[>] Frontière

 
Exercice 1  5233  

Soient A et B deux parties d’un espace normé E telles que AB.

  • (a)

    Établir AB.

  • (b)

    Montrer que A¯B¯ de trois façons différentes.

 
Exercice 2  1121  Correction  

Soient A1,,An des parties d’un espace vectoriel normé E.

  • (a)

    Établir i=1nAi¯=i=1nAi¯.

  • (b)

    Comparer i=1nAi¯ et i=1nAi¯.

Solution

  • (a)

    i=1nAi¯ est un fermé qui contient i=1nAi donc i=1nAi¯i=1nAi¯.
    Pour tout j{1,,n}, Aji=1nAi¯ et i=1nAi¯ est fermé donc Aj¯i=1nAi¯ puis i=1nAi¯i=1nAi¯.

  • (b)

    i=1nAi¯ est un fermé qui contient i=1nAi donc i=1nAi¯i=1nAi¯.
    Il ne peut y avoir égalité: pour A1=, A2= on a A1A2¯= et A1¯A2¯=.

 
Exercice 3  1115  

Montrer que si F est un sous-espace vectoriel d’un espace normé E, son adhérence 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(A¯)Vect(A)¯.

Solution

Puisque AVect(A), on a A¯Vect(A)¯.
Puisque Vect(A) est un sous-espace vectoriel, on montrer aisément que Vect(A)¯ l’est aussi. Puisqu’il contient A¯, on obtient

Vect(A¯)Vect(A)¯.
 
Exercice 5  1119  Correction  

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

  • (a)

    Montrer que A¯ est convexe.

  • (b)

    La partie A est-elle convexe?

Solution

  • (a)

    Soient a,bA¯. Il existe (an)A et (bn)A telles que ana et bnb.
    Pour tout λ[0;1],

    λa+(1-λ)b=limn+(λan+(1-λ)bn)

    avec λan+(1-λ)bn[an;bn]A donc λa+(1-λ)bA¯.

  • (b)

    Soient a,bA. Il existe αa,αb>0 tel que B(a,αa),B(b,αb)A. Posons α=min(αa,αb)>0.
    Pour tout λ[0;1] et tout xB(λa+(1-λ)b,α) on a x=(λa+(1-λ)b)+αu avec uB(0,1).
    a=a+αuB(a,α)A et b=b+αuB(b,α)A donc [a;b]A puisque A est convexe donc λa+(1-λ)b=xA. Ainsi B(λa+(1-λ)b,α)A et donc λa+(1-λ)bA.

    Finalement, A est convexe.

 
Exercice 6  4672  

Soit A une partie de non vide et majorée. Montrer sup(A)A¯.

 
Exercice 7  1122  Correction  

Soient f:EF continue bornée et AE, A non vide. Montrer

f,A=f,A¯.

Solution

Pour tout xA, xA¯ et donc |f(x)|f,A¯. Ainsi,

f,Af,A¯.

Soit xA¯, il existe (un)A tel que unx et alors f(un)f(x) par continuité de f. Or |f(un)|f,A donc à la limite |f(x)|f,A puis

f,A¯f,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 𝒟n() des matrices diagonalisables de n().

 
Exercice 10  3470    Correction  

Dans 2(), on introduit

𝒰 ={M2()|λSp(M),|λ|=1} et
={M2()|n*,Mn=I2}.
  • (a)

    Comparer les ensembles et 𝒰.

  • (b)

    Montrer que 𝒰 est une partie fermée de 2().

  • (c)

    Montrer que 𝒰 est inclus dans l’adhérence de .

  • (d)

    Qu’en déduire?

Solution

  • (a)

    Une matrice de est annulée par un polynôme de la forme Xn-1 dont les racines sont de module 1. Puisque les valeurs propres figurent parmi les racines des polynômes annulateurs

    𝒰.
  • (b)

    Une matrice M2() admet deux valeurs propres comptées avec multiplicité λ,μ. Celles-ci sont déterminées comme les solutions du système

    {λ+μ=tr(M)λμ=det(M).

    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

    X2-pX+q

    et en posant δ tel que δ2=p2-q, ces racines sont

    λ=p+δ et μ=p-δ

    de sorte que

    |λ|2 =|p|2+|δ|2+2Re(p¯δ) et
    |μ|2 =|p|2+|δ|2-2Re(p¯δ).

    On en déduit que la fonction f qui à M2() associe le réel

    (|λ|2-1)2+(|μ|2-1)2=(|λ|2+|μ|2)2-2(|λ|2+|μ|2+|λμ|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 2().

  • (c)

    Soit M𝒰. La matrice M est trigonalisable et donc il existe PGL2() et T𝒯2+() telle que

    M=PTP-1 avec T=(λν0μ),|λ|=|μ|=1.

    On peut écrire λ=eiα et μ=eiβ avec α,β.
    Pour n*, posons

    αn=2πnα/2πn et βn=2πnβ/2π+1n

    et considérons la matrice

    Mn=PTnP-1 avec Tn=(eiαnν0eiβn).

    Par construction,

    eiαneiβn

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

    (eiαn)n=(eiβn)n=1

    on a alors Tnn=I2 et donc Mn.
    Enfin, on a évidemment MnM.

  • (d)

    𝒰 est un fermé contenant donc ¯𝒰 et par double inclusion ¯=𝒰.

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

 
Exercice 11  4676  

Déterminer la frontière de l’ensemble 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)A.

  • (b)

    Montrer que la partie A est ouverte si, et seulement si, AFr(A)=

Solution

  • (a)

    Si A est fermée alors A¯=A donc Fr(A)=AAA.
    Inversement, si Fr(A)=A¯AA alors puisque AA on a A¯A.
    En effet, pour xA¯, si xA alors xA et sinon xFr(A) et donc xA.
    Puisque de plus AA¯, on en déduit A=A¯ et donc A¯ est fermé.

  • (b)

    A est un ouvert si, et seulement si, EA est un fermé c’est-à-dire si, et seulement si, Fr(EA)EA.
    Or Fr(EA)=Fr(A) donc A est un ouvert si, et seulement si, Fr(A)A=.

 
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)=A¯A=A¯EA=A¯EA¯.

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)=F¯EF¯

donc

Fr(Fr(F))=Fr(F)EFr(F)¯.

Or Fr(F)F¯=F donc EFEFr(F) puis EF¯EFr(F)¯.
De plus, Fr(F)EF¯ donc Fr(F)EFr(F)¯ puis

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

[<] Frontière[>] Distance à une partie

 
Exercice 15  4675  

Montrer que est une partie fermée de :

  • (a)

    En étudiant son complémentaire.

  • (b)

    En raisonnant par les suites.

 
Exercice 16  4673  

Dans 2, montrer que l’ensemble décrit ci-dessous définit une partie fermée

={(x,y)2|xy=1}.
 
Exercice 17  5244  

Montrer que On()={An()|AtA=In} est une partie fermée et bornée de n().

 
Exercice 18  5239  

Soit une norme sur un espace vectoriel E de dimension finie.

Montrer que la sphère de centre aE et de rayon r>0

𝒮={xE|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[0;1], on a l’inégalité

d((1-λ).a+λ.b,X)(1-λ)d(a,X)+λd(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 N1 et N2 deux normes sur un même espace vectoriel E. On suppose que N1 est dominée par N2. Montrer que tout ouvert pour la norme N1 est aussi un ouvert pour la norme N2.

 
Exercice 22  3306   Correction  

Dans E=[X], on considère les normes

N1(P)=supt[0;1]|P(t)|etN2(P)=supt[1;2]|P(t)|.

L’ensemble

Ω={PE|P(0)0}

est-il ouvert pour la norme N1? pour la norme N2?

Solution

Posons φ:E l’application définie par φ(P)=P(0).
L’application φ est linéaire et puisque |φ(P)|N1(P), cette application est continue. On en déduit que Ω=φ-1(*) est un ouvert relatif à E c’est-à-dire un ouvert de E pour la norme N1.
Pour la norme N2, 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] donnée par le graphe suivant:

Par le théorème d’approximation de Weierstrass, il existe une suite (Pn) de polynômes vérifiant

supt[0;2]|Pn(t)-f(t)|n+0

et en particulier

Pn(0)n+0etN2(Pn-P)n+0.

