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 que $sup (A) \in \bar{A}$ .

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 $O_{n} (ℝ) = {A \in ℳ_{n} (ℝ) | A^{⊤} A = I_{n}}$ 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 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 20 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 21 5482 Correction

(a)

Soit $P = X^{3} + a X^{2} + b X + c$ un polynôme réel. Vérifier que les racines $ξ$ de $P$ satisfont

$| ξ | \leq \max {1, | a | + | b | + | c |} .$

On note $𝒟$ l’ensemble des $(a, b, c) \in ℝ^{3}$ tels que le polynôme $P = X^{3} + a X^{2} + b X + c$ soit scindé sur $ℝ$ .

(b)

Montrer que $𝒟$ est une partie fermée de $ℝ^{3}$ .

Solution

(a)

Si $ξ$ est racine de $P$ alors

$ξ^{3} = - a ξ^{2} - b ξ - c .$

Cas: $| ξ | \leq 1$ . L’inégalité voulue est vérifiée.

Cas: $| ξ | > 1$ . On vérifie $1 \leq {| ξ |}^{2}$ et $| ξ | \leq {| ξ |}^{2}$ . On a alors

${| ξ |}^{3} = | a ξ^{2} + b ξ + c |$

$\leq | a | {| ξ |}^{2} | b | | ξ | + | c |$

$\leq | a | {| ξ |}^{2} + | b | {| ξ |}^{2} + | c | {| ξ |}^{2} .$

En simplifiant par ${| ξ |}^{2}$ ,

$| ξ | \leq | a | + | b | + | c |$

et l’inégalité voulue est à nouveau vérifiée.
(b)

Soit ${(a_{n}, b_{n}, c_{n})}_{n \in ℕ}$ une suite convergente d’éléments de $𝒟$ et notons $(a, b, c)$ sa limite.

Pour tout $n \in ℕ$ , notons $x_{n}$ , $y_{n}$ et $z_{n}$ les trois racines réelles du polynôme $P_{n} = X^{3} + a_{n} X^{2} + b_{n} X + c_{n}$ que l’on sait scindé sur $ℝ$ .

La suite ${(a_{n}, b_{n}, c_{n})}_{n \in ℕ}$ est bornée car convergente et la suite ${(x_{n}, y_{n}, z_{n})}_{n \in ℕ}$ l’est donc aussi en vertu du résultat de la première question. Par le théorème de Bolzano-Weierstrass, on peut en extraire une suite convergente ${(x_{φ (k)}, y_{φ (k)}, z_{φ (k)})}_{k \in ℕ}$ . Notons $(x, y, z)$ la limite de celle-ci. Par les relations coefficients/racines d’un polynôme scindé, on sait

${\begin{matrix} a_{n} & = - (x_{n} + y_{n} + z_{n}) \\ b_{n} & = x_{n} y_{n} + y_{n} z_{n} + z_{n} x_{n} \\ c_{n} & = - x_{n} y_{n} z_{n} \end{matrix} pour tout n \in ℕ .$

Cela vaut en particulier pour $n = φ (k)$ et en faisant alors tendre $k$ vers l’infini, il vient

${\begin{matrix} a & = - (x + y + z) \\ b & = x y + y z + z x \\ c & = - x y z . \end{matrix}$

Par ce système, on peut affirmer que les réels $x$ , $y$ et $z$ sont les trois racines du polynôme $X^{3} + a X^{2} + b X + c$ qui est donc scindé sur $ℝ$ . Ainsi, $(a, b, c) \in 𝒟$ et $𝒟$ est donc une partie fermée¹¹ 1 Un étude plus approfondie généralisant le concept de discriminant permet de décrire $𝒟$ comme l’ensemble des triplets $(a, b, c) \in ℝ^{3}$ vérifiant $a^{2} b^{2} + 18 a b c - 4 b^{3} - 4 a^{3} c - 27 c^{2} \geq 0$ : ce résultat permet d’obtenir la fermeture de $𝒟$ plus immédiatement en considérant que $𝒟$ est l’image réciproque d’un fermé par une application continue. car contient les limites de ses suites convergentes.

Exercice 22 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 23 2770 MINES (MP)Correction

On munit l’espace des suites bornées réelles $ℬ (ℕ, ℝ)$ de la norme

{∥ u ∥}_{\infty} = sup_{n \in 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 ${(u^{n})}_{n \in ℕ}$ 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, $u^{\infty} \in C$ .

L’ensemble $C$ est une partie fermée?
(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 ${(u^{n})}_{n \in ℕ}$ 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 24 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.

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 25 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 26 5879 Correction

On note $𝒫_{n}$ l’ensemble des polynômes réels unitaires de degré $n$ exactement.

(a)

Soit $P \in 𝒫_{n}$ . Établir

$P est scindé sur ℝ \Leftrightarrow \forall z \in ℂ, | P (z) | \geq {| Im (z) |}^{n} .$
(b)

En déduire que le sous-ensemble de $𝒫_{n}$ formé des polynômes scindés sur $ℝ$ est une partie fermée de $ℝ_{n} [X]$ .

Solution

(a)

$(⟹)$ Supposons $P$ scindé sur $ℝ$ . Le polynôme $P$ possède exactement $n$ racines réelles comptées avec multiplicité que l’on note $λ_{1}, \dots, λ_{n}$ . Sachant de plus que le polynôme est unitaire, on peut écrire

$P = (X - λ_{1}) \dots (X - λ_{n}) .$

Pour tout $z \in ℂ$ , on a alors

$| P (z) | = \prod_{k = 1}^{n} | z - λ_{k} | \geq {| Im (z) |}^{n}$

car

$| z - λ_{k} | = \sqrt{{(Re (z) - λ_{k})}^{2} + {(Im (z))}^{2}} \geq | Im (z) | .$

$(⟸)$ Supposons ${| Im (z) |}^{n} \leq | P (z) |$ pour tout $z \in ℂ$ .

On sait que le polynôme $P$ est assurément scindé sur $ℂ$ . Or, si $z$ est une racine de $P$ , on a ${| Im (z) |}^{n} \leq P (z) = 0$ et donc $z \in ℝ$ . Ainsi, les racines de $P$ sont toutes réelles et le polynôme $P$ est scindé sur $ℝ$ .
(b)

On note $𝒮_{n}$ le sous-ensemble de $𝒫_{n}$ formé des polynômes scindés sur $ℝ$ .

Soit $(P_{k})$ une suite convergente d’éléments de $𝒮_{n}$ . Notons $P_{\infty}$ sa limite.

Les coefficients de $P_{k}$ tendent vers les coefficients respectifs de $P_{\infty}$ : le polynôme $P_{\infty}$ est unitaire de degré $n$ (et en substance $𝒫_{n}$ est une partie fermée de $ℝ_{n} [X]$ ).

Soit $z \in ℂ$ . Pour tout $k \in ℕ$ , $| P_{k} (z) | \geq {| Im (z) |}^{n}$ .

L’application $E_{z} : P \mapsto P (z)$ est continue car linéaire au départ d’un espace de dimension finie. On peut alors passer à la limite la relation précédente et l’on obtient $| P_{\infty} (z) | \geq {| Im (z) |}^{n}$ . Cela valant pour tout $z \in ℂ$ , on peut affirmer que $P_{\infty}$ est scindé et donc $𝒫_{\infty} \in 𝒮_{n}$ .

L’ensemble $𝒮_{n}$ contient les limites de ses suites convergentes, c’est donc un polynôme scindé.

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 le réel

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

En substance, la distance d’un vecteur à une partie fermée peut ne pas être atteinte.

[<] 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 convexes

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 5561 Correction

Montrer que ${SL}_{n} (ℝ) = {A \in ℳ_{n} (ℝ) | \det (A) = 1}$ est une partie fermée de $ℳ_{n} (ℝ)$ .

Solution

On sait que l’application $A \mapsto \det (A)$ est continue sur $ℳ_{n} (ℝ)$ et que le singleton ${1}$ est une partie fermée de $ℝ$ . L’ensemble ${SL}_{n} (ℝ) = \det^{- 1} ({1})$ est donc une partie fermée de $ℳ_{n} (ℝ)$ en tant qu’image réciproque d’un fermé par une application continue définie sur $ℳ_{n} (ℝ)$ .

Exercice 47 1124

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

Exercice 48 5629 Correction

Soit $E$ un $𝕂$ -espace vectoriel de dimension finie. Montrer que

X = {u \in ℒ (E) | tr (u^{2}) = tr (u)}

est une partie fermée de $ℒ (E)$ .

Solution

Considérons l’application

f : {\begin{matrix} ℒ (E) & \to & 𝕂 \\ u & \mapsto & tr (u^{2}) - tr (u) . \end{matrix}

L’application $f$ est continue par opérations sur les fonctions continues. En effet, $u \mapsto tr (u)$ est continue car linéaire au départ d’un espace de dimension finie et $u \mapsto u^{2}$ est continue par composition des applications

u \mapsto (u, u) et (u, v) \mapsto u \circ v

qui sont continues, pour la première car linéaire au départ d’un espace de dimension finie, pour la seconde car bilinéaire au départ d’un produit d’espaces de dimensions finies.

