution

(a)

Soient $a, b \in \bar{A}$ . Il existe $(a_{n}) \in A^{ℕ}$ et $(b_{n}) \in A^{ℕ}$ telles que $a_{n} \to a$ et $b_{n} \to b$ .
Pour tout $λ \in [0; 1]$ ,

$λ a + (1 - λ) b = lim_{n \to + \infty} (λ a_{n} + (1 - λ) b_{n})$

avec $λ a_{n} + (1 - λ) b_{n} \in [a_{n}; b_{n}] \subset A$ donc $λ a + (1 - λ) b \in \bar{A}$ .
(b)

Soient $a, b \in A^{\circ}$ . Il existe $α_{a}, α_{b} > 0$ tel que $B (a, α_{a}), B (b, α_{b}) \subset A$ . Posons $α = \min (α_{a}, α_{b}) > 0$ .
Pour tout $λ \in [0; 1]$ et tout $x \in B (λ a + (1 - λ) b, α)$ on a $x = (λ a + (1 - λ) b) + α u$ avec $u \in B (0,1)$ .
$a^{'} = a + α u \in B (a, α) \subset A$ et $b^{'} = b + α u \in B (b, α) \subset A$ donc $[a^{'}; b^{'}] \subset A$ puisque $A$ est convexe donc $λ a^{'} + (1 - λ) b^{'} = x \in A$ . Ainsi $B (λ a + (1 - λ) b, α) \subset A$ et donc $λ a + (1 - λ) b \in A^{\circ}$ .

Finalement, $A^{\circ}$ est convexe.

Exercice 6 4672

Soit $A$ une partie de $ℝ$ non vide et majorée. Montrer $sup (A) \in \bar{A}$ .

Exercice 7 1122 Correction

Soient $f : E \to F$ continue bornée et $A \subset E$ , $A$ non vide. Montrer

{∥ f ∥}_{\infty, A} = {∥ f ∥}_{\infty, \bar{A}} .

Solution

Pour tout $x \in A$ , $x \in \bar{A}$ et donc $| f (x) | \leq {∥ f ∥}_{\infty, \bar{A}}$ . Ainsi,

{∥ f ∥}_{\infty, A} \leq {∥ f ∥}_{\infty, \bar{A}} .

Soit $x \in \bar{A}$ , il existe $(u_{n}) \in A^{ℕ}$ tel que $u_{n} \to x$ et alors $f (u_{n}) \to f (x)$ par continuité de $f$ . Or $| f (u_{n}) | \leq {∥ f ∥}_{\infty, A}$ donc à la limite $| f (x) | \leq {∥ f ∥}_{\infty, A}$ puis

{∥ f ∥}_{\infty, \bar{A}} \leq {∥ f ∥}_{\infty, A} .

Exercice 8 1113

Soit $F$ un sous-espace vectoriel d’un espace normé $E$ .

On suppose que l’intérieur de $F$ est non vide. Montrer qu’alors $F = E$ .

Exercice 9 2943 X (MP)

Déterminer l’adhérence et l’intérieur de l’ensemble $𝒟_{n} (ℂ)$ des matrices diagonalisables de $ℳ_{n} (ℂ)$ .

Exercice 10 3470 Correction

Dans $ℳ_{2} (ℂ)$ , on introduit

	$𝒰$	$= {M \in ℳ_{2} (ℂ) \| \forall λ \in Sp (M), \| λ \| = 1} et$
	$ℛ$	$= {M \in ℳ_{2} (ℂ) \| \exists n \in ℕ^{*}, M^{n} = I_{2}} .$

(a)

Comparer les ensembles $ℛ$ et $𝒰$ .
(b)

Montrer que $𝒰$ est une partie fermée de $ℳ_{2} (ℂ)$ .
(c)

Montrer que $𝒰$ est inclus dans l’adhérence de $ℛ$ .
(d)

Qu’en déduire?

Solution

(a)

Une matrice de $ℛ$ est annulée par un polynôme de la forme $X^{n} - 1$ dont les racines sont de module 1. Puisque les valeurs propres figurent parmi les racines des polynômes annulateurs

$ℛ \subset 𝒰 .$
(b)

Une matrice $M \in ℳ_{2} (ℂ)$ admet deux valeurs propres comptées avec multiplicité $λ, μ$ . Celles-ci sont déterminées comme les solutions du système

${\begin{matrix} λ + μ & = tr (M) \\ λ μ & = \det (M) . \end{matrix}$

Pour alléger les notations, posons $p = (tr (M)) / 2$ et $q = \det (M)$ . Les valeurs propres $λ$ et $μ$ sont les deux racines du polynôme

$X^{2} - p X + q$

et en posant $δ \in ℂ$ tel que $δ^{2} = p^{2} - q$ , ces racines sont

$λ = p + δ et μ = p - δ$

de sorte que

${| λ |}^{2}$ $= {| p |}^{2} + {| δ |}^{2} + 2 Re (\bar{p} δ) et$

${| μ |}^{2}$ $= {| p |}^{2} + {| δ |}^{2} - 2 Re (\bar{p} δ) .$

On en déduit que la fonction $f$ qui à $M \in ℳ_{2} (ℂ)$ associe le réel

${({| λ |}^{2} - 1)}^{2} + {({| μ |}^{2} - 1)}^{2} = {({| λ |}^{2} + {| μ |}^{2})}^{2} - 2 ({| λ |}^{2} + {| μ |}^{2} + {| λ μ |}^{2} - 1)$

s’exprime par opérations à partir de $tr (M)$ et $\det (M)$ sous la forme d’une fonction continue.
Puisque $𝒰 = f^{- 1} ({0})$ avec ${0}$ fermé, $𝒰$ est une partie fermée de $ℳ_{2} (ℂ)$ .
(c)

Soit $M \in 𝒰$ . La matrice $M$ est trigonalisable et donc il existe $P \in {GL}_{2} (ℂ)$ et $T \in 𝒯_{2}^{+} (ℂ)$ telle que

$M = P T P^{- 1} avec T = (\begin{matrix} λ & ν \\ 0 & μ \end{matrix}), | λ | = | μ | = 1 .$

On peut écrire $λ = e^{i α}$ et $μ = e^{i β}$ avec $α, β \in ℝ$ .
Pour $n \in ℕ^{*}$ , posons

$α_{n} = 2 π \frac{⌊ n α / 2 π ⌋}{n} et β_{n} = 2 π \frac{⌊ n β / 2 π ⌋ + 1}{n}$

et considérons la matrice

$M_{n} = P T_{n} P^{- 1} avec T_{n} = (\begin{matrix} e^{i α_{n}} & ν \\ 0 & e^{i β_{n}} \end{matrix}) .$

Par construction,

$e^{i α_{n}} \neq e^{i β_{n}}$

au moins pour $n$ assez grand et ce même lorsque $α = β$ .
On en déduit que pour ces valeurs de $n$ la matrice $T_{n}$ est diagonalisable.
De plus, puisque

${(e^{i α_{n}})}^{n} = {(e^{i β_{n}})}^{n} = 1$

on a alors $T_{n}^{n} = I_{2}$ et donc $M_{n} \in ℛ$ .
Enfin, on a évidemment $M_{n} \to M$ .
(d)

$𝒰$ est un fermé contenant $ℛ$ donc $\bar{ℛ} \subset 𝒰$ et par double inclusion $\bar{ℛ} = 𝒰$ .

[<] Intérieur et adhérence[>] Ouverts et fermés

Exercice 11 4676

Déterminer la frontière de l’ensemble $ℚ$ des nombres rationnels.

Exercice 12 3026 Correction

Soit $A$ une partie d’un espace normé $E$ .

(a)

Montrer que la partie $A$ est fermée si, et seulement si, $Fr (A) \subset A$ .
(b)

Montrer que la partie $A$ est ouverte si, et seulement si, $A \cap Fr (A) = \emptyset$

Solution

(a)

Si $A$ est fermée alors $\bar{A} = A$ donc $Fr (A) = A ∖ A^{\circ} \subset A$ .
Inversement, si $Fr (A) = \bar{A} ∖ A^{\circ} \subset A$ alors puisque $A^{\circ} \subset A$ on a $\bar{A} \subset A$ .
En effet, pour $x \in \bar{A}$ , si $x \in A^{\circ}$ alors $x \in A$ et sinon $x \in Fr (A)$ et donc $x \in A$ .
Puisque de plus $A \subset \bar{A}$ , on en déduit $A = \bar{A}$ et donc $\bar{A}$ est fermé.
(b)

$A$ est un ouvert si, et seulement si, $∁_{E} A$ est un fermé c’est-à-dire si, et seulement si, $Fr (∁_{E} A) \subset ∁_{E} A$ .
Or $Fr (∁_{E} A) = Fr (A)$ donc $A$ est un ouvert si, et seulement si, $Fr (A) \cap A = \emptyset$ .

Exercice 13 1116 Correction

Soit $A$ une partie d’un espace vectoriel normé $E$ . Établir que sa frontière $Fr (A)$ est une partie fermée.

Solution

On a

Fr (A) = \bar{A} ∖ A^{\circ} = \bar{A} \cap ∁_{E} A^{\circ} = \bar{A} \cap \bar{∁_{E} A} .

On en déduit que $Fr (A)$ est fermée par intersection de parties fermées

Exercice 14 1117 Correction

Soit $F$ une partie fermée d’un espace vectoriel normé $E$ . Établir

Fr (Fr (F)) = Fr (F) .

Solution

On sait

Fr (F) = \bar{F} \cap \bar{∁_{E} F}

donc

Fr (Fr (F)) = Fr (F) \cap \bar{∁_{E} Fr (F)} .

Or $Fr (F) \subset \bar{F} = F$ donc $∁_{E} F \subset ∁_{E} Fr (F)$ puis $\bar{∁_{E} F} \subset \bar{∁_{E} Fr (F)}$ .
De plus, $Fr (F) \subset \bar{∁_{E} F}$ donc $Fr (F) \subset \bar{∁_{E} Fr (F)}$ puis

Fr (Fr (F)) = Fr (F) .

[<] Frontière[>] Distance à une partie

Exercice 15 4675

Montrer que $ℤ$ est une partie fermée de $ℝ$ :

(a)

En étudiant son complémentaire.
(b)

En raisonnant par les suites.

Exercice 16 4673

Dans $ℝ^{2}$ , montrer que l’ensemble $ℋ$ décrit ci-dessous définit une partie fermée

ℋ = {(x, y) \in ℝ^{2} | x y = 1} .

Exercice 17 5244

Montrer que $O_{n} (ℝ) = {A \in ℳ_{n} (ℝ) | {}^{t}A A = I_{n}}$ est une partie fermée et bornée de $ℳ_{n} (ℝ)$ .

Exercice 18 5239

Soit $∥ \cdot ∥$ une norme sur un espace vectoriel $E$ de dimension finie.

Montrer que la sphère de centre $a \in E$ et de rayon $r > 0$

𝒮 = {x \in E | ∥ x - a ∥ = r}

est une partie fermée et bornée de $E$ .

Exercice 19 4681

Soit $X$ une partie fermée non vide d’un espace normé $E$ .

Montrer que la partie $X$ est convexe si, et seulement si, pour tous vecteurs $a$ et $b$ dans $E$ et tout $λ \in [0; 1]$ , on a l’inégalité

d ((1 - λ) . a + λ . b, X) \leq (1 - λ) d (a, X) + λ d (b, X) .

Exercice 20 5240

Soit $V$ un sous-espace vectoriel d’un espace normé $E$ de dimension finie.

(a)

Montrer que $V$ est une partie fermée.
(b)

On suppose que le vecteur nul est intérieur à $V$ . Montrer que $V = E$ .
(c)

Plus généralement, on suppose $V$ d’intérieur non vide. Montrer que $V = E$ .

Exercice 21 4677

Soient $N_{1}$ et $N_{2}$ deux normes sur un même espace vectoriel $E$ . On suppose que $N_{1}$ est dominée par $N_{2}$ . Montrer que tout ouvert pour la norme $N_{1}$ est aussi un ouvert pour la norme $N_{2}$ .

Exercice 22 3306 Correction

Dans $E = ℝ [X]$ , on considère les normes

N_{1} (P) = sup_{t \in [0; 1]} | P (t) | et N_{2} (P) = sup_{t \in [1; 2]} | P (t) | .

L’ensemble

Ω = {P \in E | P (0) \neq 0}

est-il ouvert pour la norme $N_{1}$ ? pour la norme $N_{2}$ ?

Solution

Posons $φ : E \to ℝ$ l’application définie par $φ (P) = P (0)$ .
L’application $φ$ est linéaire et puisque $| φ (P) | \leq N_{1} (P)$ , cette application est continue. On en déduit que $Ω = φ^{- 1} (ℝ^{*})$ est un ouvert relatif à $E$ c’est-à-dire un ouvert de $E$ pour la norme $N_{1}$ .
Pour la norme $N_{2}$ , montrons que la partie $Ω$ n’est pas ouverte en observant qu’elle n’est pas voisinage de son point $P = 1$ . Pour cela considérons la fonction continue $f : [0; 2] \to ℝ$ donnée par le graphe suivant:

Par le théorème d’approximation de Weierstrass, il existe une suite $(P_{n})$ de polynômes vérifiant

sup_{t \in [0; 2]} | P_{n} (t) - f (t) | \to_{n \to + \infty}^{} 0

et en particulier

P_{n} (0) \to_{n \to + \infty}^{} 0 et N_{2} (P_{n} - P) \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

Considérons alors la suite de polynômes $(Q_{n})$ avec

Q_{n} = P_{n} - P_{n} (0) .

Pour tout $n \in ℕ$ , $Q_{n} (0) = 0$ donc $Q_{n} \notin Ω$ et

N_{2} (Q_{n}) \leq N_{2} (P_{n} - P) + | P_{n} (0) | \to_{n \to + \infty}^{} 0

donc

Q_{n} \to_{n \to + \infty}^{N_{2}} P .

Puisque la partie $Ω$ n’est pas voisinage de chacun de ses points, elle n’est pas ouverte pour la norme $N_{2}$ .

Exercice 23 1108 CENTRALE (MP)Correction

On munit le $ℝ$ -espace vectoriel $ℬ (ℕ, ℝ)$ des suites réelles bornées de la norme

{∥ u ∥}_{\infty} = sup_{n \in ℕ} | u_{n} | .

Déterminer si les sous-ensembles suivants sont fermés ou non:
$A = {suites croissantes}$ , $B = {suites convergeant vers 0}$ , $C = {suites convergentes}$ ,
$D = {suites admettant 0 {pour valeur d}^{'} adhérence}$ et $E = {suites périodiques}$ .

Solution

$A$ est fermé car si $u^{p} = (u_{n}^{p})$ est une suite d’éléments de $A$ convergeant vers une suite $u = (u_{n})$ pour la norme ${∥ \cdot ∥}_{\infty}$ alors pour tout $n \in ℕ$ et tout $p \in ℕ$ , $u_{n}^{p} \leq u_{n + 1}^{p}$ qui donne à la limite $u_{n} \leq u_{n + 1}$ et donc $u \in A$ .
$B$ est fermé car si $u^{p} = (u_{n}^{p})$ est une suite d’éléments de $B$ convergeant vers une suite $u = (u_{n})$ pour la norme ${∥ \cdot ∥}_{\infty}$ alors pour tout $ε > 0$ il existe $p \in ℕ$ tel que ${∥ u - u^{p} ∥}_{\infty} \leq ε / 2$ et puisque $u_{n}^{p} \to_{n \to + \infty}^{} 0$ , il existe $N \in ℕ$ tel que

\forall n \geq N, | u_{n}^{p} | \leq ε / 2

et donc

| u_{n} | \leq | u_{n} - u_{n}^{p} | + | u_{n}^{p} | \leq ε .