Considérons alors la suite de polynômes (Qn) avec

Qn=Pn-Pn(0).

Pour tout n, Qn(0)=0 donc QnΩ et

N2(Qn)N2(Pn-P)+|Pn(0)|n+0

donc

Qnn+N2P.

Puisque la partie Ω n’est pas voisinage de chacun de ses points, elle n’est pas ouverte pour la norme N2.

 
Exercice 23  1108     CENTRALE (MP)Correction  

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

u=supn|un|.

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 dadhérence} et E={suites périodiques}.

Solution

A est fermé car si up=(unp) est une suite d’éléments de A convergeant vers une suite u=(un) pour la norme alors pour tout n et tout p, unpun+1p qui donne à la limite unun+1 et donc uA.
B est fermé car si up=(unp) est une suite d’éléments de B convergeant vers une suite u=(un) pour la norme alors pour tout ε>0 il existe p tel que u-upε/2 et puisque unpn+0, il existe N tel que

nN,|unp|ε/2

et donc

|un||un-unp|+|unp|ε.

Ainsi u0 et donc uB.
C est fermé. En effet, si up=(unp) est une suite d’éléments de C convergeant vers une suite u=(un) pour la norme alors en notant p la limite de up, la suite (p) est une suite de Cauchy puisque |p-q|up-uq. Posons la limite de la suite (p) et considérons vp=up-p. vpB et vpu- donc u-B et uC.
D est fermé car si up=(unp) est une suite d’éléments de D convergeant vers une suite u=(un) pour la norme alors pour tout ε>0 il existe p tel que u-upε/2 et puisque 0 est valeur d’adhérence de up, il existe une infinité de n tels que |unp|ε/2 et donc tels que

|un||un-unp|+|unp|ε.

Ainsi 0 est valeur d’adhérence de u et donc uD.
E n’est pas fermé. Notons δp, la suite déterminée par δnp=1 si pn et 0 sinon. La suite δp est périodique et toute combinaison linéaire de suites δp l’est encore. Posons alors

up=k=1p12kδk

qui est élément de E. La suite up converge car

up+q-upk=p+1p+q12k12p0

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

u0=limp+k=1p12k=1

et que un<1 pour tout n puisque pour que un=1 il faut kn pour tout k.

 
Exercice 24  2770     MINES (MP)Correction  

On munit l’espace des suites bornées réelles (,) de la norme u=supn(|un|).

  • (a)

    Montrer que l’ensemble des suites convergentes est un fermé de (,).

  • (b)

    Montrer que l’ensemble des suites (an) qui sont terme général d’une série absolument convergente n’est pas un fermé de (,).

Solution

  • (a)

    Notons C l’espace des suites convergentes de (,).
    Soit (un) une suite convergente d’éléments de C de limite u.
    Pour chaque n, posons n=limun=limp+upn.
    Par le théorème de la double limite appliquée à la suite des fonctions un, on peut affirmer que la suite (n) converge et que la suite u converge vers la limite de (n). En particulier uC.

  • (b)

    Notons A l’espace des suites dont le terme général est terme général d’une série absolument convergente.
    Soit (un) la suite définie par

    n*,p,upn=1(p+1)1+1/n.

    La suite (un) est une suite d’éléments de A et une étude en norme permet d’établir que unu avec up=1p+1. La suite u n’étant pas élément de A, la partie A n’est pas fermée.

 
Exercice 25  1110   Correction  

On note () l’ensemble des suites réelles nulles à partir d’un certain rang.

  • (a)

    Montrer que () est un sous-espace vectoriel de l’espace (,) des suites réelles bornées.

  • (b)

    (,) étant normé par . Le sous-espace vectoriel () est-il une partie ouverte? une partie fermée?

Solution

  • (a)

    Les éléments de () sont bornés donc ()(,).
    L’appartenance de l’élément nul et la stabilité par combinaison linéaire sont immédiates.

  • (b)

    Si () est ouvert alors puisque 0() il existe α>0 tel que B(0,α)().
    Or la suite constante égale à α/2 appartient à B(0,α) et n’est pas nulle à partir d’un certain rang donc B(0,α)() et donc () n’est pas ouvert.

  • (c)

    Pour N, posons uN définie par unN=1n+1 si nN et unN=0 sinon.
    (uN)() et uNu avec u donné par un=1n+1. En effet,

    uN-u=1N+20.

    Mais u() donc () n’est pas fermé.

 
Exercice 26  2771     MINES (MP)Correction  

Soit E l’ensemble des suites (an)n0 de telles que la série |an| converge. Si a=(an)n0 appartient à E, on pose

a=n=0+|an|.
  • (a)

    Montrer que est une norme sur E.

  • (b)

    Soit

    F={aE|n=0+an=1}.

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

Solution

  • (a)

    Par définition de l’ensemble E, l’application :E+ est bien définie.
    Soient (an)n0, (bn)n0 éléments de E et λ.

    a+b=n=0+|an+bn|n=0+(|an|+|bn|)=a+b

    avec convergence des séries écrites, et

    λ.a=n=0+|λan|=n=0+|λ||an|=|λ|n=0+|an|=|λ|a.

    Enfin, si a=0 alors

    n,|an|a=0

    donne (an)n0=(0)n0

  • (b)

    Considérons la forme linéaire

    φ:(an)n0n=0+an.

    On vérifie

    a=(an)n0E,|φ(a)|=|n=0+an|n=0+|an|=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,) et un élément de F et

    α>0,e+αeF et e-(e+αe)=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 αp=e+p.(1,-1,0,0,).

    p,αpF et αpp++.

    La partie F n’est donc pas bornée.

 
Exercice 27  3037      X (MP)Correction  

Caractériser dans n() les matrices dont la classe de similitude est fermée.
Même question avec au lieu de

Solution

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

A=(λ10λ).

Pour Pp=(p001), on obtient

Pp-1APp=(λ1/p0λ)λI2

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-λI2)2Ker(A-λI2).

Pour X2Ker(A-λI2)2Ker(A-λI2) et X1=(A-λI2)X2, la famille (X1,X2) vérifie AX1=λX1 et AX2=λX2+X1. En complétant la famille libre (X1,X2) en une base, on obtient que la matrice A est semblable à

T=(λ1(*)0λ(*)(0)(0)B).

Pour Pp=diag(p,1,,1), on obtient

Pp-1TPp=(λ1/p(*/p)0λ(*)(0)(0)B)(λ0(0)0λ(*)(0)(0)B)=A.

Or cette matrice n’est pas semblable à T ni à A car rg(A-λIn)rg(T-λIn).
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: An(). Si A est diagonalisable dans alors toute limite A d’une suite de la classe de similitude de A est semblable à A dans n(). Soit PGLn() telle que P-1AP=A. On a alors AP=PA. En introduisant les parties réelles et imaginaires de P, on peut écrire P=Q+iR avec Q,Rn().
L’identité AP=PA avec A et A réelles entraîne AQ=QA et AR=RA.
Puisque la fonction polynôme tdet(Q+tR) n’est pas nulle (car non nulle en i), il existe t tel que P=Q+tRGLn() et pour cette matrice AP=PA.
Ainsi, les matrices A et A sont semblables dans n().
Si A n’est pas diagonalisable dans .
Il existe une valeur propre complexe λ pour laquelle Ker(A-λI2)2Ker(A-λI2).
Pour X2Ker(A-λI2)2Ker(A-λI2) et X1=(A-λI2)X2, la famille (X1,X2) vérifie AX1=λX1 et AX2=λX2+X1.
Si λ, il suffit de reprendre la démonstration qui précède.
Si λ, on peut écrire λ=a+ib avec b*.
Posons X3=X¯1 et X4=X¯2.
La famille (X1,X2,X3,X4) est libre car λλ¯.
Introduisons ensuite Y1=Re(X1), Y2=Re(X2), Y3=Im(X1) et Y4=Im(X2).
Puisque Vect(Y1,,Y4)=Vect(X1,,X4), la famille (Y1,,Y4) est libre et peut donc être complétée en une base.
On vérifie par le calcul AY1=aY1-bY3, AY2=aY2-bY4+Y1, AY3=aY3+bY1 et AY4=bY2+aY4+Y3. et l’on obtient que la matrice A est semblable dans n() à la matrice

(T*OB)

avec

T=(a1b00a0b-b0a10-b0a).