On observe $X = f^{- 1} ({0})$ . La partie $X$ apparaît comme l’image réciproque d’un fermé par une application continue, c’est donc un fermé relatif à $ℒ (E)$ , c’est-à-dire un fermé de $ℒ (E)$ .

Exercice 49 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 50 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 51 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 52 1128 Correction

Soit $u$ un endomorphisme d’un espace normé $(E, ∥ \cdot ∥)$ .

Montrer que l’endomorphisme $u$ est continu si, et seulement si, l’ensemble ${x \in E | ∥ u (x) ∥ = 1}$ est une partie fermée de $E$ .

Solution

$(⟹)$ Supposons l’endomorphisme $u$ continu. La partie

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 de $E$ .

$(⟸)$ Par contraposition. Supposons que l’endomorphisme $u$ ne soit pas continu. Il ne satisfait la propriété de lipschitzianité en $0$ et donc

\forall k \in ℝ_{+}, \exists x \in E, ∥ u (x) ∥ > k ∥ x ∥ .

Pour $n \in ℕ$ , en considérant $k = n$ , on peut définir une suite $(x_{n})$ d’éléments de $E$ telle que

\forall n \in ℕ, ∥ u (x_{n}) ∥ > n ∥ x_{n} ∥ .

Les vecteurs $u (x_{n})$ ne peuvent pas être nuls et l’on peut introduire

y_{n} = \frac{1}{∥ u (x_{n}) ∥} x_{n} pour tout n \in ℕ .

On vérifie

\forall n \in ℕ, y_{n} \in A et ∥ y_{n} - 0_{E} ∥ < \frac{1}{n} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

On forme ainsi une suite $(y_{n}) \in A^{ℕ}$ convergeant vers le vecteur nul qui n’appartient pas à $A$ . La partie $A$ n’est pas fermée.

Exercice 53 1129 MINES (MP)

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

Exercice 54 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 $v_{n} \circ (u - {Id}_{E})$ .
(b)

Montrer que

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

On suppose $E$ de dimension finie, établir

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

On suppose de nouveau $E$ de dimension quelconque.

Montrer que si

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

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

Étudier la réciproque.

Solution

(a)

Par télescopage

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

donc

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

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

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

Or

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

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

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

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

Soit $z \in E$ . On peut écrire $z = x + y$ avec $x \in Im (u - {Id}_{E})$ et $y \in Ker (u - {Id}_{E})$ .
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 $Ker (u - {Id}_{E})$ parallèlement à $Im (u - {Id}_{E})$ .
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 $Im (u - {Id}_{E}) = Ker (p)$ est une partie fermée.
(e)

Supposons la convergence simple de la suite de fonctions $(v_{n})$ et la fermeture de $Im (u - {Id}_{E})$ .
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 $y \in Ker (u - {Id}_{E})$ .
D’autre part

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

et

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

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

$x \in Im (u - {Id}_{E}) et y \in Ker (u - {Id}_{E}) .$

Exercice 55 5745 Correction

Soient $E$ et $F$ deux espaces normés et $f : E \to F$ .

On suppose que pour toute partie ouverte $Ω$ de $F$ , l’ensemble $f^{- 1} (Ω)$ est une partie ouverte de $E$ .

Établir que $f$ est continue.

Solution

Il s’agit ici d’établir un résultat réciproque de celui du cours affirmant que l’image réciproque par une application continue d’une partie ouverte est un ouvert relatif à l’ensemble de départ de cette application.

Soit $a \in E$ . Pour tout $ε > 0$ , la boule ouverte $B (f (a), ε)$ est une partie ouverte de $F$ . Par hypothèse, son image réciproque

f^{- 1} (B (f (a), ε)) = {x \in E | f (x) \in B (f (a), ε)}

est un ouvert de $E$ . Or $a$ est élément de cette image réciproque et l’on sait qu’un ouvert est voisinage de chacun de ses points. Par conséquent, il existe $α > 0$ tel que

B (a, α) \subset f^{- 1} (B (f (a), ε))

ce qui signifie

	$\forall x \in E, ∥ x - a ∥ < α$	$⟹ x \in B (a, α)$
		$⟹ f (x) \in B (f (a), ε)$
		$⟹ ∥ f (x) - f (a) ∥ \leq ε .$

On a ainsi établi la continuité de $f$ en $a$ .

Or cela vaut pour $a \in E$ , l’application $f$ est donc continue.

Exercice 56 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 57 3726 ENS (MP)Correction

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 58 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 59 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 60 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 $f$ une fonction solution dérivable.

Cas: $α = β$ . $f$ est constante égale à cette valeur commune.

Cas: $α < β$ . On a $f^{'} (α) = f_{d}^{'} (α) = 1$ car $f (x) = x$ sur $[α; β]$ .

Par suite, si $α > 0$ , $f$ prend des valeurs strictement inférieures 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 61 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.

Cas: $α = β$ . $f$ est constante égale à cette valeur commune.

Cas: $α < β$ . On a $f^{'} (α) = f_{d}^{'} (α) = 1$ 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[>] Connexité par arcs

Exercice 62 1730 Correction

Soient $C_{1}$ et $C_{2}$ deux parties convexes d’un espace vectoriel réel $E$ .
Montrer que l’ensemble $C$ formé des milieux des vecteurs $u_{1}$ et $u_{2}$ avec $u_{1} \in C_{1}$ et $u_{2} \in C_{2}$ est convexe.

Solution

Soient $λ \in [0; 1]$ et $u, v \in C$ . Étudions $λ u + (1 - λ) v$ .
On peut écrire $u = \frac{1}{2} (u_{1} + u_{2})$ et $v = \frac{1}{2} (v_{1} + v_{2})$ avec $u_{1}, v_{1} \in 𝒞_{1}$ et $u_{2}, v_{2} \in 𝒞_{2}$ .
On observe alors

λ u + (1 - λ) v = \frac{1}{2} (w_{1} + w_{2})

avec

w_{1} = (λ u_{1} + (1 - λ) v_{1}) \in 𝒞_{1} et w_{2} = \frac{1}{2} (λ u_{2} + (1 - λ) v_{2}) \in 𝒞_{2} .

Ainsi $λ u + (1 - λ) v \in 𝒞$ .

Exercice 63 1741 Correction

Soient $A$ une partie convexe non vide de $ℝ^{2}$ et $f : A \to ℝ$ une fonction continue.

Soient $a$ et $b$ deux points de $A$ et $y$ un réel tels que $f (a) \leq y \leq f (b)$ .

Montrer qu’il existe $x \in A$ tel que $f (x) = y$ .

Solution

Soit $φ : [0; 1] \to ℝ^{2}$ définie par $φ (t) = a + t . (b - a)$ .

Par composition, $f \circ φ$ est continue sur le segment $[0; 1]$ . Comme $(f \circ φ) (0) = f (a)$ et $(f \circ φ) (1) = f (b)$ , par le théorème des valeurs intermédiaire, il existe $t \in [0; 1]$ tel que $(f \circ φ) (t) = y$ . Pour $x = φ (t) \in A$ , on a $y = f (x)$ .

Exercice 64 5519 Correction

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

Montrer qu’il existe un convexe de $E$ contenant $A$ et inclus dans tout convexe contenant $A$ .

Ce convexe est le plus petit convexe qui contient $A$ , on l’appelle l’enveloppe convexe de $A$ et on le note $Conv (A)$ .

Solution

Soit $𝒮$ l’ensemble constitué des parties convexes $X$ de $E$ contenant $A$ . Considérons

Conv (A) = ⋂_{X \in 𝒮} X .

L’ensemble $Conv (A)$ est une intersection de parties convexes, c’est donc une partie convexe.

L’ensemble $Conv (A)$ est une intersection de parties contenant $A$ , c’est donc une partie contenant $A$ .

Enfin, si $X$ est une partie convexe,

	$A \subset X$	$⟹ X \in 𝒮$
		$⟹ Conv (A) \subset X$

car $X$ figure parmi les ensembles intersectés pour définir $Conv (A)$ .

Exercice 65 4671

Montrer que

A = {(x_{1}, \dots, x_{n}) \in {[0; + \infty [}^{n} | x_{1} + \dots + x_{n} \leq 1}

est une partie bornée et convexe de $ℝ^{n}$ .

Exercice 66 4674

Soient $E$ un espace vectoriel réel et $N : E \to ℝ_{+}$ une application vérifiant, pour tout $λ \in ℝ$ et tout $x \in E$ ,

N (λ . x) = | λ | N (x) et N (x) = 0 ⟹ x = 0_{E} .

Montrer que $N$ définit une norme si, et seulement si, l’ensemble

B = {x \in E | N (x) \leq 1}

est une partie convexe de $E$ .

Exercice 67 4681

Soit $A$ une partie fermée non vide d’un espace normé $E$ . Pour tout $x \in E$ , on introduit la distance de $x$ à $A$ définie par

d (x, A) = inf_{a \in A} ∥ x - a ∥ .

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

d ((1 - λ) . x + λ . y, A) \leq (1 - λ) d (x, A) + λ d (y, A) .

Exercice 68 4682

Soit $B$ une partie d’un espace vectoriel réel $E$ de dimension finie.

