[<] Opérations sur les ouverts, les fermés [>] Parties convexes

 
Exercice 1  1123  

Justifier que U={(x,y)2|x2+y2<x3+y3} est une partie ouverte de 2.

 
Exercice 2  5243  
  • (a)

    Montrer que A={(x,y)2|xy<1} est une partie ouverte.

  • (b)

    Montrer que B={(x,y)2| 1+y3x2} est une partie fermée.

  • (c)

    Montrer que C={(x,y)2|x4+y4=x2} est une partie fermée.

 
Exercice 3  3859  Correction  

Soit E un -espace vectoriel normé de dimension finie.
Montrer que l’ensemble 𝒫 des projecteurs de E est une partie fermée de (E).

Solution

Considérons l’application φ:(E)(E) déterminée par φ(f)=f2-f.
L’application φ est continue par opérations sur les fonctions continues, notamment parce que l’application fff est continue (elle s’obtient à partir du produit dans l’algèbre (E)).
Puisque {0~} est une partie fermée de (E), l’ensemble 𝒫=φ-1({0~}) est un fermé relatif à (E), donc un fermé de (E).

 
Exercice 4  5561  Correction  

Montrer que SLn()={An()|det(A)=1} est une partie fermée de n().

Solution

On sait que l’application Adet(A) est continue sur n() et que le singleton {1} est une partie fermée de . L’ensemble SLn()=det-1({1}) est donc une partie fermée de n() en tant qu’image réciproque d’un fermé par une application continue définie sur n().

 
Exercice 5  1124  

Montrer que GLn(𝕂) est une partie ouverte de n(𝕂).

 
Exercice 6  5629  Correction  

Soit E un 𝕂-espace vectoriel de dimension finie. Montrer que

X={u(E)|tr(u2)=tr(u)}

est une partie fermée de (E).

Solution

Considérons l’application

f:{(E)𝕂utr(u2)-tr(u).

L’application f est continue par opérations sur les fonctions continues. En effet, utr(u) est continue car linéaire au départ d’un espace de dimension finie et uu2 est continue par composition des applications

u(u,u)et(u,v)uv

qui sont continues, pour la première car linéaire au départ d’un espace de dimension finie, pour la seconde car bilinéaire au départ d’un produit d’espaces de dimensions finies.

On observe X=f-1({0}). La partie X apparaît comme l’image réciproque d’un fermé par une application continue, c’est donc un fermé relatif à (E), c’est-à-dire un fermé de (E).

 
Exercice 7  3306   Correction  

Dans E=[X], on considère les normes

N1(P)=supt[0;1]|P(t)|etN2(P)=supt[1;2]|P(t)|.

L’ensemble

Ω={PE|P(0)0}

est-il ouvert pour la norme N1? pour la norme N2?

Solution

Posons φ:E l’application définie par φ(P)=P(0).

L’application φ est linéaire et puisque |φ(P)|N1(P), cette application est continue. On en déduit que Ω=φ1(*) est un ouvert relatif à E c’est-à-dire un ouvert de E pour la norme N1.
Pour la norme N2, montrons que la partie Ω n’est pas ouverte en observant qu’elle n’est pas voisinage de son point P=1. Pour cela considérons la fonction continue f:[0;2] donnée par le graphe suivant:

[Uncaptioned image]

Par le théorème d’approximation de Weierstrass, il existe une suite (Pn) de polynômes vérifiant

supt[0;2]|Pn(t)f(t)|n+0

et en particulier

Pn(0)n+0etN2(PnP)n+0.

Considérons alors la suite de polynômes (Qn) avec

Qn=PnPn(0).

Pour tout n, Qn(0)=0 donc QnΩ et

N2(Qn)N2(PnP)+|Pn(0)|n+0

donc

Qnn+N2P.

Puisque la partie Ω n’est pas voisinage de chacun de ses points, elle n’est pas ouverte pour la norme N2.

 
Exercice 8  1125   

Soit E un espace vectoriel euclidien.

Montrer que l’ensemble {(x,y)E2|(x,y) libre} est un ouvert de E2.

 
Exercice 9  1126   Correction  

Pour p{0,1,,n}, on note Rp l’ensemble des matrices de n(𝕂) de rang supérieur à p.

Montrer que Rp est un ouvert de n(𝕂).