Pour Pp=diag(p,1,p,1,1), on obtient

Pp-1TPp(T*OB)=A

avec

T=(a0b00a0b-b0a00-b0a).

Or dans n(), la matrice A est semblable est à diag(λ,λ,λ¯,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 ne sont pas semblables dans n() ni a fortiori dans n().
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

aFd(a,F)=0.
 
Exercice 29  4076  Correction  

Soient F une partie fermée non vide d’un espace normé E et xE. Montrer

d(x,F)=0xF.

Solution

Rappelons

d(x,F)=inf{x-y|yF}

() Si xF alors 0{x-y|yF} et donc d(x,F)=0.

() Si d(x,F)=0 alors pour tout n, il existe ynF vérifiant

x-yn1n+1.

En faisant varier n, cela détermine (yn)F telle que ynx.
Or F est une partie fermée, elle contient les limites de ses suites convergentes et par conséquent xF.

 
Exercice 30  1107   Correction  

Soit E une espace vectoriel normé.

  • (a)

    Soient F une partie fermée non vide de E et xE. Montrer

    d(x,F)=0xF.
  • (b)

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

    FU,GV et UV=.

Solution

  • (a)

    Rappelons

    d(x,F)=inf{x-y|yF}

    () Si xF alors 0{x-y|yF} et donc d(x,F)=0.

    () Si d(x,F)=0 alors pour tout n, il existe ynF vérifiant

    x-yn1n+1.

    En faisant varier n, cela déterminer (yn)F telle que ynx.
    Or F est une partie fermée, elle contient les limites de ses suites convergentes et par conséquent xF.

  • (b)

    Soient

    U=xFB(x,12d(x,G)) et V=xGB(x,12d(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 yUV alors il existe aF et bG tels que

    d(a,y)<12d(a,G) et d(b,y)<12d(b,F).

    Puisque

    d(a,G),d(b,F)d(a,b)

    on a donc

    d(a,b)d(a,y)+d(y,b)<d(a,b).

    C’est absurde et l’on peut conclure

    UV=.
 
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)=infaAx-a+.
  • (b)

    Montrer l’équivalence

    xA¯d(x,A)=0.
 
Exercice 32  1120  Correction  

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

d(A¯,B¯)=d(A,B)

(en notant d(A,B)=infxA,yBd(x,y))

Solution

AA¯, BB¯ donc d(A¯,B¯)d(A,B).
Pour tout xA¯ et yB¯, il existe (an)A et (bn)B telles que anx et bny.
On a alors d(x,y)=limn+d(an,bn) or d(an,bn)d(A,B) donc à la limite d(x,y)d(A,B) puis d(A¯,B¯)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)=infxA,yBd(x,y)>0.

Montrer qu’il existe deux ouverts disjoints U et V tels que AU et BV.

Solution

Les ensembles

U=aAB(a,d/2)etV=bBB(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

UV (a,b)A×B,B(a,d/2)B(b,d/2)
d(A,B)<d.
 
Exercice 34  2415     CENTRALE (MP)Correction  

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

Solution

Soit (xn)A convergeant vers x. Il existe un unique yA tel que |x-y|=d(x,A). Or d(x,A)=0 donc x=yA. Ainsi A est fermé.
Par l’absurde supposons que A ne soit pas un intervalle. Il existe alors a<c<b tels que a,bA et cA. Posons

α=sup{xA|xc}etβ=inf{xA|xc}.

On a α,βA, α<c<β et ]α;β[A.

Posons alors γ=α+β2. On a

d(γ,A)=β-α2=|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],) normé par et la partie

A={fE|f(0)=0 et 01f(t)dt1}.
  • (a)

    Montrer que A est une partie fermée.

  • (b)

    Vérifier que f>1 pour tout fA.

  • (c)

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

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

 
Exercice 36  5235  

Soient U1,,Up des parties ouvertes d’un espace normé E de dimension finie.

Montrer que U=U1Up 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 2 telles que A et B soient fermées mais pas la partie

A+B={a+b|aA et bB}.
 
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*,

On=aFB(a,1/n)

On est un ouvert (car réunion d’ouverts) contenant F. Le fermé F est donc inclus dans l’intersection des On pour n*.
Inversement, si x appartient à cette intersection, alors, pour tout n, il existe anF tel que xB(an,1/n). La suite (an) converge alors vers x et donc xF car F est fermé.

Finalement, F est l’intersection des On pour n*.

 
Exercice 39  1118  Correction  

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

  • (a)

    Montrer que AB¯AB¯

  • (b)

    Montrer que AB=AB¯=.

Solution

  • (a)

    Soit xAB¯. Il existe une suite (bn)B telle que bnx. Or xA et A est ouvert donc à partir d’un certain rang bnA. Ainsi pour n assez grand bnAB et puisque bnx, xAB¯.

  • (b)

    Si AB= alors AB¯AB¯=¯=.

 
Exercice 40  4678   

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

  • (a)

    Montrer que X est la réunion des ouverts inclus dans X.

  • (b)

    En déduire que X est le plus grand11 1 Au sens de l’inclusion. ouvert inclus dans X.

  • (c)

    Établir que X¯ est le plus petit fermé contenant X.

 
Exercice 41  1104   Correction  

On désigne par p1 et p2 les applications coordonnées de 2 définies par pi(x1,x2)=xi pour i=1,2.

  • (a)

    Soit O un ouvert de 2, montrer que p1(O) et p2(O) sont des ouverts de .

  • (b)

    Soit H={(x,y)2|xy=1}. Montrer que H est un fermé de 2 et que p1(H) et p2(H) ne sont pas des fermés de .

  • (c)

    Montrer que si F est un fermé et que p2(F) est une partie bornée, alors p1(F) est fermée.

Solution

  • (a)

    Soit xp1(O). Il existe y tel que a=(x,y)O. Comme O est ouvert, il existe ε>0 tel que B(a,ε)O et alors ]x-ε;x+ε[p1(O). Ainsi, p1(O) (et de même p2(O)) est ouvert.

  • (b)

    Soit ((xn,yn))nH telle que

    (xn,yn)n+(x,y).

    Comme xnyn=1, à la limite xy=1.

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

    Cependant p1(H)=*, p2(H)=* ne sont pas des parties fermées de .

  • (c)

    Soit (xn)n(p1(F)) telle que

    xnn+x.

    Pour n, il existe yn tel que (xn,yn)F.

    Comme la suite (yn) est bornée, on peut extraire une suite convergente (yφ(n)) de limite y. La suite ((xφ(n),yφ(n))) est convergente de limite (x,y) et, puisque F est une partie fermée, (x,y)F. On en déduit x=p1((x,y))p1(F). Ainsi, p1(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 uF.
Soit (xn) une suite convergente d’éléments de F+Vect(u) de limite x.
Pour tout n, on peut écrire xn=yn+λnu avec ynF et λn𝕂.
Montrons en raisonnant par l’absurde que la suite (λn) est bornée.
Si la suite (λn) n’est pas bornée, quitte à considérer une suite extraite, on peut supposer |λn|+.
Posons alors zn=1λnxn=1λnyn+u.
Puisque xnx et |λn|+, on a zn0 et donc 1λnyn-u.
Or la suite de terme général 1λnyn est une suite d’éléments de l’espace fermé F, donc -uF ce qui exclu.
Ainsi, la suite (λn) est bornée et l’on peut en extraire une suite convergente (λφ(n)) de limite λ𝕂.
Par opérations, la suite (yφ(n)) est alors convergente.
En notant y sa limite, on a yF car l’espace F est fermé.
En passant la relation xn=yn+λnu à la limite, on obtient x=y+λuF+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)2|x2+y2<x3+y3} est une partie ouverte de 2.