Ainsi $u \to 0$ et donc $u \in B$ .
$C$ est fermé. En effet, si $u^{p} = (u_{n}^{p})$ est une suite d’éléments de $C$ convergeant vers une suite $u = (u_{n})$ pour la norme ${∥ \cdot ∥}_{\infty}$ alors en notant $ℓ^{p}$ la limite de $u^{p}$ , la suite $(ℓ^{p})$ est une suite de Cauchy puisque $| ℓ^{p} - ℓ^{q} | \leq {∥ u^{p} - u^{q} ∥}_{\infty}$ . Posons $ℓ$ la limite de la suite $(ℓ^{p})$ et considérons $v^{p} = u^{p} - ℓ^{p}$ . $v^{p} \in B$ et $v^{p} \to u - ℓ$ donc $u - ℓ \in B$ et $u \in C$ .
$D$ est fermé car si $u^{p} = (u_{n}^{p})$ est une suite d’éléments de $D$ convergeant vers une suite $u = (u_{n})$ pour la norme ${∥ \cdot ∥}_{\infty}$ alors pour tout $ε > 0$ il existe $p \in ℕ$ tel que ${∥ u - u^{p} ∥}_{\infty} \leq ε / 2$ et puisque 0 est valeur d’adhérence de $u^{p}$ , il existe une infinité de $n$ tels que $| u_{n}^{p} | \leq ε / 2$ et donc tels que

| u_{n} | \leq | u_{n} - u_{n}^{p} | + | u_{n}^{p} | \leq ε .

Ainsi 0 est valeur d’adhérence de $u$ et donc $u \in D$ .
$E$ n’est pas fermé. Notons $δ^{p}$ , la suite déterminée par $δ_{n}^{p} = 1$ si $p ∣ n$ et 0 sinon. La suite $δ^{p}$ est périodique et toute combinaison linéaire de suites $δ^{p}$ l’est encore. Posons alors

u^{p} = \sum_{k = 1}^{p} \frac{1}{2^{k}} δ^{k}

qui est élément de $E$ . La suite $u^{p}$ converge car

{∥ u^{p + q} - u^{p} ∥}_{\infty} \leq \sum_{k = p + 1}^{p + q} \frac{1}{2^{k}} \leq \frac{1}{2^{p}} \to 0

et la limite $u$ de cette suite n’est pas périodique car

u_{0} = lim_{p \to + \infty} \sum_{k = 1}^{p} \frac{1}{2^{k}} = 1

et que $u_{n} < 1$ pour tout $n$ puisque pour que $u_{n} = 1$ il faut $k ∣ n$ pour tout $k \in ℕ$ .

Exercice 24 2770 MINES (MP)Correction

On munit l’espace des suites bornées réelles $ℬ (ℕ, ℝ)$ de la norme ${∥ u ∥}_{\infty} = {sup}_{n} (| u_{n} |)$ .

(a)

Montrer que l’ensemble des suites convergentes est un fermé de $ℬ (ℕ, ℝ)$ .
(b)

Montrer que l’ensemble des suites $(a_{n})$ qui sont terme général d’une série absolument convergente n’est pas un fermé de $ℬ (ℕ, ℝ)$ .

Solution

(a)

Notons $C$ l’espace des suites convergentes de $ℬ (ℕ, ℝ)$ .
Soit $(u^{n})$ une suite convergente d’éléments de $C$ de limite $u^{\infty}$ .
Pour chaque $n$ , posons $ℓ^{n} = lim u^{n} = {lim}_{p \to + \infty} u_{p}^{n}$ .
Par le théorème de la double limite appliquée à la suite des fonctions $u^{n}$ , on peut affirmer que la suite $(ℓ^{n})$ converge et que la suite $u^{\infty}$ converge vers la limite de $(ℓ^{n})$ . En particulier $u^{\infty} \in C$ .
(b)

Notons $A$ l’espace des suites dont le terme général est terme général d’une série absolument convergente.
Soit $(u^{n})$ la suite définie par

$\forall n \in ℕ^{*}, \forall p \in ℕ, u_{p}^{n} = \frac{1}{{(p + 1)}^{1 + 1 / n}} .$

La suite $(u^{n})$ est une suite d’éléments de $A$ et une étude en norme ${∥ \cdot ∥}_{\infty}$ permet d’établir que $u^{n} \to u^{\infty}$ avec $u_{p}^{\infty} = \frac{1}{p + 1}$ . La suite $u^{\infty}$ n’étant pas élément de $A$ , la partie $A$ n’est pas fermée.

Exercice 25 1110 Correction

On note $ℝ^{(ℕ)}$ l’ensemble des suites réelles nulles à partir d’un certain rang.

(a)

Montrer que $ℝ^{(ℕ)}$ est un sous-espace vectoriel de l’espace $ℬ (ℕ, ℝ)$ des suites réelles bornées.
(b)

$ℬ (ℕ, ℝ)$ étant normé par ${∥ \cdot ∥}_{\infty}$ . Le sous-espace vectoriel $ℝ^{(ℕ)}$ est-il une partie ouverte? une partie fermée?

Solution

(a)

Les éléments de $ℝ^{(ℕ)}$ sont bornés donc $ℝ^{(ℕ)} \subset ℬ (ℕ, ℝ)$ .
L’appartenance de l’élément nul et la stabilité par combinaison linéaire sont immédiates.
(b)

Si $ℝ^{(ℕ)}$ est ouvert alors puisque $0 \in ℝ^{(ℕ)}$ il existe $α > 0$ tel que $B_{\infty} (0, α) \subset ℝ^{(ℕ)}$ .
Or la suite constante égale à $α / 2$ appartient à $B_{\infty} (0, α)$ et n’est pas nulle à partir d’un certain rang donc $B_{\infty} (0, α) ⊄ ℝ^{(ℕ)}$ et donc $ℝ^{(ℕ)}$ n’est pas ouvert.
(c)

Pour $N \in ℕ$ , posons $u^{N}$ définie par $u_{n}^{N} = \frac{1}{n + 1}$ si $n \leq N$ et $u_{n}^{N} = 0$ sinon.
$(u^{N}) \in ℝ^{(ℕ)}$ et $u^{N} \to u$ avec $u$ donné par $u_{n} = \frac{1}{n + 1}$ . En effet,

${∥ u^{N} - u ∥}_{\infty} = \frac{1}{N + 2} \to 0 .$

Mais $u \notin ℝ^{(ℕ)}$ donc $ℝ^{(ℕ)}$ n’est pas fermé.

Exercice 26 2771 MINES (MP)Correction

Soit $E$ l’ensemble des suites ${(a_{n})}_{n \geq 0}$ de $ℂ$ telles que la série $\sum | a_{n} |$ converge. Si $a = {(a_{n})}_{n \geq 0}$ appartient à $E$ , on pose

∥ a ∥ = \sum_{n = 0}^{+ \infty} | a_{n} | .

(a)

Montrer que $∥ \cdot ∥$ est une norme sur $E$ .
(b)

Soit

$F = {a \in E | \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} = 1} .$

L’ensemble $F$ est-il ouvert? fermé? borné?

Solution

(a)

Par définition de l’ensemble $E$ , l’application $∥ \cdot ∥ : E \to ℝ_{+}$ est bien définie.
Soient ${(a_{n})}_{n \geq 0}$ , ${(b_{n})}_{n \geq 0}$ éléments de $E$ et $λ \in ℝ$ .

$∥ a + b ∥ = \sum_{n = 0}^{+ \infty} | a_{n} + b_{n} | \leq \sum_{n = 0}^{+ \infty} (| a_{n} | + | b_{n} |) = ∥ a ∥ + ∥ b ∥$

avec convergence des séries écrites, et

$∥ λ . a ∥ = \sum_{n = 0}^{+ \infty} | λ a_{n} | = \sum_{n = 0}^{+ \infty} | λ | | a_{n} | = | λ | \sum_{n = 0}^{+ \infty} | a_{n} | = | λ | ∥ a ∥ .$

Enfin, si $∥ a ∥ = 0$ alors

$\forall n \in ℕ, | a_{n} | \leq ∥ a ∥ = 0$

donne ${(a_{n})}_{n \geq 0} = {(0)}_{n \geq 0}$
(b)

Considérons la forme linéaire

$φ : {(a_{n})}_{n \geq 0} \mapsto \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} .$

On vérifie

$\forall a = {(a_{n})}_{n \geq 0} \in E, | φ (a) | = | \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} | \leq \sum_{n = 0}^{+ \infty} | a_{n} | = ∥ a ∥ .$

La forme linéaire $φ$ est donc continue.
Puisque $F = φ^{- 1} ({1})$ avec ${1}$ , la partie $F$ est fermée en tant qu’image réciproque d’une partie fermée par une application continue..
Posons $e = (1,0,0, \dots)$ et un élément de $F$ et

$\forall α > 0, e + α e \notin F et ∥ e - (e + α e) ∥ = α .$

On en déduit que $F$ n’est pas un voisinage de son élément $e$ et par conséquent la partie $F$ n’est pas ouverte.
Posons $α^{p} = e + p . (1, - 1,0,0, \dots)$ .

$\forall p \in ℕ, α^{p} \in F et ∥ α^{p} ∥ \to_{p \to + \infty}^{} + \infty .$

La partie $F$ n’est donc pas bornée.

Exercice 27 3037 X (MP)Correction

Caractériser dans $ℳ_{n} (ℂ)$ les matrices dont la classe de similitude est fermée.
Même question avec $ℝ$ au lieu de $ℂ$

Solution

Cas: $A \in ℳ_{n} (ℂ)$ est diagonalisable. Soit $(A_{p})$ une suite convergente de matrices semblables à $A$ .
Notons $A_{\infty}$ la limite de $(A_{p})$ .
Si $P$ est un polynôme annulateur de $A$ , $P$ est annulateur des $A_{p}$ et donc $P$ annule $A_{\infty}$ . Puisque $A$ est supposée diagonalisable, il existe un polynôme scindé simple annulant $A$ et donc $A_{\infty}$ et par suite $A_{\infty}$ est diagonalisable.
De plus, $χ_{A} = χ_{A_{p}}$ donc à la limite $χ_{A} = χ_{A_{\infty}}$ .
On en déduit que $A$ et $A_{\infty}$ ont les mêmes valeurs propres et que celles-ci ont mêmes multiplicités. On en conclut que $A$ et $A_{\infty}$ sont semblables.
Ainsi, la classe de similitude de $A$ est fermée.
Cas: $A \in ℳ_{n} (ℂ)$ non diagonalisable. À titre d’exemple, considérons la matrice

A = (\begin{matrix} λ & 1 \\ 0 & λ \end{matrix}) .

Pour $P_{p} = (\begin{matrix} p & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix})$ , on obtient

P_{p}^{- 1} A P_{p} = (\begin{matrix} λ & 1 / p \\ 0 & λ \end{matrix}) \to λ I_{2}

qui n’est pas semblable à $A$ .
De façon plus générale, si la matrice $A$ n’est pas diagonalisable, il existe une valeur propre $λ$ pour laquelle

Ker {(A - λ I_{2})}^{2} \neq Ker (A - λ I_{2}) .

Pour $X_{2} \in Ker {(A - λ I_{2})}^{2} ∖ Ker (A - λ I_{2})$ et $X_{1} = (A - λ I_{2}) X_{2}$ , la famille $(X_{1}, X_{2})$ vérifie $A X_{1} = λ X_{1}$ et $A X_{2} = λ X_{2} + X_{1}$ . En complétant la famille libre $(X_{1}, X_{2})$ en une base, on obtient que la matrice $A$ est semblable à

T = (\begin{matrix} λ & 1 & (*) \\ 0 & λ & (*) \\ (0) & (0) & B \end{matrix}) .

Pour $P_{p} = diag (p,1, \dots,1)$ , on obtient

P_{p}^{- 1} T P_{p} = (\begin{matrix} λ & 1 / p & (* / p) \\ 0 & λ & (*) \\ (0) & (0) & B \end{matrix}) \to (\begin{matrix} λ & 0 & (0) \\ 0 & λ & (*) \\ (0) & (0) & B \end{matrix}) = A_{\infty} .

Or cette matrice n’est pas semblable à $T$ ni à $A$ car $rg (A_{\infty} - λ I_{n}) \neq rg (T - λ I_{n})$ .
Ainsi, il existe une suite de matrices semblables à $A$ qui converge vers une matrice qui n’est pas semblable à $A$ , la classe de similitude de $A$ n’est pas fermée.

Cas: $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ . Si $A$ est diagonalisable dans $ℂ$ alors toute limite $A_{\infty}$ d’une suite de la classe de similitude de $A$ est semblable à $A$ dans $ℳ_{n} (ℂ)$ . Soit $P \in {GL}_{n} (ℂ)$ telle que $P^{- 1} A P = A_{\infty}$ . On a alors $A P = P A_{\infty}$ . En introduisant les parties réelles et imaginaires de $P$ , on peut écrire $P = Q + i R$ avec $Q, R \in ℳ_{n} (ℝ)$ .
L’identité $A P = P A_{\infty}$ avec $A$ et $A_{\infty}$ réelles entraîne $A Q = Q A_{\infty}$ et $A R = R A_{\infty}$ .
Puisque la fonction polynôme $t \mapsto \det (Q + t R)$ n’est pas nulle (car non nulle en $i$ ), il existe $t \in ℝ$ tel que $P^{'} = Q + t R \in {GL}_{n} (ℝ)$ et pour cette matrice $A P^{'} = P^{'} A_{\infty}$ .
Ainsi, les matrices $A$ et $A_{\infty}$ sont semblables dans $ℳ_{n} (ℝ)$ .
Si $A$ n’est pas diagonalisable dans $ℂ$ .
Il existe une valeur propre complexe $λ$ pour laquelle $Ker {(A - λ I_{2})}^{2} \neq Ker (A - λ I_{2})$ .
Pour $X_{2} \in Ker {(A - λ I_{2})}^{2} ∖ Ker (A - λ I_{2})$ et $X_{1} = (A - λ I_{2}) X_{2}$ , la famille $(X_{1}, X_{2})$ vérifie $A X_{1} = λ X_{1}$ et $A X_{2} = λ X_{2} + X_{1}$ .
Si $λ \in ℝ$ , il suffit de reprendre la démonstration qui précède.
Si $λ \in ℂ ∖ ℝ$ , on peut écrire $λ = a + i b$ avec $b \in ℝ^{*}$ .
Posons $X_{3} = {\bar{X}}_{1}$ et $X_{4} = {\bar{X}}_{2}$ .
La famille $(X_{1}, X_{2}, X_{3}, X_{4})$ est libre car $λ \neq \bar{λ}$ .
Introduisons ensuite $Y_{1} = Re (X_{1})$ , $Y_{2} = Re (X_{2})$ , $Y_{3} = Im (X_{1})$ et $Y_{4} = Im (X_{2})$ .
Puisque ${Vect}_{ℂ} (Y_{1}, \dots, Y_{4}) = {Vect}_{ℂ} (X_{1}, \dots, X_{4})$ , la famille $(Y_{1}, \dots, Y_{4})$ est libre et peut donc être complétée en une base.
On vérifie par le calcul $A Y_{1} = a Y_{1} - b Y_{3}$ , $A Y_{2} = a Y_{2} - b Y_{4} + Y_{1}$ , $A Y_{3} = a Y_{3} + b Y_{1}$ et $A Y_{4} = b Y_{2} + a Y_{4} + Y_{3}$ . et l’on obtient que la matrice $A$ est semblable dans $ℳ_{n} (ℝ)$ à la matrice

(\begin{matrix} T & * \\ O & B \end{matrix})

avec

T = (\begin{matrix} a & 1 & b & 0 \\ 0 & a & 0 & b \\ - b & 0 & a & 1 \\ 0 & - b & 0 & a \end{matrix}) .

Pour $P_{p} = diag (p,1, p,1, \dots 1)$ , on obtient

P_{p}^{- 1} T P_{p} \to (\begin{matrix} T_{\infty} & *^{'} \\ O & B \end{matrix}) = A_{\infty}

avec

T_{\infty} = (\begin{matrix} a & 0 & b & 0 \\ 0 & a & 0 & b \\ - b & 0 & a & 0 \\ 0 & - b & 0 & a \end{matrix}) .

