[<] Partie compacte [>] Raisonnement de compacité

 
Exercice 1  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 2  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 3  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 4  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 5  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 6  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 7  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 8  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 9  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 10  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 11  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 12  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 13  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 14  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!

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Édité le 08-11-2019

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