 
Exercice 44  5243  
  • (a)

    Montrer que A={(x,y)2|xy<1} est une partie ouverte.

  • (b)

    Montrer que B={(x,y)2| 1+y3x2} est une partie fermée.

  • (c)

    Montrer que C={(x,y)2|x4+y4=x2} est une partie fermée.

 
Exercice 45  3859  Correction  

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

Solution

Considérons l’application φ:(E)(E) déterminée par φ(f)=f2-f.
L’application φ est continue par opérations sur les fonctions continues, notamment parce que l’application fff est continue (elle s’obtient à partir du produit dans l’algèbre (E)).
Puisque {0~} est une partie fermée de (E), l’ensemble 𝒫=φ-1({0~}) est un fermé relatif à (E), donc un fermé de (E).

 
Exercice 46  1124  

Montrer que GLn(𝕂) est une partie ouverte de n(𝕂).

 
Exercice 47  1125   

Soit E un espace vectoriel euclidien.

Montrer que l’ensemble {(x,y)E2|(x,y) libre} est un ouvert de E2.

 
Exercice 48  1126   Correction  

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

Solution

Soit ARp. 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 Rp.

 
Exercice 49  1128   Correction  

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

Solution

Si u est continue alors

A={xE|u(x)=1}=f-1({1})

est l’image réciproque du fermé {1} par l’application continue f=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 {xE|x=1}. Cela permet de construire une suite (xn)E vérifiant

xn=1etu(xn)>n.

En posant

yn=1u(xn)xn

on obtient une suite (yn)A vérifiant yn0.
Or 0A 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

xE,u(x)x.

Pour tout n, on pose

vn=1n+1k=0nuk.
  • (a)

    Simplifier vn(u-Id).

  • (b)

    Montrer que

    Im(u-Id)Ker(u-Id)={0}.
  • (c)

    On suppose E de dimension finie, établir

    Im(u-Id)Ker(u-Id)=E.
  • (d)

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

    Im(u-Id)Ker(u-Id)=E

    alors la suite (vn) converge simplement et l’espace Im(u-Id) est une partie fermée de E.

  • (e)

    Étudier la réciproque.

Solution

  • (a)

    Par télescopage

    (k=0nuk)(u-Id)=un+1-Id

    donc

    vn(u-Id)=1(n+1)(un+1-Id).
  • (b)

    Soit xIm(u-Id)Ker(u-Id). On peut écrire x=u(a)-a et l’on a u(x)=x.
    On en déduit

    vn(u-Id)(a)=x.

    Or

    vn(u-Id)(a)=1n+1(un+1(a)-a)0

    car

    un+1(a)-aun+1(a)+a2a.

    On en déduit x=0.

  • (c)

    Par la formule du rang

    dimIm(u-Id)+dimKer(u-Id)=dimE

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

  • (d)

    Soit zE. On peut écrire z=x+y avec xIm(u-Id) et yKer(u-Id).
    On a alors vn(z)=vn(x)+y avec, comme dans l’étude du b), vn(x)0. On en déduit vn(z)y.
    Ainsi, la suite de fonctions (vn) converge simplement vers la projection p sur Ker(u-Id) parallèlement à Im(u-Id).
    Puisque pour tout xE, on a

    vn(x)1n+1k=0nuk(x)1n+1k=0nx=x

    on obtient à la limite p(x)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 (vn) et la fermeture de Im(u-Id).
    Soit zE. Posons y=limn+vn(z) et x=z-y.
    D’une part, puisque

    u(vn(z))=1n+1k=0nuk+1(z)=vn(z)+1n+1(un+1(z)-z)

    on obtient à la limite

    u(y)=y

    car l’application linéaire u est continue et un+1(z)z. On en déduit yKer(u-Id).
    D’autre part

    z-vn(z)=1n+1(k=0n(Id-uk)(z))

    et

    Im(Id-uk)=Im((Id-u)=0k-1u-1)Im(Id-u)=Im(u-Id)

    donc z-vn(z)Im(u-Id). On en déduit x=lim(z-vn(z))Im(u-Id) car Im(u-Id) est fermé.
    Finalement, on a écrit z=x+y avec

    xIm(u-Id) et yKer(u-Id).
 
Exercice 52  1127   

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

  • (i)

    f est continue;

  • (ii)

    A(E),f(A¯)f(A)¯;

  • (iii)

    B(F),f-1(B)¯f-1(B¯);

  • (iv)

    B(F),f-1(B)(f-1(B)).

 
Exercice 53  3726     ENSCorrection  

Soit f: vérifiant

  • (1))

    [a;b],f([a;b]) est un segment;

  • (2)

    y,f-1({y}) est une partie fermée.

Montrer que f est continue.

Solution

Par l’absurde, supposons f discontinue en a. On peut alors construire une suite (xn) vérifiant

xnn+aetn,|f(xn)-f(a)|ε

avec ε>0 convenable.

Soit n, puisque f([a;xn]) est un segment contenant f(a) et f(xn), il contient aussi l’intermédiaire f(a)±ε (le ± étant déterminé par la position relative de f(xn) par rapport à f(a)). Il existe donc an compris entre a et xn vérifiant

|f(an)-f(a)|=ε.

La suite (an) évolue dans le fermé f-1({f(a)+ε})f-1({f(a)-ε}) et converge vers a donc af-1({f(a)+ε})f-1({f(a)-ε}). C’est absurde.

 
Exercice 54  2773      MINES (MP)Correction  

Pour n*, On désigne l’ensemble des polynômes réels de degré n scindés à racines simples et Fn l’ensemble des polynômes de n[X] scindés à racines simples.

Ces ensembles sont-ils ouverts dans n[X]?

Solution

Soit POn. En notant x1<<xn ses racines, on peut écrire

P=α(X-x1)(X-xn)

avec α0.
Posons y1,,yn-1 les milieux des segments [x1;x2],,[xn-1;xn].
Posons aussi y0]-;x1[ et yn]xn;+[.
P(y0) est du signe de (-1)nα, P(y1) est du signe de (-1)n-1α,…, P(yn-1) est du signe de (-1)α, P(yn) 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

fi:Qn[X]Q(yi).

L’application fi est continue et donc fj-1(+*) et fj-1(-*) sont des parties ouvertes de n[X].
Considérons U l’intersection des ouverts

f0-1((-1)n+*),f1-2((-1)n-1+*),,fn-1(+*).

Les éléments de U sont des polynômes réels alternant de signe entre y0<y1<<yn. Par application du théorème des valeurs intermédiaires, un tel polynôme admet n racines distinctes et donc est scindé à racines simples. Ainsi, UOn. Or PU et U est ouvert donc U est voisinage de P puis On est voisinage de P.
Au final On est ouvert car voisinage de chacun de ses éléments.
Dans le cas n=1: Fn=On et donc Fn est ouvert.
Dans le cas n=2: Fn réunit les polynômes P=aX2+bX+c avec b2-4ac>0 (que a soit égal à 0 ou non). L’application Pb2-4ac étant continue, on peut affirmer que Fn est encore ouvert car image réciproque d’un ouvert pas une application continue.
Dans le cas n3: Pn=X(1+X2/n) est une suite de polynômes non scindés convergeant vers X scindé à racines simples. Par suite, Fn 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 fg=gf.

  • (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[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 ab les deux éléments précédents. L’égalité fg=gf 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

    ag(a),g(b)b.

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

 
Exercice 56  3393     ENSTIM (MP)Correction  

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

ff=f.
  • (a)

    Montrer que l’ensemble

    {x[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[0;1]|f(x)=x}.

    On a évidemment AIm(f), mais inversement, pour xIm(f), on peut écrire x=f(a) et alors

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

    Ainsi, Im(f)A, puis, par double inclusion, A=Im(f).
    On en déduit que A est un segment de 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)=fd(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[0;1]x.