À quelle(s) condition(s) sur $B$ peut affirmer qu’il existe une norme sur $E$ pour laquelle $B$ en soit la boule unité fermée?

[<] Parties convexes[>] Applications de la connexité par arcs

Exercice 69 5767 Correction

Montrer que l’ensemble $X = {(x, y) \in ℝ^{2} | x y = 1}$ est la réunion de deux composantes connexes par arcs.

Solution

L’ensemble $X$ est la réunion des deux ensembles

X^{+} = {(x, y) \in ℝ^{2} | x > 0, x y = 1} et X^{-} = {(x, y) \in ℝ^{2} | x < 0, x y = 1} .

L’ensemble $X^{+}$ est l’image de $] 0; + \infty [$ par l’application continue $t \mapsto (t,1 / t)$ définie sur $] 0; + \infty [$ : c’est un ensemble connexe par arcs. De façon similaire, l’ensemble $X^{-}$ est connexe par arcs.

Enfin, la réunion $X = X^{+} \cup X^{-}$ n’est pas connexe par arcs. En effet, par l’absurde, supposons que $X$ soit connexe par arcs. Son image par l’application continue $(x, y) \mapsto x$ est un intervalle. Or cet image vaut $ℝ^{*}$ et c’est absurde car $ℝ^{*}$ n’est pas un intervalle.

L’ensemble $X$ possède donc deux composantes connexes par arcs qui sont $X^{+}$ et $X^{-}$ .

Exercice 70 5766 Correction

Montrer que l’ensemble $Ω = {(x, y) \in ℝ^{2} | x y \neq 1}$ est constitué de trois composantes connexes par arcs.

Solution

On peut décomposer $Ω$ en la réunion disjointe $Ω_{1} \cup Ω_{2} \cup Ω_{3}$ avec

	$Ω_{1}$	$= {(x, y) \in ℝ_{2} \| x > 0, x y > 1},$
	$Ω_{2}$	$= {(x, y) \in ℝ_{2} \| x < 0, x y > 1},$
	$Ω_{3}$	$= {(x, y) \in ℝ_{2} \| x y < 1}$

L’ensemble $Ω_{1}$ est convexe car c’est l’épigraphe de la fonction convexe $x \mapsto 1 / x$ définie sur l’intervalle $] 0; + \infty [$ , c’est donc un ensemble connexe par arcs.

Par un argument de symétrie ou un argument similaire, on établit que $Ω_{2}$ est connexe par arcs.

L’ensemble $Ω_{3}$ est lui aussi connexe par arcs car étoilé en $(0,0)$ :

\forall (x, y) \in Ω_{3},, \forall t \in [0; 1], t . (x, y) = (t x, t y) \in Ω_{3}

Aussi, par continuité de l’application $f : (x, y) \mapsto x y$ , on peut affirmer que $Ω_{1} \cup Ω_{3}$ n’est pas connexe par arcs. En effet, l’image de cette réunion par $f$ n’est pas un intervalle. Il en est de même de $Ω_{2} \cup Ω_{3}$ et aussi de $Ω_{1} \cup Ω_{2}$ en considérant cette fois-ci l’application continue $(x, y) \mapsto x$ .

Exercice 71 1147 Correction

Montrer qu’un plan privé d’un nombre fini de points est connexe par arcs.

Solution

Notons $P_{1}, \dots, P_{n}$ les points à exclure.

Soient $A$ et $B$ deux points du plan autres que $P_{1}, \dots, P_{n}$ .

Il y a une infinité de droites passant par $A$ et parmi celles-ci au moins une droite qui ne passe par aucun des $P_{1}, \dots, P_{n}$ . Notons la $𝒟_{A}$ .

Il y a une infinité de droites passant par $B$ et parmi celles-ci au moins une qui ne passe par aucun des $P_{1}, \dots, P_{n}$ et qui n’est pas non plus parallèle à $𝒟_{A}$ . Notons la $𝒟_{B}$ .

Les droites $𝒟_{A}$ et $𝒟_{B}$ se coupent en un point $C$ . La réunion des segments $[A; C]$ et $[C; B]$ permet de définir un chemin continue allant de $A$ à $B$ sans passer par aucun des points $P_{1}, \dots, P_{n}$ .

Exercice 72 1154 Correction

Soit $E$ un espace vectoriel normé de dimension finie $n \geq 2$ .

(a)

Montrer que la sphère unité $S = {x \in E | ∥ x ∥ = 1}$ est connexe par arcs.
(b)

À quelle condition l’intersection de deux sphères est-elle non vide?

Solution

(a)

Soient $a, b \in S$ .

Cas: $a \neq - b$ . On peut affirmer que $(1 - λ) . a + λ . b \neq 0$ pour tout $λ \in [0; 1]$ . L’application

$γ : {\begin{matrix} [0; 1] & \to & E \\ t & \mapsto & γ (t) \end{matrix} avec γ (t) = \frac{1}{∥ (1 - t) . a + t . b ∥} . ((1 - t) . a + t . b)$

est alors un chemin joignant $a$ à $b$ inscrit dans $S$ .

Cas: $a = - b$ . On transite par un point $c \neq a, b$ ce qui est possible car $n \geq 2$ .
(b)

Soient $S_{1}$ et $S_{2}$ des sphères de centres $a_{1}$ et $a_{2}$ et de rayons $r_{1}$ et $r_{2}$ réels strictement positifs.

Analyse: Si $S_{1} \cap S_{2}$ n’est pas vide, on peut introduire un élément $x$ appartenant à cette intersection. L’inégalité triangulaire donne alors

$∥ a_{2} - a_{1} ∥ = ∥ (a_{2} - x) + (x - a_{1}) ∥ \leq ∥ a_{2} - x ∥ + ∥ x - a_{1} ∥ \leq r_{1} + r_{2} .$

Aussi,

$r_{1} = ∥ x - a_{1} ∥ = ∥ (x - a_{2}) + (a_{2} - a_{1}) ∥ \leq r_{2} + ∥ a_{2} - a_{1} ∥ .$

On obtient une propriété analogue en échangeant les rôles de $r_{1}$ et $r_{2}$ et, finalement, on parvient à la condition

$| r_{1} - r_{2} | \leq ∥ a_{2} - a_{1} ∥ \leq r_{1} + r_{2} .$

Synthèse: Supposons la condition précédente remplie et, quitte à échanger, supposons aussi $r_{1} \geq r_{2}$ . Considérons ensuite l’application $δ$ qui à $x \in S_{1}$ associe la distance de $x$ à $a_{2}$ .

Pour $x_{1} = a_{1} + \frac{r_{1}}{∥ a_{2} - a_{1} ∥} . (a_{2} - a_{1}) \in S_{1}$ , on a

$∥ x_{1} - a_{2} ∥ = | ∥ a_{2} - a_{1} ∥ - r_{1} | .$

Que la quantité dans la valeur absolue soit positive ou non, on obtient $∥ x_{1} - a_{2} ∥ \leq r_{2}$ .

Pour $x_{2} = a_{1} - \frac{r_{1}}{∥ a_{2} - a_{1} ∥} . (a_{2} - a_{1}) \in S_{1}$ , on a

$∥ x_{2} - a_{2} ∥ = ∥ a_{2} - a_{1} ∥ + r_{1} \geq r_{2} .$

Par continuité de $δ$ sur le connexe par arcs $S_{1}$ , il existe $x \in S_{1}$ tel que $∥ x - a_{2} ∥ = r_{2}$ ce qui détermine un élément de $S_{1} \cap S_{2}$ .

Exercice 73 1156

Montrer que l’ensemble $𝒟_{n}$ formé des matrices diagonalisables de $ℳ_{n} (ℝ)$ est connexe par arcs.

Exercice 74 4078 Correction

On note $𝒩$ l’ensemble des matrices de $ℳ_{n} (ℝ)$ nilpotentes. Montrer que $N$ est une partie étoilée.

Solution

On vérifie aisément

\forall A \in 𝒩, \forall λ \in ℝ, λ . A \in 𝒩 .

On a donc immédiatement

\forall A \in 𝒩, [O_{n}; A] \subset 𝒩 .

L’ensemble $𝒩$ est donc étoilé en $O_{n}$ (au surplus, c’est un ensemble connexe par arcs).

Exercice 75 3867 Correction

Montrer que ${SO}_{2} (ℝ)$ est une partie connexe par arcs.

Solution

On sait

{SO}_{2} (ℝ) = {(\begin{matrix} \cos (θ) & - \sin (θ) \\ \sin (θ) & \cos (θ) \end{matrix}) | θ \in ℝ} .

Par ce paramétrage, on peut affirmer que ${SO}_{2} (ℝ)$ est connexes par arcs, car image continue de l’intervalle $ℝ$ par l’application

θ \in ℝ \mapsto (\begin{matrix} \cos (θ) & - \sin (θ) \\ \sin (θ) & \cos (θ) \end{matrix}) \in ℳ_{2} (ℝ) .

Exercice 76 4699 MINES (MP)

(a)

Montrer que ${GL}_{n} (ℝ)$ n’est pas connexe par arcs.
(b)

Montrer que ${GL}_{n} (ℂ)$ est connexe par arcs.

