[<] Continuité et topologie [>] Continuité et densité

 
Exercice 1  1130  Correction  

Montrer que GLn() est dense dans n().

On pourra considérer, pour AMn(R), les matrices de la forme A-λIn.

Solution

L’application λdet(A-λIn) est polynomiale et non nulle, elle possède donc un nombre fini de racines. Par suite,

An(),α>0,B(A,α)GLn().
 
Exercice 2  1135  Correction  

Montrer que l’ensemble des matrices diagonalisables de n() est dense dans n().

Solution

Soit An(). La matrice A est trigonalisable, il existe PGLn() telle que P-1AP=T avec T triangulaire supérieure. Posons alors

Tp=T+diag(1/p,2/p,,n/p)etAp=PTpP-1.

Il est immédiat que

Tpp+TetApp+A

De plus, pour p assez grand, la matrice Tp est triangulaire supérieure à coefficients diagonaux deux à deux distincts. Cette matrice admet alors n valeurs propres et est donc diagonalisable. Il en est de même pour Ap qui lui est semblable. Ainsi, toute matrice de Mn() est limite d’une suite de matrices diagonalisables.

 
Exercice 3  1134   Correction  

On note () l’ensemble des suites réelles nulles à partir d’un certain rang.

  • (a)

    Montrer que () est une partie dense de l’espace des suites sommables normé par

    u1=n=0+|un|.
  • (b)

    () est-il une partie dense de l’espace des suites bornées normé par

    u=supn|un|?.

Solution

  • (a)

    Soit u une suite sommable. On a

    n=N+1+|un|0

    donc pour tout α>0, il existe N tel que

    n=N+1+|un|<α.

    Considérons alors v définie par vn=un si nN et vn=0 sinon.
    On a v() et v-u1<α donc B(u,α)().

  • (b)

    Non, en notant u la suite constante égale à 1, B(u,1/2)()=.

 
Exercice 4  2779     MINES (MP)

Montrer qu’un hyperplan d’un espace normé E est une partie dense ou fermée.

 
Exercice 5  1132   Correction  

Soient U et V deux ouverts denses d’un espace vectoriel normé E.

  • (a)

    Établir que UV est encore un ouvert dense de E.

  • (b)

    En déduire que la réunion de deux fermés d’intérieurs vides est aussi d’intérieur vide.

Solution

  • (a)

    Pour tout aE et tout ε>0, B(a,ε)U car U est dense.
    Soit xB(a,ε)U. Puisque B(a,ε)U est ouvert, il existe α>0 tel que B(x,α)B(a,ε)U et puisque V est dense B(x,α)V. Par suite,

    B(a,ε)(UV).
  • (b)

    Soient F et G deux fermés d’intérieurs vides.

    E(FG)=E(FG)¯=EFEG¯

    avec EF et EG ouverts denses donc

    EFEG¯=E

    puis

    (FG)=.
 
Exercice 6  3649   Correction  

Soient A et B deux parties denses d’un espace normé E.
On suppose la partie A ouverte, montrer que AB est une partie dense.

Solution

Soient xE et r>0.
Puisque A est une partie dense, B(a,r)A. On peut donc introduire xB(a,r)A. Or par intersection d’ouverts, B(a,r)A est aussi une partie ouverte et donc il existe α>0 tel que B(x,α)B(a,r)A. Puisque la partie B est dense, B(x,α)B et finalement B(a,r)AB.
On peut donc conclure que AB est une partie dense de E.

 
Exercice 7  2944     X (MP)Correction  

Soit A une partie convexe et dense d’un espace euclidien E.

Montrer que A=E.

Solution

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

Si 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 Vect(A) est de dimension n, on peut alors considérer (e1,,en) une base de E formée d’éléments de A. Puisque 0EA, pour tout xA, on remarque

λ-,-λxA

(car sinon, par convexité, 0EA).

Par convexité de A,

λ1,,λn0,λ1++λn=1λ1e1++λnenA

et donc

λ-,λ1,,λn0,λ1++λn=1λ(λ1e1++λnen)A.