 
Exercice 57  2774     MINES (MP)Correction  
  • (a)

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

    ff=f.
  • (b)

    Même question avec les fonctions dérivables.

Solution

  • (a)

    Soit f solution. Formons

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

    On a évidemment AIm(f), mais inversement, pour xIm(f), on peut écrire x=f(a) et alors

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

    Ainsi, Im(f)A, puis, par double inclusion, A=Im(f).
    On en déduit que A est un segment de de la forme [α;β] car c’est l’image d’un segment par une fonction réelle continue.
    Pour tout x[α;β], f(x)=x et pour tout x[0;α[]β;1], f(x)[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)=fd(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[0;1]x.

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

 
Exercice 58  1130  Correction  

Montrer que GLn() est dense dans n().

On pourra considérer, pour AMn(R), les matrices de la forme A-λIn.

Solution

L’application λdet(A-λIn) est polynomiale et non nulle, elle possède donc un nombre fini de racines. Par suite,

An(),α>0,B(A,α)GLn().
 
Exercice 59  1135  Correction  

Montrer que l’ensemble des matrices diagonalisables de n() est dense dans n().

Solution

Soit An(). La matrice A est trigonalisable, il existe PGLn() telle que P-1AP=T avec T triangulaire supérieure. Posons alors

Tp=T+diag(1/p,2/p,,n/p)etAp=PTpP-1.

Il est immédiat que

Tpp+TetApp+A

De plus, pour p assez grand, la matrice Tp 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 Ap qui lui est semblable. Ainsi, toute matrice de Mn() est limite d’une suite de matrices diagonalisables.

 
Exercice 60  1134   Correction  

On note () l’ensemble des suites réelles nulles à partir d’un certain rang.

  • (a)

    Montrer que () est une partie dense de l’espace des suites sommables normé par

    u1=n=0+|un|.
  • (b)

    () est-il une partie dense de l’espace des suites bornées normé par

    u=supn|un|?.

Solution

  • (a)

    Soit u une suite sommable. On a

    n=N+1+|un|0

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

    n=N+1+|un|<α.

    Considérons alors v définie par vn=un si nN et vn=0 sinon.
    On a v() et v-u1<α donc B(u,α)().

  • (b)

    Non, en notant u la suite constante égale à 1, B(u,1/2)()=.

 
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 UV 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 aE et tout ε>0, B(a,ε)U car U est dense.
    Soit xB(a,ε)U. Puisque B(a,ε)U est ouvert, il existe α>0 tel que B(x,α)B(a,ε)U et puisque V est dense B(x,α)V. Par suite,

    B(a,ε)(UV).
  • (b)

    Soient F et G deux fermés d’intérieurs vides.

    E(FG)=E(FG)¯=EFEG¯

    avec EF et EG ouverts denses donc

    EFEG¯=E

    puis

    (FG)=.
 
Exercice 63  3649   Correction  

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

Solution

Soient xE et r>0.
Puisque A est une partie dense, B(a,r)A. On peut donc introduire xB(a,r)A. Or par intersection d’ouverts, B(a,r)A est aussi une partie ouverte et donc il existe α>0 tel que B(x,α)B(a,r)A. Puisque la partie B est dense, B(x,α)B et finalement B(a,r)AB.
On peut donc conclure que AB 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 AE. Il existe un élément aE tel que aA. Par translation du problème (la partie -a+A est encore convexe et dense), on peut supposer a=0E. Posons n=dimE.

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 (e1,,en) une base de E formée d’éléments de A. Puisque 0EA, pour tout xA, on remarque

λ-,-λxA

(car sinon, par convexité, 0EA).

Par convexité de A,

λ1,,λn0,λ1++λn=1λ1e1++λnenA

et donc

λ-,λ1,,λn0,λ1++λn=1λ(λ1e1++λnen)A.

Ainsi,

μ1,,μn0,μ1e1++μnenA.

Or la partie {μ1e1++μnen|μi<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 (,+) non réduit à {0}.

  • (a)

    Justifier l’existence de a=inf{xH|x>0}.

  • (b)

    On suppose a>0. Établir aH puis H=a.

  • (c)

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

Solution

  • (a)

    Il existe hH tel que h0 car H n’est pas réduit à {0}.
    Si h>0 alors h{xH|x>0}. Si h<0 alors -h{xH|x>0}.
    Dans les deux cas {xH|x>0}. De plus, {xH|x>0} et {xH|x>0} est minoré par 0 donc a=inf{xH|x>0} existe dans .

  • (b)

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

  • (c)

    Puisque inf{xH|x>0}=0, on peut affirmer que pour tout α>0, il existe xH tel que 0<x<α.
    Soient a et α>0. Montrons HB(a,α) c’est-à-dire H]a-α;a+α[
    Il existe xH tel que 0<x<α. Posons n=E(a/x). On a a=nx+r avec 0r<α.
    nx<x>H et |a-nx|=r<α donc nxHB(a,α) et donc HB(a,α).
    Ainsi H est dense dans .

 
Exercice 66  23   Correction  
  • (a)

    Montrer que {cos(n)|n} est dense dans [-1;1].

  • (b)

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

Solution

  • (a)

    On a

    {cos(n)|n} ={cos(n)|n}
    ={cos(n+2kπ)|n,k}
    =cos(+2π).

    Puisque +2π est un sous-groupe de (,+) 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 (,+) sont monogènes ou denses.
    Pour tout x[-1;1], il existe θ[0;π] tel que cos(θ)=x et puisque +2π est dense dans , il existe une suite d’éléments +2π convergeant vers θ. L’image de cette suite par la fonction continue cosinus détermine une suite d’élément de {cos(n)|n} convergeant vers x.

  • (b)

    En notant que les 2p avec p sont des naturels non nuls, on observe

    {cos(pln(2))|p}{cos(ln(n))|n*}.

    Ainsi,

    cos(ln(2)+2π){cos(ln(n))|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* tels que pln(2)=qln(3) soit encore 2p=3q ce qui est faux!

 
Exercice 67  3058   Correction  

Soient (un)n et (vn)n deux suites réelles telles que

unn++,vnn++etun+1-unn+0.
  • (a)

    Soient ε>0 et n0 tels que pour tout nn0, |un+1-un|ε.
    Montrer que pour tout aun0, il existe nn0 tel que |un-a|ε.

  • (b)

    En déduire que {un-vp|n,p} est dense dans .

  • (c)

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

Solution

  • (a)

    Posons

    A={nn0|aun}

    A est une partie de , non vide car n0A et majorée car un+.
    La partie A admet donc un plus grand élément nn0 et pour celui-ci una<un+1.
    Par suite, |un-a||un+1-un|ε car nn0.

  • (b)

    Soient x et ε>0.
    Puisque un+1-un0, il existe n0 tel que pour tout nn0, |un+1-un|ε.
    Puisque vn+, il existe p tel que x+vpun0.
    Par l’étude précédente, il existe n tel que |un-(x+vp)|ε c’est-à-dire |(un-vp)-x|ε.
    Par suite, l’ensemble {un-vp|n,p} est dense dans .

  • (c)

    Remarquons que

    A={cos(ln(n))|n*}={cos(ln(n+1)-2pπ)|n,p}.

    Posons un=ln(n+1) et vn=2nπ. Les hypothèses précédentes sont réunies et donc

    B={un-vp|n,p}={ln(n+1)-2pπ|n,p}

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

 
Exercice 68  4170     CENTRALE (MP)Correction  

Soit (un) une suite réelle telle que un+1-un0 et un+. Soit (vp) une suite réelle telle que vp+.

  • (a)

    On fixe deux réels a et b tels que a<b. Pour p et q dans , on pose (wn)=(un+p-vq). Montrer que l’on peut choisir p et q de telle sorte que l’on ait w0a et |wn+1-wn|(b-a)/2 pour tout n.

  • (b)

    Montrer que {un-vp|(n,p)2} est dense dans .