Exercice 77 5876 Correction

(a)

Montrer que $ℂ$ privé d’un nombre fini de complexes est une partie connexe par arcs.
(b)

Application : Établir que ${GL}_{n} (ℂ)$ est une partie connexe par arcs.

On pourra considérer l’application $z \mapsto \det ((1 - z) A + z B)$ pour $A, B \in {GL}_{n} (ℂ)$ .

Solution

(a)

Notons $z_{1}, \dots, z_{p}$ les nombres complexes à exclure et étudions la connexité par arcs de $Ω = ℂ ∖ {z_{1}, \dots, z_{p}}$ .

Pour $R = \max {| z_{1} |, \dots, | z_{p} |} + 1$ , le cercle $C = {z \in ℂ | | z | = R}$ est une partie connexe par arcs incluse dans $Ω$ . Montrons que tout $z \in Ω$ peut être relié dans $Ω$ à un point de $C$ .

Soit $z \in Ω$ .

Cas: $| z | \geq R$ . On écrit $z = | z | e^{i θ}$ avec $θ \in ℝ$ . Le segment d’extrémités $z$ et $R e^{i θ}$ est inclus dans $Ω$ et rejoint $z$ à un point de $C$ .

Cas: $| z | < R$ . Toutes les droites passant par $z$ coupent $C$ en deux points. Ces droites sont en nombre infini et il n’y a qu’un nombre fini de celles-ci qui passent par l’un des $z_{1}, \dots, z_{p}$ . Il existe donc une droite passant par $z$ et coupant $C$ tout en restant incluse dans $Ω$ . Il est donc possible de relier $z$ à $C$ par un segment inclus dans $Ω$ .

Quitte à transiter par un arc du cercle $C$ , il est possible de relier entre eux tout en restant dans $Ω$ n’importe quels points de $Ω$ : $Ω$ est une partie connexe par arcs.

Il existe d’autres constructions géométriques pouvant résoudre le problème: pour $z, z^{'}$ distincts des $z_{1}, \dots, z_{p}$ , on peut construire deux droites non parallèles, l’une passant par $z$ et l’autre passant par $z^{'}$ et aucune ne passant par $z_{1}, \dots, z_{p}$ . Ces deux droites se coupent et cela permet de définir un chemin convenable allant de $z$ à $z^{'}$ .
(b)

Soient $A, B \in {GL}_{n} (ℂ)$ . L’application $z \mapsto \det ((1 - z) A + z B)$ est un polynôme en $z$ dont $0$ et $1$ ne sont pas racines. Ce polynôme possède un nombre fini de racines $z_{1}, \dots, z_{p}$ . Puisque $ℂ ∖ {z_{1}, \dots, z_{p}}$ est connexe par arcs et contient $0$ et $1$ , il existe une application continue $γ : [0; 1] \to ℂ$ vérifiant $γ (0) = 0$ , $γ (1) = 1$ et $γ (t) \notin {z_{1}, \dots, z_{p}}$ pour tout $t \in [0; 1]$ . Considérons alors l’application $φ : [0; 1] \to ℳ_{n} (ℂ)$ donnée par

$φ (t) = (1 - γ (t)) A + γ (t) B$

Celle-ci est continue, vérifie $φ (0) = A$ , $φ (1) = B$ et, par construction, prend ses valeurs dans ${GL}_{n} (ℂ)$ car $\det (φ (t)) \neq 0$ pour tout $t \in [0; 1]$ .

Exercice 78 5442 MINES (MP)Correction

(a)

Montrer que ${GL}_{n}^{+} (ℝ) = {M \in ℳ_{n} (ℝ) | \det (M) > 0}$ est connexe par arcs.
(b)

En déduire que ${GL}_{n}^{-} (ℝ) = {M \in ℳ_{n} (ℝ) | \det (M) < 0}$ est aussi connexe par arcs.

Solution

(a)

Soit $M$ une matrice de ${GL}_{n}^{+} (ℝ)$ . On montre que $M$ peut être continûment réliée dans ${GL}_{n}^{+} (ℝ)$ à la matrice $I_{n}$ en observant que $M$ peut être successivement réliée à une matrice diagonale, à une matrice diagonale à coefficients strictement positifs puis à $I_{n}$ .

Lien entre $M$ et une matrice diagonale $D$

Par transvections sur les lignes, on peut transformer la matrice inversible $M$ en une matrice diagonale $D$ . Il existe donc des matrices de transvections $T_{1}, \dots, T_{N}$ telles que

$T_{N} \times \dots \times T_{1} \times M = D avec D \in {GL}_{n}^{+} (ℝ) \cap D_{n} (ℝ) .$

Une matrice de transvection $T_{k}$ est de la forme $T_{k} = I_{n} + λ E_{i, j}$ avec $λ \in ℝ$ et $i, j$ distincts. Posons alors $T_{k} (t) = I_{n} + t λ E_{i, j}$ et considérons l’application

$γ : {\begin{matrix} [0; 1] & \to & ℳ_{n} (ℝ) \\ t & \mapsto & T_{N} (t) \times \dots \times T_{1} (t) \times D . \end{matrix}$

L’application $γ$ est continue, prend ses valeurs dans ${GL}_{n}^{+} (ℝ)$ (car les matrices de transvection sont de déterminant $1$ ) et relie $γ (0) = D$ à $γ (1) = M$ .

Lien entre $D$ et une matrice diagonale $D^{'}$ coefficients diagonaux strictement positifs

Si $D$ est déjà à coefficients diagonaux strictement positifs, il n’y a rien à faire. Sinon, il y a au moins deux coefficients diagonaux strictement négatifs $d_{i}$ et $d_{j}$ avec $i \neq j$ car $\det (D) > 0$ . Considérons alors les matrices de rotation

$R_{i, j} (t) = I_{n} + (\cos (π t) - 1) (E_{i, i} + E_{j, j}) + \sin (π t) (E_{j, i} - E_{i, j}) .$

Considérons ensuite l’application

$γ : {\begin{matrix} [0; 1] & \to & ℳ_{n} (ℝ) \\ t & \mapsto & R_{i, j} (t) D . \end{matrix}$

L’application $γ$ est continue, prend ses valeurs dans ${GL}_{n}^{+} (ℝ)$ (car les matrices de rotation sont de déterminant $1$ ) et relie $D$ à une matrice diagonale obtenue en inversant le signe des coefficients diagonaux d’indices $i$ et $j$ de $D$ . Quitte à répéter la manipulation s’il reste des coefficients négatifs, on peut relier $D$ à une matice diagonale $D^{'}$ à coefficients diagonaux strictement positifs.

Lien entre $D^{'}$ et $I_{n}$

Notons $α_{1}, \dots, α_{n}$ les coefficients diagonaux de $D^{'}$ et considérons

$γ : {\begin{matrix} [0; 1] & \to & ℳ_{n} (ℝ) \\ t & \mapsto & diag (α_{1}^{t}, \dots, α_{n}^{t}) . \end{matrix}$

L’application $γ$ est continue, prend ses valeurs dans ${GL}_{n}^{+} (ℝ)$ et relie $γ (0) = I_{n}$ à $γ (1) = D^{'}$ . C’est gagné.
(b)

Soit $J$ une matrice de déterminant $- 1$ . L’application $M \mapsto J M$ transforme continûment ${GL}_{n}^{+} (ℝ)$ en ${GL}_{n}^{-} (ℝ)$ . L’ensemble ${GL}_{n}^{-} (ℝ)$ est connexe par arcs en tant qu’image continue d’un connexe par arcs.

Exercice 79 1155 Correction

Soit $E$ un espace vectoriel réel de dimension $n \geq 2$ .

(a)

Soit $H$ un hyperplan de $E$ . L’ensemble $E ∖ H$ est-il connexe par arcs?
(b)

Soit $F$ un sous-espace vectoriel de dimension $p \leq n - 2$ . L’ensemble $E ∖ F$ est-il connexe par arcs?

Solution

(a)

Non. Si on introduit $f$ forme linéaire non nulle telle que $H = Ker (f)$ , $f$ est continue et $f (E ∖ H) = ℝ^{*}$ non connexe par arcs donc $E ∖ H$ ne peut l’être.
(b)

Oui. Introduisons une base de $F$ notée $(e_{1}, \dots, e_{p})$ que l’on complète en une base de $E$ de la forme $(e_{1}, \dots, e_{n})$ .
Sans peine tout élément $x = x_{1} e_{1} + \dots + x_{n} e_{n}$ de $E ∖ F$ peut être lié par un chemin continue dans $E ∖ F$ au vecteur $e_{n}$ si $x_{n} > 0$ ou au vecteur $- e_{n}$ si $x_{n} < 0$ (prendre $x (t) = (1 - t) x_{1} e_{1} + \dots + (1 - t) x_{n - 1} e_{n} + ((1 - t) x_{n} + t) e_{n}$ ).
De plus, les vecteurs $e_{n}$ et $- e_{n}$ peuvent être reliés par un chemin continue dans $E ∖ F$ en prenant $x (t) = (1 - 2 t) e_{n} + (t - t^{2}) e_{n - 1}$ . Ainsi $E ∖ F$ est connexe par arcs.

