[>] Partie compacte

 
Exercice 1  1163  Correction  

Soit (un) une suite réelle bornée telle que

un+12u2nn+0.
  • (a)

    Montrer que si a est une valeur d’adhérence de (un) alors -2a l’est aussi.

  • (b)

    En déduire que (un) converge.

Solution

  • (a)

    Posons

    εn=un+12u2nn+0.

    Si uφ(n)a alors

    u2φ(n)=2εφ(n)-2uφ(n)n+-2a.

    Ainsi,

    aAdh(u)-2aAdh(u).
  • (b)

    Si (un) possède une valeur d’adhérence a autre que 0 alors, pour tout k, (-2)ka est aussi valeur d’adhérence. Or cela est impossible car (un) est bornée. Puisque (un) est bornée et que 0 est sa seule valeur d’adhérence possible,

    unn+0.
 
Exercice 2  3466   

On munit l’espace E=[X] des normes données par les relations

P=supt[0;1]|P(t)|etP1=01|P(t)|dt

et l’on considère la suite des monômes (Xn)n.

  • (a)

    Vérifier que la suite (Xn)n est bornée pour la norme et qu’elle converge vers 0 pour la norme 1.

  • (b)

    La suite (Xn)n possède-t-elle une valeur d’adhérence pour ?

 
Exercice 3  1170   

Soit u une suite d’éléments d’un espace normé E. On note Adh(u) l’ensemble des valeurs d’adhérence de u.

  • (a)

    Établir

    Adh(u)=n{up|pn}¯.
  • (b)

    En déduire que Adh(u) est une partie fermée de E.

 
Exercice 4  3216    

Soit u=(un) une suite réelle vérifiant

un+1-unn+0.

Montrer que l’ensemble des valeurs d’adhérence de u est un intervalle.

 
Exercice 5  1162   Correction  

Soit K une partie compacte d’un espace vectoriel normé E.
Montrer que si une suite (un) d’éléments de K n’a qu’une seule valeur d’adhérence alors cette suite converge vers celle-ci.

Solution

Soit (un) une suite d’éléments de K qui n’ait qu’une seule valeur d’adhérence . Par l’absurde supposons que (un) ne converge par vers . On peut écrire

ε>0,N,nN,|un-|>ε.

Par conséquent, il existe une infinité de termes de cette suite tels que |un-|>ε. À partir de ces termes on peut construire une suite extraite de (un) qui étant une suite d’éléments du compact K possèdera une valeur d’adhérence qui ne peut être que compte tenu de l’hypothèse.
C’est absurde, car tous ces termes vérifient |un-|>ε.

 
Exercice 6  3263    

Soient f: une fonction continue et u=(un) une suite déterminée par

u0etn,un+1=f(un).

On suppose que la suite u possède une unique valeur d’adhérence a. Montrer que la suite u converge vers celle-ci.

[<] Valeurs d'adhérences d'une suite[>] Compacité et continuité

 
Exercice 7  4631  

Soit E un espace normé de dimension finie. Montrer que la sphère unité

S={xE|x=1}

est une partie compacte.

 
Exercice 8  1159  

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

 
Exercice 9  3472   

Soient K une partie compacte d’un espace normé E de dimension finie et r>0. Montrer la compacité de la partie

Kr=xKBf(x,r).
 
Exercice 10  1160  Correction  

Montrer que toute partie fermée d’une partie compacte est elle-même compacte.

Solution

Soit F une partie fermée d’un compact K. Si (xn) est une suite d’éléments de F, alors c’est aussi une suite d’éléments de K et l’on peut donc en extraire une suite (xφ(n)) convergeant dans K. Cette suite extraite est aussi une suite convergente d’éléments du fermé F, sa limite appartient donc à F. Au final, il existe une suite extraire de (xn) convergeant dans F.

 
Exercice 11  1171   Correction  

Soient E et F deux espaces normés, A une partie fermée de E et B une partie compacte de F.
Soit f:AB une application vérifiant:

  • f-1({y}) est compact pour tout yB;

  • l’image de tout fermé de A est un fermé de B.

Montrer que A est compact.

Solution

Soit (un) une suite d’éléments de A. On va établir que cette suite possède une valeur d’adhérence dans A.
On pose Fn={up|pn}¯. La suite (Fn) est une suite décroissante de fermés non vides. Posons Gn=f(Fn). La suite (Gn) est une suite décroissante de fermés non vides. On peut considérer ynGn. La suite (yn) possède une valeur d’adhérence y car B est compact. Pour tout pn, on a ypGpGn donc yGn. Par suite, il existe tnFn tel que y=f(tn). La suite (tn) est une suite du compact f-1{y}, elle possède donc une valeur d’adhérence t. Pour tout pn, tpFpFn donc tFn.
Ainsi, t est une valeur d’adhérence de (un).

 
Exercice 12  3271    

(Théorème de Riesz)

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

  • (a)

    Montrer que, pour tout aE, il existe xF vérifiant

    d(a,F)=a-x.
  • (b)

    On suppose FE. Montrer qu’il existe aE vérifiant

    d(a,F)=1eta=1.

On suppose le 𝕂-espace vectoriel E de dimension infinie.