  • (c)

    Déterminer l’adhérence de {sin(un)|n}.

  • (d)

    Déterminer l’adhérence de {un-un|n}.

  • (e)

    Quel est l’ensemble des valeurs d’adhérence de la suite (un-un)?

Solution

  • (a)

    Sachant (un+1-un) de limite nulle, pour ε=(b-a)/2>0, il existe un rang p tel que

    n,np|un+1-un|ε

    et alors

    n,|un+p+1-un+p|ε.

    Sachant (vp) de limite +, le terme up-vq tend vers - lorsque q tend vers + et il existe donc un rang q tel que up-vqa.

    Pour ces paramètres p et q, la suite de terme général wn=un+p-vq vérifie les conditions requises.

  • (b)

    Posons

    E={un-vp|(n,p)2}.

    La suite (un) étant de limite +, la suite (wn) l’est aussi et l’ensemble A des n vérifiant wna est une partie de non vide et majorée. On peut alors introduire le plus grand entier N vérifiant wNa. On vérifie

    wN+1>aetwN+1wN+|wN+1-wN|(b-a)/2<b.

    On a ainsi établi:

    (a,b)2,a<bxE,x]a;b[.

    La partie E est donc dense dans .

  • (c)

    Introduisons (vp)=(2pπ) de limite +. La partie E est dense dans et l’image de celle-ci par la fonction sinus est S={sin(un)|n}.

    Cette partie est incluse dans le fermé [-1;1] et donc 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,

    S¯=[-1;1].
  • (d)

    Introduisons (vp)=(p) de limite +. La partie E est dense dans et l’image de celle-ci par la fonction f:xx-x est F={un-un|n}.

    Cette partie est incluse dans le fermé [0;1] et donc 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[F¯.

    Enfin, F¯ étant une partie fermée, on a aussi

    [0;1]F¯

    puis l’égalité.

  • (e)

    L’ensemble des valeurs d’adhérence de (un) est

    Adh(u)=N{un|nN}¯.

    Par l’étude qui précède

    {un|nN}¯=[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 un=n, la suite (un) n’a pas de valeurs d’adhérence! [0;1].

 
Exercice 69  3017     X (MP)Correction  

Montrer que {m-ln(n)|(m,n)×*} est dense dans .

Solution

Soient x et ε>0.
Il existe n0* tel que 1/n0ε.
Pour aln(n0) et n=E(ea)n0, on a ln(n)aln(n+1).
On en déduit

|a-ln(n)|ln(n+1)-ln(n)=ln(1+1/n)1/n1/n0ε.

Puisque m-xm++, pour m assez grand, on a a=m-xln(n0) et donc il existe n* vérifiant |a-ln(n)|ε c’est-à-dire

|m-ln(n)-x|ε.

Par suite, {m-ln(n)|(m,n)×*} est dense dans .

 
Exercice 70  3402     ENSCorrection  

Soit (un) une suite de réels strictement positifs. On suppose

(un) strictement croissante, un+ et un+1un1.

Montrer que l’ensemble

A={umun|m>n}

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

Solution

Soit [a;b][1;+[ avec a<b. Pour établir la densité de A, montrons que A[a;b] est non vide.
Considérons q>1 tel que qab.
Il existe N tel que

n,nNun+1unq.

Considérons alors

E={m|m>N et umuNb}

E est une partie de , non vide (car N+1E) et majorée (car un+). La partie E possède donc un plus grand élément M. Pour celui-ci, on a

uMuNb et uM+1uN>b.

Or

uM+1quM

donc

uMuN>bqa.

Ainsi, uM/uN est un élément de A[a;b].

 
Exercice 71  3018   Correction  

Soit A une partie non vide de vérifiant

a,bA,a+b2A.

Montrer que A est dense dans l’intervalle ]infA;supA[.

Solution

Soient a<bA.
Puisque a,bA, a+b2A, puis 3a+b4=a+(a+b)/22A et a+3b4A etc.
Par récurrence sur n, montrons

k{0,,2n},ka+(2n-k)b2nA.

La propriété est immédiate pour n=0.
Supposons la propriété vraie au rang n0.
Soit k{0,,2n+1}.

Cas: k pair. k=2k avec k{0,,2n} et ka+(2n+1-k)b2n+1=ka+(2n-k)b2nA en vertu de l’hypothèse de récurrence.

Cas: k impair. k=2k+1 avec k{0,,2n-1} et

ka+(2n+1-k)b2n+1=12(ka+(2n-k)b2n+(k+1)a+(2n-(k+1))b2n)A

car par hypothèse de récurrence

ka+(2n-k)b2n,(k+1)a+(2n-(k+1))b2nA.

La récurrence est établie.
Soit x]infA;supA[.
Il existe a,bA tel que x[a;b] ce qui permet d’écrire x=λa+(1-λ)b.
Soit kn=E(2nλ) et xn=kna+(2n-kn)b2n.
On vérifie aisément que xnx car 2nkλ et pour tout n xnA
Ainsi, A est dense dans ]infA;supA[.

 
Exercice 72  3020     X (MP)Correction  

Soit A une partie non vide de +* vérifiant

(a,b)A2,abA.

Montrer que A() est dense dans ]infA;supA[.

Solution

Considérons l’ensemble B=ln(A)={ln(a)|aA}.
Pour tout x,yB, x+y2=ln(a)+ln(b)2=ln(ab)B.
En raisonnant par récurrence, on montre que pour tout x,yB, on a la propriété

n,k{0,,2n},kx+(2n-k)y2nB.

Soit x]infA;supA[. Il existe a,bA tels que a<x<b.
On a alors ln(a)<ln(x)<ln(b) avec ln(a),ln(b)B.
On peut écrire ln(x)=λln(a)+(1-λ)ln(b) avec λ]0;1[.
Posons alors kn la partie entière de λ2n et xn=exp(kn2nln(a)+(1-kn2n)ln(b))
Il est immédiat que xnx avec pour tout n, xnA.
Si, dans cette suite, il existe une infinité d’irrationnels, alors x est limite d’une suite d’éléments de A().
Sinon, à partir d’un certain rang, les termes de la suite xn sont tous rationnels.
Le rapport xn+1/xn est alors aussi rationnel; mais

xn+1xn=(ab)kn+12n+1-kn2n avec kn+12n+1-kn2n=0 ou 12n+1.

S’il existe une infinité de n tels que kn+12n+1-kn2n=12n+1 alors il existe une infinité de n tels que

(ab)12n

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 kn+1=2kn.
Considérons à la suite (xn) définie par

xn=exp(kn2nln(a)+(1-kn2n)ln(b)) avec kn=kn+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: continue vérifiant

x,y,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,

n,x,f(nx)=nf(x).

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

Par suite,

n,x,f(nx)=nf(x).

Pour x=p/q,

f(x)=f(pq)=f(p×1q)=pf(1q)

Aussi,

f(1)=f(qq)=qf(1q)

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

Les fonctions xf(x) et xax sont continues et coïncident sur partie dense dans donc ces deux fonctions sont égales sur .

Au final, f est une fonction linéaire.

Inversement, une telle fonction est évidemment solution.

 
Exercice 74  1139   Correction  

Soit f: une fonction continue telle que

(x,y)2,f(x+y2)=12(f(x)+f(y)).
  • (a)

    Montrer que 𝒟={p/2n|p,n} est dense dans .

  • (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. Puisque

    un=2nx2nx

    avec un𝒟, la partie 𝒟 est dense dans .

  • (b)

    Supposons que f s’annule en 0 et 1.

    12(f(-x)+f(x))=f(0)

    donc la fonctionf est impaire.
    Par récurrence double, montrons n,f(n)=0.
    Pour n=0 ou n=1: ok
    Supposons la propriété établie aux rangs n1 et n-10.

    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

    p,f(p)=0.

    Par récurrence sur n, montrons

    p,f(p2n)=0.

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

    f(p2n+1)=f(12(0+p2n))=12(f(0)+f(p2n))=HR0.

