Exercice 1 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 2 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 3 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 4 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 5 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 6 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 7 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 8 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 9 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 10 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 11 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 12 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 13 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 14 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 15 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 16 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 17 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 18 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 19 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.

[<] Compacité et continuité

Édité le 08-12-2023

Raisonnement de compacité