Exercice 80 5441 MINES (MP)Correction

Déteminer les composantes connexes par arcs de l’ensemble

ℛ = {A \in ℳ_{n} (ℂ) | A^{2} = I_{n}} .

Solution

Soit $A \in ℛ$ . Cette matrice est diagonalisable semblable à une matrice de la forme

J_{k} = (\begin{matrix} I_{k} & 0 \\ 0 & I_{n - k} \end{matrix}) avec k \in ⟦ 0; n ⟧

et donc $tr (A) = n - 2 k$ . L’application trace est continue (car linéaire au départ d’un espace de dimension finie) et prend uniquement des valeurs entières sur $ℛ$ , cette application est donc constante sur chaque composante connexe par arcs de $ℛ$ . Les composantes connexes par arcs de $ℛ$ sont donc incluses alors les parties

ℛ_{k} = {A \in ℛ | tr (A) = n - 2 k} pour k \in ⟦ 0; n ⟧ .

Soit $k \in ⟦ 0; n ⟧$ . Montrer que $ℛ_{k}$ est connexe par arcs. Soit $A \in ℛ_{k}$ . Il existe une matrice $P \in {GL}_{n} (ℂ)$ telle que $A = P^{- 1} J_{k} P$ . Or on sait que ${GL}_{n} (ℂ)$ est une partie connexe par arcs et il existe donc une application $γ : [0; 1] \to ℳ_{n} (ℂ)$ continue prenant ses valeurs dans ${GL}_{n} (ℂ)$ vérifiant $γ (0) = I_{n}$ et $γ (1) = P$ . Considérons alors $φ : [0; 1] \to ℳ_{n} (ℂ)$ définie par

φ (t) = {(γ (t))}^{- 1} J_{k} γ (t) pour t \in [0; 1] .

L’application $φ$ est continue, prend ses valeurs dans $ℛ_{k}$ et relie $φ (0) = J_{k}$ à $φ (1) = A$ . On en déduit que $ℛ_{k}$ est une partie connexe par arcs.

Finalement; les composantes connexes par arcs de $ℛ$ sont les $ℛ_{k}$ pour $k = 0, \dots, n$ .

Exercice 81 1152

Soient $A$ et $B$ deux parties connexes par arcs d’un espace normé $E$ .

(a)

Montrer que $A \times B$ est connexe par arcs dans l’espace normé produit $E \times E$ .
(b)

En déduire que $A + B = {a + b | a \in A, b \in B}$ est connexe par arcs.

Exercice 82 1148 Correction

Montrer que l’union de deux connexes par arcs non disjoints est connexe par arcs.

Solution

Si les deux points à relier figurent dans un même connexe par arcs, le problème est résolu. Sinon, on transite par un point commun au deux connexes pour former un arc reliant ces deux points et inclus dans l’union.

Exercice 83 5440 MINES (MP)Correction

Soient $C$ une partie convexe d’un espace normé $E$ et $D$ une partie de $E$ telle que

C \subset D \subset \bar{C} .

Montrer que $D$ est connexe par arcs.

Solution

Si la partie $C$ est vide, c’est immédiat. Sinon, on peut introduire $a$ un élément $C$ . Montrons alors que tout point $b$ de $D$ peut être relié continûment à $a$ ce qui suffit pour conclure.

Soit $b \in D$ . Puisque $b$ est adhérent $C$ , il existe une suite $(b_{n})$ d’éléments de $C$ de limite $b$ . Sans perte de généralités, on peut supposer $b_{0} = a$ . Puisque $C$ est une partie convexe, le segment $[b_{n}; b_{n + 1}]$ est inclus dans $C$ (donc dans $D$ ) pour tout $n \in ℕ$ . Il suffit alors de raccorder des paramétrages de ces segments pour former un chemin continue de $a$ à $b$ .

Pour le réaliser techniquement, on introduit $(S_{n})$ avec

S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{2^{k}} .

On remarque

S_{0} = 0, S_{1} = \frac{1}{2}, S_{2} = \frac{3}{4}, etc. et S_{n} \to_{n \to + \infty}^{} 1 .

Pour tout $n \in ℕ$ , on définit $γ_{n} : s \mapsto (1 - s) . b_{n} + s . b_{n + 1}$ paramétrage de $[b_{n}; b_{n + 1}]$ pour $s$ allant de $0$ à $1$ . Enfin, on pose $γ : [0; 1] \to E$ déterminé par

γ (t) = {\begin{matrix} γ_{n} (\frac{t - S_{n}}{S_{n + 1} - S_{n}}) & si t \in [S_{n}; S_{n + 1} [ \\ b & si t = 1 . \end{matrix}

Par construction, $γ$ est continue (notamment en $1$ , ce qui est le moins évident), $γ$ est inscrit dans $D$ et $γ$ rejoint $a$ à $b$ .

Exercice 84 1153 Correction

Soient $A$ et $B$ deux parties fermées d’un espace vectoriel normé $E$ de dimension finie. On suppose $A \cup B$ et $A \cap B$ connexes par arcs, montrer que $A$ et $B$ sont connexes par arcs.

Solution

Il nous suffit d’étudier la partie $A$ .

Soient $a, a^{'} \in A$ . Puisque $A \subset A \cup B$ , il existe $φ : [0; 1] \to A \cup B$ continue telle que $φ (0) = a$ et $φ (1) = a^{'}$ .

Si $φ$ ne prend pas de valeurs dans $B$ alors $φ$ reste dans $A$ et résout notre problème.

Sinon, posons

t_{0} = inf {t \in [0; 1] | φ (t) \in B} et t_{1} = sup {t \in [0; 1] | φ (t) \in B} .

L’application $φ$ étant continue et les parties $A$ et $B$ étant fermées,

φ (t_{0}), φ (t_{1}) \in A \cap B .

La partie $A \cap B$ étant connexe par arcs, il existe $ψ : [t_{0}; t_{1}] \to A \cap B$ continue telle que $ψ (t_{0}) = φ (t_{0})$ et $ψ (t_{1}) = φ (t_{1})$ . En considérant $θ : [0; 1] \to ℝ$ définie par $θ (t) = ψ (t)$ si $t \in [t_{0}; t_{1}]$ et $θ (t) = φ (t)$ sinon, on a $θ : [0; 1] \to A$ continue avec $θ (0) = a$ et $θ (1) = a^{'}$ .

Ainsi, $A$ est connexe par arcs.

Exercice 85 5881 Correction

Soit $X$ une partie d’un espace normé $(E, ∥ \cdot ∥)$ .

(a)

L’intérieur de $X$ est-il nécessairement connexe par arcs?
(b)

L’adhérence de $X$ est-elle connexe par arcs?

Solution

(a)

Dans le plan considérons deux disques fermés disjoints reliés par un segment. L’ensemble correspondant est connexe par arcs mais l’intérieur ne l’est pas car réunion de deux disques ouverts disjoints.

Notons cependant que, si $X \subset ℝ$ , $X$ est nécessairement un intervalle et son intérieur aussi donc connexe par arcs.
(b)

Observons que l’adhérence de $X$ n’est pas nécessairement connexe par arcs.

Dans le plan $ℝ^{2}$ , considérons les points $O = (0, 0)$ , $A_{n} = (n, 0)$ , $B_{n} = (n, 1 - 1 / n)$ et $C_{n} = (0, 1 - 1 / n)$ pour $n \in ℕ^{*}$ . Formons

$X = ⋃_{n \in ℕ^{*}} L_{n} avec L_{n} = [0; A_{n}] \cup [A_{n}; B_{n}] \cup [B_{n}; C_{n}]$

L’adhérence de $X$ correspond à la réunion de $X$ et de la demi-droite $Δ = {(x, 0) | x \in ℝ_{+}}$ .

En effet, les éléments de $Δ$ sont limites de suites d’éléments du segment $[B_{n}; C_{n}]$ pour $n$ assez grand. Ainsi,

$X \cup Δ \subset \bar{X}$

Inversement, si $(x_{\infty}, y_{\infty})$ est limite d’une suite ${((x_{k}, y_{k}))}_{k \in ℕ}$ d’éléments de $X$ , on a nécessairement $x_{\infty} \in [0; + \infty [$ et $y_{\infty} \in [0; 1]$ car $x_{k} \in [0; + \infty [$ et $y_{k} \in [0; 1 [$ pour tout $k \in ℕ$ .

Si $y_{\infty} = 1$ alors $(x_{\infty}, y_{\infty})$ est élément de $Δ$ .

Si $y_{\infty} < 1$ , il existe $N \in ℕ^{*}$ assez grand pour que $y_{\infty} \leq 1 - \frac{2}{N}$ et $x_{\infty} \leq N + 1$ . Pour $k$ assez grand, $(x_{k}, y_{k})$ est alors élément de

$⋃_{n = 0}^{N} L_{n}$

Or cette partie est fermée en tant que réunion finies de parties fermées. On en déduit que $(x_{\infty}, y_{\infty})$ en est élément et donc appartient à $X$ . Ainsi,

$\bar{X} \subset X \cup Δ$

Par double inclusion, on obtient l’égalité

$\bar{X} = X \cup Δ$

Il reste à remarquer que $X$ est connexe par arcs (ce qui est immédiat car tout élément de $X$ peut être relié par une ligne brisée à $O$ ) et que $X \cup Δ$ ne l’est pas. En effet, il n’est pas possible de relier $O$ à $I = (0, 1)$ . Vérifions-le en raisonnant par l’absurde.

