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Exercice 1  5233  

Soient A et B deux parties d’un espace normé E telles que AB.

  • (a)

    Établir AB.

  • (b)

    Montrer que A¯B¯ de trois façons différentes.

 
Exercice 2  1121  Correction  

Soient A1,,An des parties d’un espace vectoriel normé E.

  • (a)

    Établir i=1nAi¯=i=1nAi¯.

  • (b)

    Comparer i=1nAi¯ et i=1nAi¯.

Solution

  • (a)

    i=1nAi¯ est un fermé qui contient i=1nAi donc i=1nAi¯i=1nAi¯.
    Pour tout j{1,,n}, Aji=1nAi¯ et i=1nAi¯ est fermé donc Aj¯i=1nAi¯ puis i=1nAi¯i=1nAi¯.

  • (b)

    i=1nAi¯ est un fermé qui contient i=1nAi donc i=1nAi¯i=1nAi¯.
    Il ne peut y avoir égalité: pour A1=, A2= on a A1A2¯= et A1¯A2¯=.

 
Exercice 3  1115  

Montrer que si F est un sous-espace vectoriel d’un espace normé E, son adhérence F¯ est aussi un sous-espace vectoriel de E.

 
Exercice 4  3279  Correction  

Soit A une partie d’un espace vectoriel normé E. Établir

Vect(A¯)Vect(A)¯.

Solution

Puisque AVect(A), on a A¯Vect(A)¯.
Puisque Vect(A) est un sous-espace vectoriel, on montrer aisément que Vect(A)¯ l’est aussi. Puisqu’il contient A¯, on obtient

Vect(A¯)Vect(A)¯.
 
Exercice 5  1119  Correction  

On suppose que A est une partie convexe d’un espace vectoriel normé E.

  • (a)

    Montrer que A¯ est convexe.

  • (b)

    La partie A est-elle convexe?

Solution

  • (a)

    Soient a,bA¯. Il existe (an)A et (bn)A telles que ana et bnb.
    Pour tout λ[0;1],

    λa+(1-λ)b=limn+(λan+(1-λ)bn)

    avec λan+(1-λ)bn[an;bn]A donc λa+(1-λ)bA¯.

  • (b)

    Soient a,bA. Il existe αa,αb>0 tel que B(a,αa),B(b,αb)A. Posons α=min(αa,αb)>0.
    Pour tout λ[0;1] et tout xB(λa+(1-λ)b,α) on a x=(λa+(1-λ)b)+αu avec uB(0,1).
    a=a+αuB(a,α)A et b=b+αuB(b,α)A donc [a;b]A puisque A est convexe donc λa+(1-λ)b=xA. Ainsi B(λa+(1-λ)b,α)A et donc λa+(1-λ)bA.

    Finalement, A est convexe.

 
Exercice 6  4672  

Soit A une partie de non vide et majorée. Montrer sup(A)A¯.

 
Exercice 7  1122  Correction  

Soient f:EF continue bornée et AE, A non vide. Montrer

f,A=f,A¯.

Solution

Pour tout xA, xA¯ et donc |f(x)|f,A¯. Ainsi,

f,Af,A¯.

Soit xA¯, il existe (un)A tel que unx et alors f(un)f(x) par continuité de f. Or |f(un)|f,A donc à la limite |f(x)|f,A puis

f,A¯f,A.
 
Exercice 8  1113   

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

On suppose que l’intérieur de F est non vide. Montrer qu’alors F=E.

 
Exercice 9  2943     X (MP)

Déterminer l’adhérence et l’intérieur de l’ensemble 𝒟n() des matrices diagonalisables de n().

 
Exercice 10  3470    Correction  

Dans 2(), on introduit

𝒰 ={M2()|λSp(M),|λ|=1} et
={M2()|n*,Mn=I2}.
  • (a)

    Comparer les ensembles et 𝒰.

  • (b)

    Montrer que 𝒰 est une partie fermée de 2().

  • (c)

    Montrer que 𝒰 est inclus dans l’adhérence de .

  • (d)

    Qu’en déduire?

Solution

  • (a)

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

    𝒰.
  • (b)

    Une matrice M2() admet deux valeurs propres comptées avec multiplicité λ,μ. Celles-ci sont déterminées comme les solutions du système

    {λ+μ=tr(M)λμ=det(M).

    Pour alléger les notations, posons p=(tr(M))/2 et q=det(M). Les valeurs propres λ et μ sont les deux racines du polynôme

    X2-pX+q

    et en posant δ tel que δ2=p2-q, ces racines sont

    λ=p+δ et μ=p-δ

    de sorte que

    |λ|2 =|p|2+|δ|2+2Re(p¯δ) et
    |μ|2 =|p|2+|δ|2-2Re(p¯δ).

    On en déduit que la fonction f qui à M2() associe le réel

    (|λ|2-1)2+(|μ|2-1)2=(|λ|2+|μ|2)2-2(|λ|2+|μ|2+|λμ|2-1)

    s’exprime par opérations à partir de 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 2().

  • (c)

    Soit M𝒰. La matrice M est trigonalisable et donc il existe PGL2() et T𝒯2+() telle que

    M=PTP-1 avec T=(λν0μ),|λ|=|μ|=1.

    On peut écrire λ=eiα et μ=eiβ avec α,β.
    Pour n*, posons

    αn=2πnα/2πn et βn=2πnβ/2π+1n

    et considérons la matrice

    Mn=PTnP-1 avec Tn=(eiαnν0eiβn).

    Par construction,

    eiαneiβn

    au moins pour n assez grand et ce même lorsque α=β.
    On en déduit que pour ces valeurs de n la matrice Tn est diagonalisable.
    De plus, puisque

    (eiαn)n=(eiβn)n=1

    on a alors Tnn=I2 et donc Mn.
    Enfin, on a évidemment MnM.

  • (d)

    𝒰 est un fermé contenant donc ¯𝒰 et par double inclusion ¯=𝒰.

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Édité le 08-11-2019

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