Exercice 3 3466

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

{∥ P ∥}_{\infty} = sup_{t \in [0; 1]} | P (t) | et {∥ P ∥}_{1} = \int_{0}^{1} | P (t) | d t

et l’on considère la suite des monômes ${(X^{n})}_{n \in ℕ}$ .

(a)

Vérifier que la suite ${(X^{n})}_{n \in ℕ}$ est bornée pour la norme ${∥ \cdot ∥}_{\infty}$ et qu’elle converge vers le polynôme nul pour la norme ${∥ \cdot ∥}_{1}$ .
(b)

La suite ${(X^{n})}_{n \in ℕ}$ possède-t-elle une valeur d’adhérence pour ${∥ \cdot ∥}_{\infty}$ ?

Exercice 4 1170

Soit $u = {(u_{n})}_{n \in ℕ}$ une suite d’éléments d’un espace normé $E$ . On note $Adh (u)$ l’ensemble des valeurs d’adhérence de $u$ .

(a)

Établir

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

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

Exercice 5 3216

Soit $u = (u_{n})$ une suite réelle vérifiant

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

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

Exercice 6 1162 Correction

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

Solution

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

\exists ε > 0, \forall N \in ℕ, \exists n \geq N, | u_{n} - ℓ | > ε .

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

Exercice 7 3263

Soient $f : ℝ \to ℝ$ une fonction continue et $u = (u_{n})$ une suite déterminée par

u_{0} \in ℝ et u_{n + 1} = f (u_{n}) pour tout n \in ℕ .

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 8 4631

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

S = {x \in E | ∥ x ∥ = 1}

est une partie compacte.

Exercice 9 1159

Montrer que $O_{n} (ℝ) = {A \in ℳ_{n} (ℝ) | A^{⊤} A = I_{n}}$ est une partie compacte de $ℳ_{n} (ℝ)$ .

Exercice 10 5457 Correction

On munit l’espace $E = 𝒞 ([0; 2 π], ℝ)$ de la norme ${∥ \cdot ∥}_{2}$ définie par

{∥ f ∥}_{2} = \frac{1}{2 π} \int_{0}^{2 π} {(f (t))}^{2} d t

et l’on considère les fonctions $c_{k} : t \mapsto \cos (k t)$ .

(a)

Soient $m, n \in ℕ^{*}$ distincts. Calculer ${∥ c_{m} - c_{n} ∥}_{2}$ .
(b)

En déduire que la boule unité fermée de $E$ n’est pas compacte.

Solution

(a)

En développant,

${∥ c_{m} - c_{n} ∥}_{2}^{2} = \frac{1}{2 π} \int_{0}^{2 π} ({(\cos (m t))}^{2} - 2 \cos (m t) \cos (n t) + {(\cos (n t))}^{2}) d t .$

Or

$\frac{1}{2 π} \int_{0}^{2 π} {(\cos (m t))}^{2} d t = \frac{1}{2 π} \int_{0}^{2 π} {(\cos (n t))}^{2} d t = \frac{1}{2}$

et

$\int_{0}^{2 π} 2 \cos (m t) \cos (n t) d t = \int_{0}^{2 π} (\cos ((m + n) t) + \cos ((m - n) t)) d t = 0$

donc

${∥ c_{m} - c_{n} ∥}_{2} = 1 .$
(b)

Pour tout $n \in ℕ^{*}$ , $∥ c_{n} ∥ = 1 / \sqrt{2}$ et la suite ${(c_{n})}_{n \geq 1}$ est donc constituée d’éléments de la boule unité fermée. Par la propriété qui précède, cette suite ne possède pas de valeurs d’adhérence: la boule unité fermée n’est pas compacte.

Exercice 11 3472

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

K_{r} = ⋃_{x \in K} B_{f} (x, r) .

Exercice 12 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 $(x_{n})$ 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 $(x_{φ (n)})$ 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 $(x_{n})$ convergeant dans $F$ .

Exercice 13 1171 Correction

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

—

$f^{- 1} ({y})$ est compact pour tout $y \in B$ ;
—

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

Montrer que $A$ est compact.

Solution

Soit $(u_{n})$ une suite d’éléments de $A$ . On va établir que cette suite possède une valeur d’adhérence dans $A$ .
On pose $F_{n} = \bar{{u_{p} | p \geq n}}$ . La suite $(F_{n})$ est une suite décroissante de fermés non vides. Posons $G_{n} = f (F_{n})$ . La suite $(G_{n})$ est une suite décroissante de fermés non vides. On peut considérer $y_{n} \in G_{n}$ . La suite $(y_{n})$ possède une valeur d’adhérence $y$ car $B$ est compact. Pour tout $p \geq n$ , on a $y_{p} \in G_{p} \subset G_{n}$ donc $y \in G_{n}$ . Par suite, il existe $t_{n} \in F_{n}$ tel que $y = f (t_{n})$ . La suite $(t_{n})$ est une suite du compact $f^{- 1} {y}$ , elle possède donc une valeur d’adhérence $t$ . Pour tout $p \geq n$ , $t_{p} \in F_{p} \subset F_{n}$ donc $t \in F_{n}$ .
Ainsi, $t$ est une valeur d’adhérence de $(u_{n})$ .

Exercice 14 2777 MINES (MP)Correction

Soient $K$ une partie compacte d’intérieur non vide d’un espace normé $(E, ∥ \cdot ∥)$ de dimension finie. On étudie l’ensemble

ℒ_{K} = {u \in ℒ (E), u (K) \subset K} .

(a)

Montrer que $ℒ_{K}$ est une partie compacte de $ℒ (E)$ .
(b)

Vérifier que $| \det (u) | \leq 1$ pour tout $u \in ℒ_{K}$ .

Solution

(a)

$ℒ_{K}$ est une partie de l’espace de dimension finie $ℒ (E)$ , il suffit donc d’observer que $ℒ_{K}$ est une partie fermée et bornée.

Pour $x \in E$ , l’application

$E_{x} : {\begin{matrix} ℒ (E) & \to & E \\ u & \mapsto & u (x) \end{matrix}$

est continue car linéaire au départ d’un espace de dimension finie.

L’ensemble $E_{x}^{- 1} (K)$ est donc une partie fermée en tant qu’image réciproque d’un fermé par une application continue. Par conséquent,

$ℒ_{K} = ⋂_{x \in K} E_{x}^{- 1} (K)$

est une partie fermée¹¹ 1 On aurait aussi pu montrer que $ℒ_{K}$ contient les limites de ses suites convergentes. en tant qu’intersection de parties fermées.

Pour exprimer que $ℒ_{K}$ est une partie bornée, on munit $ℒ (E)$ de la norme $| | | \cdot | | |$ subordonnée à la norme sur $E$ .

Comme l’intérieur de $K$ est supposé non vide, il existe $x_{0} \in K$ et $α > 0$ vérifiant $\bar{B (x_{0}, α)} \subset K$ . De plus, la partie $K$ étant bornée, il existe aussi $M \in ℝ_{+}$ vérifiant $K \subset \bar{B (0, M)}$ . Pour $u \in ℒ_{K}$ et $x \in \bar{B (0,1)}$ , $u (x_{0} + α x) \in u (K) \subset K$ donc

$∥ u (x_{0}) + α u (x) ∥ \leq M$

puis

$∥ u (x) ∥ = \frac{1}{α} ∥ u (x_{0}) + α u (x) - u (x_{0}) ∥ \leq \frac{1}{α} (M + ∥ u (x_{0}) ∥) .$

On en déduit

$| | | u | | | \leq \frac{1}{α} (M + ∥ u (x_{0}) ∥) \leq \frac{2 M}{α} .$

Finalement, la partie $ℒ_{K}$ est bornée et donc compacte.
(b)

L’application $v \mapsto \det (v)$ est continue sur $ℒ (E)$ . En particulier, elle est continue donc bornée sur le compact $ℒ_{K}$ . Il existe $M^{'} \in ℝ_{+}$ tel que

$\forall v \in ℒ_{K}, | \det (v) | \leq M^{'} .$

Soit $u \in ℒ_{K}$ . On vérifie par récurrence $u^{p} \in ℒ_{K}$ pour tout $p \in ℕ$ et donc

$\forall p \in ℕ, | \det (u^{p}) | = {| \det (u) |}^{p} \leq M^{'} .$

On en déduit $| \det (u) | \leq 1$ .

Exercice 15 5687 Correction

Pour $P \in ℝ [X]$ , on pose

N_{1} (P) = \sum_{k = 0}^{+ \infty} | a_{k} |

avec $(a_{k})$ la suite des coefficients définissant $P$ .

On vérifie sans peine que $N_{1} (P)$ est une norme sur $ℝ [X]$ .