Supposons qu’il existe un chemin $γ : [0; 1] \to ℝ^{2}$ inscrit dans $X \cup Δ$ vérifiant $γ (0) = O$ et $γ (1) = I$ . On écrit $γ (t) = (x (t), y (t))$ ce qui introduit $x$ et $y : [0; 1] \to ℝ$ fonctions continues. Pour tout $n \in ℕ^{*}$ , la continuité de $y$ assure qu’il existe $t \in [0; 1]$ tel que $y (t) = 1 - 1 / n$ . Considérons alors

$t_{n} = inf {t \in [0; 1] | y (t) = 1 - 1 / n} .$

Par la construction de l’ensemble $X$ , on a nécessairement $x (t_{n}) \geq n$ . Cela est absurde car la fonction $x$ est continue sur $[0; 1]$ donc bornée.

[<] Connexité par arcs[>] Parties denses

Exercice 86 1149 Correction

Montrer que l’image d’un connexe par arcs par une application continue est connexe par arcs.

Solution

L’image d’un arc continu par une application continue est un arc continu. Ainsi, si $X$ est connexe par arcs et $f$ continue définie sur $X$ alors pour tout $f (x), f (y) \in f (X)$ , l’image par $f$ d’un arc continu reliant $x$ et à $y$ est un arc continue reliant $f (x)$ à $f (y)$ et donc $f (X)$ est connexe par arcs.

Exercice 87 5444 Correction

Soit $p$ une application continue de $[0; 1]$ vers $ℳ_{n} (ℝ)$ . On suppose que pour tout $t \in [0; 1]$ , $p (t)$ est un projecteur.

Montrer que le rang de $p (t)$ ne dépend pas de $t$ .

Solution

Puisque $p (t)$ est un projecteur, on sait

rg (p (t)) = tr (p (t)) .

Or l’application linéaire trace est continue car au départ d’un espace de dimension finie. Celle-ci ne prend que des valeurs entières car c’est un rang, elle est constante.

Exercice 88 1151 Correction

Soit $f : ℝ \to ℝ$ continue et injective.

(a)

Justifier que l’ensemble $X = {(x, y) \in ℝ^{2} | x < y}$ est convexe.
(b)

Établir que $f$ est strictement monotone.

Solution

(a)

Soient $a = (x, y) \in X$ et $b = (x^{'}, y^{'}) \in X$ . On sait $x < y$ et $x^{'} < y^{'}$ .

Pour tout $λ \in [0; 1]$ ,

$(1 - λ) . a + λ . b = ((1 - λ) x + λ x^{'}, (1 - λ) y + λ y^{'}) .$

Sachant $1 - λ$ et $λ$ positifs et non tous deux nuls,

$(1 - λ) x + λ x^{'} < (1 - λ) y + λ y^{'}$

et donc $(1 - λ) . a + λ . b \in X$ . Ainsi, $[a; b] \subset X$ .

La partie $X$ est donc convexe.
(b)

Considérons l’application $V : X \to ℝ$ définie par

$V (x, y) = f (y) - f (x) pour tout (x, y) \in X .$

L’application $V$ est continue par opérations sur les fonctions continues. L’ensemble $X$ est convexe donc connexe par arcs. L’ensemble $V (X)$ est donc une partie connexe par arcs de $ℝ$ , c’est-à-dire un intervalle.

Puisque $f$ est injective, l’application $V$ ne prend pas la valeur $0$ et donc $V (X)$ est un intervalle inclus dans $ℝ_{+}^{*}$ ou $ℝ_{-}^{*}$ .

Si $V (X) \subset ℝ_{+}^{*}$ , on peut affirmer

$\forall (x, y) \in ℝ^{2}, x < y$ $⟹ (x, y) \in X$

$⟹ V (x, y) > 0$

$⟹ f (x) < f (y) .$

La fonction $f$ est alors strictement croissante.

Dans le cas, $V (X) \subset ℝ_{-}^{*}$ , on obtient $f$ strictement décroissante.

Exercice 89 1150 Correction

Soit $f : I \to ℝ$ une fonction dérivable. On suppose que $f^{'}$ prend des valeurs strictement positives et des valeurs strictement négatives et l’on souhaite établir que $f^{'}$ s’annule.

(a)

Établir que $A = {(x, y) \in I^{2}, x < y}$ est une partie connexe par arcs de $I^{2}$ .
(b)

On note $δ : A \to ℝ$ l’application définie par $δ (x, y) = f (y) - f (x)$ . Établir que $0 \in δ (A)$ .
(c)

Conclure en exploitant le théorème de Rolle

Solution

(a)

$A$ est une partie convexe donc connexe par arcs.
(b)

L’application $δ$ est continue donc $δ (A)$ est connexe par arcs c’est donc un intervalle de $ℝ$ . Puisque $f^{'}$ prend des valeurs strictement positives et strictement négative, la fonction $f$ n’est pas monotone et par conséquent des valeurs positives et négatives appartiennent à l’intervalle $δ (A)$ . Par conséquent, $0 \in δ (A)$ .
(c)

Puisque $0 \in δ (A)$ , il existe $a < b \in I$ tels que $f (a) = f (b)$ . On applique le théorème de Rolle sur $[a; b]$ avant de conclure.

Exercice 90 5443 Correction

Montrer qu’il n’existe pas d’applications continues injectives de ${[0; 1]}^{2}$ dans $ℝ$ .

Solution

Par l’absurde, supposons qu’une telle application $f : {[0; 1]}^{2} \to ℝ$ existe. L’ensemble $f ({[0; 1]}^{2})$ est une partie connexe par arcs de $ℝ$ car image continue d’un connexe par arcs, c’est donc un intervalle. Aussi, $f ({[0; 1]}^{2})$ est une partie compacte car image continue d’un compact. Il existe donc $a < b \in ℝ$ tels que

f ({[0; 1]}^{2}) = [a; b] .

Considérons alors $c \in] a; b [$ et $(x, y) \in {[0; 1]}^{2}$ tel que $f (x, y) = c$ . D’une part, l’ensemble ${[0; 1]}^{2} ∖ {(x, y)}$ est connexe par arcs. D’autre part, son image par $f$ qui est $[a; b] ∖ {c}$ ne l’est pas. C’est absurde.

Exercice 91 3737

(Théorème de Darboux)

Soit $f : I \to ℝ$ une fonction dérivable définie sur un intervalle $I$ de $ℝ$ .

(a)

Montrer que $U = {(x, y) \in I^{2} | x < y}$ est une partie connexe par arcs de $ℝ^{2}$ .

On note $τ : U \to ℝ$ l’application définie par

τ (x, y) = \frac{f (y) - f (x)}{y - x} .

(b)

Justifier $τ (U) \subset f^{'} (I) \subset \bar{τ (U)}$ .
(c)

En déduire que $f^{'} (I)$ est un intervalle¹¹ 1 En conséquence, bien qu’une fonction dérivée ne soit pas forcément une fonction continue, elle satisfait l’affirmation du théorème des valeurs intermédiaires. de $ℝ$ .

Exercice 92 5455 Correction

Soit $A$ une partie à la fois ouverte et fermée d’un espace normé $E$ .

(a)

Donner deux exemples de parties $A$ possibles.
(b)

Montrer que la fonction indicatrice de $A$ est continue sur $E$ .
(c)

En déduire que la partie $A$ est vide ou égale à $E$ .

Solution

(a)

L’ensemble vide et la partie $E$ sont à la fois ouverte et fermée.
(b)

Étudions la continuité de $1_{A}$ en $a \in E$ .

Cas: $a \in A$ . Puisque la partie $A$ est ouverte, il existe une boule ouverte centrée en $a$ incluse dans $A$ . La fonction $1_{A}$ est constante égale à $1$ sur cette boule et, en particulier, la fonction $1_{A}$ est continue en $a$ .

Cas: $a \notin A$ . Puisque le complémentaire de $A$ est aussi une partie ouverte, il existe une boule centrée en $a$ incluse dans ce complémentaire. À nouveau, la fonction $1_{A}$ est continue en $a$ , cette fois-ci car constante égale à $0$ au voisinage de $a$ .
(c)

L’image du connexe par arcs $E$ par la fonction continue $1_{A}$ est donc une partie connexe par arcs de $ℝ$ , c’est donc un intervalle. Or la fonction indicatrice prend seulement ses valeurs dans ${0,1}$ . On en déduit

$1_{A} (E) = {0} ou 1_{A} (E) = {1} .$

La partie $A$ est donc égale à $\emptyset$ ou à $E$ .

[<] Applications de la connexité par arcs[>] Continuité et densité

Exercice 93 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 94 1135 Correction

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

Solution

Soit $A \in ℳ_{n} (ℂ)$ . On sait que la matrice $A$ est trigonalisable puisque $χ_{A}$ est assurément scindé sur $ℂ$ . Il existe donc $P \in {GL}_{n} (ℂ)$ telle que $P^{- 1} A P = T$ avec $T$ triangulaire supérieure. Pour $p \in ℕ^{*}$ , posons alors

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

Il est immédiat que

T_{p} \to_{p \to + \infty}^{} T

Par opérations sur les limites, on obtient alors

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 distinctes 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 95 5935 Correction

Dans $E = ℝ_{n} [X]$ , on note $𝒫_{n}$ l’ensemble des polynômes de degré $n$ exactement. Montrer que $𝒫_{n}$ est une partie ouverte et dense de $E$ .