  • (c)

    Montrer qu’il existe une suite (an) d’éléments de E vérifiant

    n,an=1etd(an+1,Vect(a0,,an))=1.
  • (d)

    Conclure que la boule unité de E n’est pas compacte.

[<] Partie compacte[>] Raisonnement de compacité

 
Exercice 13  1161  

Soit K une partie compacte non vide d’un espace vectoriel normé E et xE. On définit la distance du vecteur x à la partie K par

d(x,K)=infyKy-x.

Montrer qu’il existe y0K tel que

d(x,K)=y0-x.
 
Exercice 14  1174  Correction  

Soient K et L deux compacts non vides et disjoints. Montrer

d(K,L)=infxK,yLy-x>0.

Solution

L’application (x,y)y-x est une fonction réelle continue sur le compact K×L non vide, elle admet donc un minimum en un certain (a,b)K×L. Ainsi,

d(K,L)=b-a>0

car ab puisque KL=.

 
Exercice 15  4634  

Soient A et B des parties compactes de E. Montrer que l’ensemble

A+B={x+y|xA et yB}

est une partie compacte de E.

 
Exercice 16  4635  

Soit K une partie compacte non vide d’un espace normé E. Montrer l’existence de deux éléments a,bK extrémaux dans le sens où

δ(K)=sup(x,y)K2y-x=b-a.
 
Exercice 17  1175   Correction  

Soit E un espace vectoriel normé de dimension finie.

  • (a)

    Soit A une partie non vide de E. Montrer que l’application xd(x,A) est continue sur E.

  • (b)

    Soit K un compact non vide inclus dans un ouvert U.
    Montrer qu’il existe α>0 tel que

    xK,B(x,α)U.

Solution

  • (a)

    Soient x,xE.

    yA,x-yx-x+x-y

    donc d(x,A)x-x+x-y puis d(x,A)-x-xx-y et d(x,A)-x-xd(x,A).
    Ainsi d(x,A)-d(x,A)x-x et par symétrie |d(x,A)-d(x,A)|x-x.

    Finalement, xd(x,A) est 1-lipschitzienne donc continue.

  • (b)

    Considérons l’application xd(x,𝒞EU) définie sur le compact K.
    Cette application est bornée et atteint ses bornes. Posons α=minxKd(x,𝒞EU) atteint en x0K.
    Si α=0 alors x0𝒞EU¯ or 𝒞EU est fermé et donc x0U or x0K.
    Nécessairement α>0 et alors

    xK,B(x,α)U.
 
Exercice 18  3410     ENSCorrection  

Soient f une application continue de dans et I un segment inclus dans l’image de f.
Montrer qu’il existe un segment J tel que

f(J)=I.

Solution

Notons α,β les extrémités de I.
Soient a,b des antécédents de α,β respectivement. Malheureusement, on ne peut pas déjà affirmer f([a;b])=[α;β] car les variations de f sur [a;b] sont inconnues.
Posons

A={x[a;b]|f(x)=α}etB={x[a;b]|f(x)=β}.

Considérons ensuite

Δ={|y-x||xA,yB}

Δ est une partie de non vide et minorée. On peut donc introduire sa borne inférieure m. Par la caractérisation séquentielle des bornes inférieures, il existe deux suites (xn)A et (yn)B vérifiant

|yn-xn|m.

La partie A étant fermée et bornée, on peut extraire de la suite (xn) une suite (xφ(n)) convergeant dans A. De la suite (yφ(n)), on peut aussi extraire une suite convergeant dans B et en notant x et y les limites de ces deux suites, on obtient deux éléments vérifiant

xA,yBet|y-x|=minΔ.

Autrement dit, on a défini des antécédents des extrémités de I dans [a;b] les plus proches possibles.
Pour fixer les idées, supposons xy et considérons J=[x;y].
On a α,βf(J) et f(J) intervalle (car image continue d’un intervalle) donc

If(J).

Soit γf(J). Il existe cJ tel que f(c)=γ.

Si γ<α alors en appliquant le théorème de valeurs intermédiaires sur [z;y], on peut déterminer un élément de A plus proche de y que ne l’est x. Cela contredit la définition de ces deux éléments.

De même, γ>β est impossible et donc f(J)I puis l’égalité.

 
Exercice 19  1173   Correction  

Soient E et F deux espaces vectoriels normés de dimensions finies.

Soient K un compact de E et f:KF une application continue injective.

  • (a)

    On pose L=f(K). Montrer que L est compact.

  • (b)

    Montrer que f-1:LK est continue.

Solution

  • (a)

    L est l’image d’un compact par une application continue donc L est compact.

  • (b)

    Supposons f-1 non continue. Il existe yL et ε>0 tels que

    α>0,yL,|y-y|α et |f-1(y)-f-1(y)|>ε

    Posons x=f-1(y) et, en prenant α=1n>0, définissons ynL puis xn=f-1(yn) tels que

    |yn-y|1net|xn-x|>ε.

    (xn) est une suite d’éléments du compact K, on peut donc en extraire une suite convergente (xφ(n)) de limite a. Comme f est continue,

    yφ(n)=f(xφ(n))n+f(a)

    Or (yn) tend vers y et, par unicité de la limite, y=f(a) puis a=f-1(y)=x.

    Cela est absurde puisque |xφ(n)-x|>ε pour tout n.