Solution

Soit ARp. La matrice A possède un déterminant extrait non nul d’ordre p. Par continuité du déterminant, au voisinage de A, toute matrice à ce même déterminant extrait non nul et est donc de rang supérieur à p. Ainsi la matrice A est intérieure à Rp.

 
Exercice 10  1128   Correction  

Soit u un endomorphisme d’un espace normé (E,).

Montrer que l’endomorphisme u est continu si, et seulement si, l’ensemble {xE|u(x)=1} est une partie fermée de E.

Solution

() Supposons l’endomorphisme u continu. La partie

A={xE|u(x)=1}=f1({1})

est l’image réciproque du fermé {1} par l’application continue f=u. La partie A est donc un fermé relatif à E, c’est donc une partie fermée de E.

() Par contraposition. Supposons que l’endomorphisme u ne soit pas continu. Il ne satisfait la propriété de lipschitzianité en 0 et donc

k+,xE,u(x)>kx.

Pour n, en considérant k=n, on peut définir une suite (xn) d’éléments de E telle que

n,u(xn)>nxn.

Les vecteurs u(xn) ne peuvent pas être nuls et l’on peut introduire

yn=1u(xn)xnpour tout n.

On vérifie

n,ynAetyn0E<1nn+0.

On forme ainsi une suite (yn)A convergeant vers le vecteur nul qui n’appartient pas à A. La partie A n’est pas fermée.

 
Exercice 11  1129     MINES (MP)

Montrer qu’une forme linéaire d’un espace normé est continue si, et seulement si, son noyau est fermé.

 
Exercice 12  3285     CENTRALE (MP)Correction  

Soient E un espace normé de dimension quelconque et u un endomorphisme de E vérifiant

xE,u(x)x.

Pour tout n, on pose

vn=1n+1k=0nuk.
  • (a)

    Simplifier vn(uIdE).

  • (b)

    Montrer que

    Im(uIdE)Ker(uIdE)={0}.
  • (c)

    On suppose E de dimension finie, établir

    Im(uIdE)Ker(uIdE)=E.
  • (d)

    On suppose de nouveau E de dimension quelconque.

    Montrer que si

    Im(uIdE)Ker(uIdE)=E

    alors la suite (vn) converge simplement et l’espace Im(uIdE) est une partie fermée de E.

  • (e)

    Étudier la réciproque.

Solution

  • (a)

    Par télescopage

    (k=0nuk)(uIdE)=un+1IdE

    donc

    vn(uIdE)=1(n+1)(un+1IdE).
  • (b)

    Soit xIm(uIdE)Ker(uIdE). On peut écrire x=u(a)a et l’on a u(x)=x.
    On en déduit

    vn(uIdE)(a)=x.

    Or

    vn(uIdE)(a)=1n+1(un+1(a)a)n+0

    car

    un+1(a)aun+1(a)+a2a.

    On en déduit x=0.

  • (c)

    Par la formule du rang

    dimIm(uIdE)+dimKer(uIdE)=dimE

    et puisque les deux espaces sont en somme directe, ils sont supplémentaires.

  • (d)

    Soit zE. On peut écrire z=x+y avec xIm(uIdE) et yKer(uIdE).
    On a alors vn(z)=vn(x)+y avec, comme dans l’étude du b), vn(x)0. On en déduit vn(z)y.
    Ainsi, la suite de fonctions (vn) converge simplement vers la projection p sur Ker(uIdE) parallèlement à Im(uIdE).
    Puisque pour tout xE, on a

    vn(x)1n+1k=0nuk(x)1n+1k=0nx=x

    on obtient à la limite p(x)x. On en déduit que la projection p est continue puis que Im(uIdE)=Ker(p) est une partie fermée.

  • (e)

    Supposons la convergence simple de la suite de fonctions (vn) et la fermeture de Im(uIdE).
    Soit zE. Posons y=limn+vn(z) et x=zy.
    D’une part, puisque

    u(vn(z))=1n+1k=0nuk+1(z)=vn(z)+1n+1(un+1(z)z)

    on obtient à la limite

    u(y)=y

    car l’application linéaire u est continue et un+1(z)z. On en déduit yKer(uIdE).
    D’autre part

    zvn(z)=1n+1(k=0n(IdEuk)(z))

    et

    Im(IdEuk)=Im((IdEu)=0k1u1)Im(IdEu)=Im(uIdE)

    donc zvn(z)Im(uIdE). On en déduit x=lim(zvn(z))Im(uIdE) car Im(uIdE) est fermé.
    Finalement, on a écrit z=x+y avec

    xIm(uIdE) et yKer(uIdE).
 
