[<] Compacité et continuité

 
Exercice 1  1165  

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

Établir que

F+K={x+y|xF et yK}

est une partie fermée.

 
Exercice 2  1166  Correction  

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

Solution

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

α>0,B(0,α)EK

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

 
Exercice 3  1168  Correction  

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

  • (a)

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

  • (b)

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

Solution

  • (a)

    Posons d=d(x,F).

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

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

  • (b)

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

 
Exercice 4  5348     MINES (MP)Correction  

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

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

Solution

On introduit

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

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

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

=limn+bn-an.

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

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

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

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

 
Exercice 5  1183   

(Théorème des fermés emboîtés)

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

δ(Fn)=sup(x,y)Fn2y-x.

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

 
Exercice 6  1177   

(Théorème du graphe fermé)

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

Γf={(x,y)X×F|y=f(x)}

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

 
Exercice 7  4090   

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

Bp=1pk=0p-1Ak.
  • (a)

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

  • (b)

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

  • (c)

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

  • (d)

    Conclure que la suite (Bp) converge vers B.

 
Exercice 8  3274   Correction  

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

  • (a)

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

  • (b)

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

Solution

  • (a)

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

    Ra=supxA{x-a|xA}.

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

    R=inf{Ra|aE}.

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

    RanR.

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

    x0-anRan

    et donc

    anx0+x0-anx0+Rnx0+R

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

    x-anRan

    on obtient à la limite

    x-aR

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

  • (b)

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

    b=12(a+a).

    En vertu de l’identité du parallélogramme

    α2+β2=12(α+β2+α-β2)

    appliquée à

    α=x-b et β=a-a2

    on obtient pour tout xA

    x-b2+β2=12(x-a2+x-a2)R2

    et donc

    x-bR2-β2.

    Ainsi,

    RbR2-β2.

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

 
Exercice 9  1179   Correction  

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

  • (a)

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

  • (b)

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

Solution

  • (a)

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

  • (b)

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

 
Exercice 10  3305   Correction  
  • (a)

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

  • (b)

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

Solution

  • (a)

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

    un-xn1.

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

    uφ(n)-xφ(n)1

    donc à la limite

    u-x1

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

  • (b)

    Supposons E=𝕂[X] muni de la norme

    P1=k=0+|ak| avec P=k=0+akXk.

    Posons

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

    Pour tout n

    Pn=1nXn=n+1nXn-XnF

    et

    Pnn+10F

    donc la partie F n’est pas fermée.

 
Exercice 11  2776     MINES (MP)Correction  

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

Solution

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

 
Exercice 12  2637    

(Projection sur un convexe fermé)

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

  • (a)

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

    x-a+b2<x-a.

Soit C un convexe fermé non vide de E.

  • (b)

    Montrer qu’il existe un unique vecteur aC tel que

    x-a=infyCx-y.

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

  • (c)

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

  • (d)

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

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

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

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

x-a,y-a0pour tout yC.
  • (e)

    Établir que pour tous vecteurs x et y de E,

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

    En déduire que l’application P est continue.

 
Exercice 13  4633   

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

d(x,A)=infaAx-a.

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

 
Exercice 14  5356    Correction  

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

  • (a)

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

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

  • (b)

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

    Kk=1pB(xk,α).

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

KiIΩi.
  • (c)

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

  • (d)

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

    Kk=1pΩik.

Solution

  • (a)

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

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

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

  • (b)

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

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

    On choisit x1 arbitrairement dans K.

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

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

  • (c)

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

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

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

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

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

  • (d)

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

    Kk=1pB(xk,α).

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

    Kk=1pΩik.
 
Exercice 15  4165      CENTRALE (MP)Correction  

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

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

  • (a)

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

  • (b)

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

Soit

S={λ+|xn{0}, 0x et λ.xAx}.
  • (c)

    Soit λS. Montrer qu’il existe xn tel que

    0x,i=1nxi=1etλ.xAx.
  • (d)

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

  • (e)

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

  • (f)

    Montrer que S est une partie compacte.

  • (g)

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

Solution

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

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

  • (d)

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

    λzi=j=1nai,jzj

    et donc

    |λ||zi|j=1nai,j0|zj|.

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

  • (e)

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

    λxij=1nai,jxjj=1nai,jxi.

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

    λj=1nai,j.

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

    M=max1inj=1nai,j.
  • (f)

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

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

    K={xn| 0x et i=1nxi=1}.

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

  • (g)

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

    (α+ε)z=Az

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

[<] Compacité et continuité



Édité le 08-11-2019

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