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

    𝒟={p2n|p,n}

    dense dans , f est nulle sur .

  • (c)

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

    g(x+y2)=12(g(x)+g(y))

    donc g est nulle puis f affine.

 
Exercice 75  3059   Correction  

Soient E=𝒞([0;1],) et φE. On note Nφ:E l’application définie par

Nφ(f)=fφ.

Montrer que Nφ est une norme sur E si, et seulement si, φ-1(*) est dense dans [0;1].

Solution

Nφ:E+ est bien définie et l’on vérifie immédiatement

Nφ(λf)=|λ|Nφ(f) et Nφ(f+g)Nφ(f)+Nφ(g).

Il reste à étudier la véracité de l’implication

Nφ(f)=0f=0.

Supposons: φ-1(*) dense dans [0;1].
Si Nφ(f)=0 alors fφ=0 et donc pour tout xφ-1(*), on a f(x)=0 car φ(x)0.
Puisque la fonction continue f est nulle sur la partie φ-1(*) dense dans [0;1], cette fonction est nulle sur [0;1].
Supposons: φ-1(*) 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[0;1] tels que [a;b]φ-1({0}).
Considérons la fonction f définie sur [0;1] par

f(x)={(x-a)(b-x) si x[a;b]0 sinon.

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

 
Exercice 76  4698   

Soit n un naturel au moins égal à 2.

  • (a)

    Montrer que GLn(𝕂) est une partie dense de n(𝕂).

  • (b)

    Calculer det(Com(A)) pour An(𝕂).

 
Exercice 77  750   Correction  

Pour An(𝕂), calculer Com(Com(A)).

Solution

Si A est inversible alors

Com(A)=det(A)A-1t. (1)

La comatrice de A est aussi inversible et donc

Com(Com(A))=det(Com(A)A-1t)(A-1t)-1t.

On simplifie le second membre

Com(Com(A))=det(Com(A))det(A-1)A=det(A)n-2A.

car det(Com(A)))=det(A)n-1 en vertu de (1).

Par coïncidence d’applications continues sur une partie dense, pour tout An(𝕂),

Com(Com(A))=det(A)n-2A.
 
Exercice 78  3275   Correction  

Montrer

A,Bn(),Com(AB)=Com(A)Com(B).

Solution

Cas: A,BGLn(). On sait

A-1=1det(A)(Com(A))t,B-1=1det(B)(Com(B))t

et

(AB)-1=1det(AB)(Com(AB))t=B-1A-1

donc

(AB)-1=1det(AB)(Com(AB))t=1det(A)det(B)(Com(B))t(Com(A))t

puis

(Com(AB))t=(Com(A)Com(B))t

et enfin

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

Cas général: Posons

Ap=A+1pInetBp=B+1pIn.

Pour p assez grand Ap,BpGLn() et donc

Com(ApBp)=Com(Ap)Com(Bp).

Or la fonction MCom(M) est continue donc par passage à la limite

Com(AB)=Com(A)Com(B).
 
Exercice 79  4227   

Soit n avec n2. Montrer que les comatrices de deux matrices semblables de n() sont aussi semblables.

 
Exercice 80  4150    
  • (a)

    Montrer que l’application qui à une matrice M de n() associe son polynôme caractéristique χM est continue.

On rappelle que GLn() est dense dans n().

  • (b)

    Montrer l’égalité χAB=χBA pour toutes matrices A,B dans n().

On rappelle que l’ensemble 𝒟n() des matrices diagonalisables est dense dans n().

  • (c)

    Montrer l’égalité χA(A)=On (Théorème de Cayley-Hamilton).

[<] Continuité et densité

 
Exercice 81  1142  Correction  

Soit f:[a;b] continue telle que abf(t)dt=0. Montrer qu’il existe une suite (Pn) de polynômes telle que

abPn(t)dt=0etsupt[a;b]|f(t)-Pn(t)|n+0.

Solution

Par le théorème de Weierstrass, il existe une suite (Qn) de fonctions polynomiales telles N(Qn-f)0.
On a alors

abQn(t)dtn+abf(t)dt=0.

Posons

Pn(t)=Qn(t)-1b-aabQn(t)dt.

On vérifie alors sans peine que

abPn(t)dt=0 et N(f-Pn)0.
 
Exercice 82  1143  Correction  

Soit f:[a;b] continue telle que f0. Montrer qu’il existe une suite (Pn) de polynômes telle que

t[a;b],Pn(t)0etsupt[a;b]|f(t)-Pn(t)|n+0

Solution

Par le théorème de Weierstrass, il existe une suite (Qn) de fonctions polynomiales telles N(Qn-f)0. Posons mn=inft[a;b]Qn(t)=Qn(tn) pour un certain tn[a;b]. Montrons que mnm=inft[a;b]f. Notons que inft[a;b]f=f(t) pour un certain t[a;b]. Pour tout ε>0, pour n assez grand, N(Qn-f)ε donc mn=Qn(tn)fn(tn)-εm-ε et m=f(t)Qn(t)-εmn-ε donc |mn-m|ε. Ainsi mnm. Il suffit ensuite de considérer Pn=Qn-mn+m pour obtenir une solution au problème posé.

 
Exercice 83  1144  Correction  

Soit f:[a;b] de classe 𝒞1. Montrer qu’il existe une suite (Pn) de polynômes telle que

N(f-Pn)0etN(f-Pn)0.

Solution

Par le théorème de Weierstrass, il existe une suite (Qn) de fonctions polynomiales telle N(Qn-f)0.
Posons alors Pn(x)=f(a)+axQn(t)dt. L’inégalité |Pn(x)-f(x)|ax|f(t)-Qn(t)|dt permet d’établir que N(f-Pn)0 et puisque Pn=Qn, la suite (Pn) est solution du problème posé.

 
Exercice 84  1145   Correction  

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

Pour n et k{0,,n}, on pose

Bn,k(x)=(nk)xk(1-x)n-k.
  • (a)

    Calculer

    k=0nBn,k(x),k=0nkBn,k(x)etk=0nk2Bn,k(x).
  • (b)

    Soient α>0 et x[0;1]. On forme

    A={k0;n||k/n-x|α} et B={k0;n||k/n-x|<α}.

    Montrer que

    kABn,k(x)14nα2.
  • (c)

    Soit f:[0;1] continue. On pose

    fn(x)=k=0nf(kn)Bn,k(x).

    Montrer que (fn) converge uniformément vers f sur [0;1].

Solution

  • (a)

    On a

    k=0nBn,k(x)=(x+(1-x))n=1.

    On a

    k=0nkBn,k(x)=nx

    via k(nk)=n(n-1k-1) et la relation précédente
    De manière semblable

    k=0nk2Bn,k(x)=k=0nk(k-1)Bn,k(x)+k=0nkBn,k(x)=nx(1+(n-1)x).
  • (b)

    On a

    n2α2kABn,k(x)kA(k-nx)2Bn,k(x)k0;n(k-nx)2Bn,k(x)

    car les Bn,k sont positifs sur [0;1].
    Par suite,

    n2α2kABn,k(x)nx(1-x)

    d’où

    kABn,k(x)14nα2.
  • (c)

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

    x,y[0;1],|x-y|α|f(x)-f(y)|ε.

    On a alors

    |f(x)-fn(x)|xA|f(x)-f(k/n)|Bn,k(x)+xB|f(x)-f(k/n)|Bn,k(x)

    donc

    |f(x)-fn(x)|2fxABn,k(x)+xBεBn,k(x)f2nα2+ε.

    Pour n assez grand, on a

    f/2nα2ε

    et donc |f(x)-fn(x)|2ε uniformément en x.

 
Exercice 85  1146   Correction  

(Théorème de Weierstrass: preuve par convolution)

n désigne un entier naturel.
On pose

an=-11(1-t2)ndt

et l’on considère la fonction φn:[-1;1] définie par

φn(x)=1an(1-x2)n.
  • (a)

    Calculer 01t(1-t2)ndt. En déduire que

    an=-11(1-t2)ndt1n+1.
  • (b)

    Soit α]0;1]. Montrer que (φn) converge uniformément vers la fonction nulle sur [α;1].