Or dans $ℳ_{n} (ℂ)$ , la matrice $A_{\infty}$ est semblable est à $diag (λ, λ, \bar{λ}, \bar{λ}, B)$ qui n’est pas semblable à $A$ pour des raisons de dimensions analogues à ce qui a déjà été vu.
Les matrices réelles $A$ et $A_{\infty}$ ne sont pas semblables dans $ℳ_{n} (ℂ)$ ni a fortiori dans $ℳ_{n} (ℝ)$ .
On en déduit que la classe de similitude de $A$ n’est pas fermée

[<] Ouverts et fermés[>] Opérations sur les ouverts, les fermés

Exercice 28 5241

Soient $a$ un élément et $F$ une partie fermée non vide d’un espace normé $E$ de dimension finie. Montrer

a \in F \Leftrightarrow d (a, F) = 0 .

Exercice 29 4076 Correction

Soient $F$ une partie fermée non vide d’un espace normé $E$ et $x \in E$ . Montrer

d (x, F) = 0 \Leftrightarrow x \in F .

Solution

Rappelons

d (x, F) = inf {∥ x - y ∥ | y \in F}

$(⟸)$ Si $x \in F$ alors $0 \in {∥ x - y ∥ | y \in F}$ et donc $d (x, F) = 0$ .

$(⟹)$ Si $d (x, F) = 0$ alors pour tout $n \in ℕ$ , il existe $y_{n} \in F$ vérifiant

∥ x - y_{n} ∥ \leq \frac{1}{n + 1} .

En faisant varier $n$ , cela détermine $(y_{n}) \in F^{ℕ}$ telle que $y_{n} \to x$ .
Or $F$ est une partie fermée, elle contient les limites de ses suites convergentes et par conséquent $x \in F$ .

Exercice 30 1107 Correction

Soit $E$ une espace vectoriel normé.

(a)

Soient $F$ une partie fermée non vide de $E$ et $x \in E$ . Montrer

$d (x, F) = 0 \Leftrightarrow x \in F .$
(b)

Soient $F$ et $G$ deux fermés non vides et disjoints de $E$ .
Montrer qu’il existe deux ouverts $U$ et $V$ tels que

$F \subset U, G \subset V et U \cap V = \emptyset .$

Solution

(a)

Rappelons

$d (x, F) = inf {∥ x - y ∥ | y \in F}$

$(⟸)$ Si $x \in F$ alors $0 \in {∥ x - y ∥ | y \in F}$ et donc $d (x, F) = 0$ .

$(⟹)$ Si $d (x, F) = 0$ alors pour tout $n \in ℕ$ , il existe $y_{n} \in F$ vérifiant

$∥ x - y_{n} ∥ \leq \frac{1}{n + 1} .$

En faisant varier $n$ , cela déterminer $(y_{n}) \in F^{ℕ}$ telle que $y_{n} \to x$ .
Or $F$ est une partie fermée, elle contient les limites de ses suites convergentes et par conséquent $x \in F$ .
(b)

Soient

$U = ⋃_{x \in F} B (x, \frac{1}{2} d (x, G)) et V = ⋃_{x \in G} B (x, \frac{1}{2} d (x, F)) .$

Les parties $U$ et $V$ sont ouvertes car réunion de boules ouvertes et il est clair que $U$ et $V$ contiennent respectivement $F$ et $G$ .
S’il existe $y \in U \cap V$ alors il existe $a \in F$ et $b \in G$ tels que

$d (a, y) < \frac{1}{2} d (a, G) et d (b, y) < \frac{1}{2} d (b, F) .$

Puisque

$d (a, G), d (b, F) \leq d (a, b)$

on a donc

$d (a, b) \leq d (a, y) + d (y, b) < d (a, b) .$

C’est absurde et l’on peut conclure

$U \cap V = \emptyset .$

Exercice 31 4680

Soient $A$ une partie non vide d’un espace normé $E$ et $x$ un vecteur de $E$ .

(a)

Justifier que l’on peut introduire

$d (x, A) = inf_{a \in A} ∥ x - a ∥ \in ℝ_{+} .$
(b)

Montrer l’équivalence

$x \in \bar{A} \Leftrightarrow d (x, A) = 0 .$

Exercice 32 1120 Correction

Soient $A$ et $B$ deux parties non vides d’un espace vectoriel normé $E$ .
Établir

d (\bar{A}, \bar{B}) = d (A, B)

(en notant $d (A, B) = {inf}_{x \in A, y \in B} d (x, y)$ )

Solution

$A \subset \bar{A}$ , $B \subset \bar{B}$ donc $d (\bar{A}, \bar{B}) \leq d (A, B)$ .
Pour tout $x \in \bar{A}$ et $y \in \bar{B}$ , il existe $(a_{n}) \in A^{ℕ}$ et $(b_{n}) \in B^{ℕ}$ telles que $a_{n} \to x$ et $b_{n} \to y$ .
On a alors $d (x, y) = {lim}_{n \to + \infty} d (a_{n}, b_{n})$ or $d (a_{n}, b_{n}) \geq d (A, B)$ donc à la limite $d (x, y) \geq d (A, B)$ puis $d (\bar{A}, \bar{B}) \geq d (A, B)$ et finalement l’égalité.

Exercice 33 1106 Correction

Soient $A, B$ deux parties non vides d’un espace vectoriel normé $E$ telles que

d (A, B) = inf_{x \in A, y \in B} d (x, y) > 0 .

Montrer qu’il existe deux ouverts disjoints $U$ et $V$ tels que $A \subset U$ et $B \subset V$ .

Solution

Les ensembles

U = ⋃_{a \in A} B (a, d / 2) et V = ⋃_{b \in B} B (b, d / 2)

avec $d = d (A, B)$ sont solutions.

En effet, $U$ et $V$ sont des ouverts (par réunion d’ouverts) contenant $A$ et $B$ . Aussi, $U$ et $V$ sont disjoints car

	$U \cap V \neq \emptyset$	$⟹ \exists (a, b) \in A \times B, B (a, d / 2) \cap B (b, d / 2) \neq \emptyset$
		$⟹ d (A, B) < d .$

Exercice 34 2415 CENTRALE (MP)Correction

Soit $A$ une partie non vide de $ℝ$ telle que pour tout $x$ réel il existe un et un seul $y \in A$ tel que $| x - y | = d (x, A)$ . Montrer que $A$ est un intervalle fermé.

Solution

Soit $(x_{n}) \in A^{ℕ}$ convergeant vers $x \in ℝ$ . Il existe un unique $y \in A$ tel que $| x - y | = d (x, A)$ . Or $d (x, A) = 0$ donc $x = y \in A$ . Ainsi $A$ est fermé.
Par l’absurde supposons que $A$ ne soit pas un intervalle. Il existe alors $a < c < b$ tels que $a, b \in A$ et $c \notin A$ . Posons

α = sup {x \in A | x \leq c} et β = inf {x \in A | x \geq c} .

On a $α, β \in A$ , $α < c < β$ et $] α; β [\subset ∁_{ℝ} A$ .

Posons alors $γ = \frac{α + β}{2}$ . On a

d (γ, A) = \frac{β - α}{2} = | γ - α | = | γ - β |

ce qui contredit l’hypothèse d’unicité. C’est absurde.

Exercice 35 3066

On considère l’espace $E = 𝒞 ([0; 1], ℝ)$ normé par ${∥ \cdot ∥}_{\infty}$ et la partie

A = {f \in E | f (0) = 0 et \int_{0}^{1} f (t) d t \geq 1} .

(a)

Montrer que $A$ est une partie fermée.
(b)

Vérifier que ${∥ f ∥}_{\infty} > 1$ pour tout $f \in A$ .
(c)

Calculer la distance de la fonction nulle à la partie $A$ .

[<] Distance à une partie[>] Continuité et topologie

Exercice 36 5235

Soient $U_{1}, \dots, U_{p}$ des parties ouvertes d’un espace normé $E$ de dimension finie.

Montrer que $U = U_{1} \cap \dots \cap U_{p}$ est une partie ouverte. Que dire de la réunion d’un nombre fini de parties fermées?

Exercice 37 4679

Déterminer deux parties $A$ et $B$ de l’espace $ℝ^{2}$ telles que $A$ et $B$ soient fermées mais pas la partie

A + B = {a + b | a \in A et b \in B} .

Exercice 38 1103 Correction

Montrer que tout fermé peut s’écrire comme intersection d’une suite décroissante d’ouverts.

Solution

Soient $F$ un fermé et pour tout $n \in ℕ^{*}$ ,

O_{n} = ⋃_{a \in F} B (a,1 / n)

$O_{n}$ est un ouvert (car réunion d’ouverts) contenant $F$ . Le fermé $F$ est donc inclus dans l’intersection des $O_{n}$ pour $n \in ℕ^{*}$ .
Inversement, si $x$ appartient à cette intersection, alors, pour tout $n \in ℕ$ , il existe $a_{n} \in F$ tel que $x \in B (a_{n},1 / n)$ . La suite $(a_{n})$ converge alors vers $x$ et donc $x \in F$ car $F$ est fermé.

Finalement, $F$ est l’intersection des $O_{n}$ pour $n \in ℕ^{*}$ .

Exercice 39 1118 Correction

Soient $A$ un ouvert et $B$ une partie d’un espace vectoriel normé $E$ .

(a)

Montrer que $A \cap \bar{B} \subset \bar{A \cap B}$
(b)

Montrer que $A \cap B = \emptyset ⟹ A \cap \bar{B} = \emptyset$ .

Solution

(a)

Soit $x \in A \cap \bar{B}$ . Il existe une suite $(b_{n}) \in B^{ℕ}$ telle que $b_{n} \to x$ . Or $x \in A$ et $A$ est ouvert donc à partir d’un certain rang $b_{n} \in A$ . Ainsi pour $n$ assez grand $b_{n} \in A \cap B$ et puisque $b_{n} \to x$ , $x \in \bar{A \cap B}$ .
(b)

Si $A \cap B = \emptyset$ alors $A \cap \bar{B} \subset \bar{A \cap B} = \bar{\emptyset} = \emptyset$ .

Exercice 40 4678

Soit $X$ une partie quelconque d’un espace normé $E$ .

(a)

Montrer que $X^{\circ}$ est la réunion des ouverts inclus dans $X$ .
(b)

En déduire que $X^{\circ}$ est le plus grand¹¹ 1 Au sens de l’inclusion. ouvert inclus dans $X$ .
(c)

Établir que $\bar{X}$ est le plus petit fermé contenant $X$ .

Exercice 41 1104 Correction

On désigne par $p_{1}$ et $p_{2}$ les applications coordonnées de $ℝ^{2}$ définies par $p_{i} (x_{1}, x_{2}) = x_{i}$ pour $i = 1,2$ .

(a)

Soit $O$ un ouvert de $ℝ^{2}$ , montrer que $p_{1} (O) et p_{2} (O)$ sont des ouverts de $ℝ$ .
(b)

Soit $H = {(x, y) \in ℝ^{2} | x y = 1}$ . Montrer que $H$ est un fermé de $ℝ^{2}$ et que $p_{1} (H) et p_{2} (H)$ ne sont pas des fermés de $ℝ$ .
(c)

Montrer que si $F$ est un fermé et que $p_{2} (F)$ est une partie bornée, alors $p_{1} (F)$ est fermée.

Solution

(a)

Soit $x \in p_{1} (O)$ . Il existe $y \in ℝ$ tel que $a = (x, y) \in O$ . Comme $O$ est ouvert, il existe $ε > 0$ tel que $B_{\infty} (a, ε) \subset O$ et alors $] x - ε; x + ε [\subset p_{1} (O)$ . Ainsi, $p_{1} (O)$ (et de même $p_{2} (O)$ ) est ouvert.
(b)

Soit ${((x_{n}, y_{n}))}_{n \in ℕ} \in H^{ℕ}$ telle que

$(x_{n}, y_{n}) \to_{n \to + \infty}^{} (x, y) .$

Comme $x_{n} y_{n} = 1$ , à la limite $x y = 1$ .

Par la caractérisation séquentielle des fermés, $H$ est une partie fermée.

Cependant $p_{1} (H) = ℝ^{*}$ , $p_{2} (H) = ℝ^{*}$ ne sont pas des parties fermées de $ℝ$ .
(c)

Soit ${(x_{n})}_{n \in ℕ} \in {(p_{1} (F))}^{ℕ}$ telle que

$x_{n} \to_{n \to + \infty}^{} x .$

Pour $n \in ℕ$ , il existe $y_{n}$ tel que $(x_{n}, y_{n}) \in F$ .

Comme la suite $(y_{n})$ est bornée, on peut extraire une suite convergente $(y_{φ (n)})$ de limite $y$ . La suite $((x_{φ (n)}, y_{φ (n)}))$ est convergente de limite $(x, y)$ et, puisque $F$ est une partie fermée, $(x, y) \in F$ . On en déduit $x = p_{1} ((x, y)) \in p_{1} (F)$ . Ainsi, $p_{1} (F)$ est une partie fermée.

Exercice 42 3021 X (MP)Correction

Soient $E$ un espace vectoriel normé, $F$ un sous-espace fermé de $E$ et $G$ un sous-espace vectoriel de dimension finie de $E$ . Montrer que $F + G$ est fermé

Solution

Pour obtenir ce résultat, il suffit de savoir montrer $F + Vect (u)$ fermé pour tout $u \notin F$ .
Soit $(x_{n})$ une suite convergente d’éléments de $F + Vect (u)$ de limite $x$ .
Pour tout $n \in ℕ$ , on peut écrire $x_{n} = y_{n} + λ_{n} u$ avec $y_{n} \in F$ et $λ_{n} \in 𝕂$ .
Montrons en raisonnant par l’absurde que la suite $(λ_{n})$ est bornée.
Si la suite $(λ_{n})$ n’est pas bornée, quitte à considérer une suite extraite, on peut supposer $| λ_{n} | \to + \infty$ .
Posons alors $z_{n} = \frac{1}{λ_{n}} x_{n} = \frac{1}{λ_{n}} y_{n} + u$ .
Puisque $∥ x_{n} ∥ \to ∥ x ∥$ et $| λ_{n} | \to + \infty$ , on a $∥ z_{n} ∥ \to 0$ et donc $\frac{1}{λ_{n}} y_{n} \to - u$ .
Or la suite de terme général $\frac{1}{λ_{n}} y_{n}$ est une suite d’éléments de l’espace fermé $F$ , donc $- u \in F$ ce qui exclu.
Ainsi, la suite $(λ_{n})$ est bornée et l’on peut en extraire une suite convergente $(λ_{φ (n)})$ de limite $λ \in 𝕂$ .
Par opérations, la suite $(y_{φ (n)})$ est alors convergente.
En notant $y$ sa limite, on a $y \in F$ car l’espace $F$ est fermé.
En passant la relation $x_{n} = y_{n} + λ_{n} u$ à la limite, on obtient $x = y + λ u \in F + Vect (u)$ .
Ainsi, l’espace $F + Vect (u)$ est fermé.

[<] Opérations sur les ouverts, les fermés[>] Parties denses

Exercice 43 1123

Justifier que $U = {(x, y) \in ℝ^{2} | x^{2} + y^{2} < x^{3} + y^{3}}$ est une partie ouverte de $ℝ^{2}$ .

Exercice 44 5243

(a)

Montrer que $A = {(x, y) \in ℝ^{2} | x y < 1}$ est une partie ouverte.
(b)

Montrer que $B = {(x, y) \in ℝ^{2} | 1 + y^{3} \geq x^{2}}$ est une partie fermée.
(c)

Montrer que $C = {(x, y) \in ℝ^{2} | x^{4} + y^{4} = x^{2}}$ est une partie fermée.

Exercice 45 3859 Correction

Soit $E$ un $ℝ$ -espace vectoriel normé de dimension finie.
Montrer que l’ensemble $𝒫$ des projecteurs de $E$ est une partie fermée de $ℒ (E)$ .

