Sujet : Analyse, Topologie, Continuité et topologie

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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 septembre 2013 Enoncés 1 Continuité et topologie Exercice 8 [ 03393 ] [correction] Soit f : [0, 1]→ [0, 1] une application continue vérifiant Exercice 1 [ 01123 ] [correction] f◦f =f2 2 2 3 3 2Justifier que U = (x,y)∈R /x +y 0, B(f(a),ε) est un ouvert2 2continue. Or un ouvert relatif àR n’est autre qu’un ouvert deR . de F dont ◦−1 −1f (B(f(a),ε))⊂ f (B(f(a),ε)) ◦−1 −1Exercice 2 : [énoncé] Or a∈f (B(f(a),ε)) donc a∈ f (B(f(a),ε)) . Par conséquent, il existe L’application det :M (R)→R est polynomiale en les coefficients matriciels, ellen α> 0 tel que ?est donc continue. Puisque GL (R) est l’image réciproque de l’ouvertR par cette −1n B(a,α)⊂f (B(f(a),ε)) application continue, GL (R) est un ouvert relatif àM (R), c’est donc un ouvertn n Ainsi nous obtenonsdeM (R).n ∀a∈E,∀ε> 0,∃α> 0,∀x∈E, x∈B(a,α)⇒f(x)∈B(f(a),ε) Exercice 3 : [énoncé] ce qui correspond à la continuité de f.Par le cas d’égalité dans l’inégalité de Cauchy-Schwarz (x,y) est libre ⇔|(x|y)|nn n déterminant extrait non nul et est donc de rang supérieur à p. Ainsi la matrice A En posantest intérieure à R .p 1 y = xn n ku(x )kn Exercice 5 : [énoncé] Non obtient une suite (y )∈A vérifiant y → 0 .n n¯(i)⇒ (ii) Supposons f continue et introduisons A⊂E. Tout élément y de f(A) Or 0∈/ A donc la partie A n’est pas fermée. est l’image par f de la limite x d’une suite convergente (x ) d’éléments de A. Orn f étant continue, f(x )→y et donc y est limite d’une suitet de f(A).
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Continuité et topologie

Exercice 1[ 01123 ][correction]
Justifier queU=(x y)∈R2x2+y2< x3+y3est une partie ouverte deR2.

Exercice 2[ 01124 ][correction]
Montrer que GLn(R)est une partie ouverte deMn(R).

Exercice 3[ 01125 ][correction]
SoitEun espace vectoriel euclidien.
Montrer que l’ensemble(x y)∈E2(x y)libreest un ouvert deE2.

Exercice 4[ 01126 ][correction]
Pourp∈ {01     n}, on noteRpl’ensemble des matrices deMn(K)de rang
supérieur àp.
Montrer queRpest un ouvert deMn(K).

Exercice 5[ 01127 ][correction]
SoientEetFdeux espaces vectoriels normés etf:E→F. Montrer qu’il y a
équivalence entre les assertions suivantes :
(i)f ;est continue
¯
(ii)∀A∈ P(E) f(A)⊂f(A);
¯
(iii)∀B∈ P(F) f−1(B)⊂f−1(B);
(iv)∀B∈ P(F) f−1(B◦)⊂f−1(B)◦.

Enoncés

Exercice 6[ 01128 ][correction]
Montrer qu’un endomorphismeud’un espace vectoriel norméEest continu si, et
seulement si, la partie{x∈Eku(x)k= 1}est fermée.

Exercice 7Centrale MP - Mines-Ponts MP[ 01129 ][correction]
Montrer qu’une forme linéaire est continue si, et seulement si, son noyau est fermé.

Exercice 8[ 03393 ][correction]
Soitf: [01]→[01]une application continue vérifiant

a) Montrer que l’ensemble

f◦f=f

{x∈[01]f(x) =x}

1

est un intervalle fermé et non vide.
b) Donner l’allure d’une fonctionfnon triviale vérifiant les conditions
précédentes.
c) On suppose de plus quefest dérivable. Montrer quefest constante ou égale à
l’identité.

Exercice 9Mines-Ponts MP[ 02774 ][correction]
a) Chercher les fonctionsf: [01]→[01]continues telles quef◦f=f.
b) Idem avec dérivable

Exercice 10Centrale MP[ 03285 ][correction]
SoientEun espace normé de dimension quelconque etuun endomorphisme deE
vérifiant
∀x∈Eku(x)k6kxk

Pour toutn∈N, on pose
1nuk
vn=
+ 1k=X0
n
a) Simplifiervn◦(u−Id).
b) Montrer que
Im(u−Id)∩ker(u−Id) ={0}

c) On supposeEde dimension finie, établir

Im(u−Id)⊕ker(u−Id) =E

d) On suppose de nouveauEde 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 deE.
e) Etudier la réciproque.