Exercice 13  5745  Correction  

Soient E et F deux espaces normés et f:EF.

On suppose que pour toute partie ouverte Ω de F, l’ensemble f-1(Ω) est une partie ouverte de E.

Établir que f est continue.

Solution

Il s’agit ici d’établir un résultat réciproque de celui du cours affirmant que l’image réciproque par une application continue d’une partie ouverte est un ouvert relatif à l’ensemble de départ de cette application.

Soit aE. Pour tout ε>0, la boule ouverte B(f(a),ε) est une partie ouverte de F. Par hypothèse, son image réciproque

f-1(B(f(a),ε))={xE|f(x)B(f(a),ε)}

est un ouvert de E. Or a est élément de cette image réciproque et l’on sait qu’un ouvert est voisinage de chacun de ses points. Par conséquent, il existe α>0 tel que

B(a,α)f-1(B(f(a),ε))

ce qui signifie

xE,x-a<α xB(a,α)
f(x)B(f(a),ε)
f(x)-f(a)ε.

On a ainsi établi la continuité de f en a.

Or cela vaut pour aE, l’application f est donc continue.

 
Exercice 14  1127   

Soient E et F deux espaces vectoriels normés et f:EF.

Montrer qu’il y a équivalence entre les quatre assertions suivantes:

  • (i)

    f est continue;

  • (ii)

    A(E),f(A¯)f(A)¯;

  • (iii)

    B(F),f-1(B)¯f-1(B¯);

  • (iv)

    B(F),f-1(B)(f-1(B)).

 
Exercice 15  3726     ENS (MP)Correction  

Soit f: vérifiant

  • (1))

    [a;b],f([a;b]) est un segment;

  • (2)

    y,f-1({y}) est une partie fermée.

Montrer que f est continue.

Solution

Par l’absurde, supposons f discontinue en a. On peut alors construire une suite (xn) vérifiant

xnn+aetn,|f(xn)-f(a)|ε

avec ε>0 convenable.

Soit n, puisque f([a;xn]) est un segment contenant f(a) et f(xn), il contient aussi l’intermédiaire f(a)±ε (le ± étant déterminé par la position relative de f(xn) par rapport à f(a)). Il existe donc an compris entre a et xn vérifiant

|f(an)-f(a)|=ε.

La suite (an) évolue dans le fermé f-1({f(a)+ε})f-1({f(a)-ε}) et converge vers a donc af-1({f(a)+ε})f-1({f(a)-ε}). C’est absurde.

 
Exercice 16  2773      MINES (MP)Correction  

Pour n*, On désigne l’ensemble des polynômes réels de degré n scindés à racines simples et Fn l’ensemble des polynômes de n[X] scindés à racines simples.

Ces ensembles sont-ils ouverts dans n[X]?

Solution

Soit POn. En notant x1<<xn ses racines, on peut écrire

P=α(X-x1)(X-xn)

avec α0.
Posons y1,,yn-1 les milieux des segments [x1;x2],,[xn-1;xn].
Posons aussi y0]-;x1[ et yn]xn;+[.
P(y0) est du signe de (-1)nα, P(y1) est du signe de (-1)n-1α,…, P(yn-1) est du signe de (-1)α, P(yn) du signe de α. Pour simplifier l’exposé de ce qui suit, on va supposer α>0. La résolution se transposera aisément au cas α<0.
Considérons l’application

fi:Qn[X]Q(yi).

L’application fi est continue et donc fj-1(+*) et fj-1(-*) sont des parties ouvertes de n[X].
Considérons U l’intersection des ouverts

f0-1((-1)n+*),f1-2((-1)n-1+*),,fn-1(+*).

Les éléments de U sont des polynômes réels alternant de signe entre y0<y1<<yn. Par application du théorème des valeurs intermédiaires, un tel polynôme admet n racines distinctes et donc est scindé à racines simples. Ainsi, UOn. Or PU et U est ouvert donc U est voisinage de P puis On est voisinage de P.
Au final On est ouvert car voisinage de chacun de ses éléments.
Dans le cas n=1: Fn=On et donc Fn est ouvert.
Dans le cas n=2: Fn réunit les polynômes P=aX2+bX+c avec b2-4ac>0 (que a soit égal à 0 ou non). L’application Pb2-4ac étant continue, on peut affirmer que Fn est encore ouvert car image réciproque d’un ouvert pas une application continue.
Dans le cas n3: Pn=X(1+X2/n) est une suite de polynômes non scindés convergeant vers X scindé à racines simples. Par suite, Fn n’est pas ouvert.