Solution

Considérons l’application $φ : ℒ (E) \to ℒ (E)$ déterminée par $φ (f) = f^{2} - f$ .
L’application $φ$ est continue par opérations sur les fonctions continues, notamment parce que l’application $f \mapsto f \circ f$ est continue (elle s’obtient à partir du produit dans l’algèbre $ℒ (E)$ ).
Puisque ${\tilde{0}}$ est une partie fermée de $ℒ (E)$ , l’ensemble $𝒫 = φ^{- 1} ({\tilde{0}})$ est un fermé relatif à $ℒ (E)$ , donc un fermé de $ℒ (E)$ .

Exercice 46 1124

Montrer que ${GL}_{n} (𝕂)$ est une partie ouverte de $ℳ_{n} (𝕂)$ .

Exercice 47 1125

Soit $E$ un espace vectoriel euclidien.

Montrer que l’ensemble ${(x, y) \in E^{2} | (x, y) libre}$ est un ouvert de $E^{2}$ .

Exercice 48 1126 Correction

Pour $p \in {0,1, \dots, n}$ , on note $R_{p}$ l’ensemble des matrices de $ℳ_{n} (𝕂)$ de rang supérieur à $p$ .
Montrer que $R_{p}$ est un ouvert de $ℳ_{n} (𝕂)$ .

Solution

Soit $A \in R_{p}$ . La matrice $A$ possède un déterminant extrait non nul d’ordre $p$ . Par continuité du déterminant, au voisinage de $A$ , toute matrice à ce même déterminant extrait non nul et est donc de rang supérieur à $p$ . Ainsi la matrice $A$ est intérieure à $R_{p}$ .

Exercice 49 1128 Correction

Montrer qu’un endomorphisme $u$ d’un espace vectoriel normé $E$ est continu si, et seulement si, la partie ${x \in E | ∥ u (x) ∥ = 1}$ est fermée.

Solution

Si $u$ est continue alors

A = {x \in E | ∥ u (x) ∥ = 1} = f^{- 1} ({1})

est l’image réciproque du fermé ${1}$ par l’application continue $f = ∥ \cdot ∥ \circ u$ . La partie $A$ est donc un fermé relatif à $E$ , c’est donc une partie fermée.
Inversement, si $u$ n’est pas continu alors l’application $u$ n’est par bornée sur ${x \in E | ∥ x ∥ = 1}$ . Cela permet de construire une suite $(x_{n}) \in E^{ℕ}$ vérifiant

∥ x_{n} ∥ = 1 et ∥ u (x_{n}) ∥ > n .

En posant

y_{n} = \frac{1}{∥ u (x_{n}) ∥} x_{n}

on obtient une suite $(y_{n}) \in A^{ℕ}$ vérifiant $y_{n} \to 0$ .
Or $0 \notin A$ donc la partie $A$ n’est pas fermée.

Exercice 50 1129 MINES (MP)

Montrer qu’une forme linéaire est continue si, et seulement si, son noyau est fermé.

Exercice 51 3285 CENTRALE (MP)Correction

Soient $E$ un espace normé de dimension quelconque et $u$ un endomorphisme de $E$ vérifiant

\forall x \in E, ∥ u (x) ∥ \leq ∥ x ∥ .

Pour tout $n \in ℕ$ , on pose

v_{n} = \frac{1}{n + 1} \sum_{k = 0}^{n} u^{k} .

(a)

Simplifier $v_{n} \circ (u - Id)$ .
(b)

Montrer que

$Im (u - Id) \cap Ker (u - Id) = {0} .$
(c)

On suppose $E$ de dimension finie, établir

$Im (u - Id) \oplus Ker (u - Id) = E .$
(d)

On suppose de nouveau $E$ de dimension quelconque.
Montrer que si

$Im (u - Id) \oplus Ker (u - Id) = E$

alors la suite $(v_{n})$ converge simplement et l’espace $Im (u - Id)$ est une partie fermée de $E$ .
(e)

Étudier la réciproque.

Solution

(a)

Par télescopage

$(\sum_{k = 0}^{n} u^{k}) \circ (u - Id) = u^{n + 1} - Id$

donc

$v_{n} \circ (u - Id) = \frac{1}{(n + 1)} (u^{n + 1} - Id) .$
(b)

Soit $x \in Im (u - Id) \cap Ker (u - Id)$ . On peut écrire $x = u (a) - a$ et l’on a $u (x) = x$ .
On en déduit

$v_{n} \circ (u - Id) (a) = x .$

Or

$v_{n} \circ (u - Id) (a) = \frac{1}{n + 1} (u^{n + 1} (a) - a) \to 0$

car

$∥ u^{n + 1} (a) - a ∥ \leq ∥ u^{n + 1} (a) ∥ + ∥ a ∥ \leq 2 ∥ a ∥ .$

On en déduit $x = 0$ .
(c)

Par la formule du rang

$dim Im (u - Id) + dim Ker (u - Id) = dim E$

et puisque les deux espaces sont en somme directe, ils sont supplémentaires.
(d)

Soit $z \in E$ . On peut écrire $z = x + y$ avec $x \in Im (u - Id)$ et $y \in Ker (u - Id)$ .
On a alors $v_{n} (z) = v_{n} (x) + y$ avec, comme dans l’étude du b), $v_{n} (x) \to 0$ . On en déduit $v_{n} (z) \to y$ .
Ainsi, la suite de fonctions $(v_{n})$ converge simplement vers la projection $p$ sur $Ker (u - Id)$ parallèlement à $Im (u - Id)$ .
Puisque pour tout $x \in E$ , on a

$∥ v_{n} (x) ∥ \leq \frac{1}{n + 1} \sum_{k = 0}^{n} ∥ u^{k} (x) ∥ \leq \frac{1}{n + 1} \sum_{k = 0}^{n} ∥ x ∥ = ∥ x ∥$

on obtient à la limite $∥ p (x) ∥ \leq ∥ x ∥$ . On en déduit que la projection $p$ est continue puis que $Im (u - Id) = Ker (p)$ est une partie fermée.
(e)

Supposons la convergence simple de la suite de fonctions $(v_{n})$ et la fermeture de $Im (u - Id)$ .
Soit $z \in E$ . Posons $y = {lim}_{n \to + \infty} v_{n} (z)$ et $x = z - y$ .
D’une part, puisque

$u (v_{n} (z)) = \frac{1}{n + 1} \sum_{k = 0}^{n} u^{k + 1} (z) = v_{n} (z) + \frac{1}{n + 1} (u^{n + 1} (z) - z)$

on obtient à la limite

$u (y) = y$

car l’application linéaire $u$ est continue et $∥ u^{n + 1} (z) ∥ \leq ∥ z ∥$ . On en déduit $y \in Ker (u - Id)$ .
D’autre part

$z - v_{n} (z) = \frac{1}{n + 1} (\sum_{k = 0}^{n} (Id - u^{k}) (z))$

et

$Im (Id - u^{k}) = Im ((Id - u) \circ \sum_{ℓ = 0}^{k - 1} u^{ℓ - 1}) \subset Im (Id - u) = Im (u - Id)$

donc $z - v_{n} (z) \in Im (u - Id)$ . On en déduit $x = lim (z - v_{n} (z)) \in Im (u - Id)$ car $Im (u - Id)$ est fermé.
Finalement, on a écrit $z = x + y$ avec

$x \in Im (u - Id) et y \in Ker (u - Id) .$

Exercice 52 1127

Soient $E$ et $F$ deux espaces vectoriels normés et $f : E \to F$ . Montrer qu’il y a équivalence entre les quatre assertions suivantes:

(i)

$f$ est continue;
(ii)

$\forall A \in ℘ (E), f (\bar{A}) \subset \bar{f (A)}$ ;
(iii)

$\forall B \in ℘ (F), \bar{f^{- 1} (B)} \subset f^{- 1} (\bar{B})$ ;
(iv)

$\forall B \in ℘ (F), f^{- 1} (B^{\circ}) \subset {(f^{- 1} (B))}^{\circ}$ .

Exercice 53 3726 ENSCorrection

Soit $f : ℝ \to ℝ$ vérifiant

(1))

$\forall [a; b] \subset ℝ, f ([a; b])$ est un segment;
(2)

$y \in ℝ, f^{- 1} ({y})$ est une partie fermée.

Montrer que $f$ est continue.

Solution

Par l’absurde, supposons $f$ discontinue en $a \in ℝ$ . On peut alors construire une suite $(x_{n})$ vérifiant

x_{n} \to_{n \to + \infty}^{} a et \forall n \in ℕ, | f (x_{n}) - f (a) | \geq ε

avec $ε > 0$ convenable.

Soit $n \in ℕ$ , puisque $f ([a; x_{n}])$ est un segment contenant $f (a)$ et $f (x_{n})$ , il contient aussi l’intermédiaire $f (a) \pm ε$ (le $\pm$ étant déterminé par la position relative de $f (x_{n})$ par rapport à $f (a)$ ). Il existe donc $a_{n}$ compris entre $a$ et $x_{n}$ vérifiant

| f (a_{n}) - f (a) | = ε .

La suite $(a_{n})$ évolue dans le fermé $f^{- 1} ({f (a) + ε}) \cup f^{- 1} ({f (a) - ε})$ et converge vers $a$ donc $a \in f^{- 1} ({f (a) + ε}) \cup f^{- 1} ({f (a) - ε})$ . C’est absurde.

Exercice 54 2773 MINES (MP)Correction

Pour $n \in ℕ^{*}$ , $O_{n}$ désigne l’ensemble des polynômes réels de degré $n$ scindés à racines simples et $F_{n}$ l’ensemble des polynômes de $ℝ_{n} [X]$ scindés à racines simples.

Ces ensembles sont-ils ouverts dans $ℝ_{n} [X]$ ?

Solution

Soit $P \in O_{n}$ . En notant $x_{1} < \dots < x_{n}$ ses racines, on peut écrire

P = α (X - x_{1}) \dots (X - x_{n})

avec $α \neq 0$ .
Posons $y_{1}, \dots, y_{n - 1}$ les milieux des segments $[x_{1}; x_{2}], \dots, [x_{n - 1}; x_{n}]$ .
Posons aussi $y_{0} \in] - \infty; x_{1} [$ et $y_{n} \in] x_{n}; + \infty [$ .
$P (y_{0})$ est du signe de ${(- 1)}^{n} α$ , $P (y_{1})$ est du signe de ${(- 1)}^{n - 1} α$ ,…, $P (y_{n - 1})$ est du signe de $(- 1) α$ , $P (y_{n})$ du signe de $α$ . Pour simplifier l’exposé de ce qui suit, on va supposer $α > 0$ . La résolution se transposera aisément au cas $α < 0$ .
Considérons l’application

f_{i} : Q \in ℝ_{n} [X] \mapsto Q (y_{i}) .

L’application $f_{i}$ est continue et donc $f_{j}^{- 1} (ℝ_{+}^{*})$ et $f_{j}^{- 1} (ℝ_{-}^{*})$ sont des parties ouvertes de $ℝ_{n} [X]$ .
Considérons $U$ l’intersection des ouverts

f_{0}^{- 1} ({(- 1)}^{n} ℝ_{+}^{*}), f_{1}^{- 2} ({(- 1)}^{n - 1} ℝ_{+}^{*}), \dots, f_{n}^{- 1} (ℝ_{+}^{*}) .

Les éléments de $U$ sont des polynômes réels alternant de signe entre $y_{0} < y_{1} < \dots < y_{n}$ . Par application du théorème des valeurs intermédiaires, un tel polynôme admet $n$ racines distinctes et donc est scindé à racines simples. Ainsi, $U \subset O_{n}$ . Or $P \in U$ et $U$ est ouvert donc $U$ est voisinage de $P$ puis $O_{n}$ est voisinage de $P$ .
Au final $O_{n}$ est ouvert car voisinage de chacun de ses éléments.
Dans le cas $n = 1$ : $F_{n} = O_{n}$ et donc $F_{n}$ est ouvert.
Dans le cas $n = 2$ : $F_{n}$ réunit les polynômes $P = a X^{2} + b X + c$ avec $b^{2} - 4 a c > 0$ (que $a$ soit égal à 0 ou non). L’application $P \mapsto b^{2} - 4 a c$ étant continue, on peut affirmer que $F_{n}$ est encore ouvert car image réciproque d’un ouvert pas une application continue.
Dans le cas $n \geq 3$ : $P_{n} = X (1 + X^{2} / n)$ est une suite de polynômes non scindés convergeant vers $X$ scindé à racines simples. Par suite, $F_{n}$ n’est pas ouvert.

Exercice 55 2813 MINES (MP)Correction

Soient $f$ et $g$ des fonctions continues de $[0; 1]$ dans $[0; 1]$ telles que $f \circ g = g \circ f$ .

(a)

Montrer que l’ensemble des points fixes de $f$ possède un plus grand et un plus petit élément.
(b)

Montrer l’existence de $c \in [0; 1]$ tel que $f (c) = g (c)$ .

Solution

(a)

L’ensemble des points fixes de $f$ est ${(f - Id)}^{- 1} {0}$ , c’est donc une partie fermée de $[0; 1]$ . Étant fermée et bornée c’est une partie compacte. Étant de plus non vide, cette partie admet un plus petit et un plus grand élément.
(b)

Soient $a \leq b$ les deux éléments précédents. L’égalité $f \circ g = g \circ f$ donne $f (g (a)) = g (a)$ et $f (g (b)) = g (b)$ .
Les réels $g (a)$ et $g (b)$ étant points fixes de $f$ , on a l’encadrement

$a \leq g (a), g (b) \leq b .$

Considérons alors la fonction continue $φ = f - g$ .
On a $φ (a) = a - g (a) \leq 0$ et $φ (b) = b - g (b) \geq 0$ .
Par application du théorème des valeurs intermédiaires, la fonction $φ$ s’annule.

Exercice 56 3393 ENSTIM (MP)Correction

Soit $f : [0; 1] \to [0; 1]$ une application continue vérifiant

f \circ f = f .

(a)

Montrer que l’ensemble

${x \in [0; 1] | f (x) = x}$

est un intervalle fermé et non vide.
(b)

Donner l’allure d’une fonction $f$ non triviale vérifiant les conditions précédentes.
(c)

On suppose de plus que $f$ est dérivable. Montrer que $f$ est constante ou égale à l’identité.

Solution

(a)

Notons

$A = {x \in [0; 1] | f (x) = x} .$

On a évidemment $A \subset Im (f)$ , mais inversement, pour $x \in Im (f)$ , on peut écrire $x = f (a)$ et alors

$f (x) = f (f (a)) = f (a) = x .$

Ainsi, $Im (f) \subset A$ , puis, par double inclusion, $A = Im (f)$ .
On en déduit que $A$ est un segment de $ℝ$ de la forme $[α; β]$ car image d’un compact par une fonction réelle continue.
(b)

Une fonction $f$ d’allure suivante convient
(c)

Soit $f$ solution dérivable.
Si $α = β$ alors $f$ est constante égale à cette valeur commune.
Si $α < β$ alors $f^{'} (α) = f_{d}^{'} (α) = 1$ car $f (x) = x$ sur $[α; β]$ .
Par suite, si $α > 0$ , $f$ prend des valeurs strictement inférieur à $α$ ce qui est contradictoire avec l’étude qui précède. On en déduit $α = 0$ .
De même, on obtient $β = 1$ et l’on conclut $f : x \in [0; 1] \mapsto x$ .

Exercice 57 2774 MINES (MP)Correction

(a)

Chercher les fonctions $f : [0; 1] \to [0; 1]$ continues vérifiant

$f \circ f = f .$
(b)

Même question avec les fonctions dérivables.