 
Exercice 20  2775     MINES (MP)

Soit K une partie compacte non vide d’un espace normé E et f une application de K vers K vérifiant

(x,y)K2,xyf(x)-f(y)<x-y.
  • (a)

    Montrer que la fonction f possède un unique point fixe c.

  • (b)

    Soit (xn) une suite déterminée par

    x0Ketn,xn+1=f(xn).

    Montrer que la suite (xn) converge vers le point fixe c.

 
Exercice 21  3471   

Soit E un espace normé et f une application vérifiant

(x,y)E2,f(x)-f(y)=x-y.

Soit K une partie compacte de E telle que f(K)K.

  • (a)

    Pour xK, on considère la suite récurrente (xn) donnée par

    x0=xetn,xn+1=f(xn).

    Montrer que x est valeur d’adhérence de la suite (xn).

  • (b)

    En déduire que f(K)=K.

 
Exercice 22  3857   Correction  

Soit K une partie compacte non vide d’un espace vectoriel normé E de dimension finie.
On considère f:KK une application ρ-lipschitzienne c’est-à-dire vérifiant

x,yK,f(y)-f(x)ρy-x.
  • (a)

    On suppose ρ<1. Montrer que f admet un point fixe.

  • (b)

    On suppose ρ=1 et K convexe. Montrer à nouveau que f admet un point fixe. On pourra introduire, pour aK et n*, les fonctions

    fn:xan+n-1nf(x).

Solution

  • (a)

    La fonction f est continue car lipschitzienne. Considérons g:xKf(x)-x. La fonction g est réelle, continue et définie sur un compact non vide, elle admet donc un minimum en un certain x0K. Puisque

    g(x0)g(f(x0))=f(f(x0))-f(x0)ρf(x0)-x0=ρg(x0) avec ρ<1.

    On a nécessairement g(x0)=0 et donc f(x0)=x0 ce qui fournit un point fixe pour f.

  • (b)

    Par la convexité de K, on peut affirmer que fn est une application de K vers K.
    De plus,

    fn(y)-fn(x)=n-1nf(y)-f(x)ρny-x

    avec ρn<1.
    Par l’étude ci-dessus, la fonction fn admet un point fixe xn. La suite (xn) est une suite du compact K, il existe donc une suite extraite (xφ(n)) convergeant vers un élément xK. La relation

    fφ(n)(xφ(n))=xφ(n)

    donne

    aφ(n)+φ(n)-1φ(n)f(xφ(n))=xφ(n)

    et donc à la limite

    f(x)=x.
 
Exercice 23  4103     CENTRALE (MP)Correction  

E désigne un espace vectoriel euclidien et f un endomorphisme de E.

  • (a)

    Soient xE et r>0. Justifier que la boule Bf(x,r) est compacte. Que dire de f(Bf(x,r))?

  • (b)

    Soient xE et un réel r tel que 0<r<x. On note K=Bf(x,r) et l’on suppose f(K)K.
    On fixe aK et l’on pose, pour tout n*

    yn=1nk=0n-1fk(a).

    Justifier que (yn)n1 est une suite d’éléments de K et que f(yn)-yn tend vers 0E. En déduire qu’il existe un vecteur wK tel que f(w)=w.

  • (c)

    On reprend les notations précédentes et l’on suppose toujours f(K)K.
    Montrer que 1Sp(f) et Sp(f)[-1;1].

  • (d)

    À l’aide d’un exemple choisi en dimension 3, montrer que f n’est pas nécessairement diagonalisable.

  • (e)

    Dans cette dernière question, on choisit dimE=3, =(e1,e2,e3) base orthonormée de E et

    K={x.e1+y.e2+z.e3|x2a2+y2b2+z2c21} avec a,b,c>0.

    On suppose f(K)=K. Montrer que 1 ou -1 est valeur propre de f.

Solution

  • (a)

    Bf(x,r) est une partie fermée et bornée en dimension finie donc compacte. L’application linéaire f étant continue (car au départ d’un espace de dimension finie), l’image f(Bf(x,r)) est aussi compacte.

  • (b)

    La partie K est convexe et donc f(K) aussi car f est linéaire. Les vecteurs fk(a) étant tous éléments de K, la combinaison convexe définissant yn détermine un élément de K.
    Après simplification

    f(yn)-yn=1n(fn(a)-a).

    La partie K étant bornée, la suite (fn(a)-a)n1 l’est aussi et donc f(yn)-ynn+0E.
    Enfin, la suite (yn)n1 évolue dans le compact K, elle admet donc une valeur d’adhérence wK:

    yφ(k)k+w

    et la propriété

    f(yφ(k))-yφ(k)k+0E

    donne à la limite f(w)=w.

  • (c)

    0EK et donc w0E. L’égalité f(w)=w assure que 1 est valeur propre de f.
    Soient λ une valeur propre de f et v un vecteur propre associé avec v<r.
    Le vecteur x+v est élément de K et donc ses itérés fn(x+v)=fn(x)+λnv le sont encore. Puisque le compact K est borné, les suites (fn(x+v)) et (fn(x)) le sont aussi et donc (λnv) l’est encore. On en déduit |λ|1.

  • (d)

    Choisissons l’endomorphisme f de 3 canoniquement représenté par

    A=(100001000).