Ainsi,

μ1,,μn0,μ1e1++μnenA.

Or la partie {μ1e1++μnen|μi<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.

 
Exercice 8  1133   Correction  

Soit H un sous-groupe de (,+) non réduit à {0}.

  • (a)

    Justifier l’existence de a=inf{xH|x>0}.

  • (b)

    On suppose a>0. Établir aH puis H=a.

  • (c)

    On suppose a=0. Établir que H est dense dans .

Solution

  • (a)

    Il existe hH tel que h0 car H n’est pas réduit à {0}.
    Si h>0 alors h{xH|x>0}. Si h<0 alors -h{xH|x>0}.
    Dans les deux cas {xH|x>0}. De plus, {xH|x>0} et {xH|x>0} est minoré par 0 donc a=inf{xH|x>0} existe dans .

  • (b)

    On suppose a>0.
    Si aH alors il existe x,yH tel que a<x<y<2a et alors y-x est élément de H et vérifie 0<y-x<a ce qui contredit la définition de a. C’est absurde.
    aH donc a=<a>H.
    Inversement, soit xH. On peut écrire x=aq+r avec q, r[0;a[ (en fait q=E(x/a) et r=x-aq)
    Puisque r=x-aq avec xH et aqaH on a rH.
    Si r>0 alors r{xH|x>0} et r<a contredit la définition de a.
    Il reste r=0 et donc x=aq. Ainsi Ha puis l’égalité.

  • (c)

    Puisque inf{xH|x>0}=0, on peut affirmer que pour tout α>0, il existe xH tel que 0<x<α.
    Soient a et α>0. Montrons HB(a,α) c’est-à-dire H]a-α;a+α[
    Il existe xH tel que 0<x<α. Posons n=E(a/x). On a a=nx+r avec 0r<α.
    nx<x>H et |a-nx|=r<α donc nxHB(a,α) et donc HB(a,α).
    Ainsi H est dense dans .

 
Exercice 9  23   Correction  
  • (a)

    Montrer que {cos(n)|n} est dense dans [-1;1].

  • (b)

    Montrer que {cos(ln(n))|n*} est dense dans [-1;1].

Solution

  • (a)

    On a

    {cos(n)|n} ={cos(n)|n}
    ={cos(n+2kπ)|n,k}
    =cos(+2π).

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

  • (b)

    En notant que les 2p avec p sont des naturels non nuls, on observe

    {cos(pln(2))|p}{cos(ln(n))|n*}.

    Ainsi,

    cos(ln(2)+2π){cos(ln(n))|n*}.

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

    Assurément π 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* tels que pln(2)=qln(3) soit encore 2p=3q ce qui est faux!

 
Exercice 10  3058   Correction  

Soient (un)n et (vn)n deux suites réelles telles que

unn++,vnn++etun+1-unn+0.
  • (a)

    Soient ε>0 et n0 tels que pour tout nn0, |un+1-un|ε.
    Montrer que pour tout aun0, il existe nn0 tel que |un-a|ε.

  • (b)

    En déduire que {un-vp|n,p} est dense dans .

  • (c)

    Montrer que l’ensemble {cos(ln(n))|n*} est dense dans [-1;1].

Solution

  • (a)

    Posons

    A={nn0|aun}

    A est une partie de , non vide car n0A et majorée car un+.
    La partie A admet donc un plus grand élément nn0 et pour celui-ci una<un+1.
    Par suite, |un-a||un+1-un|ε car nn0.

  • (b)

    Soient x et ε>0.
    Puisque un+1-un0, il existe n0 tel que pour tout nn0, |un+1-un|ε.
    Puisque vn+, il existe p tel que x+vpun0.
    Par l’étude précédente, il existe n tel que |un-(x+vp)|ε c’est-à-dire |(un-vp)-x|ε.
    Par suite, l’ensemble {un-vp|n,p} est dense dans .

  • (c)

    Remarquons que

    A={cos(ln(n))|n*}={cos(ln(n+1)-2pπ)|n,p}.