Solution

(a)

Soit $f$ solution. Formons

$A = {x \in [0; 1] | f (x) = x} .$

On a évidemment $A \subset Im (f)$ , mais inversement, pour $x \in Im (f)$ , on peut écrire $x = f (a)$ et alors

$f (x) = f (f (a)) = f (a) = x .$

Ainsi, $Im (f) \subset A$ , puis, par double inclusion, $A = Im (f)$ .
On en déduit que $A$ est un segment de $ℝ$ de la forme $[α; β]$ car c’est l’image d’un segment par une fonction réelle continue.
Pour tout $x \in [α; β]$ , $f (x) = x$ et pour tout $x \in [0; α [\cup] β; 1]$ , $f (x) \in [α; β]$ .
Inversement, une fonction continue vérifiant les deux conditions précédente est solution.
Cela peut apparaître sous la forme d’une fonction ayant l’allure suivante
(b)

Soit $f$ solution dérivable.
Si $α = β$ alors $f$ est constante égale à cette valeur commune.
Si $α < β$ alors $f^{'} (α) = f_{d}^{'} (α) = 1$ car $f (x) = x$ sur $[α; β]$ .
Par suite, si $α > 0$ , $f$ prend des valeurs strictement inférieur à $α$ ce qui est contradictoire avec l’étude qui précède. On en déduit $α = 0$ .
De même, on obtient $β = 1$ et l’on conclut $f : x \in [0; 1] \mapsto x$ .

[<] Continuité et topologie[>] Continuité et densité

Exercice 58 1130 Correction

Montrer que ${GL}_{n} (ℝ)$ est dense dans $ℳ_{n} (ℝ)$ .

On pourra considérer, pour $A \in M_{n} (R)$ , les matrices de la forme $A - λ I_{n}$ .

Solution

L’application $λ \mapsto \det (A - λ I_{n})$ est polynomiale et non nulle, elle possède donc un nombre fini de racines. Par suite,

\forall A \in ℳ_{n} (ℝ), \forall α > 0, B (A, α) \cap {GL}_{n} (ℝ) \neq \emptyset .

Exercice 59 1135 Correction

Montrer que l’ensemble des matrices diagonalisables de $ℳ_{n} (ℂ)$ est dense dans $ℳ_{n} (ℂ)$ .

Solution

Soit $A \in ℳ_{n} (ℂ)$ . La matrice $A$ est trigonalisable, il existe $P \in {GL}_{n} (ℂ)$ telle que $P^{- 1} A P = T$ avec $T$ triangulaire supérieure. Posons alors

T_{p} = T + diag (1 / p,2 / p, \dots, n / p) et A_{p} = P T_{p} P^{- 1} .

Il est immédiat que

T_{p} \to_{p \to + \infty}^{} T et A_{p} \to_{p \to + \infty}^{} A

De plus, pour $p$ assez grand, la matrice $T_{p}$ est triangulaire supérieure à coefficients diagonaux deux à deux distincts. Cette matrice admet alors $n$ valeurs propres et est donc diagonalisable. Il en est de même pour $A_{p}$ qui lui est semblable. Ainsi, toute matrice de $M_{n} (ℂ)$ est limite d’une suite de matrices diagonalisables.

Exercice 60 1134 Correction

On note $ℝ^{(ℕ)}$ l’ensemble des suites réelles nulles à partir d’un certain rang.

(a)

Montrer que $ℝ^{(ℕ)}$ est une partie dense de l’espace des suites sommables normé par

${∥ u ∥}_{1} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} | u_{n} | .$
(b)

$ℝ^{(ℕ)}$ est-il une partie dense de l’espace des suites bornées normé par

${∥ u ∥}_{\infty} = sup_{n \in ℕ} | u_{n} | ?.$

Solution

(a)

Soit $u$ une suite sommable. On a

$\sum_{n = N + 1}^{+ \infty} | u_{n} | \to 0$

donc pour tout $α > 0$ , il existe $N$ tel que

$\sum_{n = N + 1}^{+ \infty} | u_{n} | < α .$

Considérons alors $v$ définie par $v_{n} = u_{n}$ si $n \leq N$ et $v_{n} = 0$ sinon.
On a $v \in ℝ^{(ℕ)}$ et ${∥ v - u ∥}_{1} < α$ donc $B (u, α) \cap ℝ^{(ℕ)} \neq \emptyset$ .
(b)

Non, en notant $u$ la suite constante égale à 1, $B_{\infty} (u,1 / 2) \cap ℝ^{(ℕ)} = \emptyset$ .

Exercice 61 2779 MINES (MP)

Montrer qu’un hyperplan d’un espace normé $E$ est une partie dense ou fermée.

Exercice 62 1132 Correction

Soient $U$ et $V$ deux ouverts denses d’un espace vectoriel normé $E$ .

(a)

Établir que $U \cap V$ est encore un ouvert dense de $E$ .
(b)

En déduire que la réunion de deux fermés d’intérieurs vides est aussi d’intérieur vide.

Solution

(a)

Pour tout $a \in E$ et tout $ε > 0$ , $B (a, ε) \cap U \neq \emptyset$ car $U$ est dense.
Soit $x \in B (a, ε) \cap U$ . Puisque $B (a, ε) \cap U$ est ouvert, il existe $α > 0$ tel que $B (x, α) \subset B (a, ε) \cap U$ et puisque $V$ est dense $B (x, α) \cap V \neq \emptyset$ . Par suite,

$B (a, ε) \cap (U \cap V) \neq \emptyset .$
(b)

Soient $F$ et $G$ deux fermés d’intérieurs vides.

$∁_{E} {(F \cup G)}^{\circ} = \bar{∁_{E} (F \cup G)} = \bar{∁_{E} F \cap ∁_{E} G}$

avec $∁_{E} F$ et $∁_{E} G$ ouverts denses donc

$\bar{∁_{E} F \cap ∁_{E} G} = E$

puis

${(F \cup G)}^{\circ} = \emptyset .$

Exercice 63 3649 Correction

Soient $A$ et $B$ deux parties denses d’un espace normé $E$ .
On suppose la partie $A$ ouverte, montrer que $A \cap B$ est une partie dense.

Solution

Soient $x \in E$ et $r > 0$ .
Puisque $A$ est une partie dense, $B (a, r) \cap A \neq \emptyset$ . On peut donc introduire $x \in B (a, r) \cap A$ . Or par intersection d’ouverts, $B (a, r) \cap A$ est aussi une partie ouverte et donc il existe $α > 0$ tel que $B (x, α) \subset B (a, r) \cap A$ . Puisque la partie $B$ est dense, $B (x, α) \cap B \neq \emptyset$ et finalement $B (a, r) \cap A \cap B \neq \emptyset$ .
On peut donc conclure que $A \cap B$ est une partie dense de $E$ .

Exercice 64 2944 X (MP)Correction

Soit $A$ une partie convexe et dense d’un espace euclidien $E$ .

Montrer que $A = E$ .

Solution

Par l’absurde, supposons $A \neq E$ . Il existe un élément $a \in E$ tel que $a \notin A$ . Par translation du problème (la partie $- a + A$ est encore convexe et dense), on peut supposer $a = 0_{E}$ . Posons $n = dim E$ .

Si $Vect (A)$ est de dimension strictement inférieure à $n$ alors $A$ est inclus dans un hyperplan de $E$ et son adhérence aussi. C’est absurde car cela contredit la densité de $A$ .

Si $Vect (A)$ est de dimension $n$ , on peut alors considérer $(e_{1}, \dots, e_{n})$ une base de $E$ formée d’éléments de $A$ . Puisque $0_{E} \notin A$ , pour tout $x \in A$ , on remarque

\forall λ \in ℝ_{-}, - λ x \notin A

(car sinon, par convexité, $0_{E} \in A$ ).

Par convexité de $A$ ,

\forall λ_{1}, \dots, λ_{n} \geq 0, λ_{1} + \dots + λ_{n} = 1 ⟹ λ_{1} e_{1} + \dots + λ_{n} e_{n} \in A

et donc

\forall λ \in ℝ_{-}, \forall λ_{1}, \dots, λ_{n} \geq 0, λ_{1} + \dots + λ_{n} = 1 ⟹ λ (λ_{1} e_{1} + \dots + λ_{n} e_{n}) \notin A .

Ainsi,

\forall μ_{1}, \dots, μ_{n} \leq 0, μ_{1} e_{1} + \dots + μ_{n} e_{n} \notin A .

Or la partie ${μ_{1} e_{1} + \dots + μ_{n} e_{n} | μ_{i} < 0}$ est un ouvert non vide inclus dans le complémentaire de $A$ . Aucun de ses éléments n’est adhérent à $A$ . Cela contredit la densité de $A$ .

Exercice 65 1133 Correction

Soit $H$ un sous-groupe de $(ℝ, +)$ non réduit à ${0}$ .

(a)

Justifier l’existence de $a = inf {x \in H | x > 0}$ .
(b)

On suppose $a > 0$ . Établir $a \in H$ puis $H = a ℤ$ .
(c)

On suppose $a = 0$ . Établir que $H$ est dense dans $ℝ$ .

Solution

(a)

Il existe $h \in H$ tel que $h \neq 0$ car $H$ n’est pas réduit à ${0}$ .
Si $h > 0$ alors $h \in {x \in H | x > 0}$ . Si $h < 0$ alors $- h \in {x \in H | x > 0}$ .
Dans les deux cas ${x \in H | x > 0} \neq \emptyset$ . De plus, ${x \in H | x > 0} \subset ℝ$ et ${x \in H | x > 0}$ est minoré par 0 donc $a = inf {x \in H | x > 0}$ existe dans $ℝ$ .
(b)

On suppose $a > 0$ .
Si $a \notin H$ alors il existe $x, y \in H$ tel que $a < x < y < 2 a$ et alors $y - x$ est élément de $H$ et vérifie $0 < y - x < a$ ce qui contredit la définition de $a$ . C’est absurde.
$a \in H$ donc $a ℤ = < a > \subset H$ .
Inversement, soit $x \in H$ . On peut écrire $x = a q + r$ avec $q \in ℤ$ , $r \in [0; a [$ (en fait $q = E (x / a)$ et $r = x - a q$ )
Puisque $r = x - a q$ avec $x \in H$ et $a q \in a ℤ \subset H$ on a $r \in H$ .
Si $r > 0$ alors $r \in {x \in H | x > 0}$ et $r < a$ contredit la définition de $a$ .
Il reste $r = 0$ et donc $x = a q$ . Ainsi $H \subset a ℤ$ puis l’égalité.
(c)

Puisque $inf {x \in H | x > 0} = 0$ , on peut affirmer que pour tout $α > 0$ , il existe $x \in H$ tel que $0 < x < α$ .
Soient $a \in ℝ$ et $α > 0$ . Montrons $H \cap B (a, α) \neq \emptyset$ c’est-à-dire $H \cap] a - α; a + α [\neq \emptyset$
Il existe $x \in H$ tel que $0 < x < α$ . Posons $n = E (a / x)$ . On a $a = n x + r$ avec $0 \leq r < α$ .
$n x \in < x > \subset H$ et $| a - n x | = r < α$ donc $n x \in H \cap B (a, α)$ et donc $H \cap B (a, α) \neq \emptyset$ .
Ainsi $H$ est dense dans $ℝ$ .

Exercice 66 23 Correction

(a)

Montrer que ${\cos (n) | n \in ℕ}$ est dense dans $[- 1; 1]$ .
(b)

Montrer que ${\cos (\ln (n)) | n \in ℕ^{*}}$ est dense dans $[- 1; 1]$ .

Solution

(a)

On a

${\cos (n) | n \in ℕ}$ $= {\cos (n) | n \in ℤ}$

$= {\cos (n + 2 k π) | n, k \in ℤ}$

$= \cos (ℤ + 2 π ℤ) .$

Puisque $ℤ + 2 π ℤ$ est un sous-groupe de $(ℝ, +)$ et c’est un sous-groupe dense car il n’est pas monogène puisque $π$ n’est pas rationnel; c’est en effet un résultat classique bien que en dehors du programme, les sous-groupes de $(ℝ, +)$ sont monogènes ou denses.
Pour tout $x \in [- 1; 1]$ , il existe $θ \in [0; π]$ tel que $\cos (θ) = x$ et puisque $ℤ + 2 π ℤ$ est dense dans $ℝ$ , il existe une suite d’éléments $ℤ + 2 π ℤ$ convergeant vers $θ$ . L’image de cette suite par la fonction continue cosinus détermine une suite d’élément de ${\cos (n) | n \in ℕ}$ convergeant vers $x$ .
(b)

En notant que les $2^{p}$ avec $p \in ℕ$ sont des naturels non nuls, on observe

${\cos (p \ln (2)) | p \in ℕ} \subset {\cos (\ln (n)) | n \in ℕ^{*}} .$

Ainsi,

$\cos (\ln (2) ℤ + 2 π ℤ) \subset {\cos (\ln (n)) | n \in ℕ^{*}} .$

Si $π$ et $\ln (2)$ ne sont pas commensurables, on peut conclure en adaptant la démarche précédente. Si en revanche $π$ et $\ln (2)$ sont commensurables (ce qui est douteux…), on reprend l’idée précédente avec $\ln (3)$ au lieu de $\ln (2)$ …

Assurément $π$ et $\ln (3)$ ne sont pas commensurables car s’ils l’étaient, $\ln (2)$ et $\ln (3)$ le seraient aussi ce qui signifie qu’il existe $p, q \in ℕ^{*}$ tels que $p \ln (2) = q \ln (3)$ soit encore $2^{p} = 3^{q}$ ce qui est faux!

Exercice 67 3058 Correction

Soient ${(u_{n})}_{n \in ℕ}$ et ${(v_{n})}_{n \in ℕ}$ deux suites réelles telles que

u_{n} \to_{n \to + \infty}^{} + \infty, v_{n} \to_{n \to + \infty}^{} + \infty et u_{n + 1} - u_{n} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

(a)

Soient $ε > 0$ et $n_{0} \in ℕ$ tels que pour tout $n \geq n_{0}$ , $| u_{n + 1} - u_{n} | \leq ε$ .
Montrer que pour tout $a \geq u_{n_{0}}$ , il existe $n \geq n_{0}$ tel que $| u_{n} - a | \leq ε$ .
(b)

En déduire que ${u_{n} - v_{p} | n, p \in ℕ}$ est dense dans $ℝ$ .
(c)

Montrer que l’ensemble ${\cos (\ln (n)) | n \in ℕ^{*}}$ est dense dans $[- 1; 1]$ .

Solution

(a)

Posons

$A = {n \geq n_{0} | a \geq u_{n}}$

$A$ est une partie de $ℕ$ , non vide car $n_{0} \in A$ et majorée car $u_{n} \to + \infty$ .
La partie $A$ admet donc un plus grand élément $n \geq n_{0}$ et pour celui-ci $u_{n} \leq a < u_{n + 1}$ .
Par suite, $| u_{n} - a | \leq | u_{n + 1} - u_{n} | \leq ε$ car $n \geq n_{0}$ .
(b)

Soient $x \in ℝ$ et $ε > 0$ .
Puisque $u_{n + 1} - u_{n} \to 0$ , il existe $n_{0} \in ℕ$ tel que pour tout $n \geq n_{0}$ , $| u_{n + 1} - u_{n} | \leq ε$ .
Puisque $v_{n} \to + \infty$ , il existe $p \in ℕ$ tel que $x + v_{p} \geq u_{n_{0}}$ .
Par l’étude précédente, il existe $n \in ℕ$ tel que $| u_{n} - (x + v_{p}) | \leq ε$ c’est-à-dire $| (u_{n} - v_{p}) - x | \leq ε$ .
Par suite, l’ensemble ${u_{n} - v_{p} | n, p \in ℕ}$ est dense dans $ℝ$ .
(c)

Remarquons que

$A = {\cos (\ln (n)) | n \in ℕ^{*}} = {\cos (\ln (n + 1) - 2 p π) | n, p \in ℕ} .$

Posons $u_{n} = \ln (n + 1)$ et $v_{n} = 2 n π$ . Les hypothèses précédentes sont réunies et donc

$B = {u_{n} - v_{p} | n, p \in ℕ} = {\ln (n + 1) - 2 p π | n, p \in ℕ}$

est dense dans $ℝ$ .
Soient $x \in [- 1; 1]$ et $θ = \arccos (x)$ .
Par densité, il existe une suite $(θ_{n})$ d’éléments de $B$ convergeant vers $θ$ et, par continuité de la fonction cosinus, la suite $(x_{n})$ de terme général $x_{n} = \cos (θ_{n})$ converge vers $x = \cos (θ)$ .
Or cette suite $(x_{n})$ est une suite d’éléments de $\cos (B) = A$ et donc $A$ est dense dans $[- 1; 1]$ .