    L’endomorphisme f n’est pas diagonalisable et cependant, en choisissant x=(1,0,0) et r=1/2, la condition f(K)K est remplie.

  • (e)

    Puisque f(K)=K, les vecteurs e1/a, e2/b et e3/c sont des valeurs prises par f. On en déduit que l’endomorphisme f est nécessairement bijectif.
    Soient λ une valeur propre de f et v un vecteur propre associé. Quitte à réduire la norme de v, on peut supposer vK. On a alors fn(v)=λn.vK pour tout n ce qui oblige |λ|1.
    Sachant f-1(K)=K, un raisonnement symétrique donne |λ|1 et donc |λ|=1.
    Enfin, en dimension impaire, un endomorphisme réel admet nécessairement une valeur propre!

 
Exercice 24  2955      X (MP)

Soit u un endomorphisme d’un espace normé réel E et C un compact convexe non vide de E stable par u. Pour n*, on pose

un=1ni=0n-1ui.
  • (a)

    Montrer un(C)C pour tout n*.

  • (b)

    Soit x un élément de un(C). Proposer un majorant de x-u(x).

  • (c)

    Montrer que

    p*up(C).
  • (d)

    Conclure que u possède un point fixe dans C.

 
Exercice 25  4993    Correction  

Soient n2 et An(). On souhaite établir qu’il existe une matrice POn() telle que les coefficients diagonaux de P-1AP soient tous égaux.

  • (a)

    Établir la propriété quand n=2.

  • (b)

    Pour M=(mi,j)n(), on pose

    δ(M)=max1i,jn|mj,j-mi,i|.

    Montrer que la fonction φ:POn()δ(P-1AP) présente un minimum.

  • (c)

    Conclure.

Solution

  • (a)

    Introduisons les coefficients de la matrice A

    A=(abcd)

    et recherchons PO2() sous la forme d’une matrice de rotation

    P=(cos(θ)-sin(θ)sin(θ)cos(θ)) avec θ à choisir.

    Après calculs,

    P-1AP=(αβγδ) avec {α=acos2(θ)+dsin2(θ)+(b+c)cos(θ)sin(θ)β=bcos2(θ)-csin2(θ)+(d-a)cos(θ)sin(θ)γ=ccos2(θ)-bsin2(θ)+(d-a)cos(θ)sin(θ)δ=dcos2(θ)+asin2(θ)-(b+c)cos(θ)sin(θ).

    Les coefficients diagonaux de P-1AP sont égaux si, et seulement si,

    (a-d)(cos2(θ)-sin2(θ))+2(b+c)cos(θ)sin(θ)=f(θ)=0.

    La fonction f ainsi définie est continue, prend la valeur a-d en θ=0 et la valeur opposée en θ=π/2. Le théorème des valeurs intermédiaires assure que cette fonction s’annule ce qui détermine un réel θ pour lequel les coefficients diagonaux de P-1AP sont égaux11 1 Il sont alors égaux à 12(a+d) car la matrice A est de trace a+d..

  • (b)

    Méthode: On montre que la fonction à valeurs réelles φ est continue sur une partie fermée bornée.

    Commençons par établir que δ est continue sur n(). Pour tous i,j1;n, la fonction Mmj,j-mi,i est continue car linéaire au départ de n(). Par composition, M|mj,j-mi,i| est donc aussi continue. De plus, lorsque f et g sont deux fonctions continues définies sur un même domaine X et à valeurs réelles, la fonction max(f,g) est aussi continue car on peut écrire

    max(f,g)=12(f+g+|f-g|).

    Par récurrence, on généralise cette propriété au cas où l’on considère le max de plusieurs fonctions. On en déduit la continuité de l’application δ.

    Pour tout POn(), on sait P-1=Pt. L’application PPt est linéaire donc continue sur n() et l’on en déduit la continuité22 2 Plus généralement, il est possible d’établir que PP-1 est continue sur GLn(). de PP-1 sur On(). Par produit de fonctions continues puis par composition, on acquiert successivement les continuités des fonctions PP-1AP et Pφ(P) sur On(). Enfin, On() est une partie fermée bornée33 3 Voir sujet 20180318. non vide et donc φ est bornée et atteint ses bornes. En particulier, φ présente un minimum.

  • (c)

    Soit P une matrice de On() réalisant le minimum de φ. Montrons que φ(P) est nul ce qui entraîne immédiatement que les coefficients diagonaux de la matrice M=P-1AP sont tous égaux.

    Par l’absurde, supposons φ(P)=δ(M)>0 et introduisons k,1;n tels que

    mk,k=min1inmi,ietm,=max1inmi,i.

    Tous les coefficients diagonaux de M sont alors compris entre mk,k et m, et l’on a φ(M)=m,-mk,k. Pour θ, considérons ensuite la matrice Q=(qi,j) définie par

    (qk,kqk,q,kq,)=(cos(θ)-sin(θ)sin(θ)cos(θ))et{qi,i=1si ik,qi,j=0si ij et {i,j}{k,}.

    La matrice Q est orthogonale car ses colonnes sont unitaires et deux à deux orthogonales. Comme cela a été vu dans la première question, il est possible de choisir θ de sorte que

    (cos(θ)-sin(θ)sin(θ)cos(θ))-1(mk,kmk,m,km,)(cos(θ)-sin(θ)sin(θ)cos(θ))=(λ00λ)

    avec λ=12(mk,k+m,). Les coefficients diagonaux d’indices k et du produit Q-1MQ sont alors égaux à λ tandis que les autres restent inchangés.

