• (a)

  Pour tout $a\in E$ et tout $\epsilon >0$, on a $B(a,\epsilon )\cap U\ne \mathrm{\varnothing }$ car $U$ est une partie dense. On peut donc introduire $x\in B(a,\epsilon )\cap U$. Aussi, puisque $B(a,\epsilon )\cap U$ est une partie ouverte, il existe $\alpha >0$ tel que

  $$B(x,\alpha )\subset B(a,\epsilon )\cap U$$

  Enfin, puisque $V$ est une partie dense $B(x,\alpha )\cap V\ne \mathrm{\varnothing }$. Par suite,

  $$B(a,\epsilon )\cap (U\cap V)\ne \mathrm{\varnothing }$$

  car contient $B(x,\alpha )\cap V$ qui est non vide.

• (b)

  Soient $F$ et $G$ deux fermés d’intérieurs vides.

  $${\mathrm{\complement }}_E{(F\cup G)}^{\circ }=\overline{{\mathrm{\complement }}_E(F\cup G)}=\overline{{\mathrm{\complement }}_{E}F\cap {\mathrm{\complement }}_{E}G}$$

  avec ${\mathrm{\complement }}_{E}F$ et ${\mathrm{\complement }}_{E}G$ ouverts denses donc

  $$\overline{{\mathrm{\complement }}_{E}F\cap {\mathrm{\complement }}_{E}G}=E$$

  puis

  $${(F\cup G)}^{\circ }=\mathrm{\varnothing }\text{.}$$

Soient $x\in E$ et $r>0$.
Puisque $A$ est une partie dense, $B(a,r)\cap A\ne \mathrm{\varnothing }$. On peut donc introduire $x\in B(a,r)\cap A$. Or par intersection d’ouverts, $B(a,r)\cap A$ est aussi une partie ouverte et donc il existe $\alpha >0$ tel que $B(x,\alpha )\subset B(a,r)\cap A$. Puisque la partie $B$ est dense, $B(x,\alpha )\cap B\ne \mathrm{\varnothing }$ et finalement $B(a,r)\cap A\cap B\ne \mathrm{\varnothing }$.
On peut donc conclure que $A\cap B$ est une partie dense de $E$.

Par l’absurde, supposons $A\ne E$. Il existe un élément $a\in E$ tel que $a\notin A$. Par translation du problème (la partie $-a+A$ est encore convexe et dense), on peut supposer $a=0_E$. Posons $n=dimE$.

Si $\mathrm{Vect}(A)$ est de dimension strictement inférieure à $n$ alors $A$ est inclus dans un hyperplan de $E$ et son adhérence aussi. C’est absurde car cela contredit la densité de $A$.

Si $\mathrm{Vect}(A)$ est de dimension $n$, on peut alors considérer $(e_1,\mathrm{\dots },e_n)$ une base de $E$ formée d’éléments de $A$. Puisque $0_E\notin A$, pour tout $x\in A$, on remarque

$$\forall \lambda \in {ℝ}_{-},-\lambda x\notin A$$

(car sinon, par convexité, $0_E\in A$).

Par convexité de $A$,

$$\forall {\lambda }_1,\mathrm{\dots },{\lambda }_n\ge 0,{\lambda }_1+\mathrm{\cdots }+{\lambda }_n=1⟹{\lambda }_1{e}_1+\mathrm{\cdots }+{\lambda }_n{e}_n\in A$$

et donc

$$\forall \lambda \in {ℝ}_{-},\forall {\lambda }_1,\mathrm{\dots },{\lambda }_n\ge 0,{\lambda }_1+\mathrm{\cdots }+{\lambda }_n=1⟹\lambda ({\lambda }_1{e}_1+\mathrm{\cdots }+{\lambda }_n{e}_n)\notin A\text{.}$$

Ainsi,

$$\forall {\mu }_1,\mathrm{\dots },{\mu }_n\le 0,{\mu }_1{e}_1+\mathrm{\cdots }+{\mu }_n{e}_n\notin A\text{.}$$

Or la partie $\{{\mu }_1{e}_1+\mathrm{\cdots }+{\mu }_n{e}_n|{\mu }_i<0\}$ est un ouvert non vide inclus dans le complémentaire de $A$. Aucun de ses éléments n’est adhérent à $A$. Cela contredit la densité de $A$.