(a)

Justifier que la suite ${(X^{n})}_{n \in ℕ}$ est bornée pour la norme $N_{1}$ .
(b)

Établir que la suite ${(X^{n})}_{n \in ℕ}$ ne possède pas de valeurs d’adhérence.
(c)

En déduire un exemple de partie fermée et bornée et pour autant non compacte.

Solution

(a)

Immédiatement, $N_{1} (X^{n}) = 1$ pour tout $n \in ℕ$ .
(b)

Pour $n, m \in ℕ$ distincts, on remarque $N_{1} (X^{m} - X^{n}) = 2$ .

Par l’absurde, s’il existe $φ : ℕ \to ℕ$ strictement croissante telle la suite extraite $(X^{φ (k)})$ converge vers un polynôme $P$ alors il existe un rang $N \in ℕ$ tel que

$\forall k \geq N, N_{1} (X^{φ (k)} - P) < 1 / 2$

On a alors

$\forall k, ℓ \geq N, N_{1} (X^{φ (k)} - X^{φ (ℓ)}) \leq N_{1} (X^{φ (k)} - P) + N_{1} (P - X^{φ (ℓ)}) < 1$

Cela contredit la remarque initiale.
(c)

La boule unité fermée de l’espace $ℝ [X]$ normé par $N_{1}$ est bornée et fermée. Elle n’est pas pour autant compacte puisque la suite ${(X^{k})}_{k \in ℕ}$ est formée d’éléments de cette partie et ne possède pas de valeurs d’adhérence.

Exercice 16 3271

(Théorème de Riesz)

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

(a)

Montrer que pour tout $a \in E$ , il existe $x \in F$ vérifiant

$d (a, F) = ∥ a - x ∥ .$
(b)

On suppose $F \neq E$ . Montrer qu’il existe $a \in E$ vérifiant

$d (a, F) = 1 et ∥ a ∥ = 1 .$

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

(c)

Montrer qu’il existe une suite $(a_{n})$ d’éléments de $E$ vérifiant

$\forall n \in ℕ, ∥ a_{n} ∥ = 1 et d (a_{n + 1}, Vect (a_{0}, \dots, a_{n})) = 1 .$
(d)

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

[<] Partie compacte[>] Raisonnement de compacité

Exercice 17 1161

Soient $K$ une partie compacte non vide d’un espace vectoriel normé $E$ et $x \in E$ .

On définit la distance du vecteur $x$ à la partie $K$ en posant

d (x, K) \overset{déf}{=} inf_{y \in K} ∥ y - x ∥ .

Montrer qu’il existe $y_{0} \in K$ tel que

d (x, K) = ∥ y_{0} - x ∥ .

Exercice 18 1174 Correction

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

d (K, L) = inf_{x \in K, y \in L} ∥ y - x ∥ > 0 .

Solution

Considérons l’application

{\begin{matrix} K \times L & \to & ℝ \\ (x, y) & \mapsto & ∥ y - x ∥ . \end{matrix}

Cette application est continue. Par produit cartésien de parties compactes, l’ensemble $K \times L$ est un compact. De plus, celui-ci est non vide et l’on peut affirmer que l’application précédente présente un minimum en un certain $(a, b) \in K \times L$ :

\forall (x, y) \in K \times L, ∥ y - x ∥ \geq ∥ b - a ∥ .

On en déduit

d (K, L) = \min_{x \in K, y \in L} ∥ y - x ∥ = ∥ b - a ∥ > 0 .

En effet, $a \neq b$ puisque $K \cap L = \emptyset$ .

Exercice 19 1172 Correction

Soient $E$ un espace vectoriel normé de dimension finie non nulle et $u \in ℒ (E)$ .

Montrer qu’il existe un vecteur $x_{0} \in E$ unitaire tel que

| | | u | | | = ∥ u (x_{0}) ∥ .

Solution

Par définition,

| | | u | | | = sup_{∥ x ∥ = 1} ∥ u (x) ∥,

Or $S = {x \in E | ∥ x ∥ = 1}$ est une partie compacte non vide. En effet, c’est une partie fermée car image réciproque du fermé ${1}$ par l’application continue norme. C’est aussi une partie bornée et puisque l’espace $E$ est de dimension finie, c’est une partie compacte. L’application $x \mapsto ∥ u (x) ∥$ est à valeurs réelles et continue, elle admet donc un maximum sur le compact $S$ en un élément $x_{0}$ : cela résout le problème posé.

Exercice 20 4634

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

A + B = {x + y | x \in A et y \in B}

est une partie compacte de $E$ .

Exercice 21 4635

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

Montrer l’existence de deux éléments $a, b \in K$ extrémaux dans le sens où

δ (K) = sup_{(x, y) \in K^{2}} ∥ y - x ∥ = ∥ b - a ∥ .

Exercice 22 1175 Correction

Soit $E$ un espace vectoriel normé de dimension finie.

(a)

Soit $A$ une partie non vide de $E$ . Montrer que l’application $x \mapsto d (x, A)$ est continue sur $E$ .
(b)

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

$\forall x \in K, B (x, α) \subset U .$

Solution

(a)

Soient $x, x^{'} \in E$ .

$\forall y \in A, ∥ x - y ∥ \leq ∥ x - x^{'} ∥ + ∥ x^{'} - y ∥$

donc $d (x, A) \leq ∥ x - x^{'} ∥ + ∥ x^{'} - y ∥$ puis $d (x, A) - ∥ x - x^{'} ∥ \leq ∥ x^{'} - y ∥$ et $d (x, A) - ∥ x - x^{'} ∥ \leq d (x^{'}, A)$ .
Ainsi $d (x, A) - d (x^{'}, A) \leq ∥ x - x^{'} ∥$ et par symétrie $| d (x, A) - d (x^{'}, A) | \leq ∥ x - x^{'} ∥$ .

Finalement, $x \mapsto d (x, A)$ est $1$ -lipschitzienne donc continue.
(b)

Considérons l’application $x \mapsto d (x, 𝒞_{E} U)$ définie sur le compact $K$ .
Cette application est bornée et atteint ses bornes. Posons $α = \min_{x \in K} d (x, 𝒞_{E} U)$ atteint en $x_{0} \in K$ .
Si $α = 0$ alors $x_{0} \in \bar{𝒞_{E} U}$ or $𝒞_{E} U$ est fermé et donc $x_{0} \notin U$ or $x_{0} \in K$ .
Nécessairement $α > 0$ et alors

$\forall x \in K, B (x, α) \subset U .$

Exercice 23 3410 ENS (MP)Correction

Soient $f$ une application continue de $ℝ$ dans $ℝ$ 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 $a, b \in ℝ$ 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 \in [a; b] | f (x) = α} et B = {x \in [a; b] | f (x) = β} .

Considérons ensuite

Δ = {| y - x | | x \in A, y \in B}

$Δ$ est une partie de $ℝ$ non vide et minorée. On peut donc introduire sa borne inférieure $m$ . Par la caractérisation séquentielle des bornes inférieures, il existe deux suites $(x_{n}) \in A^{ℕ}$ et $(y_{n}) \in B^{ℕ}$ vérifiant

| y_{n} - x_{n} | \to m .

La partie $A$ étant fermée et bornée, on peut extraire de la suite $(x_{n})$ une suite $(x_{φ (n)})$ convergeant dans $A$ . De la suite $(y_{φ (n)})$ , on peut aussi extraire une suite convergeant dans $B$ et en notant $x_{\infty}$ et $y_{\infty}$ les limites de ces deux suites, on obtient deux éléments vérifiant

x_{\infty} \in A, y_{\infty} \in B et | y_{\infty} - x_{\infty} | = \min Δ .

Autrement dit, on a défini des antécédents des extrémités de $I$ dans $[a; b]$ les plus proches possibles.
Pour fixer les idées, supposons $x_{\infty} \leq y_{\infty}$ et considérons $J = [x_{\infty}; y_{\infty}]$ .
On a $α, β \in f (J)$ et $f (J)$ intervalle (car image continue d’un intervalle) donc

I \subset f (J) .

Soit $γ \in f (J)$ . Il existe $c \in J$ tel que $f (c) = γ$ .

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

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

Exercice 24 5647 Correction

Soit $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ .

(a)

Justifier qu’il existe $Ω \in O_{n} (ℝ)$ vérifiant $tr (A Ω) \geq tr (A U)$ pour toute matrice $U \in O_{n} (ℝ)$ .
(b)

Montrer que la matrice $S = A Ω$ est alors symétrique à valeurs propres positives.

On pourra commencer par étudier le cas $n = 2$ .

