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

 
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  1124  

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

 
Exercice 5  1125   

Soit E un espace vectoriel euclidien.

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

 
Exercice 6  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 7  1128   Correction  

Montrer qu’un endomorphisme u d’un espace vectoriel normé E est continu si, et seulement si, la partie {xE|u(x)=1} est fermée.

Solution

Si u est continue alors

A={xE|u(x)=1}=f-1({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.
Inversement, si u n’est pas continu alors l’application u n’est par bornée sur {xE|x=1}. Cela permet de construire une suite (xn)E vérifiant

xn=1etu(xn)>n.

En posant

yn=1u(xn)xn

on obtient une suite (yn)A vérifiant yn0.
Or 0A donc la partie A n’est pas fermée.

 
Exercice 8  1129     MINES (MP)

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

 
Exercice 9  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(u-Id).

  • (b)

    Montrer que

    Im(u-Id)Ker(u-Id)={0}.
  • (c)

    On suppose E de dimension finie, établir

    Im(u-Id)Ker(u-Id)=E.
  • (d)

    On suppose de nouveau E de dimension quelconque.
    Montrer que si

    Im(u-Id)Ker(u-Id)=E

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

  • (e)

    Étudier la réciproque.

Solution

  • (a)

    Par télescopage

    (k=0nuk)(u-Id)=un+1-Id

    donc

    vn(u-Id)=1(n+1)(un+1-Id).
  • (b)

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

    vn(u-Id)(a)=x.

    Or

    vn(u-Id)(a)=1n+1(un+1(a)-a)0

    car

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

    On en déduit x=0.

  • (c)

    Par la formule du rang

    dimIm(u-Id)+dimKer(u-Id)=dimE

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

  • (d)

    Soit zE. On peut écrire z=x+y avec xIm(u-Id) et yKer(u-Id).
    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(u-Id) parallèlement à Im(u-Id).
    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(u-Id)=Ker(p) est une partie fermée.

  • (e)

    Supposons la convergence simple de la suite de fonctions (vn) et la fermeture de Im(u-Id).
    Soit zE. Posons y=limn+vn(z) et x=z-y.
    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(u-Id).
    D’autre part

    z-vn(z)=1n+1(k=0n(Id-uk)(z))

    et

    Im(Id-uk)=Im((Id-u)=0k-1u-1)Im(Id-u)=Im(u-Id)

    donc z-vn(z)Im(u-Id). On en déduit x=lim(z-vn(z))Im(u-Id) car Im(u-Id) est fermé.
    Finalement, on a écrit z=x+y avec

    xIm(u-Id) et yKer(u-Id).
 
Exercice 10  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 11  3726     ENSCorrection  

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 12  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 13  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 14  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 solution dérivable.
    Si α=β alors f est constante égale à cette valeur commune.
    Si α<β alors 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.

 
Exercice 15  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

  • (b)

    Soit f solution dérivable.
    Si α=β alors f est constante égale à cette valeur commune.
    Si α<β alors 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 08-11-2019

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