• (a)

  On a

  	$\{\cos (n)|n\in \mathbb{N}\}$	$=\{\cos (n)|n\in \mathbb{Z}\}$
  		$=\{\cos (n+2k\pi )|n,k\in \mathbb{Z}\}$
  		$=\cos \left(\mathbb{Z}+2\pi \mathbb{Z}\right)\text{.}$

  Puisque $\mathbb{Z}+2\pi \mathbb{Z}$ est un sous-groupe de $(ℝ,+)$ et c’est un sous-groupe dense car il n’est pas monogène puisque $\pi$ n’est pas rationnel; c’est en effet un résultat classique bien que en dehors du programme, les sous-groupes de $(ℝ,+)$ sont monogènes ou denses.
  Pour tout $x\in [-1;1]$, il existe $\theta \in [0;\pi ]$ tel que $\cos (\theta )=x$ et puisque $\mathbb{Z}+2\pi \mathbb{Z}$ est dense dans $ℝ$, il existe une suite d’éléments $\mathbb{Z}+2\pi \mathbb{Z}$ convergeant vers $\theta$. L’image de cette suite par la fonction continue cosinus détermine une suite d’élément de $\{\cos (n)|n\in \mathbb{N}\}$ convergeant vers $x$.

• (b)

  En notant que les $2^p$ avec $p\in \mathbb{N}$ sont des naturels non nuls, on observe

  $$\{\cos (p\ln (2))|p\in \mathbb{N}\}\subset \{\cos \left(\ln (n)\right)|n\in {\mathbb{N}}^{*}\}\text{.}$$

  Ainsi,

  $$\cos (\ln (2)\mathbb{Z}+2\pi \mathbb{Z})\subset \{\cos \left(\ln (n)\right)|n\in {\mathbb{N}}^{*}\}\text{.}$$

  Si $\pi$ et $\ln (2)$ ne sont pas commensurables, on peut conclure en adaptant la démarche précédente. Si en revanche $\pi$ et $\ln (2)$ sont commensurables (ce qui est douteux…), on reprend l’idée précédente avec $\ln (3)$ au lieu de $\ln (2)$ …

  Assurément $\pi$ et $\ln (3)$ ne sont pas commensurables car s’ils l’étaient, $\ln (2)$ et $\ln (3)$ le seraient aussi ce qui signifie qu’il existe $p,q\in {\mathbb{N}}^{*}$ tels que $p\ln (2)=q\ln (3)$ soit encore $2^p=3^q$ ce qui est faux!

• (a)

  Posons

  $$A=\{n\ge n_0|a\ge u_n\}$$

  $A$ est une partie de $\mathbb{N}$, non vide car $n_0\in A$ et majorée car $u_n\to +\mathrm{\infty }$.
  La partie $A$ admet donc un plus grand élément $n\ge n_0$ et pour celui-ci $u_n\le a<u_{n+1}$.
  Par suite, $|u_n-a|\le |u_{n+1}-u_n|\le \epsilon$ car $n\ge n_0$.

• (b)

  Soient $x\in ℝ$ et $\epsilon >0$.
  Puisque $u_{n+1}-u_n\to 0$, il existe $n_0\in \mathbb{N}$ tel que pour tout $n\ge n_0$, $|u_{n+1}-u_n|\le \epsilon$.
  Puisque $v_n\to +\mathrm{\infty }$, il existe $p\in \mathbb{N}$ tel que $x+v_p\ge u_{n_0}$.
  Par l’étude précédente, il existe $n\in \mathbb{N}$ tel que $\left|u_n-(x+v_p)\right|\le \epsilon$ c’est-à-dire $\left|(u_n-v_p)-x\right|\le \epsilon$.
  Par suite, l’ensemble $\{u_n-v_p|n,p\in \mathbb{N}\}$ est dense dans $ℝ$.