Solution

(a)

La fonction $f : U \mapsto tr (A U)$ est linéaire donc continue sur $ℳ_{n} (ℝ)$ . Sa restriction au départ du compact non vide $O_{n} (ℝ)$ est donc bornée et atteint ses bornes. En particulier, il existe $Ω \in O_{n} (ℝ)$ telle que

$f (Ω) = tr (A Ω) \geq tr (A U) = f (U) pour tout U \in O_{n} (ℝ)$
(b)

Posons $S = A Ω$ . Puisque $O_{n} (ℝ)$ est un groupe, le résultat qui précède donne

$\forall U \in O_{n} (ℝ), tr (S) \geq tr (S U)$

Cas: $n = 2$ . On écrit

$S = (\begin{matrix} a & b \\ c & d \end{matrix})$

Pour tout $θ \in ℝ$ ,

$R (θ) = (\begin{matrix} \cos (θ) & - \sin (θ) \\ \sin (θ) & \cos (θ) \end{matrix}) \in O_{2} (ℝ)$

et donc $tr (S) \geq tr (S R (θ))$ ce qui donne

$\forall θ \in ℝ, a + d \geq (a + d) \cos (θ) + (b - c) \sin (θ) = φ (θ)$

La fonction $φ$ est dérivable sur $ℝ$ et présente un maximum en $θ = 0$ donc

$φ^{'} (0) = b - c = 0$

On en déduit que $b = c$ : la matrice $S$ est symétrique.

La matrice $S$ est alors orthogonalement diagonalisable: on peut écrire

$S = P D P^{⊤} avec P \in O_{2} (ℝ) et D = (\begin{matrix} α & 0 \\ 0 & β \end{matrix})$

D’une part,

$tr (S) = tr (P D P^{⊤}) = tr (D P^{⊤} P) = tr (D)$

D’autre part, pour $U \in O_{2} (ℝ)$

$tr (S U) = tr (P D P^{⊤} U) = tr (D P^{⊤} U P) = tr (D V) avec V = P^{⊤} U P$

et l’on a

$tr (D) \geq tr (D V)$

On peut considérer $V = diag (- 1,1)$ (ou plus exactement $U \in O_{2} (ℝ)$ telle que $P^{⊤} U P$ corresponde à cette matrice $V$ ) et la comparaison qui précède donne

$α + β \geq - α + β$

et donc $α \geq 0$ . On montre de même $β \geq 0$ .

Finalement, la matrice $S$ est symétrique à valeurs propres positives.

Cas général: On suit la même démarche!

Exercice 25 1173 Correction

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

Soient $K$ un compact de $E$ et $f : K \to F$ une application continue injective.

(a)

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

Montrer que $f^{- 1} : L \to K$ 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 $y \in L$ et $ε > 0$ tels que

$\forall α > 0, \exists y^{'} \in L, | y^{'} - y | \leq α et | f^{- 1} (y^{'}) - f^{- 1} (y) | > ε .$

Posons $x = f^{- 1} (y)$ et, en prenant $α = \frac{1}{n} > 0$ , définissons $y_{n} \in L$ puis $x_{n} = f^{- 1} (y_{n})$ tels que

$| y_{n} - y | \leq \frac{1}{n} et | x_{n} - x | > ε$

$(x_{n})$ est une suite d’éléments du compact $K$ , on peut donc en extraire une suite convergente $(x_{φ (n)})$ de limite $a$ . Comme $f$ est continue,

$y_{φ (n)} = f (x_{φ (n)}) \to_{n \to + \infty}^{} f (a) .$

Or $(y_{n})$ tend vers $y$ et, par unicité de la limite, $y = f (a)$ puis $a = f^{- 1} (y) = x$ .

Cela est absurde puisque $| x_{φ (n)} - x | > ε$ pour tout $n \in ℕ$ .

Exercice 26 2775 MINES (MP)

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

\forall (x, y) \in K^{2}, x \neq y ⟹ ∥ f (x) - f (y) ∥ < ∥ x - y ∥ .

(a)

Montrer que la fonction $f$ possède un point fixe $c$ et que celui-ci est unique.
(b)

Soit $(x_{n})$ une suite déterminée par

$x_{0} \in K et x_{n + 1} = f (x_{n}) pour tout n \in ℕ .$

Montrer que la suite $(x_{n})$ converge vers le point fixe $c$ .

Exercice 27 3471

Soient $E$ un espace normé et $f$ une application vérifiant

\forall (x, y) \in E^{2}, ∥ f (x) - f (y) ∥ = ∥ x - y ∥ .

On suppose qu’il existe une partie compacte $K$ de $E$ telle que $f (K) \subset K$ .

(a)

Pour $x \in K$ , on considère la suite récurrente $(x_{n})$ donnée par

$x_{0} = x et x_{n + 1} = f (x_{n}) pour tout n \in ℕ .$

Montrer que $x$ est une valeur d’adhérence de la suite $(x_{n})$ .
(b)

En déduire que $f (K) = K$ .

Exercice 28 3857 Correction

Soit $K$ une partie compacte non vide d’un espace vectoriel normé $E$ de dimension finie.

On considère $f : K \to K$ une application $ρ$ -lipschitzienne c’est-à-dire vérifiant

\forall x, y \in K, ∥ f (y) - f (x) ∥ \leq ρ ∥ y - x ∥ .

(a)

On suppose $ρ < 1$ . Montrer que $f$ admet un point fixe.
(b)

On suppose $ρ = 1$ et $K$ étoilé en $a$ . Montrer à nouveau que $f$ admet un point fixe. On pourra introduire, pour $n \in N^{*}$ , les fonctions

$f_{n} : x \mapsto \frac{a}{n} + \frac{n - 1}{n} f (x)$

Solution

(a)

La fonction $f$ est continue car lipschitzienne. Considérons $g : x \in K \mapsto ∥ f (x) - x ∥$ . La fonction $g$ est réelle, continue et définie sur un compact non vide, elle admet donc un minimum en un certain $x_{0} \in K$ . Puisque

$g (x_{0}) \leq g (f (x_{0})) = ∥ f (f (x_{0})) - f (x_{0}) ∥ \leq ρ ∥ f (x_{0}) - x_{0} ∥ = ρ g (x_{0}) avec ρ < 1 .$

On a nécessairement $g (x_{0}) = 0$ et donc $f (x_{0}) = x_{0}$ ce qui fournit un point fixe pour $f$ .
(b)

Par le caractère étoilé de $K$ en $a$ , on peut affirmer que $f_{n}$ est une application de $K$ vers $K$ .

De plus,

$∥ f_{n} (y) - f_{n} (x) ∥ = \frac{n - 1}{n} ∥ f (y) - f (x) ∥ \leq ρ_{n} ∥ y - x ∥$

avec $ρ_{n} < 1$ .
Par l’étude ci-dessus, la fonction $f_{n}$ admet un point fixe $x_{n}$ . La suite $(x_{n})$ est une suite du compact $K$ , il existe donc une suite extraite $(x_{φ (n)})$ convergeant vers un élément $x_{\infty} \in K$ . La relation

$f_{φ (n)} (x_{φ (n)}) = x_{φ (n)}$

donne

$\frac{a}{φ (n)} + \frac{φ (n) - 1}{φ (n)} f (x_{φ (n)}) = x_{φ (n)}$

et donc à la limite

$f (x_{\infty}) = x_{\infty} .$

Exercice 29 4103 CENTRALE (MP)Correction

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

(a)

Soient $x \in E$ et $r > 0$ . Justifier que la boule $B_{f} (x, r)$ est compacte. Que dire de $f (B_{f} (x, r))$ ?
(b)

Soient $x \in E$ et un réel $r$ tel que $0 < r < ∥ x ∥$ . On note $K = B_{f} (x, r)$ et l’on suppose $f (K) \subset K$ .
On fixe $a \in K$ et l’on pose, pour tout $n \in ℕ^{*}$

$y_{n} = \frac{1}{n} \sum_{k = 0}^{n - 1} f^{k} (a) .$

Justifier que ${(y_{n})}_{n \geq 1}$ est une suite d’éléments de $K$ et que $f (y_{n}) - y_{n}$ tend vers $0_{E}$ . En déduire qu’il existe un vecteur $w \in K$ tel que $f (w) = w$ .
(c)

On reprend les notations précédentes et l’on suppose toujours $f (K) \subset K$ .
Montrer que $1 \in Sp (f)$ et $Sp (f) \subset [- 1; 1]$ .
(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 $dim E = 3$ , $ℬ = (e_{1}, e_{2}, e_{3})$ base orthonormée de $E$ et

$K = {x . e_{1} + y . e_{2} + z . e_{3} | \frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} + \frac{z^{2}}{c^{2}} \leq 1} avec a, b, c > 0 .$

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

Solution

(a)

$B_{f} (x, r)$ 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 $f (B_{f} (x, r))$ est aussi compacte.
(b)