    S’il n’existe qu’une seule paire d’indices (k,) pour lesquels mk,k et m, soient les coefficients diagonaux extrêmes de M, on est assuré que δ(Q-1MQ)<δ(M) ce qui est absurde car

    δ(Q-1MQ)=δ(Q-1P-1APQ)=φ(R) avec R=PQOn().

    Sinon, on poursuit ce qui précède avec une autre paire (k,) convenable et cela autant de fois que nécessaire pour qu’au moins l’une des deux valeurs extrêmes parmi les coefficients diagonaux initiaux de M ait disparu. Cela permet de parvenir de nouveau à l’absurdité précédente.

 
Exercice 26  4074   Correction  

Soit f une fonction numérique continue sur [0;+[ telle que f ait une limite finie en +.
Démontrer que f est uniformément continue sur [0;+[.

Solution

Soit ε>0. Il existe A+ tel que

xA,|f(x)-|ε/2

et alors

x,y[A;+[,|f(y)-f(x)|ε (*).

De plus, f est continue sur [0;A] donc uniformément continue et il existe α>0 tel que

x,y[0;A],|y-x|α|f(y)-f(x)|ε(**).

Soit x,y+ avec |y-x|α. On peut supposer xy.
Si x,y[0;A], on a |f(y)-f(x)|ε en vertu de (**)
Si x,y[A;+[, on a à nouveau |f(y)-f(x)|ε cette fois-ci en vertu de (*).
Si x[0;A] et y[A;+[, on a nécessairement |x-A|α. (*) et (**) donnent alors

|f(x)-f(y)||f(x)-f(A)|+|f(A)-f(y)|2ε.

Quitte à adapter le ε de départ, on obtient ce que l’on veut.
Autre méthode: on introduit g=ftan définie sur [0;π/2[ que l’on prolonge par continuité en π/2. Ce prolongement est continue sur un segment donc uniformément continue. Puisque f=garctan avec arctan lipschitzienne, on obtient f uniformément continue!

[<] Compacité et continuité

 
Exercice 27  1165  

Soient F une partie fermée et K une partie compacte d’un espace normé E.

Établir que

F+K={x+y|xF et yK}

est une partie fermée.

 
Exercice 28  1166  Correction  

Soit K un compact d’un espace vectoriel normé E tel que 0K.
On forme F={λ.x|λ+,xK}. Montrer que F est une partie fermée.

Solution

Soit (un) une suite convergente d’éléments de F et posons u sa limite.
On peut écrire un=λn.xn avec xnK et λn0.
0K donc

α>0,B(0,α)EK

unu et αxnM donc (λn) est bornée.
Par double extraction (xφ(n)) et (λφ(n)) convergent vers x et λ+. On a alors u=λ.x.

 
Exercice 29  1168  Correction  

Soit F une partie fermée non vide d’un espace vectoriel normé de dimension finie E.

  • (a)

    Montrer que, pour tout xE, la distance de x à F est atteinte en un certain élément y0F.

  • (b)

    Y a-t-il unicité de cet élément y0?

Solution

  • (a)

    Posons d=d(x,F).

    n*,xnF,x-xnd+1n.

    Cela permet de définir une (xn) bornée, elle admet donc une sous-suite convergente (xφ(n)) dont on note x¯ la limite. On a x¯F car F est une partie fermée et puisque x-xnd on obtient x-x¯=d.

  • (b)

    Non, prendre x=0 et F l’hypersphère unité.

 
Exercice 30  5348     MINES (MP)Correction  

Soit K une partie compacte non vide d’un espace normé (E,).

Montrer qu’il existe un plus grand segment [a;b] inclus dans K.

Solution

On introduit

A={b-a|[a;b]K}.

Puisque K est non vide, la partie A contient au moins 0. Puisque K est bornée, la partie A est majorée. On peut donc introduire =sup(A).

Par la réalisation séquentielle des bornes supérieures, il existe des suites (an) et (bn) d’éléments de K telles que [an;bn]K pour tout n et

=limn+bn-an.

Par compacité, on peut extraire conjointement des suites (an) et (bn) des suites convergentes (aφ(k)) et (bφ(k)) de limites a et b. Pour tout t[0;1],

(1-t).a+t.b=limk+((1-t).aφ(k)+t.bφ(k))

avec (1-t).aφ(k)+t.bφ(k)[aφ(k);bφ(k)]K.

Puisqu’une partie compacte est fermée, elle contient les limites de ses suites convergentes et donc (1-t).a+t.bK. Ainsi, [a;b]K et K contient un segment de longueur .

 
Exercice 31  1183   

(Théorème des fermés emboîtés)

Soit (Fn) une suite décroissante de fermés non vides et bornés d’un espace normé E de dimension finie. On suppose que la suite (δ(Fn)) tend vers 0 en notant δ(Fn) le diamètre de Fn défini par

δ(Fn)=sup(x,y)Fn2y-x.

Montrer que l’intersection de tous les Fn est un singleton.