Solution

L’application $φ$ qui à $P \in E$ associe son coefficient devant $X^{n}$ est linéaire. Cette application linéaire est au départ d’un espace de dimension finie, c’est donc une application continue. Par conséquent, $𝒫_{n} = φ^{- 1} (ℝ^{*})$ est l’image réciproque d’un ouvert par une application continue définie sur $E$ , c’est un ouvert de $E$ .

Soit $P \in E$ .

Si $\deg (P) = n$ , la suite constante égale à $P$ est une suite d’éléments de $𝒫_{n}$ de limite $P$ .

Si $\deg (P) < n$ , la suite de terme général $P_{k} = \frac{1}{k} X^{n} + P$ est une suite d’éléments de $𝒫_{n}$ de limite $P$ .

Finalement, tout élément de $E$ est limite d’une suite d’éléments de $𝒫_{n}$ . L’ensemble $𝒫_{n}$ est une partie dense de $E$ .

Exercice 96 5580 Correction

On munit $ℝ [X]$ de la norme ${∥ \cdot ∥}_{\infty}$ définie par

{∥ P ∥}_{\infty} = sup_{t \in [0; 1]} | P (t) | .

(a)

On pose $P_{n} = \frac{1}{2^{n}} X^{n}$ . Déterminer la limite de la suite $(P_{n})$ .
(b)

Justifier que l’application $φ : P \to P (2)$ n’est pas continue sur $ℝ [X]$ .
(c)

Justifier que l’ensemble $F = {P \in ℝ [X] | P (2) = 0}$ est une partie dense de $ℝ [X]$ .

Solution

(a)

La suite $(P_{n})$ tend vers $0$ car

${∥ P_{n} - 0 ∥}_{\infty} = sup_{t \in [0; 1]} (\frac{1}{2^{n}} t^{n}) = \frac{1}{2^{n}} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$
(b)

On remarque $φ (P_{n}) = 1$ et donc

$P_{n} \to_{n \to + \infty}^{{∥ \cdot ∥}_{\infty}} 0 et φ (P_{n}) ／ \to_{n \to + \infty}^{} 0 = φ (0) .$

L’application $φ$ n’est donc pas continue (en $0$ ).
(c)

Soit $P \in ℝ [X]$ . Pour $Q_{n} = P - P (2) P_{n}$ , on vérifie

$Q_{n} (2) = 0 et Q_{n} \to_{n \to + \infty}^{{∥ \cdot ∥}_{\infty}} P .$

Le polynôme $P$ est donc limite d’une suite d’éléments de $F$ .

En fait, $F$ est le noyau de la forme linéaire $φ$ . C’est un exercice classique que de vérifier que le noyau d’une forme linéaire est un sous-espace vectoriel fermé ou une partie dense.

Exercice 97 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 98 2779 MINES (MP)

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

Exercice 99 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 $ε > 0$ , on a $B (a, ε) \cap U \neq \emptyset$ car $U$ est une partie dense. On peut donc introduire $x \in B (a, ε) \cap U$ . Aussi, puisque $B (a, ε) \cap U$ est une partie ouverte, il existe $α > 0$ tel que

$B (x, α) \subset B (a, ε) \cap U$

Enfin, puisque $V$ est une partie dense $B (x, α) \cap V \neq \emptyset$ . Par suite,

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

car contient $B (x, α) \cap V$ qui est non vide.
(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 100 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 101 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 102 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 que $a$ est élément de $H$ 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 103 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 104 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 105 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 106 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 107 3402 ENS (MP)Correction

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 108 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 109 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.

Exercice 110 5685 ENSTIM (MP)Correction

Soit $E$ l’espace des fonctions de $ℝ_{+}$ vers $ℝ$ continues et de limite nulle en $+ \infty$ .

(a)

Montrer que l’on définit une norme sur $E$ en posant

${∥ f ∥}_{\infty} = sup_{t \in [0; + \infty [} | f (t) | pour tout f \in E .$
(b)

Établir que $F = Vect {t \mapsto e^{- n t} | n \in ℕ^{*}}$ est une partie dense de $E$ .

Solution

(a)

Les fonctions continues sur $[0; + \infty [$ et de limite nulle en $+ \infty$ sont assurément bornées. L’espace $E$ est donc inclus dans l’espace des fonctions bornées de $[0; + \infty [$ vers $ℝ$ . Ce dernier est normé par ${∥ \cdot ∥}_{\infty}$ . Par restriction, ${∥ \cdot ∥}_{\infty}$ est aussi une norme sur $E$ .
(b)

Soit $t \mapsto f (t)$ un élément arbitraire de $E$ . Considérons l’application $g$ définie sur $] 0; 1]$ par

$g (x) = f (- \ln (x)) .$

L’application $g$ est continue et peut se prolonger par continuité en $0$ en posant $g (0) = 0$ . Par le théorème d’approximation uniforme de Weierstrass, on peut introduire une suite de fonctions polynomiales $(φ_{n})$ approchant uniformément $g$ sur $[0; 1]$ . Pour $ε > 0$ , il existe $N \in ℕ$ tel que

$\forall n \geq N, \forall x \in [0; 1], | φ_{n} (x) - g (x) | \leq ε .$

En particulier,

$\forall n \geq N, | φ_{n} (0) - g (0) | = | φ_{n} (0) | \leq ε .$

Considérons alors $ψ_{n} = φ_{n} - φ (0)$ . Les fonctions $ψ_{n}$ sont polynomiales et

$\forall n \geq N, \forall x \in [0; 1], | ψ_{n} (x) - g (x) | \leq | φ_{n} (x) - g (x) | + | φ_{n} (0) | \leq 2 ε .$

Posons alors $θ_{n} : [0; + \infty [\to ℝ$ définie par $θ_{n} (t) = ψ_{n} (e^{- t})$ . On a

$\forall n \geq N, \forall t \in [0; + \infty [, | θ_{n} (t) - f (t) | \underset{t = - \ln (x)}{=} | ψ_{n} (x) - g (x) | \leq 2 ε$

De plsu, $θ_{n} \in F$ car $ψ_{n} (0) = 0$ et le coefficient constant du polynôme décrivant $ψ_{n}$ est nul.

Finalement, tout élément de $E$ est limite d’une suite d’éléments de $F$ au sens de la norme ${∥ \cdot ∥}_{\infty}$ : $F$ est une partie dense de l’espace normé $(E, {∥ \cdot ∥}_{\infty})$ .

Exercice 111 5965 CENTRALE (MP)Correction

Pour $k \in ℕ^{*}$ , on pose

C_{k} = {(x, y) \in ℝ^{2} | x^{2} + y^{2} = k} et D_{k} = C_{k} \cap ℚ^{2}

(a)

Réprésenter les éléments de $C_{k}$ de la forme $(a / n, b / n)$ avec $(a, b) \in ℤ^{2}$ et $n \in ⟦ 1; N ⟧$ pour $k \in ⟦ 1; 10 ⟧$ et $N = 100$ .
(b)

Pour $θ \in] - π; π [$ , exprimer $\cos (θ)$ et $\sin (θ)$ en fonction de $t = \tan (θ / 2)$ .
(c)

En déduire que $D_{1}$ est dense dans $C_{1}$ .
(d)

Établir aussi que $D_{2}$ est dense dans $C_{2}$ .
(e)

Plus généralement, montrer que $D_{k}$ est vide ou dense dans $C_{k}$ .

Solution

(a)

import numpy as np
import matplotlib.pyplot as plt


k_max = 10
N = 100
L = [k for k in range(1, k_max + 1)]
for a in range(0, k_max*N+1):
        for b in range(0, k_max*N+1):
            if (a/N)**2 + (b/N)**2 in L:
                plt.plot(a/N, b/N, ’o’, color=’C0’)
                plt.plot(-a/N, b/N, ’o’, color=’C0’)
                plt.plot(a/N, -b/N, ’o’, color=’C0’)
                plt.plot(-a/N, -b/N, ’o’, color=’C0’)
theta = np.linspace(0, 2*np.pi, 100)
for k in range(1, k_max + 1):
    plt.plot(k**(1/2) * np.cos(theta), k**(1/2) * np.sin(theta), color=’C1’)

plt.show()

(b)

Ce sont des formules de trigonométrie fameuses

$\cos (θ) = \frac{1 - t^{2}}{1 + t^{2}} et \sin (θ) = \frac{2 t}{1 + t^{2}}$

La première provient de

$\cos (2 x) = 2 \cos^{2} (x) - 1 et 1 + \tan^{2} (x) = \frac{1}{\cos^{2} (x)}$

La seconde s’en déduit par

$\sin (2 x) = 2 \sin (x) \cos (x)$
(c)

Pour $(x, y) \in C_{1}$ avec $y = 0$ , on a immédiatement $(x, y) \in D_{1}$ .