  • (c)

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

    fn(x)=-11f(x-t)φn(t)dt

    pour tout x.

  • (d)

    Montrer que fn est une fonction polynomiale sur [-1/2;1/2]

  • (e)

    Montrer que

    f(x)-fn(x)=-11(f(x)-f(x-t))φn(t)dt.
  • (f)

    En déduire que fn converge uniformément vers f sur .

  • (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

    01t(1-t2)ndt=12(n+1).

    On en déduit

    an=201(1-t2)ndt201t(1-t2)ndt=1n+1.
  • (b)

    Sur [α;1],

    |φn(x)|(1-α2)nan(n+1)(1-α2)n0.
  • (c)

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

    ε>0,α>0,x,y[-1;1],|x-y|α|f(x)-f(y)|ε.

    Pour α=min(α,1/2), on a pour tous x,y tels que |x-y|α
    Si x,y[-1;1] alors

    |f(x)-f(y)|ε.

    Sinon x,y[1/2;+[ ou x,y]-;-1/2] et alors

    |f(x)-f(y)|=0ε.
  • (d)

    On a

    fn(x)=x-1x+1f(u)φn(x-u)du.

    Or

    φn(x-u)=k=02nak(u)xk

    donc

    fn(t)=k=02n(x-1x+1f(u)ak(u)du)xk.

    Mais

    x-1x+1f(u)ak(u)du=-1/21/2f(u)ak(u)du

    pour x[-1/2;1/2] car x-1-1/2 et x+11/2 alors que f est nulle en dehors que [-1/2;1/2]. Il s’ensuit que fn est polynomiale.

  • (e)

    On observe que

    -11φn(t)dt=1

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

  • (f)

    On a

    ε>0,α>0,x,y,|x-y|α|f(x)-f(y)|ε

    et alors

    |f(x)-fn(x)|-αα|f(x)-f(x-t)|φn(t)dt+4fα1φn(t)dtε+4fα1φn(t)dt.

    Or

    α1φn(t)dt0

    donc pour n assez grand

    4fα1φn(t)dtε

    et alors

    |f(x)-fn(x)|2ε.
  • (g)

    Il suffit de commencer par approcher la fonction xf(2ax) qui vérifie les conditions de la question précédente.

  • (h)

    Soit A>0 tel que [a;b][-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] continue telle que, pour tout n,

01tnf(t)dt=0.

Montrer que f est la fonction nulle.

 
Exercice 87  5046   Correction  

Soit f:[-1;1] une fonction continue vérifiant

-11t2kf(t)dt=0pour tout k.

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)=12(f(t)+f(-t))eth(t)=12(f(t)-f(-t)).

Soit (Pn) une suite de polynômes convergeant uniformément vers g sur [-1;1].

D’une part, pour tout n,

-11Pn(t)g(t)dt=12-11Pn(t)f(t)dt+12-11Pn(t)f(-t)dt.

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

-11Pn(t)g(t)dt =12-11Pn(t)f(t)dt+12-11Pn(-t)f(t)dt
=-1112(Pn(t)+Pn(-t))f(t)dt.

Or la fonction polynôme tPn(t)+Pn(-t) ne comporte que des puissances paires de t et l’hypothèse donne

-1112(Pn(t)+Pn(-t))f(t)dt=0.

D’autre part,

|-11Pn(t)g(t)dt--11(g(t))2dt|-11|g(t)|dt×supt[-1;1]|Pn(t)-g(t)|n+0

et donc

-11(g(t))2dt=0.

La fonction g2 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

(fg)=-11f(t)g(t)dt.
 
Exercice 88  2828     MINES (MP)Correction  

Soit f𝒞([a;b],). On suppose que pour tout n,

abxnf(x)dx=0.
  • (a)

    Montrer que la fonction f est nulle.

  • (b)

    Calculer

    In=0+xne-(1-i)xdx.
  • (c)

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

    0+xnf(x)dx=0.

Solution

  • (a)

    Par le théorème de Weierstrass, pour tout ε>0, il existe P[X] tel que f-Pε.

    0abf2=abf(f-P)+abfP=abf(f-P)(b-a)fε.

    En faisant ε0, on obtient abf2=0 et donc f=0.

  • (b)

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

    (n+1)In=(1-i)In+1.

    Or I0=1+i2 donc

    In=(1+i)n+12n+1n!
  • (c)

    I4p+3 donc

    0+x4p+3sin(x)e-xdx=0

    puis

    0+upsin(u1/4)e-u1/4du=0

    pour tout p.

 
Exercice 89  2780     MINES (MP)Correction  

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

2:f0+f2(t)dt.

On note E0 l’ensemble des fE telles que f est nulle hors d’un certain segment [0;A] (avec A+ pouvant dépendre de f).

On note F l’ensemble des fonctions de E de la forme xP(e-x)e-x2/2 avec P parcourt [X].

Montrer que E0 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

A+f2(t)dtε.

Considérons alors la fonction φ:[0;+[ définie par φ(t)=1 pour t[0;A], φ(t)=0 pour tA+1 et φ(t)=1-(t-A) pour t[A;A+1]. La fonction fφ est éléments de E0 et

f-fφ2A+f2(t)dtε.

Ainsi, E0 est dense dans E.

Pour montrer maintenant que F est dense dans E, nous allons établir que F est dense dans E0.
Soit f une fonction élément de E0. Remarquons

0+(f(t)-P(e-t)e-t2/2)2dt=u=e-t01(f(-ln(u))e(ln(u))2/2-P(u))2e-(ln(u))2udu.

La fonction ue-(ln(u))2u est intégrable sur ]0;1] car

ue-(ln(u))2uu00.

La fonction g:uf(-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[X] vérifiant g-P,[0;1]ε et, pour φ:tP(e-t)e-t2/2, on a alors

f-φ2λε avec λ=01e-(ln(u))2udu.

Cela permet de conclure à la densité proposée.

 
Exercice 90  1140    

(Lemme de Lebesgue)

Soit f:[a;b] continue par morceaux. Montrer

abf(t)eintdtn+0.
 
Exercice 91  2601    Correction  

Soit f:[a;b] continue par morceaux. On désire établir

limn+(abf(x)|sin(nx)|dx)=2πabf(x)dx.
  • (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.

    abf(x)|sin(nx)|dx=Cab|sin(nx)|dx.

    Posons p=anπ+1 et q=bnπ.

    ab|sin(nx)|dx=apπn|sin(nx)|dx+k=p+1q(k-1)πnkπn|sin(nx)|dx+qπnb|sin(nx)|dx.

    On a

    |apπn|sin(nx)|dx|πn

    donc

    apπn|sin(nx)|dx0

    et aussi

    qπnb|sin(nx)|dx0.

    De plus,

    k=p+1q(k-1)πnkπn|sin(nx)|dx=(q-p)n0πsin(t)dt=2(q-p)n2(b-a)π.

    Ainsi,

    ab|sin(nx)|dx2π(b-a)

    puis

    abf(x)|sin(nx)|dx=2πabf(x)dx.
  • (b)

    Supposons f en escalier.
    Soit a0,,an une subdivision adaptée à f.
    Par l’étude qui précède,

    ak-1akf(x)|sin(nx)|dx2πak-1akf.

    Puis en sommant par la relation de Chasles

    abf(x)|sin(nx)|dx2πabf.
  • (c)

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

    f-φ,[a;b]εb-a.

    Puisque

    abφ(x)|sin(nx)|dx2πabφ

    pour n assez grand, on a

    |abφ(x)|sin(nx)|dx-2πabφ|ε.

    Or

    |abφ(x)|sin(nx)|dx-abf(x)|sin(nx)|dx|ε

    et

    |abφ-abf|ε

    donc

    |abf(x)|sin(nx)|dx-2πabf|2ε+2πε.

    Ainsi,

    abf(x)|sin(nx)|dx2πabf.


Édité le 08-11-2019

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