• (a)

  ${\bigcup }_{i=1}^n\overline{A_i}$ est un fermé qui contient ${\bigcup }_{i=1}^n{A}_i$ donc $\overline{{\bigcup }_{i=1}^n{A}_i}\subset {\bigcup }_{i=1}^n\overline{A_i}$.
  Pour tout $j\in \{1,\mathrm{\dots },n\}$, $A_j\subset \overline{{\bigcup }_{i=1}^n{A}_i}$ et $\overline{{\bigcup }_{i=1}^n{A}_i}$ est fermé donc $\overline{A_j}\subset \overline{{\bigcup }_{i=1}^n{A}_i}$ puis ${\bigcup }_{i=1}^n\overline{A_i}\subset \overline{{\bigcup }_{i=1}^n{A}_i}$.

• (b)

  ${\bigcap }_{i=1}^n\overline{A_i}$ est un fermé qui contient ${\bigcap }_{i=1}^n{A}_i$ donc $\overline{{\bigcap }_{i=1}^n{A}_i}\subset {\bigcap }_{i=1}^n\overline{A_i}$.
  Il ne peut y avoir égalité: pour $A_1=\mathbb{Q}$, $A_2=ℝ\setminus \mathbb{Q}$ on a $\overline{A_1\cap A_2}=\mathrm{\varnothing }$ et $\overline{A_1}\cap \overline{A_2}=ℝ$.

Puisque $A\subset \mathrm{Vect}(A)$, on a $\overline{A}\subset \overline{\mathrm{Vect}(A)}$.
Puisque $\mathrm{Vect}(A)$ est un sous-espace vectoriel, on montrer aisément que $\overline{\mathrm{Vect}(A)}$ l’est aussi. Puisqu’il contient $\overline{A}$, on obtient

• (a)

  Soient $a,b\in \overline{A}$. Il existe $(a_n)\in A^{\mathbb{N}}$ et $(b_n)\in A^{\mathbb{N}}$ telles que $a_n\to a$ et $b_n\to b$.
  Pour tout $\lambda \in [0;1]$,

  $$\lambda a+(1-\lambda )b=\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}\left(\lambda a_n+(1-\lambda )b_n\right)$$

  avec $\lambda a_n+(1-\lambda )b_n\in [a_n;b_n]\subset A$ donc $\lambda a+(1-\lambda )b\in \overline{A}$.

• (b)

  Soient $a,b\in A^{\circ }$. Il existe ${\alpha }_a,{\alpha }_b>0$ tel que $B(a,{\alpha }_a),B(b,{\alpha }_b)\subset A$. Posons $\alpha =\min ({\alpha }_a,{\alpha }_b)>0$.
  Pour tout $\lambda \in [0;1]$ et tout $x\in B(\lambda a+(1-\lambda )b,\alpha )$ on a $x=(\lambda a+(1-\lambda )b)+\alpha u$ avec $u\in B(\mathrm{0,1})$.
  $a^{\prime }=a+\alpha u\in B(a,\alpha )\subset A$ et $b^{\prime }=b+\alpha u\in B(b,\alpha )\subset A$ donc $[a^{\prime };b^{\prime }]\subset A$ puisque $A$ est convexe donc $\lambda a^{\prime }+(1-\lambda )b^{\prime }=x\in A$. Ainsi $B(\lambda a+(1-\lambda )b,\alpha )\subset A$ et donc $\lambda a+(1-\lambda )b\in A^{\circ }$.

  Finalement, $A^{\circ }$ est convexe.

Pour tout $x\in A$, $x\in \overline{A}$ et donc $\left|f(x)\right|\le {\parallel f\parallel }_{\mathrm{\infty },\overline{A}}$. Ainsi,

Soit $x\in \overline{A}$, il existe $(u_n)\in A^{\mathbb{N}}$ tel que $u_n\to x$ et alors $f(u_n)\to f(x)$ par continuité de $f$. Or $\left|f(u_n)\right|\le {\parallel f\parallel }_{\mathrm{\infty },A}$ donc à la limite $\left|f(x)\right|\le {\parallel f\parallel }_{\mathrm{\infty },A}$ puis

• (a)

  Une matrice de $ℛ$ est annulée par un polynôme de la forme $X^n-1$ dont les racines sont de module 1. Puisque les valeurs propres figurent parmi les racines des polynômes annulateurs

  $$ℛ\subset 𝒰\text{.}$$

• (b)