La partie $K$ est convexe et donc $f (K)$ aussi car $f$ est linéaire. Les vecteurs $f^{k} (a)$ étant tous éléments de $K$ , la combinaison convexe définissant $y_{n}$ détermine un élément de $K$ .
Après simplification

$f (y_{n}) - y_{n} = \frac{1}{n} (f^{n} (a) - a) .$

La partie $K$ étant bornée, la suite ${(f^{n} (a) - a)}_{n \geq 1}$ l’est aussi et donc $f (y_{n}) - y_{n} \to_{n \to + \infty}^{} 0_{E}$ .
Enfin, la suite ${(y_{n})}_{n \geq 1}$ évolue dans le compact $K$ , elle admet donc une valeur d’adhérence $w \in K$ :

$y_{φ (k)} \to_{k \to + \infty}^{} w$

et la propriété

$f (y_{φ (k)}) - y_{φ (k)} \to_{k \to + \infty}^{} 0_{E}$

donne à la limite $f (w) = w$ .
(c)

$0_{E} \notin K$ et donc $w \neq 0_{E}$ . 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 $f^{n} (x + v) = f^{n} (x) + λ^{n} v$ le sont encore. Puisque le compact $K$ est borné, les suites $(f^{n} (x + v))$ et $(f^{n} (x))$ le sont aussi et donc $(λ^{n} v)$ l’est encore. On en déduit $| λ | \leq 1$ .
(d)

Choisissons l’endomorphisme $f$ de $ℝ^{3}$ canoniquement représenté par

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

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

Puisque $f (K) = K$ , les vecteurs $e_{1} / a$ , $e_{2} / b$ et $e_{3} / c$ 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 $v \in K$ . On a alors $f^{n} (v) = λ^{n} . v \in K$ pour tout $n \in ℕ$ ce qui oblige $| λ | \leq 1$ .
Sachant $f^{- 1} (K) = K$ , un raisonnement symétrique donne $| λ | \geq 1$ et donc $| λ | = 1$ .
Enfin, en dimension impaire, un endomorphisme réel admet nécessairement une valeur propre!

Exercice 30 2955 X (MP)

Soient $u$ un endomorphisme d’un espace normé réel $E$ et $C$ un compact convexe non vide de $E$ stable par $u$ . Pour $n \in ℕ^{*}$ , on pose

u_{n} = \frac{1}{n} \sum_{i = 0}^{n - 1} u^{i} .

(a)

Montrer $u_{n} (C) \subset C$ pour tout $n \in ℕ^{*}$ .
(b)

Soit $x$ un élément de $u_{n} (C)$ . Proposer un majorant de $∥ x - u (x) ∥$ .
(c)

Montrer que

$⋂_{p \in ℕ^{*}} u_{p} (C) \neq \emptyset .$
(d)

Conclure que $u$ possède un point fixe dans $C$ .

Exercice 31 4993 Correction

Soient $n \geq 2$ et $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ . On souhaite établir qu’il existe une matrice $P \in O_{n} (ℝ)$ telle que les coefficients diagonaux de $P^{- 1} A P$ soient tous égaux.

(a)

Établir la propriété quand $n = 2$ .
(b)

Pour $M = (m_{i, j}) \in ℳ_{n} (ℝ)$ , on pose

$δ (M) = \max_{1 \leq i, j \leq n} | m_{j, j} - m_{i, i} | .$

Montrer que la fonction $φ : P \in O_{n} (ℝ) \mapsto δ (P^{- 1} A P)$ présente un minimum.
(c)

Conclure.

Solution

(a)

Introduisons les coefficients de la matrice $A$

A = (\begin{matrix} a & b \\ c & d \end{matrix})

et recherchons $P \in O_{2} (ℝ)$ sous la forme d’une matrice de rotation

P = (\begin{matrix} \cos (θ) & - \sin (θ) \\ \sin (θ) & \cos (θ) \end{matrix}) avec θ \in ℝ à choisir.

Après calculs,

P^{- 1} A P = (\begin{matrix} α & β \\ γ & δ \end{matrix}) avec {\begin{matrix} α & = a \cos^{2} (θ) & + d \sin^{2} (θ) & + (b + c) \cos (θ) \sin (θ) \\ β & = b \cos^{2} (θ) & - c \sin^{2} (θ) & + (d - a) \cos (θ) \sin (θ) \\ γ & = c \cos^{2} (θ) & - b \sin^{2} (θ) & + (d - a) \cos (θ) \sin (θ) \\ δ & = d \cos^{2} (θ) & + a \sin^{2} (θ) & - (b + c) \cos (θ) \sin (θ) . \end{matrix}

Les coefficients diagonaux de $P^{- 1} A P$ sont égaux si, et seulement si,

\underset{\begin{matrix} = f (θ) \end{matrix}}{\underset{⏟}{(a - d) (\cos^{2} (θ) - \sin^{2} (θ)) + 2 (b + c) \cos (θ) \sin (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 $P^{- 1} A P$ sont égaux¹¹ 1 Il sont alors égaux à $\frac{1}{2} (a + d)$ 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 $ℳ_{n} (ℝ)$ . Pour tous $i, j \in ⟦ 1; n ⟧$ , la fonction $M \mapsto m_{j, j} - m_{i, i}$ est continue car linéaire au départ de $ℳ_{n} (ℝ)$ . Par composition, $M \mapsto | m_{j, j} - m_{i, i} |$ 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

$\max (f, g) = \frac{1}{2} (f + g + | f - g |) .$

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 $P \in O_{n} (ℝ)$ , on sait $P^{- 1} = P^{⊤}$ . L’application $P \mapsto P^{⊤}$ est linéaire donc continue sur $ℳ_{n} (ℝ)$ et l’on en déduit la continuité²² 2 Plus généralement, il est possible d’établir que $P \mapsto P^{- 1}$ est continue sur ${GL}_{n} (ℝ)$ . de $P \mapsto P^{- 1}$ sur $O_{n} (ℝ)$ . Par produit de fonctions continues puis par composition, on acquiert successivement les continuités des fonctions $P \mapsto P^{- 1} A P$ et $P \mapsto φ (P)$ sur $O_{n} (ℝ)$ . Enfin, $O_{n} (ℝ)$ 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 $O_{n} (ℝ)$ réalisant le minimum de $φ$ . Montrons que $φ (P)$ est nul ce qui entraîne immédiatement que les coefficients diagonaux de la matrice $M = P^{- 1} A P$ sont tous égaux.

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

$m_{k, k} = \min_{1 \leq i \leq n} m_{i, i} et m_{ℓ, ℓ} = \max_{1 \leq i \leq n} m_{i, i} .$

Tous les coefficients diagonaux de $M$ sont alors compris entre $m_{k, k}$ et $m_{ℓ, ℓ}$ et l’on a $φ (M) = m_{ℓ, ℓ} - m_{k, k}$ . Pour $θ \in ℝ$ , considérons ensuite la matrice $Q = (q_{i, j})$ définie par

$(\begin{matrix} q_{k, k} & q_{k, ℓ} \\ q_{ℓ, k} & q_{ℓ, ℓ} \end{matrix}) = (\begin{matrix} \cos (θ) & - \sin (θ) \\ \sin (θ) & \cos (θ) \end{matrix}) et {\begin{matrix} q_{i, i} & = 1 & si i \neq k, ℓ \\ q_{i, j} & = 0 & si i \neq j et {i, j} \neq {k, ℓ} . \end{matrix}$

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

${(\begin{matrix} \cos (θ) & - \sin (θ) \\ \sin (θ) & \cos (θ) \end{matrix})}^{- 1} (\begin{matrix} m_{k, k} & m_{k, ℓ} \\ m_{ℓ, k} & m_{ℓ, ℓ} \end{matrix}) (\begin{matrix} \cos (θ) & - \sin (θ) \\ \sin (θ) & \cos (θ) \end{matrix}) = (\begin{matrix} λ & 0 \\ 0 & λ \end{matrix})$

avec $λ = \frac{1}{2} (m_{k, k} + m_{ℓ, ℓ})$ . Les coefficients diagonaux d’indices $k$ et $ℓ$ du produit $Q^{- 1} M Q$ sont alors égaux à $λ$ tandis que les autres restent inchangés.

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

$δ (Q^{- 1} M Q) = δ (Q^{- 1} P^{- 1} A P Q) = φ (R) avec R = P Q \in O_{n} (ℝ) .$

Sinon, on poursuit ce qui précède avec une autre paire $(k, ℓ)$ 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 32 4074 Correction

Soit $f : [0; + \infty [\to ℝ$ une fonction continue admettant une limite finie $ℓ$ en $+ \infty$ .