 
Exercice 17  2813     MINES (MP)Correction  

Soient f et g des fonctions continues de [0;1] dans [0;1] telles que fg=gf.

  • (a)

    Montrer que l’ensemble des points fixes de f possède un plus grand et un plus petit élément.

  • (b)

    Montrer l’existence de c[0;1] tel que f(c)=g(c).

Solution

  • (a)

    L’ensemble des points fixes de f est (f-Id)-1{0}, c’est donc une partie fermée de [0;1]. Étant fermée et bornée c’est une partie compacte. Étant de plus non vide, cette partie admet un plus petit et un plus grand élément.

  • (b)

    Soient ab les deux éléments précédents. L’égalité fg=gf donne f(g(a))=g(a) et f(g(b))=g(b).
    Les réels g(a) et g(b) étant points fixes de f, on a l’encadrement

    ag(a),g(b)b.

    Considérons alors la fonction continue φ=f-g.
    On a φ(a)=a-g(a)0 et φ(b)=b-g(b)0.
    Par application du théorème des valeurs intermédiaires, la fonction φ s’annule.

 
Exercice 18  3393     ENSTIM (MP)Correction  

Soit f:[0;1][0;1] une application continue vérifiant

ff=f.
  • (a)

    Montrer que l’ensemble

    {x[0;1]|f(x)=x}

    est un intervalle fermé et non vide.

  • (b)

    Donner l’allure d’une fonction f non triviale vérifiant les conditions précédentes.

  • (c)

    On suppose de plus que f est dérivable. Montrer que f est constante ou égale à l’identité.

Solution

  • (a)

    Notons

    A={x[0;1]|f(x)=x}.

    On a évidemment AIm(f), mais inversement, pour xIm(f), on peut écrire x=f(a) et alors

    f(x)=f(f(a))=f(a)=x.

    Ainsi, Im(f)A, puis, par double inclusion, A=Im(f).

    On en déduit que A est un segment de de la forme [α;β] car image d’un compact par une fonction réelle continue.

  • (b)

    Une fonction f d’allure suivante convient

  • (c)

    Soit f une fonction solution dérivable.

    Cas: α=β. f est constante égale à cette valeur commune.

    Cas: α<β. On a f(α)=fd(α)=1 car f(x)=x sur [α;β].

    Par suite, si α>0, f prend des valeurs strictement inférieures à α ce qui est contradictoire avec l’étude qui précède. On en déduit α=0.

    De même, on obtient β=1 et l’on conclut f:x[0;1]x.

 
Exercice 19  2774     MINES (MP)Correction  
  • (a)

    Chercher les fonctions f:[0;1][0;1] continues vérifiant

    ff=f.
  • (b)

    Même question avec les fonctions dérivables.

Solution

  • (a)

    Soit f solution. Formons

    A={x[0;1]|f(x)=x}.

    On a évidemment AIm(f), mais inversement, pour xIm(f), on peut écrire x=f(a) et alors

    f(x)=f(f(a))=f(a)=x.

    Ainsi, Im(f)A, puis, par double inclusion, A=Im(f).

    On en déduit que A est un segment de de la forme [α;β] car c’est l’image d’un segment par une fonction réelle continue.

    Pour tout x[α;β], f(x)=x et pour tout x[0;α[]β;1], f(x)[α;β].

    Inversement, une fonction continue vérifiant les deux conditions précédente est solution.

    Cela peut apparaître sous la forme d’une fonction ayant l’allure suivante

    [Uncaptioned image]
  • (b)

    Soit f solution dérivable.

    Cas: α=β. f est constante égale à cette valeur commune.

    Cas: α<β. On a f(α)=fd(α)=1 car f(x)=x sur [α;β].

    Par suite, si α>0, f prend des valeurs strictement inférieur à α ce qui est contradictoire avec l’étude qui précède. On en déduit α=0.

    De même, on obtient β=1 et l’on conclut f:x[0;1]x.

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Édité le 22-03-2024

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