• (c)

  Remarquons que

  $$A=\{\cos \left(\ln (n)\right)|n\in {\mathbb{N}}^{*}\}=\{\cos (\ln (n+1)-2p\pi )|n,p\in \mathbb{N}\}\text{.}$$

  Posons $u_n=\ln (n+1)$ et $v_n=2n\pi$. Les hypothèses précédentes sont réunies et donc

  $$B=\{u_n-v_p|n,p\in \mathbb{N}\}=\{\ln (n+1)-2p\pi |n,p\in \mathbb{N}\}$$

  est dense dans $ℝ$.
  Soient $x\in [-1;1]$ et $\theta =\arccos (x)$.
  Par densité, il existe une suite $({\theta }_n)$ d’éléments de $B$ convergeant vers $\theta$ et, par continuité de la fonction cosinus, la suite $(x_n)$ de terme général $x_n=\cos ({\theta }_n)$ converge vers $x=\cos (\theta )$.
  Or cette suite $(x_n)$ est une suite d’éléments de $\cos (B)=A$ et donc $A$ est dense dans $[-1;1]$.

• (a)

  Sachant $(u_{n+1}-u_n)$ de limite nulle, pour $\epsilon =(b-a)/2>0$, il existe un rang $p\in \mathbb{N}$ tel que

  $$\forall n\in \mathbb{N},n\ge p⟹\left|u_{n+1}-u_n\right|\le \epsilon$$

  et alors

  $$\forall n\in \mathbb{N},|u_{n+p+1}-u_{n+p}|\le \epsilon \text{.}$$

  Sachant $(v_p)$ de limite $+\mathrm{\infty }$, le terme $u_p-v_q$ tend vers $-\mathrm{\infty }$ lorsque $q$ tend vers $+\mathrm{\infty }$ et il existe donc un rang $q$ tel que $u_p-v_q\le a$.

  Pour ces paramètres $p$ et $q$, la suite de terme général $w_n=u_{n+p}-v_q$ vérifie les conditions requises.

• (b)

  Posons

  $$E=\{u_n-v_p|(n,p)\in {\mathbb{N}}^2\}\text{.}$$

  La suite $(u_n)$ étant de limite $+\mathrm{\infty }$, la suite $(w_n)$ l’est aussi et l’ensemble $A$ des $n\in \mathbb{N}$ vérifiant $w_n\le a$ est une partie de $\mathbb{N}$ non vide et majorée. On peut alors introduire le plus grand entier $N$ vérifiant $w_N\le a$. On vérifie

  $$w_{N+1}>a\mathit{\hspace{1em}}\text{et}\mathit{\hspace{1em}}{w}_{N+1}\le w_N+\underset{\begin{array}{c}\le (b-a)/2\end{array}}{\underbrace{|w_{N+1}-w_N|}}<b\text{.}$$

  On a ainsi établi:

  $$\forall (a,b)\in {ℝ}^2,a<b⟹\exists x\in E,x\in ]a;b[\text{.}$$

  La partie $E$ est donc dense dans $ℝ$.

• (c)

  Introduisons $(v_p)=(2p\pi )$ de limite $+\mathrm{\infty }$. La partie $E$ est dense dans $ℝ$ et l’image de celle-ci par la fonction sinus est $S=\{\sin (u_n)|n\in \mathbb{N}\}$.

  Cette partie est incluse dans le fermé $[-1;1]$ et donc $\overline{S}$ aussi.

  Inversement, tout élément de $[-1;1]$ est le sinus d’un angle $\theta$ et il existe une suite d’éléments de $E$ de limite $\theta$. Par continuité de la fonction sinus, il existe une suite d’éléments de $S$ de limite $\sin (\theta )$. Au final,

  $$\overline{S}=[-1;1]\text{.}$$

• (d)

  Introduisons $(v_p)=(p)$ de limite $+\mathrm{\infty }$. La partie $E$ est dense dans $ℝ$ et l’image de celle-ci par la fonction $f:x\mapsto x-\lfloor x\rfloor$ est $F=\{u_n-\lfloor u_n\rfloor |n\in \mathbb{N}\}$.