    Posons un=ln(n+1) et vn=2nπ. Les hypothèses précédentes sont réunies et donc

    B={un-vp|n,p}={ln(n+1)-2pπ|n,p}

    est dense dans .
    Soient x[-1;1] et θ=arccos(x).
    Par densité, il existe une suite (θn) d’éléments de B convergeant vers θ et, par continuité de la fonction cosinus, la suite (xn) de terme général xn=cos(θn) converge vers x=cos(θ).
    Or cette suite (xn) est une suite d’éléments de cos(B)=A et donc A est dense dans [-1;1].

 
Exercice 11  4170     CENTRALE (MP)Correction  

Soit (un) une suite réelle telle que un+1-un0 et un+. Soit (vp) une suite réelle telle que vp+.

  • (a)

    On fixe deux réels a et b tels que a<b. Pour p et q dans , on pose (wn)=(un+p-vq). Montrer que l’on peut choisir p et q de telle sorte que l’on ait w0a et |wn+1-wn|(b-a)/2 pour tout n.

  • (b)

    Montrer que {un-vp|(n,p)2} est dense dans .

  • (c)

    Déterminer l’adhérence de {sin(un)|n}.

  • (d)

    Déterminer l’adhérence de {un-un|n}.

  • (e)

    Quel est l’ensemble des valeurs d’adhérence de la suite (un-un)?

Solution

  • (a)

    Sachant (un+1-un) de limite nulle, pour ε=(b-a)/2>0, il existe un rang p tel que

    n,np|un+1-un|ε

    et alors

    n,|un+p+1-un+p|ε.

    Sachant (vp) de limite +, le terme up-vq tend vers - lorsque q tend vers + et il existe donc un rang q tel que up-vqa.

    Pour ces paramètres p et q, la suite de terme général wn=un+p-vq vérifie les conditions requises.

  • (b)

    Posons

    E={un-vp|(n,p)2}.

    La suite (un) étant de limite +, la suite (wn) l’est aussi et l’ensemble A des n vérifiant wna est une partie de non vide et majorée. On peut alors introduire le plus grand entier N vérifiant wNa. On vérifie

    wN+1>aetwN+1wN+|wN+1-wN|(b-a)/2<b.

    On a ainsi établi:

    (a,b)2,a<bxE,x]a;b[.

    La partie E est donc dense dans .

  • (c)

    Introduisons (vp)=(2pπ) de limite +. La partie E est dense dans et l’image de celle-ci par la fonction sinus est S={sin(un)|n}.

    Cette partie est incluse dans le fermé [-1;1] et donc S¯ aussi.

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

    S¯=[-1;1].
  • (d)

    Introduisons (vp)=(p) de limite +. La partie E est dense dans et l’image de celle-ci par la fonction f:xx-x est F={un-un|n}.

    Cette partie est incluse dans le fermé [0;1] et donc 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[F¯.

    Enfin, F¯ étant une partie fermée, on a aussi

    [0;1]F¯

    puis l’égalité.

  • (e)

    L’ensemble des valeurs d’adhérence de (un) est

    Adh(u)=N{un|nN}¯.

    Par l’étude qui précède

    {un|nN}¯=[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 un=n, la suite (un) n’a pas de valeurs d’adhérence! [0;1].

 
Exercice 12  3017     X (MP)Correction  

Montrer que {m-ln(n)|(m,n)×*} est dense dans .

Solution

Soient x et ε>0.
Il existe n0* tel que 1/n0ε.
Pour aln(n0) et n=E(ea)n0, on a ln(n)aln(n+1).
On en déduit

|a-ln(n)|ln(n+1)-ln(n)=ln(1+1/n)1/n1/n0ε.

Puisque m-xm++, pour m assez grand, on a a=m-xln(n0) et donc il existe n* vérifiant |a-ln(n)|ε c’est-à-dire

|m-ln(n)-x|ε.

Par suite, {m-ln(n)|(m,n)×*} est dense dans .