 
Exercice 32  1177   

(Théorème du graphe fermé)

Soient E et F deux espaces normés de dimensions finies et f:XEF une application bornée telle que son graphe

Γf={(x,y)X×F|y=f(x)}

est une partie fermée de E×F. Montrer que f est continue.

 
Exercice 33  4090   

Soit An(𝕂) telle que la suite (Ap) soit bornée. Pour p*, on pose

Bp=1pk=0p-1Ak.
  • (a)

    Montrer que la suite (Bp) admet au moins une valeur d’adhérence B.

  • (b)

    Montrer que cette valeur d’adhérence B vérifie B(In-A)=On.

  • (c)

    En déduire que B correspond à la projection sur Ker(A-In) parallèlement à Im(A-In).

  • (d)

    Conclure que la suite (Bp) converge vers B.

 
Exercice 34  3274   Correction  

Soit A une partie bornée non vide d’un -espace vectoriel de dimension finie E.

  • (a)

    Montrer qu’il existe une boule fermée de rayon minimal contenant A.

  • (b)

    On suppose l’espace E euclidien, montrer l’unicité de la boule précédente.

Solution

  • (a)

    Soit aE. Puisque la partie A est bornée et non vide, l’ensemble {x-a|xA} est une partie non vide et majorée de ce qui permet d’introduire

    Ra=supxA{x-a|xA}.

    Il est immédiat que AB¯(a,Ra) et que Ra est le rayon minimal d’une boule fermée de centre a contenant la partie A.
    L’ensemble {Ra|aE} est une partie non vide et minorée de , on peut donc introduire

    R=inf{Ra|aE}.

    Par la caractérisation séquentielle des bornes inférieures, il existe une suite (an) d’éléments de E telle que

    RanR.

    Soit x0A. Puisque AB¯(an,Ran), on a

    x0-anRan

    et donc

    anx0+x0-anx0+Rnx0+R

    ce qui permet d’affirmer que la suite (an) est bornée. Puisque dimE<+, on peut extraire de (an) une suite convergente (aφ(n)) dont on notera a la limite.
    Soit xA. Puisque

    x-anRan

    on obtient à la limite

    x-aR

    et donc AB¯(a,R).
    Enfin, par construction, B¯(a,R) est une boule de rayon minimal contenant la partie A (en s’autorisant de parler de boule fermée de rayon nul dans le cas où R=0).

  • (b)

    On suppose ici l’espace E euclidien.
    Supposons B¯(a,R) et B¯(a,R) solutions et montrons a=a.
    Posons

    b=12(a+a).

    En vertu de l’identité du parallélogramme

    α2+β2=12(α+β2+α-β2)

    appliquée à

    α=x-b et β=a-a2

    on obtient pour tout xA

    x-b2+β2=12(x-a2+x-a2)R2

    et donc

    x-bR2-β2.

    Ainsi,

    RbR2-β2.

    Or par définition de R, on a aussi RbR et donc on peut affirmer β=0 c’est-à-dire a=a.

 
Exercice 35  1179   Correction  

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

  • (a)

    On suppose E de dimension finie. Montrer que F¯=F.

  • (b)

    On ne suppose plus E de dimension finie, montrer qu’il est possible que F¯F.

Solution

  • (a)

    Si E est de dimension finie alors F est fermé car tout sous-espace vectoriel de dimension finie est fermé. On en déduit F=F¯.

  • (b)

    Il suffit de considérer un sous-espace vectoriel dense comme par exemple l’espace des fonctions polynômes de [a;b] vers 𝕂 dense dans celui des fonctions continues de [a;b] vers 𝕂 normé par .

 
Exercice 36  3305   Correction  
  • (a)

    Soit F une partie fermée d’un 𝕂-espace vectoriel E de dimension finie.
    L’ensemble F=xFB(x,1)¯ est-il fermé?

  • (b)

    Qu’en est-il si on ne suppose plus l’espace E de dimension finie?

Solution

  • (a)

    Soit (un) une suite convergente d’élément de F de limite u.
    Pour chaque n, il existe xnF tel que

    un-xn1.

    Puisque la suite (un) converge, elle est bornée et donc la suite (xn) l’est aussi.
    Puisque l’espace E est de dimension finie, on peut extraire une suite convergente de la suite (xn). Notons-la (xφ(n)). La limite x de cette suite extraite appartient à F car F est une partie fermée.
    Pour tout n, on a

    uφ(n)-xφ(n)1

    donc à la limite

    u-x1

    et donc uF.
    Ainsi, la partie F est fermée.

  • (b)

    Supposons E=𝕂[X] muni de la norme

    P1=k=0+|ak| avec P=k=0+akXk.

    Posons

    F={n+1nXn|n*}.

    Pour tout n

    Pn=1nXn=n+1nXn-XnF

    et

    Pnn+10F

    donc la partie F n’est pas fermée.

 
Exercice 37  2776     MINES (MP)Correction  

Soient E1 et E2 deux espaces vectoriels normés réels, f une application de E1 dans E2 telle que pour tout compact K de E2, f-1(K) soit un compact de E1. Montrer, si F est un fermé de E1, que f(F) est un fermé de E2.