  Cette partie est incluse dans le fermé $[0;1]$ et donc $\overline{F}$ aussi.

  Inversement, tout élément de $]0;1[$ est limite d’une suite d’éléments de $E$. Les termes de cette suite appartiennent à $]0;1[$ à partir d’un certain rang et sont donc invariants par $f$: ils appartiennent à $F$. Ainsi,

  $$]0;1[\subset \overline{F}\text{.}$$

  Enfin, $\overline{F}$ étant une partie fermée, on a aussi

  $$[0;1]\subset \overline{F}$$

  puis l’égalité.

• (e)

  L’ensemble des valeurs d’adhérence de $(u_n)$ est

  $$\mathrm{Adh}(u)=\bigcap _{N\in \mathbb{N}}\overline{\{u_n|n\ge N\}}\text{.}$$

  Par l’étude qui précède

  $$\overline{\{u_n|n\ge N\}}=[0;1]$$

  et l’ensemble des valeurs d’adhérence de $u$ est exactement¹¹ 1 L’ensemble des valeurs d’adhérence d’une suite n’est pas immédiatement l’adhérence de l’ensemble de ses termes, par exemple, pour $u_n=n$, la suite $(u_n)$ n’a pas de valeurs d’adhérence! $[0;1]$.

Soient $x\in ℝ$ et $\epsilon >0$.
Il existe $n_0\in {\mathbb{N}}^{*}$ tel que $1/n_0\le \epsilon$.
Pour $a\ge \ln (n_0)$ et $n=E({\mathrm{e}}^a)\ge n_0$, on a $\ln (n)\le a\le \ln (n+1)$.
On en déduit

$$|a-\ln (n)|\le \ln (n+1)-\ln (n)=\ln (1+1/n)\le 1/n\le 1/n_0\le \epsilon \text{.}$$

Puisque $m-x\underset{m\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}+\mathrm{\infty }$, pour $m$ assez grand, on a $a=m-x\ge \ln (n_0)$ et donc il existe $n\in {\mathbb{N}}^{*}$ vérifiant $|a-\ln (n)|\le \epsilon$ c’est-à-dire

$$|m-\ln (n)-x|\le \epsilon \text{.}$$

Par suite, $\{m-\ln (n)|(m,n)\in \mathbb{Z}\times {\mathbb{N}}^{*}\}$ est dense dans $ℝ$.

Soit $[a;b]\subset [1;+\mathrm{\infty }[$ avec $a<b$. Pour établir la densité de $A$, montrons que $A\cap [a;b]$ est non vide.
Considérons $q>1$ tel que $qa\le b$.
Il existe $N\in \mathbb{N}$ tel que

$$\forall n\in \mathbb{N},n\ge N⟹\frac{u_{n+1}}{u_n}\le q\text{.}$$

Considérons alors

$$E=\{m\in \mathbb{N}|m>N\text{ et }\frac{u_m}{u_N}\le b\}$$

$E$ est une partie de $\mathbb{N}$, non vide (car $N+1\in E$) et majorée (car $u_n\to +\mathrm{\infty }$). La partie $E$ possède donc un plus grand élément $M$. Pour celui-ci, on a

$$\frac{u_M}{u_N}\le b\text{ et }\frac{u_{M+1}}{u_N}>b\text{.}$$

Or

$$u_{M+1}\le q{u}_M$$

donc

$$\frac{u_M}{u_N}>\frac{b}{q}\ge a\text{.}$$

Ainsi, $u_M/u_N$ est un élément de $A\cap [a;b]$.

Soient $a<b\in A$.
Puisque $a,b\in A$, $\frac{a+b}{2}\in A$, puis $\frac{3a+b}{4}=\frac{a+(a+b)/2}{2}\in A$ et $\frac{a+3b}{4}\in A$ etc.
Par récurrence sur $n\in \mathbb{N}$, montrons

$$\forall k\in \{0,\mathrm{\dots }{\mathrm{,2}}^n\},\frac{ka+(2^n-k)b}{2^n}\in A\text{.}$$

La propriété est immédiate pour $n=0$.
Supposons la propriété vraie au rang $n\ge 0$.
Soit $k\in \{0,\mathrm{\dots }{\mathrm{,2}}^{n+1}\}$.