Exercice 68 4170 CENTRALE (MP)Correction

Soit $(u_{n})$ une suite réelle telle que $u_{n + 1} - u_{n} \to 0$ et $u_{n} \to + \infty$ . Soit $(v_{p})$ une suite réelle telle que $v_{p} \to + \infty$ .

(a)

On fixe deux réels $a$ et $b$ tels que $a < b$ . Pour $p$ et $q$ dans $ℕ$ , on pose $(w_{n}) = (u_{n + p} - v_{q})$ . Montrer que l’on peut choisir $p$ et $q$ de telle sorte que l’on ait $w_{0} \leq a$ et $| w_{n + 1} - w_{n} | \leq (b - a) / 2$ pour tout $n \in ℕ$ .
(b)

Montrer que ${u_{n} - v_{p} | (n, p) \in ℕ^{2}}$ est dense dans $ℝ$ .
(c)

Déterminer l’adhérence de ${\sin (u_{n}) | n \in ℕ}$ .
(d)

Déterminer l’adhérence de ${u_{n} - ⌊ u_{n} ⌋ | n \in ℕ}$ .
(e)

Quel est l’ensemble des valeurs d’adhérence de la suite $(u_{n} - ⌊ u_{n} ⌋)$ ?

Solution

(a)

Sachant $(u_{n + 1} - u_{n})$ de limite nulle, pour $ε = (b - a) / 2 > 0$ , il existe un rang $p \in ℕ$ tel que

$\forall n \in ℕ, n \geq p ⟹ | u_{n + 1} - u_{n} | \leq ε$

et alors

$\forall n \in ℕ, | u_{n + p + 1} - u_{n + p} | \leq ε .$

Sachant $(v_{p})$ de limite $+ \infty$ , le terme $u_{p} - v_{q}$ tend vers $- \infty$ lorsque $q$ tend vers $+ \infty$ et il existe donc un rang $q$ tel que $u_{p} - v_{q} \leq a$ .

Pour ces paramètres $p$ et $q$ , la suite de terme général $w_{n} = u_{n + p} - v_{q}$ vérifie les conditions requises.
(b)

Posons

$E = {u_{n} - v_{p} | (n, p) \in ℕ^{2}} .$

La suite $(u_{n})$ étant de limite $+ \infty$ , la suite $(w_{n})$ l’est aussi et l’ensemble $A$ des $n \in ℕ$ vérifiant $w_{n} \leq a$ est une partie de $ℕ$ non vide et majorée. On peut alors introduire le plus grand entier $N$ vérifiant $w_{N} \leq a$ . On vérifie

$w_{N + 1} > a et w_{N + 1} \leq w_{N} + \underset{\begin{matrix} \leq (b - a) / 2 \end{matrix}}{\underset{⏟}{| w_{N + 1} - w_{N} |}} < b .$

On a ainsi établi:

$\forall (a, b) \in ℝ^{2}, a < b ⟹ \exists x \in E, x \in] a; b [.$

La partie $E$ est donc dense dans $ℝ$ .
(c)

Introduisons $(v_{p}) = (2 p π)$ de limite $+ \infty$ . La partie $E$ est dense dans $ℝ$ et l’image de celle-ci par la fonction sinus est $S = {\sin (u_{n}) | n \in ℕ}$ .

Cette partie est incluse dans le fermé $[- 1; 1]$ et donc $\bar{S}$ aussi.

Inversement, tout élément de $[- 1; 1]$ est le sinus d’un angle $θ$ et il existe une suite d’éléments de $E$ de limite $θ$ . Par continuité de la fonction sinus, il existe une suite d’éléments de $S$ de limite $\sin (θ)$ . Au final,

$\bar{S} = [- 1; 1] .$
(d)

Introduisons $(v_{p}) = (p)$ de limite $+ \infty$ . La partie $E$ est dense dans $ℝ$ et l’image de celle-ci par la fonction $f : x \mapsto x - ⌊ x ⌋$ est $F = {u_{n} - ⌊ u_{n} ⌋ | n \in ℕ}$ .

Cette partie est incluse dans le fermé $[0; 1]$ et donc $\bar{F}$ aussi.

Inversement, tout élément de $] 0; 1 [$ est limite d’une suite d’éléments de $E$ . Les termes de cette suite appartiennent à $] 0; 1 [$ à partir d’un certain rang et sont donc invariants par $f$ : ils appartiennent à $F$ . Ainsi,

$] 0; 1 [\subset \bar{F} .$

Enfin, $\bar{F}$ étant une partie fermée, on a aussi

$[0; 1] \subset \bar{F}$

puis l’égalité.
(e)

L’ensemble des valeurs d’adhérence de $(u_{n})$ est

$Adh (u) = ⋂_{N \in ℕ} \bar{{u_{n} | n \geq N}} .$

Par l’étude qui précède

$\bar{{u_{n} | n \geq N}} = [0; 1]$

et l’ensemble des valeurs d’adhérence de $u$ est exactement¹¹ 1 L’ensemble des valeurs d’adhérence d’une suite n’est pas immédiatement l’adhérence de l’ensemble de ses termes, par exemple, pour $u_{n} = n$ , la suite $(u_{n})$ n’a pas de valeurs d’adhérence! $[0; 1]$ .

Exercice 69 3017 X (MP)Correction

Montrer que ${m - \ln (n) | (m, n) \in ℤ \times ℕ^{*}}$ est dense dans $ℝ$ .

Solution

Soient $x \in ℝ$ et $ε > 0$ .
Il existe $n_{0} \in ℕ^{*}$ tel que $1 / n_{0} \leq ε$ .
Pour $a \geq \ln (n_{0})$ et $n = E (e^{a}) \geq n_{0}$ , on a $\ln (n) \leq a \leq \ln (n + 1)$ .
On en déduit

| a - \ln (n) | \leq \ln (n + 1) - \ln (n) = \ln (1 + 1 / n) \leq 1 / n \leq 1 / n_{0} \leq ε .

Puisque $m - x \to_{m \to + \infty}^{} + \infty$ , pour $m$ assez grand, on a $a = m - x \geq \ln (n_{0})$ et donc il existe $n \in ℕ^{*}$ vérifiant $| a - \ln (n) | \leq ε$ c’est-à-dire

| m - \ln (n) - x | \leq ε .

Par suite, ${m - \ln (n) | (m, n) \in ℤ \times ℕ^{*}}$ est dense dans $ℝ$ .

Exercice 70 3402 ENSCorrection

Soit $(u_{n})$ une suite de réels strictement positifs. On suppose

(u_{n}) strictement croissante, u_{n} \to + \infty et \frac{u_{n + 1}}{u_{n}} \to 1 .

Montrer que l’ensemble

A = {\frac{u_{m}}{u_{n}} | m > n}

est une partie dense dans l’intervalle $[1; + \infty [$

Solution

Soit $[a; b] \subset [1; + \infty [$ avec $a < b$ . Pour établir la densité de $A$ , montrons que $A \cap [a; b]$ est non vide.
Considérons $q > 1$ tel que $q a \leq b$ .
Il existe $N \in ℕ$ tel que

\forall n \in ℕ, n \geq N ⟹ \frac{u_{n + 1}}{u_{n}} \leq q .

Considérons alors

E = {m \in ℕ | m > N et \frac{u_{m}}{u_{N}} \leq b}

$E$ est une partie de $ℕ$ , non vide (car $N + 1 \in E$ ) et majorée (car $u_{n} \to + \infty$ ). La partie $E$ possède donc un plus grand élément $M$ . Pour celui-ci, on a

\frac{u_{M}}{u_{N}} \leq b et \frac{u_{M + 1}}{u_{N}} > b .

u_{M + 1} \leq q u_{M}

donc

\frac{u_{M}}{u_{N}} > \frac{b}{q} \geq a .

Ainsi, $u_{M} / u_{N}$ est un élément de $A \cap [a; b]$ .

Exercice 71 3018 Correction

Soit $A$ une partie non vide de $ℝ$ vérifiant

\forall a, b \in A, \frac{a + b}{2} \in A .

Montrer que $A$ est dense dans l’intervalle $] inf A; sup A [$ .

Solution

Soient $a < b \in A$ .
Puisque $a, b \in A$ , $\frac{a + b}{2} \in A$ , puis $\frac{3 a + b}{4} = \frac{a + (a + b) / 2}{2} \in A$ et $\frac{a + 3 b}{4} \in A$ etc.
Par récurrence sur $n \in ℕ$ , montrons

\forall k \in {0, \dots {,2}^{n}}, \frac{k a + (2^{n} - k) b}{2^{n}} \in A .

La propriété est immédiate pour $n = 0$ .
Supposons la propriété vraie au rang $n \geq 0$ .
Soit $k \in {0, \dots {,2}^{n + 1}}$ .

Cas: $k$ pair. $k = 2 k^{'}$ avec $k^{'} \in {0, \dots {,2}^{n}}$ et $\frac{k a + (2^{n + 1} - k) b}{2^{n + 1}} = \frac{k^{'} a + (2^{n} - k^{'}) b}{2^{n}} \in A$ en vertu de l’hypothèse de récurrence.

Cas: $k$ impair. $k = 2 k^{'} + 1$ avec $k^{'} \in {0, \dots {,2}^{n} - 1}$ et

\frac{k a + (2^{n + 1} - k) b}{2^{n + 1}} = \frac{1}{2} (\frac{k^{'} a + (2^{n} - k^{'}) b}{2^{n}} + \frac{(k^{'} + 1) a + (2^{n} - (k^{'} + 1)) b}{2^{n}}) \in A

car par hypothèse de récurrence

\frac{k^{'} a + (2^{n} - k^{'}) b}{2^{n}}, \frac{(k^{'} + 1) a + (2^{n} - (k^{'} + 1)) b}{2^{n}} \in A .

La récurrence est établie.
Soit $x \in] inf A; sup A [$ .
Il existe $a, b \in A$ tel que $x \in [a; b]$ ce qui permet d’écrire $x = λ a + (1 - λ) b$ .
Soit $k_{n} = E (2^{n} λ)$ et $x_{n} = \frac{k_{n} a + (2^{n} - k_{n}) b}{2^{n}}$ .
On vérifie aisément que $x_{n} \to x$ car $2^{n} k \to λ$ et pour tout $n \in ℕ$ $x_{n} \in A$
Ainsi, $A$ est dense dans $] inf A; sup A [$ .

Exercice 72 3020 X (MP)Correction

Soit $A$ une partie non vide de $ℝ_{+}^{*}$ vérifiant

\forall (a, b) \in A^{2}, \sqrt{a b} \in A .

Montrer que $A \cap (ℝ ∖ ℚ)$ est dense dans $] inf A; sup A [$ .

Solution

Considérons l’ensemble $B = \ln (A) = {\ln (a) | a \in A}$ .
Pour tout $x, y \in B$ , $\frac{x + y}{2} = \frac{\ln (a) + \ln (b)}{2} = \ln (\sqrt{a b}) \in B$ .
En raisonnant par récurrence, on montre que pour tout $x, y \in B$ , on a la propriété

\forall n \in ℕ, \forall k \in {0, \dots {,2}^{n}}, \frac{k x + (2^{n} - k) y}{2^{n}} \in B .

Soit $x \in] inf A; sup A [$ . Il existe $a, b \in A$ tels que $a < x < b$ .
On a alors $\ln (a) < \ln (x) < \ln (b)$ avec $\ln (a), \ln (b) \in B$ .
On peut écrire $\ln (x) = λ \ln (a) + (1 - λ) \ln (b)$ avec $λ \in] 0; 1 [$ .
Posons alors $k_{n}$ la partie entière de $λ 2^{n}$ et $x_{n} = \exp (\frac{k_{n}}{2^{n}} \ln (a) + (1 - \frac{k_{n}}{2^{n}}) \ln (b))$
Il est immédiat que $x_{n} \to x$ avec pour tout $n \in ℕ$ , $x_{n} \in A$ .
Si, dans cette suite, il existe une infinité d’irrationnels, alors $x$ est limite d’une suite d’éléments de $A \cap (ℝ ∖ ℚ)$ .
Sinon, à partir d’un certain rang, les termes de la suite $x_{n}$ sont tous rationnels.
Le rapport $x_{n + 1} / x_{n}$ est alors aussi rationnel; mais

\frac{x_{n + 1}}{x_{n}} = {(\frac{a}{b})}^{\frac{k_{n + 1}}{2^{n + 1}} - \frac{k_{n}}{2^{n}}} avec \frac{k_{n + 1}}{2^{n + 1}} - \frac{k_{n}}{2^{n}} = 0 ou \frac{1}{2^{n + 1}} .

S’il existe une infinité de $n$ tels que $\frac{k_{n + 1}}{2^{n + 1}} - \frac{k_{n}}{2^{n}} = \frac{1}{2^{n + 1}}$ alors il existe une infinité de $n \in ℕ$ tels que

{(\frac{a}{b})}^{\frac{1}{2^{n}}} \in ℚ

et puisque l’élévation au carré d’un rationnel est un rationnel, le nombre $a / b$ est lui-même rationnel. Or les racines carrées itérés d’un rationnel différent de 1 sont irrationnelles à partir d’un certain rang.
Il y a absurdité et donc à parti d’un certain rang $k_{n + 1} = 2 k_{n}$ .
Considérons à la suite $(x_{n}^{'})$ définie par

x_{n}^{'} = \exp (\frac{k_{n}^{'}}{2^{n}} \ln (a) + (1 - \frac{k_{n}^{'}}{2^{n}}) \ln (b)) avec k_{n}^{'} = k_{n} + 1 .

On obtient une suite d’éléments de $A$ , convergeant vers $x$ et qui, en vertu du raisonnement précédent, est formée d’irrationnels à partir d’un certain rang.

[<] Parties denses[>] Approximations uniformes

Exercice 73 1136 Correction

Soit $f : ℝ \to ℝ$ continue vérifiant

\forall x, y \in ℝ, f (x + y) = f (x) + f (y) .

Déterminer $f$ .

Solution

Soit $f$ une fonction solution.

On a $f (0 + 0) = f (0) + f (0)$ donc $f (0) = 0$

Par une récurrence facile,

\forall n \in ℕ, \forall x \in ℝ, f (n x) = n f (x) .

De plus, puisque $f (- x + x) = f (- x) + f (x)$ , on a $f (- x) = - f (x)$ .

Par suite,

\forall n \in ℤ, \forall x \in ℝ, f (n x) = n f (x) .

Pour $x = p / q \in ℚ$ ,

f (x) = f (\frac{p}{q}) = f (p \times \frac{1}{q}) = p f (\frac{1}{q})

Aussi,

f (1) = f (\frac{q}{q}) = q f (\frac{1}{q})

donc $f (x) = a x$ avec $a = f (1)$ .

Les fonctions $x \mapsto f (x)$ et $x \mapsto a x$ sont continues et coïncident sur $ℚ$ partie dense dans $ℝ$ donc ces deux fonctions sont égales sur $ℝ$ .

Au final, $f$ est une fonction linéaire.

Inversement, une telle fonction est évidemment solution.

Exercice 74 1139 Correction

Soit $f : ℝ \to ℝ$ une fonction continue telle que

\forall (x, y) \in ℝ^{2}, f (\frac{x + y}{2}) = \frac{1}{2} (f (x) + f (y)) .

(a)

Montrer que $𝒟 = {p / 2^{n} | p \in ℤ, n \in ℕ}$ est dense dans $ℝ$ .
(b)

Montrer que si $f$ s’annule en $0$ et en $1$ alors $f = 0$ .
(c)

Conclure que $f$ est une fonction affine.