Démontrer que $f$ est uniformément continue sur $[0; + \infty [$ .

Solution

Soit $ε > 0$ . Il existe $A \in ℝ_{+}$ tel que

\forall x \geq A, | f (x) - ℓ | \leq ε / 2

et alors

\forall x, y \in [A; + \infty [, | f (y) - f (x) | \leq ε .

(1)

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

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

(2)

Soient $x, y \in ℝ_{+}$ avec $| y - x | \leq α$ . On peut supposer $x \leq y$ .

Cas: $x, y \in [0; A]$ . On a $| f (y) - f (x) | \leq ε$ en vertu de (2).

Cas: $x, y \in [A; + \infty [$ . On a à nouveau $| f (y) - f (x) | \leq ε$ cette fois-ci en vertu de (1).

Cas: $x \in [0; A]$ et $y \in [A; + \infty [$ . On a nécessairement $| x - A | \leq α$ . Les propriétés (1) et (2) donnent alors

| f (x) - f (y) | \leq | f (x) - f (A) | + | f (A) - f (y) | \leq 2 ε .

Quitte à adapter le $ε$ de départ, on obtient ce que l’on veut.

On peut aussi introduire $g = f \circ \tan$ 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 $f = g \circ \arctan$ avec $\arctan$ lipschitzienne, on obtient $f$ uniformément continue!

[<] Compacité et continuité

Exercice 33 1165

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

Établir que

F + K = {x + y | x \in F et y \in K}

est une partie fermée de $E$ .

Exercice 34 1166 Correction

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

Solution

Soit $(u_{n})$ une suite convergente d’éléments de $F$ et posons $u$ sa limite.
On peut écrire $u_{n} = λ_{n} . x_{n}$ avec $x_{n} \in K$ et $λ_{n} \geq 0$ .
$0 \notin K$ donc

\exists α > 0, B (0, α) \subset ∁_{E} K

$∥ u_{n} ∥ \to ∥ u ∥$ et $α \leq ∥ x_{n} ∥ \leq M$ donc $(λ_{n})$ est bornée.
Par double extraction $(x_{φ (n)})$ et $(λ_{φ (n)})$ convergent vers $x \in ℝ$ et $λ \in ℝ_{+}$ . On a alors $u = λ . x$ .

Exercice 35 1168 Correction

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

(a)

Montrer que, pour tout $x \in E$ , la distance de $x$ à $F$ est atteinte en un certain élément $y_{0} \in F$ .
(b)

Y a-t-il unicité de cet élément $y_{0}$ ?

Solution

(a)

Posons $d = d (x, F)$ .

$\forall n \in ℕ^{*}, \exists x_{n} \in F, ∥ x - x_{n} ∥ \leq d + \frac{1}{n} .$

Cela permet de définir une $(x_{n})$ bornée, elle admet donc une sous-suite convergente $(x_{φ (n)})$ dont on note $\bar{x}$ la limite. On a $\bar{x} \in F$ car $F$ est une partie fermée et puisque $∥ x - x_{n} ∥ \to d$ on obtient $∥ x - \bar{x} ∥ = d$ .
(b)

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

Exercice 36 5348 MINES (MP)Correction

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

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

Solution

On introduit

A = {∥ b - a ∥ | [a; b] \subset K} \subset ℝ .

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 $ℓ = sup (A)$ .

Par la réalisation séquentielle des bornes supérieures, il existe des suites $(a_{n})$ et $(b_{n})$ d’éléments de $K$ telles que $[a_{n}; b_{n}] \subset K$ pour tout $n \in ℕ$ et

ℓ = lim_{n \to + \infty} ∥ b_{n} - a_{n} ∥ .

Par compacité, on peut extraire conjointement des suites $(a_{n})$ et $(b_{n})$ des suites convergentes $(a_{φ (k)})$ et $(b_{φ (k)})$ de limites $a_{\infty}$ et $b_{\infty}$ . Pour tout $t \in [0; 1]$ ,

(1 - t) . a_{\infty} + t . b_{\infty} = lim_{k \to + \infty} ((1 - t) . a_{φ (k)} + t . b_{φ (k)})

avec $(1 - t) . a_{φ (k)} + t . b_{φ (k)} \in [a_{φ (k)}; b_{φ (k)}] \subset K$ .

Puisqu’une partie compacte est fermée, elle contient les limites de ses suites convergentes et donc $(1 - t) . a_{\infty} + t . b_{\infty} \in K$ . Ainsi, $[a_{\infty}; b_{\infty}] \subset K$ et $K$ contient un segment de longueur $ℓ$ .

Exercice 37 5439 MINES (MP)Correction

(Théorème de Dini)

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

(a)

Soit $(F_{n})$ une suite décroissante de fermés non vides inclus dans $K$ . Montrer

$⋂_{n \in ℕ} F_{n} \neq \emptyset .$
(b)

Soit $(f_{n})$ une suite décroissante de fonctions continues de $K$ vers $ℝ$ convergeant simplement vers une fonction $g$ continue de $K$ dans $ℝ$ . Montrer que la convergence est uniforme.

Solution

(a)

Pour tout $n \in ℕ$ , choisissons un élément $x_{n}$ dans $F_{n}$ et étudions la suite $(x_{n})$ .

La suite $(x_{n})$ est une suite d’éléments du compact $K$ , elle admet donc une valeur d’adhérence $\bar{x}$ et il existe $φ : ℕ \to ℕ$ strictement croissante telle que

$(x_{φ (k)}) \to_{k \to + \infty}^{} \bar{x} .$

La suite $(F_{n})$ étant décroissante, on vérifie que, pour tout $p \in ℕ$ , ${(x_{n})}_{n \geq p}$ est une suite d’éléments de $F_{p}$ . La suite extraite ${(x_{φ (k)})}_{k \geq p}$ est donc une suite d’éléments du fermé $F_{p}$ et par conséquent $\bar{x} \in F_{p}$ . Cela valant pour tout $p \in ℕ$ , on peut conclure

$\bar{x} \in ⋂_{n \in ℕ} F_{n} \neq \emptyset .$
(b)

Par décroissance, on remarque

$\forall x \in K, \forall n \in ℕ, f_{n} (x) \geq g (x) .$

Soit $ε > 0$ . Pour tout $n \in ℕ$ , on introduit

$F_{n} = {x \in K | f_{n} (x) - g (x) \geq ε} = {(f_{n} - g)}^{- 1} ([ε; + \infty [) .$

Pour tout $n \in ℕ$ , $F_{n}$ est une partie fermée relatif à $K$ en tant qu’image réciproque d’un fermé par une application continue, $F_{n}$ est donc une partie fermée. Aussi, $F_{n + 1} \subset F_{n}$ car la suite $(f_{n})$ est décroissante. De plus,

$⋂_{n \in ℕ} F_{n} = \emptyset$

car $(f_{n})$ converge simplement vers $g$ . On en déduit qu’au moins l’une des parties $F_{N}$ est vide et les suivantes le sont alors aussi de sorte que, pour tout $n \in ℕ$ ,

$n \geq N ⟹ \forall x \in K, 0 \leq f_{n} (x) - g (x) < ε .$

On peut alors conclure que la suite de fonctions $(f_{n})$ converge uniformément vers $g$ sur $K$ .

Exercice 38 1183

(Théorème des fermés emboîtés)

Soit ${(F_{n})}_{n \in ℕ}$ une suite décroissante de fermés non vides et bornés d’un espace normé $E$ de dimension finie. On suppose que la suite ${(δ (F_{n}))}_{n \in ℕ}$ tend vers $0$ en notant $δ (F_{n})$ le diamètre de $F_{n}$ défini par

δ (F_{n}) \overset{déf}{=} sup_{(x, y) \in F_{n}^{2}} ∥ y - x ∥ .

Montrer que l’intersection de tous les $F_{n}$ est un singleton.

Exercice 39 5874 Correction

Soit ${(K_{n})}_{n \in ℕ}$ une suite décroissante de parties compactes non vides dans un espace normé $(E, ∥ \cdot ∥)$ de dimension quelconque.

Montrer que $K = ⋂_{n \in ℕ} K_{n}$ est une partie compacte non vide.

Solution

$K$ est une partie fermée car intersection de parties fermées. Aussi, $K$ est incluse dans un compact (par exemple, $K \subset K_{42}$ ) donc $K$ est une partie compacte¹¹ 1 Par théorème, toute partie fermée d’une partie compacte est compacte..