Cas: $k$ pair. $k=2k^{\prime }$ avec $k^{\prime }\in \{0,\mathrm{\dots }{\mathrm{,2}}^n\}$ et $\frac{ka+(2^{n+1}-k)b}{2^{n+1}}=\frac{k^{\prime }a+(2^n-k^{\prime })b}{2^n}\in A$ en vertu de l’hypothèse de récurrence.

Cas: $k$ impair. $k=2k^{\prime }+1$ avec $k^{\prime }\in \{0,\mathrm{\dots }{\mathrm{,2}}^n-1\}$ et

$$\frac{ka+(2^{n+1}-k)b}{2^{n+1}}=\frac{1}{2}\left(\frac{k^{\prime }a+(2^n-k^{\prime })b}{2^n}+\frac{(k^{\prime }+1)a+(2^n-(k^{\prime }+1))b}{2^n}\right)\in A$$

car par hypothèse de récurrence

$$\frac{k^{\prime }a+(2^n-k^{\prime })b}{2^n},\frac{(k^{\prime }+1)a+(2^n-(k^{\prime }+1))b}{2^n}\in A\text{.}$$

La récurrence est établie.
Soit $x\in ]infA;supA[$.
Il existe $a,b\in A$ tel que $x\in [a;b]$ ce qui permet d’écrire $x=\lambda a+(1-\lambda )b$.
Soit $k_n=E(2^n\lambda )$ et $x_n=\frac{k_{n}a+(2^n-k_n)b}{2^n}$.
On vérifie aisément que $x_n\to x$ car $2^{n}k\to \lambda$ et pour tout $n\in \mathbb{N}$ $x_n\in A$
Ainsi, $A$ est dense dans $]infA;supA[$.

Considérons l’ensemble $B=\ln (A)=\{\ln (a)|a\in A\}$.
Pour tout $x,y\in B$, $\frac{x+y}{2}=\frac{\ln (a)+\ln (b)}{2}=\ln \left(\sqrt{ab}\right)\in B$.
En raisonnant par récurrence, on montre que pour tout $x,y\in B$, on a la propriété

$$\forall n\in \mathbb{N},\forall k\in \{0,\mathrm{\dots }{\mathrm{,2}}^n\},\frac{kx+(2^n-k)y}{2^n}\in B\text{.}$$

Soit $x\in ]infA;supA[$. Il existe $a,b\in A$ tels que $a<x<b$.
On a alors $\ln (a)<\ln (x)<\ln (b)$ avec $\ln (a),\ln (b)\in B$.
On peut écrire $\ln (x)=\lambda \ln (a)+(1-\lambda )\ln (b)$ avec $\lambda \in ]0;1[$.
Posons alors $k_n$ la partie entière de $\lambda 2^n$ et $x_n=\exp \left(\frac{k_n}{2^n}\ln (a)+\left(1-\frac{k_n}{2^n}\right)\ln (b)\right)$
Il est immédiat que $x_n\to x$ avec pour tout $n\in \mathbb{N}$, $x_n\in A$.
Si, dans cette suite, il existe une infinité d’irrationnels, alors $x$ est limite d’une suite d’éléments de $A\cap (ℝ\setminus \mathbb{Q})$.
Sinon, à partir d’un certain rang, les termes de la suite $x_n$ sont tous rationnels.
Le rapport $x_{n+1}/x_n$ est alors aussi rationnel; mais

$$\frac{x_{n+1}}{x_n}={\left(\frac{a}{b}\right)}^{\frac{k_{n+1}}{2^{n+1}}-\frac{k_n}{2^n}}\text{ avec }\frac{k_{n+1}}{2^{n+1}}-\frac{k_n}{2^n}=0\text{ ou }\frac{1}{2^{n+1}}\text{.}$$