Solution

Soit (yn) une suite convergente d’éléments de f(F) de limite y. On veut établir que yf(F). Si y est l’un des éléments de la suite (yn) l’affaire est entendue. Sans perte de généralités, on peut supposer que pour tout n, yny.
Pour tout n, il existe xnF tel que yn=f(xn). L’ensemble K={yn|n}{y} est un compact de E2 donc f-1(K) est un compact de E1. La suite (xn) apparaît comme étant une suite d’éléments du compacte f-1(K), on peut donc en extraire une suite convergeant dans la partie xφ(n)xf-1(K). De plus, (xφ(n)) étant une suite d’éléments du fermé F, on peut affirmer xF. On va maintenant établir y=f(x) ce qui permettra de conclure. Pour tout N, posons KN={yn|nN}{y}. KN est un compact, f-1(KN) est donc fermé et par suite xf-1(KN). Ainsi, xNf-1(KN)=f-1(NKN). Or NKN={y} donc f(x)=y.

 
Exercice 38  2637    

(Projection sur un convexe fermé)

Soit E un espace euclidien dont le produit scalaire est noté ,.

  • (a)

    Soit x,a et b trois vecteurs de E tels que ab et x-a=x-b. Montrer

    x-a+b2<x-a.

Soit C un convexe fermé non vide de E.

  • (b)

    Montrer qu’il existe un unique vecteur aC tel que

    x-a=infyCx-y.

On pose P(x)=a ce qui définit une application P:EC appelée projection sur le convexe C.

  • (c)

    Soit aC tel que x-a,y-a0 pour tout yC. Montrer a=P(x).

  • (d)

    Inversement, on suppose qu’il existe un vecteur yC tel que

    x-P(x),y-P(x)>0.

    En considérant les vecteurs de la forme t.y+(1-t).P(x) avec t[0;1], obtenir une contradiction.

Ce qui précède permet d’affirmer que P(x) est l’unique vecteur aC vérifiant

x-a,y-a0pour tout yC.
  • (e)

    Établir que pour tous vecteurs x et y de E,

    x-y,P(x)-P(y)P(x)-P(y)2.

    En déduire que l’application P est continue.

 
Exercice 39  4633   

Soit A une partie fermée non vide d’un espace normé E de dimension finie. On étudie la distance d’un vecteur x à la partie A:

d(x,A)=infaAx-a.

Montrer qu’il existe a¯A tel que d(x,A)=x-a¯.

 
Exercice 40  5356    Correction  

Soit (xn)n une suite d’éléments de E pour laquelle il existe un réel ε>0 tel que l’on ait xm-xnε pour tous entiers naturels m,n distincts.

  • (a)

    Montrer qu’une telle suite n’admet aucune valeur adhérence.

Soit K une partie compacte d’un espace normé E.

  • (b)

    Montrer que pour tout réel α>0, il existe un entier p>0 et x1,,xp éléments de K tels que

    Kk=1pB(xk,α).

Pour I un ensemble d’indexation quelconque, on considère une famille (Ωi)iI de parties ouvertes de E telle que11 1 On dit que la famille (Ωi)iI est un recouvrement de K.

KiIΩi.
  • (c)

    Montrer qu’il existe un réel α>0 tel que, pour tout xK, il existe un indice iI pour lequel la boule B(x,α) soit contenue dans l’ouvert Ωi.

  • (d)

    En déduire qu’il existe une sous-famille finie (Ωi1,,Ωip) de la famille (Ωi)iI telle que22 2 Ainsi, de tout recouvrement d’un compact constitué de parties ouvertes, on peut extraire un recouvrement fini.

    Kk=1pΩik.

Solution

  • (a)

    S’il existe (xφ(k))k suite extraite de (xn)n convergente de limite a alors, pour k assez grand, xφ(k)-a<ε/2 et donc

    xφ(k+1)-xφ(k)xφ(k+1)-a+a-xφ(k)<12ε+12ε=ε.

    Cela contredit l’hypothèse vérifiée par la suite (xn)n: celle-ci n’admet donc pas de valeur d’adhérence.

  • (b)

    Méthode: On raisonne par l’absurde en employant l’hypothèse absurde pour construire une suite (xn)n d’éléments du compact K vérifiant xm-xnα pour tous m,n distincts.

    Par l’absurde, supposons la propriété énoncée fausse, c’est-à-dire supposons qu’il existe un réel α>0 tel que K ne puisse pas être inclus dans une réunion finie de boules ouvertes de rayons α. On va construire par récurrence une suite (xn)n1 satisfaisant à la propriété de la question précédente.

    On choisit x1 arbitrairement dans K.

    Une fois x1,,xn déterminés, l’hypothèse absurde assure que K n’est pas inclus dans la réunion des B(xi,α). On peut alors choisir xn+1 appartenant à K en dehors des boules précédentes, c’est-à-dire vérifiant xn+1-xiε pour tout i=1,,n. On définit ainsi une suite (xn)n1 d’éléments de K telle que xm-xnε pour tous m,n1 distincts.

    On définit ainsi une suite (xn)n1 d’éléments du compact K qui ne possède pas de valeurs d’adhérence: c’est absurde.

  • (c)

    Méthode: On raisonne à nouveau par l’absurde pour construire une suite d’éléments de K n’ayant aucune suite extraite convergente.

    Par l’absurde, supposons la propriété énoncée fausse: pour tout réel α>0, il existe xK tel que la boule B(x,α) n’est incluse dans aucun Ωi.