Pour tout $n \in ℕ$ , on peut introduire $x_{n} \in K_{n}$ car $K_{n}$ est une partie non vide. Considérons alors la suite ${(x_{n})}_{n \in ℕ}$ . Celle-ci est une suite d’éléments de $K_{0}$ , elle possède donc une suite extraite convergente ${(x_{φ (k)})}_{k \in ℕ}$ . Notons $\bar{x}$ la limite de cette suite extraite. Pour tout $n \in ℕ$ , la décroissance de la suite ${(K_{n})}_{n \in ℕ}$ donne

\forall k \geq n, x_{φ (k)} \in K_{φ (k)} \subset K_{k} \subset K_{n}

Puisque $K_{n}$ est une partie fermée, $\bar{x} \in K_{n}$ car limite de la suite ${(x_{φ (k)})}_{k \geq n}$ constituée d’éléments de $K_{n}$ .

Ainsi, $\bar{x} \in K$ ce qui assure que $K$ est une partie non vide.

Exercice 40 1177

(Théorème du graphe fermé)

Soient $E$ et $F$ deux espaces normés de dimensions finies et $f : X \subset E \to F$ une application bornée.

On suppose que le graphe de $f$

Γ_{f} \overset{déf}{=} {(x, y) \in X \times F | y = f (x)}

est une partie fermée de $E \times F$ . Montrer que $f$ est continue.

Exercice 41 2625 MINES (MP)Correction

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

Montrer qu’il existe un segment de longueur maximale inclus dans $K$ .

Solution

Considérons l’ensemble des longueurs des segments inclus dans $K$ :

E = {N (b - a) | [a; b] \subset K} .

L’ensemble $E$ est une partie de $ℝ$ non vide et majorée (car $K$ est bornée), on peut introduire

L = sup E \in ℝ .

Par réalisation séquentielle d’une borne supérieure, il existe deux suites $(a_{n})$ et $(b_{n})$ d’éléments de $K$ telles que

N (b_{n} - a_{n}) \to_{n \to + \infty}^{} L et \forall n \in ℕ, [a_{n}; b_{n}] \subset K .

La suite ${((a_{n}, b_{n}))}_{n \in ℕ}$ est formée d’éléments du compact $K \times K$ , on peut en extraire une suite convergente ${((a_{φ_{k}}, b_{φ (k)}))}_{k \in ℕ}$ . Notons $(a, b)$ sa limite.

D’une part, par extraction d’une suite convergente,

N (b_{φ (k)} - a_{φ (k)}) \to_{k \to + \infty}^{} N (b - a) .

Par unicité de la limite, $N (b - a) = L$ .

D’autre part, $[a; b] \subset K$ car

\forall t \in [0; 1], (1 - t) . a + t . b = lim_{k \to + \infty} ((1 - t) . a_{φ (k)} + t . b_{φ (k)}) \in K .

En effet, $K$ est une partie fermée et contient donc les limites de ses suites convergentes.

Ainsi, $[a; b]$ est un segment inclus dans $K$ de longueur maximale.

Exercice 42 4090

Soit $A \in ℳ_{n} (𝕂)$ telle que la suite ${(A^{p})}_{p \in ℕ}$ soit bornée. Pour $p \in ℕ^{*}$ , on pose

B_{p} = \frac{1}{p} \sum_{k = 0}^{p - 1} A^{k} .

(a)

Montrer que la suite ${(B_{p})}_{p \geq 1}$ admet au moins une valeur d’adhérence $B$ .
(b)

Montrer que cette valeur d’adhérence $B$ vérifie $B (I_{n} - A) = O_{n}$ .
(c)

En déduire que $B$ est la projection sur $Ker (A - I_{n})$ parallèlement à $Im (A - I_{n})$ .
(d)

Conclure que la suite ${(B_{p})}_{p \geq 1}$ converge vers $B$ .

Exercice 43 3274 Correction

Soit $A$ une partie bornée non vide d’un $ℝ$ -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 $a \in E$ . Puisque la partie $A$ est bornée et non vide, l’ensemble ${∥ x - a ∥ | x \in A}$ est une partie non vide et majorée de $ℝ$ ce qui permet d’introduire

$R_{a} = sup_{x \in A} {∥ x - a ∥ | x \in A} .$

Il est immédiat que $A \subset \bar{B} (a, R_{a})$ et que $R_{a}$ est le rayon minimal d’une boule fermée de centre $a$ contenant la partie $A$ .
L’ensemble ${R_{a} | a \in E}$ est une partie non vide et minorée de $ℝ$ , on peut donc introduire

$R = inf {R_{a} | a \in E} .$

Par la caractérisation séquentielle des bornes inférieures, il existe une suite $(a_{n})$ d’éléments de $E$ telle que

$R_{a_{n}} \to R .$

Soit $x_{0} \in A$ . Puisque $A \subset \bar{B} (a_{n}, R_{a_{n}})$ , on a

$∥ x_{0} - a_{n} ∥ \leq R_{a_{n}}$

et donc

$∥ a_{n} ∥ \leq ∥ x_{0} ∥ + ∥ x_{0} - a_{n} ∥ \leq ∥ x_{0} ∥ + R_{n} \to ∥ x_{0} ∥ + R$

ce qui permet d’affirmer que la suite $(a_{n})$ est bornée. Puisque $dim E < + \infty$ , on peut extraire de $(a_{n})$ une suite convergente $(a_{φ (n)})$ dont on notera $a$ la limite.
Soit $x \in A$ . Puisque

$∥ x - a_{n} ∥ \leq R_{a_{n}}$

on obtient à la limite

$∥ x - a ∥ \leq R$

et donc $A \subset \bar{B} (a, R)$ .
Enfin, par construction, $\bar{B} (a, R)$ 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 $\bar{B} (a, R)$ et $\bar{B} (a^{'}, R)$ solutions et montrons $a = a^{'}$ .
Posons

$b = \frac{1}{2} (a + a^{'}) .$

En vertu de l’identité du parallélogramme

${∥ α ∥}^{2} + {∥ β ∥}^{2} = \frac{1}{2} ({∥ α + β ∥}^{2} + {∥ α - β ∥}^{2})$

appliquée à

$α = x - b et β = \frac{a - a^{'}}{2}$

on obtient pour tout $x \in A$

${∥ x - b ∥}^{2} + {∥ β ∥}^{2} = \frac{1}{2} ({∥ x - a ∥}^{2} + {∥ x - a^{'} ∥}^{2}) \leq R^{2}$

et donc

$∥ x - b ∥ \leq \sqrt{R^{2} - {∥ β ∥}^{2}} .$

Ainsi,

$R_{b} \leq \sqrt{R^{2} - {∥ β ∥}^{2}} .$

Or par définition de $R$ , on a aussi $R_{b} \geq R$ et donc on peut affirmer $∥ β ∥ = 0$ c’est-à-dire $a = a^{'}$ .

Exercice 44 1179 Correction

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

(a)

On suppose $E$ de dimension finie. Montrer que $\bar{F} = F$ .
(b)

On ne suppose plus $E$ de dimension finie, montrer qu’il est possible que $\bar{F} \neq F$ .

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 $F = \bar{F}$ .
(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 ${∥ \cdot ∥}_{\infty}$ .

Exercice 45 3305 Correction

(a)

Soit $F$ une partie fermée d’un $𝕂$ -espace vectoriel $E$ de dimension finie.
L’ensemble $F^{'} = ⋃_{x \in F} \bar{B (x,1)}$ est-il fermé?
(b)

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

Solution

(a)

Soit $(u_{n})$ une suite convergente d’élément de $F^{'}$ de limite $u_{\infty}$ .
Pour chaque $n \in ℕ$ , il existe $x_{n} \in F$ tel que

$∥ u_{n} - x_{n} ∥ \leq 1 .$

Puisque la suite $(u_{n})$ converge, elle est bornée et donc la suite $(x_{n})$ l’est aussi.
Puisque l’espace $E$ est de dimension finie, on peut extraire une suite convergente de la suite $(x_{n})$ . Notons-la $(x_{φ (n)})$ . La limite $x_{\infty}$ de cette suite extraite appartient à $F$ car $F$ est une partie fermée.
Pour tout $n \in ℕ$ , on a

$∥ u_{φ (n)} - x_{φ (n)} ∥ \leq 1$

donc à la limite

$∥ u_{\infty} - x_{\infty} ∥ \leq 1$

et donc $u_{\infty} \in F^{'}$ .
Ainsi, la partie $F^{'}$ est fermée.
(b)

Supposons $E = 𝕂 [X]$ muni de la norme

${∥ P ∥}_{1} = \sum_{k = 0}^{+ \infty} | a_{k} | avec P = \sum_{k = 0}^{+ \infty} a_{k} X^{k} .$

Posons

$F = {\frac{n + 1}{n} X^{n} | n \in ℕ^{*}} .$

Pour tout $n \in ℕ$

$P_{n} = \frac{1}{n} X^{n} = \frac{n + 1}{n} X^{n} - X^{n} \in F^{'}$

et

$P_{n} \to_{n \to + \infty}^{{∥ \cdot ∥}_{1}} 0 \notin F^{'}$

donc la partie $F^{'}$ n’est pas fermée.