Solution

(a)

Soit $x \in ℝ$ . Puisque

$u_{n} = \frac{⌊ 2^{n} x ⌋}{2^{n}} \to x$

avec $u_{n} \in 𝒟$ , la partie $𝒟$ est dense dans $ℝ$ .
(b)

Supposons que $f$ s’annule en $0$ et $1$ .

$\frac{1}{2} (f (- x) + f (x)) = f (0)$

donc la fonction $f$ est impaire.
Par récurrence double, montrons $\forall n \in ℕ, f (n) = 0$ .
Pour $n = 0$ ou $n = 1$ : ok
Supposons la propriété établie aux rangs $n \geq 1$ et $n - 1 \geq 0$ .

$\frac{f (n + 1) + f (n - 1)}{2} = f (n)$

donne en vertu de l’hypothèse de récurrence: $f (n + 1) = 0$ .
Récurrence établie.
Par l’imparité

$\forall p \in ℤ, f (p) = 0 .$

Par récurrence sur $n \in ℕ$ , montrons

$\forall p \in ℤ, f (\frac{p}{2^{n}}) = 0 .$

Pour $n = 0$ : ok
Supposons la propriété établie au rang $n \in ℤ$ .
Soit $p \in ℤ$ ,

$f (\frac{p}{2^{n + 1}}) = f (\frac{1}{2} (0 + \frac{p}{2^{n}})) = \frac{1}{2} (f (0) + f (\frac{p}{2^{n}})) \underset{H R}{=} 0 .$

Récurrence établie.
Puisque $f$ est continue et nulle sur une partie

$𝒟 = {\frac{p}{2^{n}} | p \in ℤ, n \in ℕ}$

dense dans $ℝ$ , $f$ est nulle sur $ℝ$ .
(c)

Posons $β = f (0)$ et $α = f (1) - β$ .
La fonction $g : x \mapsto f (x) - α x + β$ est continue et vérifie la propriété

$g (\frac{x + y}{2}) = \frac{1}{2} (g (x) + g (y))$

donc $g$ est nulle puis $f$ affine.

Exercice 75 3059 Correction

Soient $E = 𝒞 ([0; 1], ℝ)$ et $φ \in E$ . On note $N_{φ} : E \to ℝ$ l’application définie par

N_{φ} (f) = {∥ f φ ∥}_{\infty} .

Montrer que $N_{φ}$ est une norme sur $E$ si, et seulement si, $φ^{- 1} (ℝ^{*})$ est dense dans $[0; 1]$ .

Solution

$N_{φ} : E \to ℝ_{+}$ est bien définie et l’on vérifie immédiatement

N_{φ} (λ f) = | λ | N_{φ} (f) et N_{φ} (f + g) \leq N_{φ} (f) + N_{φ} (g) .

Il reste à étudier la véracité de l’implication

N_{φ} (f) = 0 ⟹ f = 0 .

Supposons: $φ^{- 1} (ℝ^{*})$ dense dans $[0; 1]$ .
Si $N_{φ} (f) = 0$ alors $f φ = 0$ et donc pour tout $x \in φ^{- 1} (ℝ^{*})$ , on a $f (x) = 0$ car $φ (x) \neq 0$ .
Puisque la fonction continue $f$ est nulle sur la partie $φ^{- 1} (ℝ^{*})$ dense dans $[0; 1]$ , cette fonction est nulle sur $[0; 1]$ .
Supposons: $φ^{- 1} (ℝ^{*})$ non dense dans $[0; 1]$ .
Puisque le complémentaire de l’adhérence est l’intérieur du complémentaire, la partie $φ^{- 1} ({0})$ est d’intérieur non vide et donc il existe $a < b \in [0; 1]$ tels que $[a; b] \subset φ^{- 1} ({0})$ .
Considérons la fonction $f$ définie sur $[0; 1]$ par

f (x) = {\begin{matrix} (x - a) (b - x) & si x \in [a; b] \\ 0 & sinon. \end{matrix}

Cette fonction $f$ est continue sur $[0; 1]$ , ce n’est pas la fonction nulle mais en revanche la fonction $f φ$ est la fonction nulle. Ainsi, on a formé un élément $f$ non nul de $E$ tel que $N_{φ} (f) = 0$ . On en déduit que $N_{φ}$ n’est pas une norme.

Exercice 76 4698

Soit $n$ un naturel au moins égal à $2$ .

(a)

Montrer que ${GL}_{n} (𝕂)$ est une partie dense de $ℳ_{n} (𝕂)$ .
(b)

Calculer $\det (Com (A))$ pour $A \in ℳ_{n} (𝕂)$ .

Exercice 77 750 Correction

Pour $A \in ℳ_{n} (𝕂)$ , calculer $Com (Com (A))$ .

Solution

Si $A$ est inversible alors

Com (A) = \det (A) {}^{t}A^{- 1} .

(1)

La comatrice de $A$ est aussi inversible et donc

Com (Com (A)) = \det (Com (A) {}^{t}A^{- 1}) {}^{t}{({}^{t}A^{- 1})}^{- 1} .

On simplifie le second membre

Com (Com (A)) = \det (Com (A)) \det (A^{- 1}) A = \det {(A)}^{n - 2} A .

car $\det (Com (A))) = \det (A)^{n - 1}$ en vertu de (1).

Par coïncidence d’applications continues sur une partie dense, pour tout $A \in ℳ_{n} (𝕂)$ ,

Com (Com (A)) = \det {(A)}^{n - 2} A .

Exercice 78 3275 Correction

Montrer

\forall A, B \in ℳ_{n} (ℝ), Com (A B) = Com (A) Com (B) .

Solution

Cas: $A, B \in {GL}_{n} (ℝ)$ . On sait

A^{- 1} = \frac{1}{\det (A)} {}^{t}{(Com (A))}, B^{- 1} = \frac{1}{\det (B)} {}^{t}{(Com (B))}

{(A B)}^{- 1} = \frac{1}{\det (A B)} {}^{t}{(Com (A B))} = B^{- 1} A^{- 1}

donc

{(A B)}^{- 1} = \frac{1}{\det (A B)} {}^{t}{(Com (A B))} = \frac{1}{\det (A) \det (B)} {}^{t}{(Com (B))} {}^{t}{(Com (A))}

puis

{}^{t}{(Com (A B))} = {}^{t}{(Com (A) Com (B))}

et enfin

Com (A B) = Com (A) Com (B) .

Cas général: Posons

A_{p} = A + \frac{1}{p} I_{n} et B_{p} = B + \frac{1}{p} I_{n} .

Pour $p$ assez grand $A_{p}, B_{p} \in {GL}_{n} (ℝ)$ et donc

Com (A_{p} B_{p}) = Com (A_{p}) Com (B_{p}) .

Or la fonction $M \mapsto Com (M)$ est continue donc par passage à la limite

Com (A B) = Com (A) Com (B) .

Exercice 79 4227

Soit $n \in ℕ$ avec $n \geq 2$ . Montrer que les comatrices de deux matrices semblables de $ℳ_{n} (ℂ)$ sont aussi semblables.

Exercice 80 4150

(a)

Montrer que l’application qui à une matrice $M$ de $ℳ_{n} (ℂ)$ associe son polynôme caractéristique $χ_{M}$ est continue.

On rappelle que ${GL}_{n} (ℂ)$ est dense dans $ℳ_{n} (ℂ)$ .

(b)

Montrer l’égalité $χ_{A B} = χ_{B A}$ pour toutes matrices $A, B$ dans $ℳ_{n} (ℂ)$ .

On rappelle que l’ensemble $𝒟_{n} (ℂ)$ des matrices diagonalisables est dense dans $ℳ_{n} (ℂ)$ .

[<] Continuité et densité

Exercice 81 1142 Correction

Soit $f : [a; b] \to ℝ$ continue telle que $\int_{a}^{b} f (t) d t = 0$ . Montrer qu’il existe une suite $(P_{n})$ de polynômes telle que

\int_{a}^{b} P_{n} (t) d t = 0 et sup_{t \in [a; b]} | f (t) - P_{n} (t) | \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

Solution

Par le théorème de Weierstrass, il existe une suite $(Q_{n})$ de fonctions polynomiales telles $N_{\infty} (Q_{n} - f) \to 0$ .
On a alors

\int_{a}^{b} Q_{n} (t) d t \to_{n \to + \infty}^{} \int_{a}^{b} f (t) d t = 0 .

Posons

P_{n} (t) = Q_{n} (t) - \frac{1}{b - a} \int_{a}^{b} Q_{n} (t) d t .

On vérifie alors sans peine que

\int_{a}^{b} P_{n} (t) d t = 0 et N_{\infty} (f - P_{n}) \to 0 .

Exercice 82 1143 Correction

Soit $f : [a; b] \to ℝ$ continue telle que $f \geq 0$ . Montrer qu’il existe une suite $(P_{n})$ de polynômes telle que

\forall t \in [a; b], P_{n} (t) \geq 0 et sup_{t \in [a; b]} | f (t) - P_{n} (t) | \to_{n \to + \infty}^{} 0

Solution

Par le théorème de Weierstrass, il existe une suite $(Q_{n})$ de fonctions polynomiales telles $N_{\infty} (Q_{n} - f) \to 0$ . Posons $m_{n} = {inf}_{t \in [a; b]} Q_{n} (t) = Q_{n} (t_{n})$ pour un certain $t_{n} \in [a; b]$ . Montrons que $m_{n} \to m = {inf}_{t \in [a; b]} f$ . Notons que ${inf}_{t \in [a; b]} f = f (t_{\infty})$ pour un certain $t_{\infty} \in [a; b]$ . Pour tout $ε > 0$ , pour $n$ assez grand, $N_{\infty} (Q_{n} - f) \leq ε$ donc $m_{n} = Q_{n} (t_{n}) \geq f_{n} (t_{n}) - ε \geq m - ε$ et $m = f (t_{\infty}) \geq Q_{n} (t_{\infty}) - ε \geq m_{n} - ε$ donc $| m_{n} - m | \leq ε$ . Ainsi $m_{n} \to m$ . Il suffit ensuite de considérer $P_{n} = Q_{n} - m_{n} + m$ pour obtenir une solution au problème posé.

Exercice 83 1144 Correction

Soit $f : [a; b] \to ℝ$ de classe $𝒞^{1}$ . Montrer qu’il existe une suite $(P_{n})$ de polynômes telle que

N_{\infty} (f - P_{n}) \to 0 et N_{\infty} (f^{'} - P_{n}^{'}) \to 0 .

Solution

Par le théorème de Weierstrass, il existe une suite $(Q_{n})$ de fonctions polynomiales telle $N_{\infty} (Q_{n} - f^{'}) \to 0$ .
Posons alors $P_{n} (x) = f (a) + \int_{a}^{x} Q_{n} (t) d t$ . L’inégalité $| P_{n} (x) - f (x) | \leq \int_{a}^{x} | f^{'} (t) - Q_{n}^{'} (t) | d t$ permet d’établir que $N_{\infty} (f - P_{n}) \to 0$ et puisque $P_{n}^{'} = Q_{n}$ , la suite $(P_{n})$ est solution du problème posé.

Exercice 84 1145 Correction

(Théorème de Weierstrass: preuve par les polynômes de Bernstein)

Pour $n \in ℕ$ et $k \in {0, \dots, n}$ , on pose

B_{n, k} (x) = (\binom{n}{k}) x^{k} {(1 - x)}^{n - k} .

(a)

Calculer

$\sum_{k = 0}^{n} B_{n, k} (x), \sum_{k = 0}^{n} k B_{n, k} (x) et \sum_{k = 0}^{n} k^{2} B_{n, k} (x) .$
(b)

Soient $α > 0$ et $x \in [0; 1]$ . On forme

$A = {k \in ⟦ 0; n ⟧ | | k / n - x | \geq α} et B = {k \in ⟦ 0; n ⟧ | | k / n - x | < α} .$

Montrer que

$\sum_{k \in A} B_{n, k} (x) \leq \frac{1}{4 n α^{2}} .$
(c)

Soit $f : [0; 1] \to ℝ$ continue. On pose

$f_{n} (x) = \sum_{k = 0}^{n} f (\frac{k}{n}) B_{n, k} (x) .$

Montrer que $(f_{n})$ converge uniformément vers $f$ sur $[0; 1]$ .

Solution

(a)

On a

$\sum_{k = 0}^{n} B_{n, k} (x) = {(x + (1 - x))}^{n} = 1 .$

On a

$\sum_{k = 0}^{n} k B_{n, k} (x) = n x$

via $k (\binom{n}{k}) = n (\binom{n - 1}{k - 1})$ et la relation précédente
De manière semblable

$\sum_{k = 0}^{n} k^{2} B_{n, k} (x) = \sum_{k = 0}^{n} k (k - 1) B_{n, k} (x) + \sum_{k = 0}^{n} k B_{n, k} (x) = n x (1 + (n - 1) x) .$
(b)

On a

$n^{2} α^{2} \sum_{k \in A} B_{n, k} (x) \leq \sum_{k \in A} {(k - n x)}^{2} B_{n, k} (x) \leq \sum_{k \in ⟦ 0; n ⟧} {(k - n x)}^{2} B_{n, k} (x)$

car les $B_{n, k}$ sont positifs sur $[0; 1]$ .
Par suite,

$n^{2} α^{2} \sum_{k \in A} B_{n, k} (x) \leq n x (1 - x)$

d’où

$\sum_{k \in A} B_{n, k} (x) \leq \frac{1}{4 n α^{2}} .$
(c)

Pour tout $ε > 0$ , par l’uniforme continuité de $f$ , il existe $α > 0$ tel que

$\forall x, y \in [0; 1], | x - y | \leq α ⟹ | f (x) - f (y) | \leq ε .$

On a alors

$| f (x) - f_{n} (x) | \leq \sum_{x \in A} | f (x) - f (k / n) | B_{n, k} (x) + \sum_{x \in B} | f (x) - f (k / n) | B_{n, k} (x)$

donc

$| f (x) - f_{n} (x) | \leq 2 {∥ f ∥}_{\infty} \sum_{x \in A} B_{n, k} (x) + \sum_{x \in B} ε B_{n, k} (x) \leq \frac{{∥ f ∥}_{\infty}}{2 n α^{2}} + ε .$

Pour $n$ assez grand, on a

${∥ f ∥}_{\infty} / 2 n α^{2} \leq ε$

et donc $| f (x) - f_{n} (x) | \leq 2 ε$ uniformément en $x$ .

Exercice 85 1146 Correction

(Théorème de Weierstrass: preuve par convolution)

$n$ désigne un entier naturel.
On pose

a_{n} = \int_{- 1}^{1} {(1 - t^{2})}^{n} d t

et l’on considère la fonction $φ_{n} : [- 1; 1] \to ℝ$ définie par

φ_{n} (x) = \frac{1}{a_{n}} {(1 - x^{2})}^{n} .

(a)

Calculer $\int_{0}^{1} t {(1 - t^{2})}^{n} d t$ . En déduire que

$a_{n} = \int_{- 1}^{1} {(1 - t^{2})}^{n} d t \geq \frac{1}{n + 1} .$
(b)

Soit $α \in] 0; 1]$ . Montrer que $(φ_{n})$ converge uniformément vers la fonction nulle sur $[α; 1]$ .
(c)

Soit $f$ une fonction continue de $ℝ$ vers $ℝ$ nulle en dehors de $[- 1 / 2; 1 / 2]$ .
Montrer que $f$ est uniformément continue.
On pose

$f_{n} (x) = \int_{- 1}^{1} f (x - t) φ_{n} (t) d t$

pour tout $x \in ℝ$ .
(d)

Montrer que $f_{n}$ est une fonction polynomiale sur $[- 1 / 2; 1 / 2]$
(e)

Montrer que

$f (x) - f_{n} (x) = \int_{- 1}^{1} (f (x) - f (x - t)) φ_{n} (t) d t .$
(f)

En déduire que $f_{n}$ converge uniformément vers $f$ sur $ℝ$ .
(g)

Soit $f$ une fonction réelle continue nulle en dehors de $[- a; a]$ .
Montrer que $f$ est limite uniforme d’une suite de polynômes.
(h)

Soit $f$ une fonction réelle continue sur $[a; b]$ .
Montrer que $f$ est limite uniforme d’une suite de polynômes.