Pour $(x, y) \in C_{1}$ avec $y \neq 0$ , il existe $θ \in] - π; π [$ tel que $x = \cos (θ)$ et $y = \sin (θ)$ . On pose $t = \tan (θ / 2)$ et l’on considère $(t_{n})$ une suite de nombres rationnels de limite $t$ . Pour $θ_{n} = 2 \arctan (t_{n})$ , on obtient $(x_{n}, y_{n}) = (\cos (θ_{n}), \sin (θ_{n}))$ suite d’éléments de $D_{1}$ de limite $(x, y)$ .

Tout élément de $C_{1}$ est limite d’une suite d’éléments de $D_{1}$ : $D_{1}$ est dense dans $C_{1}$ .
(d)

Pour $(x, y) \in C_{2}$ , on pose

$X = \frac{x + y}{2} et Y = \frac{x - y}{2}$

On remarque

$X^{2} + Y^{2} = \frac{x^{2} + y^{2}}{2} = 1$

Inversement, pour $(X, Y) \in C_{1}$ , on pose

$x = X + Y et y = X - Y$

et l’on observe $(x, y) \in C_{1}$ .

On dispose ainsi d’une application bijective continue qui transforme $C_{1}$ en $C_{2}$ et parallèlement transforme $D_{1}$ en $D_{2}$ . On en déduit que $D_{2}$ est dense dans $C_{2}$ .
(e)

Supposons que $D_{k}$ ne soit pas vide et considérons $(x_{k}, y_{k})$ un élément de $D_{k}$ . Considérons ensuite l’application

$Φ : {\begin{matrix} ℝ^{2} & \to & ℝ^{2} \\ (X, Y) & \mapsto & (x_{k} X + y_{k} Y, y_{k} X - x_{k} Y) \end{matrix}$

On remarque que l’application $Φ$ est bijective, continue et transforme $C_{1}$ en $C_{k}$ et parallèlement $D_{1}$ en $D_{k}$ . La densité de $D_{1}$ dans $C_{1}$ entraîne alors la densité de $D_{k}$ dans $C_{k}$ .

[<] Parties denses[>] Approximations uniformes

Exercice 112 1136 Correction

Déterminer les fonctions $f : ℝ \to ℝ$ continues vérifiant

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

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 113 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 $x \in ℝ$ . On remarque

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

avec $u_{n} \in 𝒟$ pour tout $n \in ℕ$ . La partie $𝒟$ est dense dans $ℝ$ .
(b)

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

Pour tout $x \in ℝ$ ,

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

On en déduit que la fonction $f$ est impaire.

Par récurrence double, montrons $f (n) = 0$ pour tout $n \in ℕ$ .

Pour $n = 0$ et $n = 1$ , la propriété est acquise par hypothèse.

Supposons la propriété établie aux rangs $n \geq 1$ et $n - 1 \geq 0$ .

L’égalité

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

donne, en vertu de l’hypothèse de récurrence, $f (n + 1) = 0$ .

La récurrence est établie.

Par l’imparité, on complète

$\forall p \in ℤ, f (p) = 0 .$

Par récurrence sur $n \in ℕ$ , montrons

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

Pour $n = 0$ , on vient d’obtenir la propriété.

Supposons la propriété établie au rang $n \in ℕ$ .

Soit $p \in ℤ$ . Par la relation fonctionnelle vérifiée par $f$ ,

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

La récurrence est établie.

Enfin, 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 identiquement 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

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

On en déduit que la fonction $g$ est identiquement nulle ce qui conduit à $f$ affine.

Exercice 114 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 115 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 116 5741 Correction

Soit $A \in ℳ_{n} (ℂ)$ . Vérifier

{(Com (A))}^{⊤} = Com (A^{⊤})

Solution

Cas: $A$ est inversible. On sait

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

et de même

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

{(A^{⊤})}^{- 1} = {(A^{- 1})}^{⊤}

ce qui se relit

\frac{1}{\det (A^{⊤})} {(Com (A^{⊤}))}^{⊤} = \frac{1}{\det (A)} (Com (A))

Sachant $\det (A^{⊤}) = \det (A)$ , on simplifie et l’on obtient

{(Com (A))}^{⊤} = Com (A^{⊤})

Cas général: Les applications

A \mapsto {(Com (A))}^{⊤} et A \mapsto Com (A^{⊤})

sont continues sur $ℳ_{n} (ℂ)$ car leurs fonctions coordonnées sont des polynômes en les coefficients de $A$ . Aussi, ces fonctions sont égales sur ${GL}_{n} (ℂ)$ qui est une partie dense dans $ℳ_{n} (ℂ)$ . Ces fonctions sont donc égales sur $ℳ_{n} (ℂ)$ .

Exercice 117 750 Correction

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

Solution

Si $A$ est inversible alors

Com (A) = \det (A) {(A^{- 1})}^{⊤} .

(1)

La comatrice de $A$ est aussi inversible et donc

Com (Com (A)) = \det (Com (A) {(A^{- 1})}^{⊤}) {({({(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 118 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)} {(Com (A))}^{⊤}, B^{- 1} = \frac{1}{\det (B)} {(Com (B))}^{⊤}

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

donc

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

puis

{(Com (A B))}^{⊤} = {(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 119 4227

Soit $n \in ℕ$ avec $n \geq 2$ .

Montrer que les comatrices de deux matrices semblables de $ℳ_{n} (ℂ)$ sont elles aussi semblables.

Exercice 120 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 121 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 122 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 123 1144 Correction

Soit $f : [a; b] \to ℝ$ une fonction de classe $𝒞^{1}$ .

Montrer qu’il existe une suite $(P_{n})$ de fonctions polynomiales convergeant uniformément vers $f$ sur $[a; b]$ et pour laquelle la suite $(P_{n}^{'})$ converge aussi uniformément vers $f^{'}$ sur $[a; b]$ .

Solution

Méthode: La principale contraite est la convergence uniforme de la suite de dérivées. Par intégration, on construira la suite de polynômes voulue à partir d’une suite réalisant la convergence uniforme vers la fonction dérivée.

Par le théorème de Weierstrass, il existe une suite $(Q_{n})$ de fonctions polynomiales telle

{∥ Q_{n} - f^{'} ∥}_{\infty} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

Posons alors

P_{n} (x) = f (a) + \int_{a}^{x} Q_{n} (t) d t pour x \in [a; b]

La fonction $P_{n}$ est polynomiale. Pour tout $x \in [a; b]$ , l’inégalité

| P_{n} (x) - f (x) | \leq \int_{a}^{x} | f^{'} (t) - Q_{n}^{'} (t) | d t \leq (b - a) {∥ Q_{n} - f^{'} ∥}_{\infty}

permet d’établir que

{∥ P_{n} - f ∥}_{\infty} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

Puisque $P_{n}^{'} = Q_{n}$ , la suite $(P_{n})$ est solution du problème posé.

Exercice 124 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 125 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 126 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 identiquement nulle.

Exercice 127 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 128 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 identiquement 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 identiquement nulle, telle que

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

Solution

(a)

Par combinaison linéaire, on remarque que pour tout polynôme $P \in ℝ [X]$ ;

$\int_{a}^{b} f P = 0 .$

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 tendre $ε$ vers $0$ par valeurs supérieures, on obtient $\int_{a}^{b} f^{2} = 0$ . Sachant que la fonction $f^{2}$ est continue et positive, c’est nécessairement la fonction identiquement nulle et donc $f = 0$ .
(b)

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

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

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 129 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 130 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 131 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 $C$ .

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

Par le changement de variable $t = n x$ et emploi de la relation de Chasles,

$\int_{a}^{b} | \sin (n x) | d x$ $= \frac{1}{n} \int_{n a}^{n b} | \sin (t) | d t$

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

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

$\int_{n a}^{p π} | \sin (n x) | d x \leq π et \int_{q p}^{n b} | \sin (n x) | d x \leq π .$

De plus, pour $k = p, \dots, q - 1$ ,

$\int_{k π}^{(k + 1) π} | \sin (t) | d t = \int_{0}^{π} | \sin (t + k π) | d t = \int_{0}^{π} | \sin (t) | d t = \int_{0}^{π} \sin (t) d t = 2$

et donc

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

Ainsi,

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

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, pour $k = 1, \dots, n$ ,

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

Puis en sommant par la relation de Chasles

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

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

$sup_{x \in [a; b]} | f (x) - φ (x) | \leq \frac{ε}{b - a} .$

Puisque

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

pour $n$ assez grand, on a

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

Or

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

et

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

donc

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

Ainsi,

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

Édité le 18-06-2024

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

	${\| ξ \|}^{3} = \| a ξ^{2} + b ξ + c \|$
		$\leq \| a \| {\| ξ \|}^{2} \| b \| \| ξ \| + \| c \|$
		$\leq \| a \| {\| ξ \|}^{2} + \| b \| {\| ξ \|}^{2} + \| c \| {\| ξ \|}^{2} .$

	$\forall (x, y) \in ℝ^{2}, x < y$	$⟹ (x, y) \in X$
		$⟹ V (x, y) > 0$
		$⟹ f (x) < f (y) .$

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

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