Exercice 46 2776 MINES (MP)Correction

Soient $E_{1}$ et $E_{2}$ deux espaces vectoriels normés réels, $f$ une application de $E_{1}$ dans $E_{2}$ telle que pour tout compact $K$ de $E_{2}$ , $f^{- 1} (K)$ soit un compact de $E_{1}$ . Montrer, si $F$ est un fermé de $E_{1}$ , que $f (F)$ est un fermé de $E_{2}$ .

Solution

Soit $(y_{n})$ une suite convergente d’éléments de $f (F)$ de limite $y_{\infty}$ . On veut établir que $y_{\infty} \in f (F)$ . Si $y_{\infty}$ est l’un des éléments de la suite $(y_{n})$ l’affaire est entendue. Sans perte de généralités, on peut supposer que pour tout $n \in ℕ$ , $y_{n} \neq y_{\infty}$ .
Pour tout $n \in ℕ$ , il existe $x_{n} \in F$ tel que $y_{n} = f (x_{n})$ . L’ensemble $K = {y_{n} | n \in ℕ} \cup {y_{\infty}}$ est un compact de $E_{2}$ donc $f^{- 1} (K)$ est un compact de $E_{1}$ . La suite $(x_{n})$ apparaît comme étant une suite d’éléments du compacte $f^{- 1} (K)$ , on peut donc en extraire une suite convergeant dans la partie $x_{φ (n)} \to x_{\infty} \in f^{- 1} (K)$ . De plus, $(x_{φ (n)})$ étant une suite d’éléments du fermé $F$ , on peut affirmer $x_{\infty} \in F$ . On va maintenant établir $y_{\infty} = f (x_{\infty})$ ce qui permettra de conclure. Pour tout $N \in ℕ$ , posons $K_{N} = {y_{n} | n \geq N} \cup {y_{\infty}}$ . $K_{N}$ est un compact, $f^{- 1} (K_{N})$ est donc fermé et par suite $x_{\infty} \in f^{- 1} (K_{N})$ . Ainsi, $x_{\infty} \in ⋂_{N \in ℕ} f^{- 1} (K_{N}) = f^{- 1} (⋂_{N \in ℕ} K_{N})$ . Or $⋂_{N \in ℕ} K_{N} = {y_{\infty}}$ donc $f (x_{\infty}) = y_{\infty}$ .

Exercice 47 5880 Correction

(a)

Montrer que toute matrice $P \in {GL}_{n} (ℝ)$ peut s’écrire $P = Ω R$ avec $Ω \in O_{n} (ℝ)$ et $R \in 𝒯_{n}^{+} (ℝ)$ .
(b)

En déduire que l’ensemble des matrices trigonalisables de $ℳ_{n} (ℝ)$ est une partie fermée.

Solution

(a)

On munit l’espace $ℝ^{n}$ de sa structure euclidienne canonique et l’on introduit sa base canonique $c = (c_{1}, \dots, c_{n})$ . La matrice $P$ figure dans la base $c$ une famille de vecteurs $u = (u_{1}, \dots, u_{n})$ de $ℝ^{n}$ :

$P = {Mat}_{c} (u_{1}, \dots, u_{n}) .$

Puisque la matrice $P$ est inversible, la famille $u$ est une base de $ℝ^{n}$ et $A$ se comprend comme la matrice de passage de $c$ à $u$ . On orthonormalise alors la base $u$ par le procédé de Gram-Schmidt ce qui forme une base orthonormale $e = (e_{1}, \dots, e_{n})$ .

La matrice de passage $Ω$ de $c$ à $e$ est orthogonale car il s’agit d’une matrice de passage entre deux bases orthonormales.

La matrice de passage $R$ de $e$ à $u$ est triangulaire supérieure car, par le procédé de Gram-Schmidt,

$u_{j} \in Vect (e_{1}, \dots, e_{j}) pour tout j \in ⟦ 1; n ⟧ .$

Enfin, les trois matrices de passages $P$ , $Ω$ et $R$ sont liées par la formule $P = Ω R$ . En effet,

$P = {Mat}_{u, c} ({Id}_{E}) = {Mat}_{e, c} ({Id}_{E}) {Mat}_{u, e} ({Id}_{E}) .$
(b)

Soit ${(A_{k})}_{k \in ℕ}$ une suite convergente de matrices trigonalisables. Notons $A$ sa limite. Pour tout $k \in ℕ$ , on peut écrire $A_{k} = P_{k} T_{k} P_{k}^{- 1}$ avec $P_{k} \in {GL}_{n} (ℝ)$ et $T_{k} \in 𝒯_{n}^{+} (ℝ)$ . Par la question précédente, on peut aussi écrire $P_{k} = Ω_{k} R_{k}$ avec $Ω_{k} \in O_{n} (ℝ)$ et $R_{k} \in 𝒯_{n}^{+} (ℝ)$ . Ainsi,

$A_{k} = Ω_{k} S_{k} Ω_{k}^{- 1} avec S_{k} = R_{k} T_{k} R_{k}^{- 1} \in 𝒯_{n}^{+} (ℝ) .$

La suite ${(Ω_{k})}_{k \in ℕ}$ est formée d’éléments du compact $O_{n} (ℝ)$ , elle admet donc une valeur d’adhérence dans $O_{n} (ℝ)$ . Cela permet d’introduire $φ : ℕ \to ℕ$ strictement croissante telle que

$Ω_{φ (ℓ)} \to_{ℓ \to + \infty}^{} Ω \in O_{n} (ℝ) .$

Par opérations sur les suites convergentes,

$S_{φ (ℓ)} = Ω_{φ (ℓ)}^{- 1} A_{φ (ℓ)} Ω_{φ (ℓ)} \to_{ℓ \to + \infty}^{} S = Ω^{- 1} A Ω .$

Or ${(S_{φ (ℓ)})}_{ℓ \in ℕ}$ est une suite d’éléments de la partie fermée¹¹ 1 $𝒯_{n}^{+} (ℝ)$ est un sous-espace vectoriel de $ℳ_{n} (ℝ)$ , c’est donc une partie fermée. $𝒯_{n}^{+} (ℝ)$ , sa limite $S$ est donc aussi élément de $𝒯_{n}^{+} (ℝ)$ . Finalement, $A = Ω S Ω^{- 1}$ avec $Ω$ inversible et $S$ triangulaire supérieure. La matrice $A$ est trigonalisable.

Puisque l’ensemble des matrices trigonalisables contient les limites de ses suites convergentes, c’est une partie fermée de $ℳ_{n} (ℝ)$ .

Exercice 48 2637

(Projection sur un convexe fermé)

Soit $E$ un espace euclidien dont le produit scalaire est noté $⟨ \cdot, \cdot ⟩$ .

(a)

Soient $x, a$ et $b$ trois vecteurs de $E$ tels que $a \neq b$ et $∥ x - a ∥ = ∥ x - b ∥$ . Montrer

$∥ x - \frac{a + b}{2} ∥ < ∥ x - a ∥ .$

Soit $C$ un convexe fermé non vide de $E$ .

(b)

Montrer qu’il existe un unique vecteur $a \in C$ tel que

$∥ x - a ∥ = inf_{y \in C} ∥ x - y ∥ .$

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

(c)

Soit $a \in C$ tel que $⟨ x - a, y - a ⟩ \leq 0$ pour tout $y \in C$ . Montrer $a = P (x)$ .
(d)

Inversement, on suppose qu’il existe un vecteur $y \in C$ tel que

$⟨ x - P (x), y - P (x) ⟩ > 0 .$

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

Ce qui précède permet d’affirmer que $P (x)$ est l’unique vecteur $a \in C$ vérifiant

⟨ x - a, y - a ⟩ \leq 0 pour tout y \in C .

(e)

Établir que pour tous vecteurs $x$ et $y$ de $E$ ,

$⟨ x - y, P (x) - P (y) ⟩ \geq {∥ P (x) - P (y) ∥}^{2} .$

En déduire que l’application $P$ est continue.

Exercice 49 4633

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

On étudie la distance du vecteur $x$ à la partie $A$ définie par

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

(a)

Justifier qu’il existe une suite ${(a_{n})}_{n \in ℕ}$ d’éléments de $A$ pour laquelle

$∥ x - a_{n} ∥ \to_{n \to + \infty}^{} d (x, A) .$
(b)

En déduire qu’il existe $a \in A$ tel que $d (x, A) = ∥ x - a ∥$ .