    Pour n* et α=1/n>0, il existe xnK tel que la boule de centre xn et de rayon 1/n n’est incluse dans aucun Ωi. La partie K étant compacte, on peut extraire de (xn)n une suite convergente (xφ(k))k de limite aK. L’élément a appartient à la réunion de Ωi et il existe donc un indice iI tel que aΩi. La partie Ωi étant ouverte, il existe α>0 tel que B(a,α)Ωi. Cependant, pour k assez grand, xφ(k)-αα/2 et 1/φ(k)α/2 de sorte que

    B(xφ(k),1/φ(k))B(xφ(k),α/2)B(a,α)Ωi.

    C’est absurde puisque cela contredit le principe de construction de la suite (xn)n.

  • (d)

    Pour le réel α>0 introduit à la question précédente, il existe p* et x1,,xp éléments de K tels que

    Kk=1pB(xk,α).

    Pour chaque k=1,,p, il existe un indice ikI tels que B(xk,α)Ωik et alors

    Kk=1pΩik.
 
Exercice 41  4165      CENTRALE (MP)Correction  

Soient n et An() une matrice à coefficients strictement positifs.

Pour x=(x1,,xn) et y=(y1,,yn) choisis dans n, on écrit xy si xiyi pour tout indice i.

  • (a)

    Écrire un programme Python qui renvoie la valeur propre de module maximal d’une matrice passée en argument.

  • (b)

    Tester ce programme pour dix matrices carrées à coefficients pris aléatoirement dans [1;2[.

Soit

S={λ+|xn{0}, 0x et λ.xAx}.
  • (c)

    Soit λS. Montrer qu’il existe xn tel que

    0x,i=1nxi=1etλ.xAx.
  • (d)

    Soit λ une valeur propre complexe. Montrer que |λ|S.

  • (e)

    Montrer que la partie S est majorée et expliciter un majorant.

  • (f)

    Montrer que S est une partie compacte.

  • (g)

    Soit α=maxS. Montrer que α est une valeur propre de A strictement positive associée à un vecteur propre strictement positif.

Solution

  • (a)
    import numpy as np
    import numpy.linalg
    
    def eigmax(A):
        eig = numpy.linalg.eigvals(A)
        maxi = eig[0]
        for e in eig:
            if abs(e) > abs(maxi): maxi = e
        return maxi
    
  • (b)
    import random as rnd
    
    def generematrice(n):
        A = np.zeros((n,n))
        for i in range(n):
            for j in range(n):
                A[i,j] = 1 + rnd.random()
        return A
    
    for t in range(10):
        print(eigmax(generematrice(3)))
    
  • (c)

    Soit λS. Il existe x non nul à coefficients positifs tel que λxAx. En divisant x par la somme de ses coefficients (qui est un réel strictement positif), on détermine un nouveau vecteur comme voulu.

  • (d)

    Soit λ une valeur propre complexe et z=(z1,,zn) le vecteur propre associé. Pour tout i1;n,

    λzi=j=1nai,jzj

    et donc

    |λ||zi|j=1nai,j0|zj|.

    Le vecteur x=(|z1|,,|zn|), est un vecteur réel non nul vérifiant 0x et |λ|xAx. On en déduit |λ|S.

  • (e)

    Soient λS et xn non nul tel que 0x et λxAx. Considérons i l’indice tel que xi soit maximal parmi x1,,xn. On a

    λxij=1nai,jxjj=1nai,jxi.

    En simplifiant par xi (qui est strictement positif car 0x et x non nul), il vient

    λj=1nai,j.

    On en déduit que la partie S est majorée par le réel

    M=max1inj=1nai,j.
  • (f)

    La partie S est bornée dans un espace de dimension finie, il suffit d’établir qu’elle est fermée pour pouvoir affirmer qu’elle est compacte.

    Soit (λp) une suite d’éléments de S de limite λ. Pour tout p, on peut introduire xpn à coefficients positifs de somme égale à 1 et vérifiant λpxpAxp. La suite (xp) évolue dans le compact

    K={xn| 0x et i=1nxi=1}.

    Il existe une suite extraite (xφ(q)) de limite xK. Pour tout q, λφ(q)xφ(q)Axφ(q) ce qui donne à la limite λxAx. On peut donc affirmer que λ est élément de S. La partie S contient les limites de ses suites convergentes, elle est donc fermée et finalement compacte.

  • (g)

    La compacité de S permet d’introduire son élément maximal α. Soit aussi xK tel que αxAx. Si αxAx, le vecteur y=Ax-αx est à coefficients positifs et n’est pas nul. La matrice A étant à coefficients strictement positifs, Ay est à coefficients strictement positifs. Considérons ensuite z=Ax. Le vecteur z est à coefficients strictement positifs car les coefficients de A sont strictement positifs et les coefficients de x sont positifs et non tous nuls. Quitte à considérer ε>0 assez petit, on peut écrire εzAy. Cette comparaison se réorganise pour permettre d’écrire

    (α+ε)z=Az

    ce qui contredit la définition de α. On en déduit αx=Ax et, comme souligné au-dessus, z=Ax est un vecteur à coefficients strictement positifs ce qui entraine α>0 et x à coefficients strictement positifs.



Édité le 08-11-2019

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