S’il existe une infinité de $n$ tels que $\frac{k_{n+1}}{2^{n+1}}-\frac{k_n}{2^n}=\frac{1}{2^{n+1}}$ alors il existe une infinité de $n\in \mathbb{N}$ tels que

$${\left(\frac{a}{b}\right)}^{\frac{1}{2^n}}\in \mathbb{Q}$$

et puisque l’élévation au carré d’un rationnel est un rationnel, le nombre $a/b$ est lui-même rationnel. Or les racines carrées itérés d’un rationnel différent de 1 sont irrationnelles à partir d’un certain rang.
Il y a absurdité et donc à parti d’un certain rang $k_{n+1}=2k_n$.
Considérons à la suite $(x_n^{\prime })$ définie par

$$x_n^{\prime }=\exp \left(\frac{k_n^{\prime }}{2^n}\ln (a)+\left(1-\frac{k_n^{\prime }}{2^n}\right)\ln (b)\right)\text{ avec }{k}_n^{\prime }=k_n+1\text{.}$$

On obtient une suite d’éléments de $A$, convergeant vers $x$ et qui, en vertu du raisonnement précédent, est formée d’irrationnels à partir d’un certain rang.

• (a)

  Les fonctions continues sur $[0;+\mathrm{\infty }[$ et de limite nulle en $+\mathrm{\infty }$ sont assurément bornées. L’espace $E$ est donc inclus dans l’espace des fonctions bornées de $[0;+\mathrm{\infty }[$ vers $ℝ$. Ce dernier est normé par ${\parallel \cdot \parallel }_{\mathrm{\infty }}$. Par restriction, ${\parallel \cdot \parallel }_{\mathrm{\infty }}$ est aussi une norme sur $E$.

• (b)

  Soit $t\mapsto f(t)$ un élément arbitraire de $E$. Considérons l’application $g$ définie sur $]0;1]$ par

  $$g(x)=f\left(-\ln (x)\right)\text{.}$$

  L’application $g$ est continue et peut se prolonger par continuité en $0$ en posant $g(0)=0$. Par le théorème d’approximation uniforme de Weierstrass, on peut introduire une suite de fonctions polynomiales $({\phi }_n)$ approchant uniformément $g$ sur $[0;1]$. Pour $\epsilon >0$, il existe $N\in \mathbb{N}$ tel que

  $$\forall n\ge N,\forall x\in [0;1],\left|{\phi }_n(x)-g(x)\right|\le \epsilon \text{.}$$

  En particulier,

  $$\forall n\ge N,\left|{\phi }_n(0)-g(0)\right|=\left|{\phi }_n(0)\right|\le \epsilon \text{.}$$

  Considérons alors ${\psi }_n={\phi }_n-\phi (0)$. Les fonctions ${\psi }_n$ sont polynomiales et

  $$\forall n\ge N,\forall x\in [0;1],\left|{\psi }_n(x)-g(x)\right|\le \left|{\phi }_n(x)-g(x)\right|+\left|{\phi }_n(0)\right|\le 2\epsilon \text{.}$$

  Posons alors ${\theta }_n:[0;+\mathrm{\infty }[\to ℝ$ définie par ${\theta }_n(t)={\psi }_n({\mathrm{e}}^{-t})$. On a

  $$\forall n\ge N,\forall t\in [0;+\mathrm{\infty }[,\left|{\theta }_n(t)-f(t)\right|\underset{t=-\ln (x)}{=}\left|{\psi }_n(x)-g(x)\right|\le 2\epsilon$$

  De plsu, ${\theta }_n\in F$ car ${\psi }_n(0)=0$ et le coefficient constant du polynôme décrivant ${\psi }_n$ est nul.

  Finalement, tout élément de $E$ est limite d’une suite d’éléments de $F$ au sens de la norme ${\parallel \cdot \parallel }_{\mathrm{\infty }}$: $F$ est une partie dense de l’espace normé $(E,{\parallel \cdot \parallel }_{\mathrm{\infty }})$.