Exercice 1 5235

Soient $U_{1}, \dots, U_{p}$ des parties ouvertes d’un espace normé $E$ de dimension finie.

Montrer que $U = U_{1} \cap \dots \cap U_{p}$ est une partie ouverte. Que dire de la réunion d’un nombre fini de parties fermées?

Exercice 2 4679

Déterminer deux parties $A$ et $B$ de l’espace $ℝ^{2}$ telles que $A$ et $B$ soient fermées mais pas la partie

A + B = {a + b | a \in A et b \in B} .

Exercice 3 1103 Correction

Montrer que tout fermé peut s’écrire comme intersection d’une suite décroissante d’ouverts.

Solution

Soient $F$ un fermé et pour tout $n \in ℕ^{*}$ ,

O_{n} = ⋃_{a \in F} B (a,1 / n)

$O_{n}$ est un ouvert (car réunion d’ouverts) contenant $F$ . Le fermé $F$ est donc inclus dans l’intersection des $O_{n}$ pour $n \in ℕ^{*}$ .
Inversement, si $x$ appartient à cette intersection, alors, pour tout $n \in ℕ$ , il existe $a_{n} \in F$ tel que $x \in B (a_{n},1 / n)$ . La suite $(a_{n})$ converge alors vers $x$ et donc $x \in F$ car $F$ est fermé.

Finalement, $F$ est l’intersection des $O_{n}$ pour $n \in ℕ^{*}$ .

Exercice 4 1118 Correction

Soient $A$ un ouvert et $B$ une partie d’un espace vectoriel normé $E$ .

(a)

Montrer que $A \cap \bar{B} \subset \bar{A \cap B}$
(b)

Montrer que $A \cap B = \emptyset ⟹ A \cap \bar{B} = \emptyset$ .

Solution

(a)

Soit $x \in A \cap \bar{B}$ . Il existe une suite $(b_{n}) \in B^{ℕ}$ telle que $b_{n} \to x$ . Or $x \in A$ et $A$ est ouvert donc à partir d’un certain rang $b_{n} \in A$ . Ainsi pour $n$ assez grand $b_{n} \in A \cap B$ et puisque $b_{n} \to x$ , $x \in \bar{A \cap B}$ .
(b)

Si $A \cap B = \emptyset$ alors $A \cap \bar{B} \subset \bar{A \cap B} = \bar{\emptyset} = \emptyset$ .

Exercice 5 4678

Soit $X$ une partie quelconque d’un espace normé $E$ .

(a)

Montrer que $X^{\circ}$ est la réunion des ouverts inclus dans $X$ .
(b)

En déduire que $X^{\circ}$ est le plus grand¹¹ 1 Au sens de l’inclusion. ouvert inclus dans $X$ .
(c)

Établir que $\bar{X}$ est le plus petit fermé contenant $X$ .

Exercice 6 1104 Correction

On désigne par $p_{1}$ et $p_{2}$ les applications coordonnées de $ℝ^{2}$ définies par $p_{i} (x_{1}, x_{2}) = x_{i}$ pour $i = 1,2$ .

(a)

Soit $O$ un ouvert de $ℝ^{2}$ , montrer que $p_{1} (O) et p_{2} (O)$ sont des ouverts de $ℝ$ .
(b)

Soit $H = {(x, y) \in ℝ^{2} | x y = 1}$ . Montrer que $H$ est un fermé de $ℝ^{2}$ et que $p_{1} (H) et p_{2} (H)$ ne sont pas des fermés de $ℝ$ .
(c)

Montrer que si $F$ est un fermé et que $p_{2} (F)$ est une partie bornée, alors $p_{1} (F)$ est fermée.

Solution

(a)

Soit $x \in p_{1} (O)$ . Il existe $y \in ℝ$ tel que $a = (x, y) \in O$ . Comme $O$ est ouvert, il existe $ε > 0$ tel que $B_{\infty} (a, ε) \subset O$ et alors $] x - ε; x + ε [\subset p_{1} (O)$ . Ainsi, $p_{1} (O)$ (et de même $p_{2} (O)$ ) est ouvert.
(b)

Soit ${((x_{n}, y_{n}))}_{n \in ℕ} \in H^{ℕ}$ telle que

$(x_{n}, y_{n}) \to_{n \to + \infty}^{} (x, y) .$

Comme $x_{n} y_{n} = 1$ , à la limite $x y = 1$ .

Par la caractérisation séquentielle des fermés, $H$ est une partie fermée.

Cependant $p_{1} (H) = ℝ^{*}$ , $p_{2} (H) = ℝ^{*}$ ne sont pas des parties fermées de $ℝ$ .
(c)

Soit ${(x_{n})}_{n \in ℕ} \in {(p_{1} (F))}^{ℕ}$ telle que

$x_{n} \to_{n \to + \infty}^{} x .$

Pour $n \in ℕ$ , il existe $y_{n}$ tel que $(x_{n}, y_{n}) \in F$ .

Comme la suite $(y_{n})$ est bornée, on peut extraire une suite convergente $(y_{φ (n)})$ de limite $y$ . La suite $((x_{φ (n)}, y_{φ (n)}))$ est convergente de limite $(x, y)$ et, puisque $F$ est une partie fermée, $(x, y) \in F$ . On en déduit $x = p_{1} ((x, y)) \in p_{1} (F)$ . Ainsi, $p_{1} (F)$ est une partie fermée.

Exercice 7 3021 X (MP)Correction

Soient $E$ un espace vectoriel normé, $F$ un sous-espace fermé de $E$ et $G$ un sous-espace vectoriel de dimension finie de $E$ . Montrer que $F + G$ est fermé

Solution

Pour obtenir ce résultat, il suffit de savoir montrer $F + Vect (u)$ fermé pour tout $u \notin F$ .
Soit $(x_{n})$ une suite convergente d’éléments de $F + Vect (u)$ de limite $x$ .
Pour tout $n \in ℕ$ , on peut écrire $x_{n} = y_{n} + λ_{n} u$ avec $y_{n} \in F$ et $λ_{n} \in 𝕂$ .
Montrons en raisonnant par l’absurde que la suite $(λ_{n})$ est bornée.
Si la suite $(λ_{n})$ n’est pas bornée, quitte à considérer une suite extraite, on peut supposer $| λ_{n} | \to + \infty$ .
Posons alors $z_{n} = \frac{1}{λ_{n}} x_{n} = \frac{1}{λ_{n}} y_{n} + u$ .
Puisque $∥ x_{n} ∥ \to ∥ x ∥$ et $| λ_{n} | \to + \infty$ , on a $∥ z_{n} ∥ \to 0$ et donc $\frac{1}{λ_{n}} y_{n} \to - u$ .
Or la suite de terme général $\frac{1}{λ_{n}} y_{n}$ est une suite d’éléments de l’espace fermé $F$ , donc $- u \in F$ ce qui exclu.
Ainsi, la suite $(λ_{n})$ est bornée et l’on peut en extraire une suite convergente $(λ_{φ (n)})$ de limite $λ \in 𝕂$ .
Par opérations, la suite $(y_{φ (n)})$ est alors convergente.
En notant $y$ sa limite, on a $y \in F$ car l’espace $F$ est fermé.
En passant la relation $x_{n} = y_{n} + λ_{n} u$ à la limite, on obtient $x = y + λ u \in F + Vect (u)$ .
Ainsi, l’espace $F + Vect (u)$ est fermé.

[<] Distance à une partie [>] Continuité et topologie

Édité le 29-08-2023

Opérations sur les ouverts, les fermés