  Une matrice $M\in {ℳ}_2(ℂ)$ admet deux valeurs propres comptées avec multiplicité $\lambda ,\mu$. Celles-ci sont déterminées comme les solutions du système

  $$\{\begin{array}{ccccccccccccccccccccc}\hfill \lambda +\mu & =\mathrm{tr}(M)\hfill & & & & & & & & & & & & & & & & & & & \\ \hfill \lambda \mu & =\det (M)\text{.}\hfill & & & & & & & & & & & & & & & & & & & \end{array}$$

  Pour alléger les notations, posons $p=\left(\mathrm{tr}(M)\right)/2$ et $q=\det (M)$. Les valeurs propres $\lambda$ et $\mu$ sont les deux racines du polynôme

  $$X^2-pX+q$$

  et en posant $\delta \in ℂ$ tel que ${\delta }^2=p^2-q$, ces racines sont

  $$\lambda =p+\delta \text{ et }\mu =p-\delta$$

  de sorte que

  	${|\lambda |}^2$	$={|p|}^2+{|\delta |}^2+2\mathrm{Re}(\overline{p}\delta )\text{ et}$
  	${|\mu |}^2$	$={|p|}^2+{|\delta |}^2-2\mathrm{Re}(\overline{p}\delta )\text{.}$

  On en déduit que la fonction $f$ qui à $M\in {ℳ}_2(ℂ)$ associe le réel

  $${\left({|\lambda |}^2-1\right)}^2+{\left({|\mu |}^2-1\right)}^2={\left({|\lambda |}^2+{|\mu |}^2\right)}^2-2({|\lambda |}^2+{|\mu |}^2+{|\lambda \mu |}^2-1)$$

  s’exprime par opérations à partir de $\mathrm{tr}(M)$ et $\det (M)$ sous la forme d’une fonction continue.
  Puisque $𝒰=f^{-1}(\{0\})$ avec $\{0\}$ fermé, $𝒰$ est une partie fermée de ${ℳ}_2(ℂ)$.

• (c)

  Soit $M\in 𝒰$. La matrice $M$ est trigonalisable et donc il existe $P\in {\mathrm{GL}}_2(ℂ)$ et $T\in {𝒯}_2^{+}(ℂ)$ telle que

  $$M=PT{P}^{-1}\text{ avec }T=\left(\begin{array}{cc}\hfill \lambda \hfill & \hfill \nu \hfill \\ \hfill 0\hfill & \hfill \mu \hfill \end{array}\right),|\lambda |=|\mu |=1\text{.}$$

  On peut écrire $\lambda ={\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\alpha }$ et $\mu ={\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\beta }$ avec $\alpha ,\beta \in ℝ$.
  Pour $n\in {\mathbb{N}}^{*}$, posons

  $${\alpha }_n=2\pi \frac{\lfloor n\alpha /2\pi \rfloor }{n}\text{ et }{\beta }_n=2\pi \frac{\lfloor n\beta /2\pi \rfloor +1}{n}$$

  et considérons la matrice

  $$M_n=P{T}_n{P}^{-1}\text{ avec }{T}_n=\left(\begin{array}{cc}\hfill {\mathrm{e}}^{\mathrm{i}{\alpha }_n}\hfill & \hfill \nu \hfill \\ \hfill 0\hfill & \hfill {\mathrm{e}}^{\mathrm{i}{\beta }_n}\hfill \end{array}\right)\text{.}$$

  Par construction,

  $${\mathrm{e}}^{\mathrm{i}{\alpha }_n}\ne {\mathrm{e}}^{\mathrm{i}{\beta }_n}$$

  au moins pour $n$ assez grand et ce même lorsque $\alpha =\beta$.
  On en déduit que pour ces valeurs de $n$ la matrice $T_n$ est diagonalisable.
  De plus, puisque

  $${\left({\mathrm{e}}^{\mathrm{i}{\alpha }_n}\right)}^n={\left({\mathrm{e}}^{\mathrm{i}{\beta }_n}\right)}^n=1$$

  on a alors $T_n^n={\mathrm{I}}_2$ et donc $M_n\in ℛ$.
  Enfin, on a évidemment $M_n\to M$.

• (d)

  $𝒰$ est un fermé contenant $ℛ$ donc $\overline{ℛ}\subset 𝒰$ et par double inclusion $\overline{ℛ}=𝒰$.