 
Exercice 13  3402     ENSCorrection  

Soit (un) une suite de réels strictement positifs. On suppose

(un) strictement croissante, un+ et un+1un1.

Montrer que l’ensemble

A={umun|m>n}

est une partie dense dans l’intervalle [1;+[

Solution

Soit [a;b][1;+[ avec a<b. Pour établir la densité de A, montrons que A[a;b] est non vide.
Considérons q>1 tel que qab.
Il existe N tel que

n,nNun+1unq.

Considérons alors

E={m|m>N et umuNb}

E est une partie de , non vide (car N+1E) et majorée (car un+). La partie E possède donc un plus grand élément M. Pour celui-ci, on a

uMuNb et uM+1uN>b.

Or

uM+1quM

donc

uMuN>bqa.

Ainsi, uM/uN est un élément de A[a;b].

 
Exercice 14  3018   Correction  

Soit A une partie non vide de vérifiant

a,bA,a+b2A.

Montrer que A est dense dans l’intervalle ]infA;supA[.

Solution

Soient a<bA.
Puisque a,bA, a+b2A, puis 3a+b4=a+(a+b)/22A et a+3b4A etc.
Par récurrence sur n, montrons

k{0,,2n},ka+(2n-k)b2nA.

La propriété est immédiate pour n=0.
Supposons la propriété vraie au rang n0.
Soit k{0,,2n+1}.

Cas: k pair. k=2k avec k{0,,2n} et ka+(2n+1-k)b2n+1=ka+(2n-k)b2nA en vertu de l’hypothèse de récurrence.

Cas: k impair. k=2k+1 avec k{0,,2n-1} et

ka+(2n+1-k)b2n+1=12(ka+(2n-k)b2n+(k+1)a+(2n-(k+1))b2n)A

car par hypothèse de récurrence

ka+(2n-k)b2n,(k+1)a+(2n-(k+1))b2nA.

La récurrence est établie.
Soit x]infA;supA[.
Il existe a,bA tel que x[a;b] ce qui permet d’écrire x=λa+(1-λ)b.
Soit kn=E(2nλ) et xn=kna+(2n-kn)b2n.
On vérifie aisément que xnx car 2nkλ et pour tout n xnA
Ainsi, A est dense dans ]infA;supA[.

 
Exercice 15  3020     X (MP)Correction  

Soit A une partie non vide de +* vérifiant

(a,b)A2,abA.

Montrer que A() est dense dans ]infA;supA[.

Solution

Considérons l’ensemble B=ln(A)={ln(a)|aA}.
Pour tout x,yB, x+y2=ln(a)+ln(b)2=ln(ab)B.
En raisonnant par récurrence, on montre que pour tout x,yB, on a la propriété

n,k{0,,2n},kx+(2n-k)y2nB.

Soit x]infA;supA[. Il existe a,bA tels que a<x<b.
On a alors ln(a)<ln(x)<ln(b) avec ln(a),ln(b)B.
On peut écrire ln(x)=λln(a)+(1-λ)ln(b) avec λ]0;1[.
Posons alors kn la partie entière de λ2n et xn=exp(kn2nln(a)+(1-kn2n)ln(b))
Il est immédiat que xnx avec pour tout n, xnA.
Si, dans cette suite, il existe une infinité d’irrationnels, alors x est limite d’une suite d’éléments de A().
Sinon, à partir d’un certain rang, les termes de la suite xn sont tous rationnels.
Le rapport xn+1/xn est alors aussi rationnel; mais

xn+1xn=(ab)kn+12n+1-kn2n avec kn+12n+1-kn2n=0 ou 12n+1.

S’il existe une infinité de n tels que kn+12n+1-kn2n=12n+1 alors il existe une infinité de n tels que

(ab)12n

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 kn+1=2kn.
Considérons à la suite (xn) définie par

xn=exp(kn2nln(a)+(1-kn2n)ln(b)) avec kn=kn+1.

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.

[<] Continuité et topologie [>] Continuité et densité



Édité le 08-11-2019

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