Exercice 1 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 2 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 3 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 4 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 5 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 6 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 7 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 8 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 9 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 10 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 11 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 12 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 13 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 14 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 15 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 16 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!

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Édité le 29-08-2023

Compacité et continuité