Exercice 50 5356 Correction

Soit ${(x_{n})}_{n \in ℕ}$ une suite d’éléments de $E$ pour laquelle il existe un réel $ε > 0$ tel que l’on ait $∥ x_{m} - x_{n} ∥ \geq ε$ 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 $x_{1}, \dots, x_{p}$ éléments de $K$ tels que

$K \subset ⋃_{k = 1}^{p} B (x_{k}, α) .$

Pour $I$ un ensemble d’indexation quelconque, on considère une famille ${(Ω_{i})}_{i \in I}$ de parties ouvertes de $E$ telle que¹¹ 1 On dit que la famille ${(Ω_{i})}_{i \in I}$ est un recouvrement de $K$ .

K \subset ⋃_{i \in I} Ω_{i} .

(c)

Montrer qu’il existe un réel $α > 0$ tel que, pour tout $x \in K$ , il existe un indice $i \in I$ pour lequel la boule $B (x, α)$ soit contenue dans l’ouvert $Ω_{i}$ .
(d)

En déduire qu’il existe une sous-famille finie $(Ω_{i_{1}}, \dots, Ω_{i_{p}})$ de la famille ${(Ω_{i})}_{i \in I}$ telle que²² 2 Ainsi, de tout recouvrement d’un compact constitué de parties ouvertes, on peut extraire un recouvrement fini.

$K \subset ⋃_{k = 1}^{p} Ω_{i_{k}} .$

Solution

(a)

S’il existe ${(x_{φ (k)})}_{k \in ℕ}$ suite extraite de ${(x_{n})}_{n \in ℕ}$ convergente de limite $a$ alors, pour $k$ assez grand, $∥ x_{φ (k)} - a ∥ < ε / 2$ et donc

$∥ x_{φ (k + 1)} - x_{φ (k)} ∥ \leq ∥ x_{φ (k + 1)} - a ∥ + ∥ a - x_{φ (k)} ∥ < \frac{1}{2} ε + \frac{1}{2} ε = ε .$

Cela contredit l’hypothèse vérifiée par la suite ${(x_{n})}_{n \in ℕ}$ : 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 ${(x_{n})}_{n \in ℕ}$ d’éléments du compact $K$ vérifiant $∥ x_{m} - x_{n} ∥ \geq α$ 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 ${(x_{n})}_{n \geq 1}$ satisfaisant à la propriété de la question précédente.

On choisit $x_{1}$ arbitrairement dans $K$ .

Une fois $x_{1}, \dots, x_{n}$ déterminés, l’hypothèse absurde assure que $K$ n’est pas inclus dans la réunion des $B (x_{i}, α)$ . On peut alors choisir $x_{n + 1}$ appartenant à $K$ en dehors des boules précédentes, c’est-à-dire vérifiant $∥ x_{n + 1} - x_{i} ∥ \geq ε$ pour tout $i = 1, \dots, n$ . On définit ainsi une suite ${(x_{n})}_{n \geq 1}$ d’éléments de $K$ telle que $∥ x_{m} - x_{n} ∥ \geq ε$ pour tous $m, n \geq 1$ distincts.

On définit ainsi une suite ${(x_{n})}_{n \geq 1}$ 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 $x \in K$ tel que la boule $B (x, α)$ n’est incluse dans aucun $Ω_{i}$ .

Pour $n \in ℕ^{*}$ et $α = 1 / n > 0$ , il existe $x_{n} \in K$ tel que la boule de centre $x_{n}$ et de rayon $1 / n$ n’est incluse dans aucun $Ω_{i}$ . La partie $K$ étant compacte, on peut extraire de ${(x_{n})}_{n \in ℕ}$ une suite convergente ${(x_{φ (k)})}_{k \in ℕ}$ de limite $a \in K$ . L’élément $a$ appartient à la réunion de $Ω_{i}$ et il existe donc un indice $i \in I$ tel que $a \in Ω_{i}$ . La partie $Ω_{i}$ étant ouverte, il existe $α > 0$ tel que $B (a, α) \subset Ω_{i}$ . Cependant, pour $k$ assez grand, $∥ x_{φ (k)} - α ∥ \leq α / 2$ et $1 / φ (k) \leq α / 2$ de sorte que

$B (x_{φ (k)},1 / φ (k)) \subset B (x_{φ (k)}, α / 2) \subset B (a, α) \subset Ω_{i} .$

C’est absurde puisque cela contredit le principe de construction de la suite ${(x_{n})}_{n \in ℕ}$ .
(d)

Pour le réel $α > 0$ introduit à la question précédente, il existe $p \in ℕ^{*}$ et $x_{1}, \dots, x_{p}$ éléments de $K$ tels que

$K \subset ⋃_{k = 1}^{p} B (x_{k}, α) .$

Pour chaque $k = 1, \dots, p$ , il existe un indice $i_{k} \in I$ tels que $B (x_{k}, α) \subset Ω_{i_{k}}$ et alors

$K \subset ⋃_{k = 1}^{p} Ω_{i_{k}} .$

Exercice 51 4165 CENTRALE (MP)Correction

Soient $n \in ℕ$ et $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ une matrice à coefficients strictement positifs.

Pour $x = (x_{1}, \dots, x_{n})$ et $y = (y_{1}, \dots, y_{n})$ choisis dans $ℝ^{n}$ , on écrit $x \leq y$ si $x_{i} \leq y_{i}$ 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 \in ℝ_{+} | \exists x \in ℝ^{n} ∖ {0}, 0 \leq x et λ . x \leq A x} .

(c)

Soit $λ \in S$ . Montrer qu’il existe $x \in ℝ^{n}$ tel que

$0 \leq x, \sum_{i = 1}^{n} x_{i} = 1 et λ . x \leq A x .$
(d)

Soit $λ$ une valeur propre complexe. Montrer que $| λ | \in S$ .
(e)

Montrer que la partie $S$ est majorée et expliciter un majorant.
(f)

Montrer que $S$ est une partie compacte.
(g)

Soit $α = \max S$ . 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 $λ \in S$ . Il existe $x$ non nul à coefficients positifs tel que $λ x \leq A x$ . 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 $z = (z_{1}, \dots, z_{n})$ le vecteur propre associé. Pour tout $i \in ⟦ 1; n ⟧$ ,

$λ z_{i} = \sum_{j = 1}^{n} a_{i, j} z_{j}$

et donc

$| λ | | z_{i} | \leq \sum_{j = 1}^{n} \underset{\begin{matrix} \geq 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{a_{i, j}}} | z_{j} | .$

Le vecteur $x = (| z_{1} |, \dots, | z_{n} |)$ , est un vecteur réel non nul vérifiant $0 \leq x$ et $| λ | x \leq A x$ . On en déduit $| λ | \in S$ .
(e)

Soient $λ \in S$ et $x \in ℝ^{n}$ non nul tel que $0 \leq x$ et $λ x \leq A x$ . Considérons $i$ l’indice tel que $x_{i}$ soit maximal parmi $x_{1}, \dots, x_{n}$ . On a

$λ x_{i} \leq \sum_{j = 1}^{n} a_{i, j} x_{j} \leq \sum_{j = 1}^{n} a_{i, j} x_{i} .$

En simplifiant par $x_{i}$ (qui est strictement positif car $0 \leq x$ et $x$ non nul), il vient

$λ \leq \sum_{j = 1}^{n} a_{i, j} .$

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

$M = \max_{1 \leq i \leq n} \sum_{j = 1}^{n} a_{i, j} .$
(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 $(λ_{p})$ une suite d’éléments de $S$ de limite $λ_{\infty}$ . Pour tout $p \in ℕ$ , on peut introduire $x_{p} \in ℝ^{n}$ à coefficients positifs de somme égale à $1$ et vérifiant $λ_{p} x_{p} \leq A x_{p}$ . La suite $(x_{p})$ évolue dans le compact

$K = {x \in ℝ^{n} | 0 \leq x et \sum_{i = 1}^{n} x_{i} = 1} .$

Il existe une suite extraite $(x_{φ (q)})$ de limite $x_{\infty} \in K$ . Pour tout $q \in ℕ$ , $λ_{φ (q)} x_{φ (q)} \leq A x_{φ (q)}$ ce qui donne à la limite $λ_{\infty} x_{\infty} \leq A x_{\infty}$ . On peut donc affirmer que $λ_{\infty}$ 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 $x \in K$ tel que $α x \leq A x$ . Si $α x \neq A x$ , le vecteur $y = A x - α x$ est à coefficients positifs et n’est pas nul. La matrice $A$ étant à coefficients strictement positifs, $A y$ est à coefficients strictement positifs. Considérons ensuite $z = A x$ . 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 $ε z \leq A y$ . Cette comparaison se réorganise pour permettre d’écrire

$(α + ε) z = A z$

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

Édité le 08-12-2023