Solution

(a)

On a

$\int_{0}^{1} t {(1 - t^{2})}^{n} d t = \frac{1}{2 (n + 1)} .$

On en déduit

$a_{n} = 2 \int_{0}^{1} {(1 - t^{2})}^{n} d t \geq 2 \int_{0}^{1} t {(1 - t^{2})}^{n} d t = \frac{1}{n + 1} .$
(b)

Sur $[α; 1]$ ,

$| φ_{n} (x) | \leq \frac{{(1 - α^{2})}^{n}}{a_{n}} \leq (n + 1) {(1 - α^{2})}^{n} \to 0 .$
(c)

Sur le compact $[- 1; 1]$ , $f$ est uniformément continue car $f$ est continue. Ainsi:

$\forall ε > 0, \exists α > 0, \forall x, y \in [- 1; 1], | x - y | \leq α ⟹ | f (x) - f (y) | \leq ε .$

Pour $α^{'} = \min (α,1 / 2)$ , on a pour tous $x, y \in ℝ$ tels que $| x - y | \leq α^{'}$
Si $x, y \in [- 1; 1]$ alors

$| f (x) - f (y) | \leq ε .$

Sinon $x, y \in [1 / 2; + \infty [$ ou $x, y \in] - \infty; - 1 / 2]$ et alors

$| f (x) - f (y) | = 0 \leq ε .$
(d)

On a

$f_{n} (x) = \int_{x - 1}^{x + 1} f (u) φ_{n} (x - u) d u .$

Or

$φ_{n} (x - u) = \sum_{k = 0}^{2 n} a_{k} (u) x^{k}$

donc

$f_{n} (t) = \sum_{k = 0}^{2 n} (\int_{x - 1}^{x + 1} f (u) a_{k} (u) d u) x^{k} .$

Mais

$\int_{x - 1}^{x + 1} f (u) a_{k} (u) d u = \int_{- 1 / 2}^{1 / 2} f (u) a_{k} (u) d u$

pour $x \in [- 1 / 2; 1 / 2]$ car $x - 1 \leq - 1 / 2$ et $x + 1 \geq 1 / 2$ alors que $f$ est nulle en dehors que $[- 1 / 2; 1 / 2]$ . Il s’ensuit que $f_{n}$ est polynomiale.
(e)

On observe que

$\int_{- 1}^{1} φ_{n} (t) d t = 1$

et la relation proposée est alors immédiate sur $[- 1 / 2; 1 / 2]$ .
(f)

On a

$\forall ε > 0, \exists α > 0, \forall x, y \in ℝ, | x - y | \leq α ⟹ | f (x) - f (y) | \leq ε$

et alors

$| f (x) - f_{n} (x) | \leq \int_{- α}^{α} | f (x) - f (x - t) | φ_{n} (t) d t + 4 {∥ f ∥}_{\infty} \int_{α}^{1} φ_{n} (t) d t \leq ε + 4 {∥ f ∥}_{\infty} \int_{α}^{1} φ_{n} (t) d t .$

Or

$\int_{α}^{1} φ_{n} (t) d t \to 0$

donc pour $n$ assez grand

$4 {∥ f ∥}_{\infty} \int_{α}^{1} φ_{n} (t) d t \leq ε$

et alors

$| f (x) - f_{n} (x) | \leq 2 ε .$
(g)

Il suffit de commencer par approcher la fonction $x \mapsto f (2 a x)$ qui vérifie les conditions de la question précédente.
(h)

Soit $A > 0$ tel que $[a; b] \subset [- A; A]$ . Il suffit de prolonger $f$ par continuité de sorte qu’elle soit nulle en dehors de $[- A; A]$ .

Exercice 86 1141

Soit $f : [0; 1] \to ℝ$ continue telle que, pour tout $n \in ℕ$ ,

\int_{0}^{1} t^{n} f (t) d t = 0 .

Montrer que $f$ est la fonction nulle.

Exercice 87 5046 Correction

Soit $f : [- 1; 1] \to ℝ$ une fonction continue vérifiant

\int_{- 1}^{1} t^{2 k} f (t) d t = 0 pour tout k \in ℕ .

Montrer que $f$ est une fonction impaire.

Solution

On introduit les parties paire et impaire de $f$ :

f (t) = g (t) + h (t) avec g (t) = \frac{1}{2} (f (t) + f (- t)) et h (t) = \frac{1}{2} (f (t) - f (- t)) .

Soit $(P_{n})$ une suite de polynômes convergeant uniformément vers $g$ sur $[- 1; 1]$ .

D’une part, pour tout $n \in ℕ$ ,

\int_{- 1}^{1} P_{n} (t) g (t) d t = \frac{1}{2} \int_{- 1}^{1} P_{n} (t) f (t) d t + \frac{1}{2} \int_{- 1}^{1} P_{n} (t) f (- t) d t .

On réexprime la seconde intégrale par le changement de variable $u = - t$ et l’on obtient

	$\int_{- 1}^{1} P_{n} (t) g (t) d t$	$= \frac{1}{2} \int_{- 1}^{1} P_{n} (t) f (t) d t + \frac{1}{2} \int_{- 1}^{1} P_{n} (- t) f (t) d t$
		$= \int_{- 1}^{1} \frac{1}{2} (P_{n} (t) + P_{n} (- t)) f (t) d t .$

Or la fonction polynôme $t \mapsto P_{n} (t) + P_{n} (- t)$ ne comporte que des puissances paires de $t$ et l’hypothèse donne

\int_{- 1}^{1} \frac{1}{2} (P_{n} (t) + P_{n} (- t)) f (t) d t = 0 .

D’autre part,

| \int_{- 1}^{1} P_{n} (t) g (t) d t - \int_{- 1}^{1} {(g (t))}^{2} d t | \leq \int_{- 1}^{1} | g (t) | d t \times sup_{t \in [- 1; 1]} | P_{n} (t) - g (t) | \to_{n \to + \infty}^{} 0

et donc

\int_{- 1}^{1} {(g (t))}^{2} d t = 0 .

La fonction $g^{2}$ est continue, positive et d’intégrale nulle, c’est la fonction nulle.

On conclut que $f$ est égale à $h$ , c’est-à-dire que $f$ est une fonction impaire.

Cette étude peut être interprétée en terme d’orthogonalité dans l’espace des fonctions réelles continues sur $[- 1; 1]$ muni du produit scalaire

(f ∣ g) = \int_{- 1}^{1} f (t) g (t) d t .

Exercice 88 2828 MINES (MP)Correction

Soit $f \in 𝒞 ([a; b], ℝ)$ . On suppose que pour tout $n \in ℕ$ ,

\int_{a}^{b} x^{n} f (x) d x = 0 .

(a)

Montrer que la fonction $f$ est nulle.
(b)

Calculer

$I_{n} = \int_{0}^{+ \infty} x^{n} e^{- (1 - i) x} d x .$
(c)

En déduire qu’il existe $f$ dans $𝒞 ([0; + \infty [, ℝ)$ non nulle, telle que, pour tout $n$ dans $ℕ$ , on ait

$\int_{0}^{+ \infty} x^{n} f (x) d x = 0 .$

Solution

(a)

Par le théorème de Weierstrass, pour tout $ε > 0$ , il existe $P \in ℝ [X]$ tel que ${∥ f - P ∥}_{\infty} \leq ε$ .

$0 \leq \int_{a}^{b} f^{2} = \int_{a}^{b} f (f - P) + \int_{a}^{b} f P = \int_{a}^{b} f (f - P) \leq (b - a) {∥ f ∥}_{\infty} ε .$

En faisant $ε \to 0$ , on obtient $\int_{a}^{b} f^{2} = 0$ et donc $f = 0$ .
(b)

L’intégrale étudiée est bien définie. Par intégration par parties,

$(n + 1) I_{n} = (1 - i) I_{n + 1} .$

Or $I_{0} = \frac{1 + i}{2}$ donc

$I_{n} = \frac{{(1 + i)}^{n + 1}}{2^{n + 1}} n!$
(c)

$I_{4 p + 3} \in ℝ$ donc

$\int_{0}^{+ \infty} x^{4 p + 3} \sin (x) e^{- x} d x = 0$

puis

$\int_{0}^{+ \infty} u^{p} \sin (u^{1 / 4}) e^{- u^{1 / 4}} d u = 0$

pour tout $p \in ℕ$ .

Exercice 89 2780 MINES (MP)Correction

On note $E$ l’espace vectoriel des fonctions réelles définies et continues sur $[0; + \infty [$ et dont le carré est intégrable. On le munit de la norme

{∥ \cdot ∥}_{2} : f \mapsto \sqrt{\int_{0}^{+ \infty} f^{2} (t) d t} .

On note $E_{0}$ l’ensemble des $f \in E$ telles que $f$ est nulle hors d’un certain segment $[0; A]$ (avec $A \in ℝ_{+}$ pouvant dépendre de $f$ ).

On note $F$ l’ensemble des fonctions de $E$ de la forme $x \mapsto P (e^{- x}) e^{- x^{2} / 2}$ avec $P$ parcourt $ℝ [X]$ .

Montrer que $E_{0}$ est dense dans $E$ puis que $F$ est dense dans $E$ .

Solution

Soit $f$ une fonction élément de $E$ .

Pour tout $ε > 0$ , il existe un réel $A$ vérifiant

\int_{A}^{+ \infty} f^{2} (t) d t \leq ε .

Considérons alors la fonction $φ : [0; + \infty [\to ℝ$ définie par $φ (t) = 1$ pour $t \in [0; A]$ , $φ (t) = 0$ pour $t \geq A + 1$ et $φ (t) = 1 - (t - A)$ pour $t \in [A; A + 1]$ . La fonction $f φ$ est éléments de $E_{0}$ et

{∥ f - f φ ∥}_{2} \leq \sqrt{\int_{A}^{+ \infty} f^{2} (t) d t} \leq ε .

Ainsi, $E_{0}$ est dense dans $E$ .

Pour montrer maintenant que $F$ est dense dans $E$ , nous allons établir que $F$ est dense dans $E_{0}$ .
Soit $f$ une fonction élément de $E_{0}$ . Remarquons

\int_{0}^{+ \infty} {(f (t) - P (e^{- t}) e^{- t^{2} / 2})}^{2} d t \underset{u = e^{- t}}{=} \int_{0}^{1} {(f (- \ln (u)) e^{{(\ln (u))}^{2} / 2} - P (u))}^{2} \frac{e^{- {(\ln (u))}^{2}}}{u} d u .

La fonction $u \mapsto \frac{e^{- {(\ln (u))}^{2}}}{u}$ est intégrable sur $] 0; 1]$ car

\sqrt{u} \frac{e^{- {(\ln (u))}^{2}}}{u} \to_{u \to 0}^{} 0 .

La fonction $g : u \mapsto f (- \ln (u)) e^{{(\ln (u))}^{2} / 2}$ peut être prolongée par continuité en 0 car $f$ est nulle en dehors d’un segment. Par le théorème de Weierstrass, pour tout $ε > 0$ , il existe un polynôme $P \in ℝ [X]$ vérifiant ${∥ g - P ∥}_{\infty, [0; 1]} \leq ε$ et, pour $φ : t \mapsto P (e^{- t}) e^{- t^{2} / 2}$ , on a alors

{∥ f - φ ∥}_{2} \leq λ ε avec λ = \sqrt{\int_{0}^{1} \frac{e^{- {(\ln (u))}^{2}}}{u} d u} .

Cela permet de conclure à la densité proposée.

Exercice 90 1140

(Lemme de Lebesgue)

Soit $f : [a; b] \to ℂ$ continue par morceaux. Montrer

\int_{a}^{b} f (t) e^{i n t} d t \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

Exercice 91 2601 Correction

Soit $f : [a; b] \to ℝ$ continue par morceaux. On désire établir

lim_{n \to + \infty} (\int_{a}^{b} f (x) | \sin (n x) | d x) = \frac{2}{π} \int_{a}^{b} f (x) d x .

(a)

Vérifier le résultat pour une fonction $f$ constante.
(b)

Observer le résultat pour une fonction $f$ en escalier.
(c)

Étendre au cas où $f$ est une fonction continue par morceaux.

Solution

(a)

Supposons $f$ constante égale à $C$ .

$\int_{a}^{b} f (x) | \sin (n x) | d x = C \int_{a}^{b} | \sin (n x) | d x .$

Posons $p = ⌊ \frac{a n}{π} ⌋ + 1$ et $q = ⌊ \frac{b n}{π} ⌋$ .

$\int_{a}^{b} | \sin (n x) | d x = \int_{a}^{\frac{p π}{n}} | \sin (n x) | d x + \sum_{k = p + 1}^{q} \int_{\frac{(k - 1) π}{n}}^{\frac{k π}{n}} | \sin (n x) | d x + \int_{\frac{q π}{n}}^{b} | \sin (n x) | d x .$

On a

$| \int_{a}^{\frac{p π}{n}} | \sin (n x) | d x | \leq \frac{π}{n}$

donc

$\int_{a}^{\frac{p π}{n}} | \sin (n x) | d x \to 0$

et aussi

$\int_{\frac{q π}{n}}^{b} | \sin (n x) | d x \to 0 .$

De plus,

$\sum_{k = p + 1}^{q} \int_{\frac{(k - 1) π}{n}}^{\frac{k π}{n}} | \sin (n x) | d x = \frac{(q - p)}{n} \int_{0}^{π} \sin (t) d t = \frac{2 (q - p)}{n} \to \frac{2 (b - a)}{π} .$

Ainsi,

$\int_{a}^{b} | \sin (n x) | d x \to \frac{2}{π} (b - a)$

puis

$\int_{a}^{b} f (x) | \sin (n x) | d x = \frac{2}{π} \int_{a}^{b} f (x) d x .$
(b)

Supposons $f$ en escalier.
Soit $a_{0}, \dots, a_{n}$ une subdivision adaptée à $f$ .
Par l’étude qui précède,

$\int_{a_{k - 1}}^{a_{k}} f (x) | \sin (n x) | d x \to \frac{2}{π} \int_{a_{k - 1}}^{a_{k}} f .$

Puis en sommant par la relation de Chasles

$\int_{a}^{b} f (x) | \sin (n x) | d x \to \frac{2}{π} \int_{a}^{b} f .$
(c)

Supposons enfin $f$ continue par morceaux.
Pour $ε > 0$ , il existe $φ$ en escalier vérifiant

${∥ f - φ ∥}_{\infty, [a; b]} \leq \frac{ε}{b - a} .$

Puisque

$\int_{a}^{b} φ (x) | \sin (n x) | d x \to \frac{2}{π} \int_{a}^{b} φ$

pour $n$ assez grand, on a

$| \int_{a}^{b} φ (x) | \sin (n x) | d x - \frac{2}{π} \int_{a}^{b} φ | \leq ε .$

Or

$| \int_{a}^{b} φ (x) | \sin (n x) | d x - \int_{a}^{b} f (x) | \sin (n x) | d x | \leq ε$

et

$| \int_{a}^{b} φ - \int_{a}^{b} f | \leq ε$

donc

$| \int_{a}^{b} f (x) | \sin (n x) | d x - \frac{2}{π} \int_{a}^{b} f | \leq 2 ε + \frac{2}{π} ε .$

Ainsi,

$\int_{a}^{b} f (x) | \sin (n x) | d x \to \frac{2}{π} \int_{a}^{b} f .$

Édité le 08-11-2019

	${\| λ \|}^{2}$	$= {\| p \|}^{2} + {\| δ \|}^{2} + 2 Re (\bar{p} δ) et$
	${\| μ \|}^{2}$	$= {\| p \|}^{2} + {\| δ \|}^{2} - 2 Re (\bar{p} δ) .$

	${\cos (n) \| n \in ℕ}$	$= {\cos (n) \| n \in ℤ}$
		$= {\cos (n + 2 k π) \| n, k \in ℤ}$
		$= \cos (ℤ + 2 π ℤ) .$