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Enoncés

Exercice 11[ 01111 ][correction]
Montrer que l’ensemble des polynômes réels de degrénscindés à racines simples
est une partie ouverte deRn[X].

Exercice 12Mines-Ponts MP[ 02773 ][correction]
Pourn∈N?,Ondésigne l’ensemble des polynômes réels de degrénscindés à
racines simples etFnl’ensemble des polynômes deRn[X]scindés à racines
simples. Sont-ils ouverts dansRn[X]?

Exercice 13[ 03726 ][correction]
Soitf:R→Rvérifiant
1)∀[a b]⊂R f([a b])est un segment ;
2)y∈R f−1({y})est une partie fermée.
Montrer quefest continue.

2

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Corrections

Corrections

Exercice 1 :[énoncé]
La fonctionf: (x y)7→x3+y3−x2−y2est continue surR2etU=f−1(]0+∞[)
est un ouvert relatif deR2car image réciproque d’un ouvert par une fonction
continue. Or un ouvert relatif àR2n’est autre qu’un ouvert deR2.

Exercice 2 :[énoncé]
L’applicationdet :Mn(R)→Rest polynomiale en les coefficients matriciels, elle
est donc continue. Puisque GLn(R)est l’image réciproque de l’ouvertR?par cette
application continue, GLn(R)est un ouvert relatif àMn(R), c’est donc un ouvert
deMn(R).

Exercice 3 :[énoncé]
Par le cas d’égalité dans l’inégalité de Cauchy-Schwarz

(x y)est libre⇔ |(x|y)|<kxk kyk
Considérons l’applicationf:E2→Rdéfinie par

f(x y) =kxk kyk −(x|y)
L’ensemble(x y)∈E2(x y)libre=f−1(]0+∞[)est un ouvert car image
réciproque d’un ouvert par une fonction continue.

Exercice 4 :[énoncé]
SoitA∈Rp. La matriceApossède un déterminant extrait non nul d’ordrep. Par
continuité du déterminant, au voisinage deA, toute matrice à ce mme
déterminant extrait non nul et est donc de rang supérieur àp. Ainsi la matriceA
est intérieure àRp.

Exercice 5 :[énoncé]
¯
(i)⇒(ii) Supposonsfcontinue et introduisonsA⊂E. Tout élémentydef(A)
est l’image parfde la limitexd’une suite convergente(xn)d’éléments deA. Or
fétant continue,f(xn)→yet doncyest limite d’une suite d’élément def(A).
¯
Ainsif(A)⊂f(A).
(ii)⇒(iii) Supposons (ii) et introduisonsB⊂F. PourA=f−1(B), on a
¯ ¯ ¯ ¯
f(A)⊂f(A)⊂BdoncA⊂f−1(B)c’est à dire

f−1(B)⊂f−1(B¯)

3

(iii)⇒(iv) Supposons (iii) et introduisonsB⊂F. On remarque la propriété
f−1(CFB) =CEf−1(B)et donc
f−1(B◦) =f−1(CF(CFB)) =CEf−1(CFB)⊂CEf−1(CFB) =CEf−1(CFB)◦=f−1(B
(iv)⇒(i) Supposons (iv). Pour touta∈Aet toutε >0,B(f(a) ε)est un ouvert
deFdont
f−1(B(f(a) ε))⊂f−1(B(f(a) ε))◦
Ora∈f−1(B(f(a) ε))donca∈f−1(B(f(a) ε))◦. Par conséquent, il existe
α >0tel que
B(a α)⊂f−1(B(f(a) ε))
Ainsi nous obtenons

∀a∈E∀ε >0∃α >0∀x∈E,x∈B(a α)⇒f(x)∈B(f(a) ε)

ce qui correspond à la continuité def.

Exercice 6 :[énoncé]
Siuest continue alors

A={x∈Eku(x)k= 1}=f−1({1})

est l’image réciproque du fermé{1}par l’application continuef=kk ◦u. La
partieAest donc un fermé relatif àE, c’est donc une partie fermée.
Inversement, siun’est pas continu alors l’applicationun’est par bornée sur
{x∈Ekxk= 1}. Cela permet de construire une suite(xn)∈ENvérifiant

kxnk= 1etku(xn)k> n

En posant
1
yn=ku(xn)kxn
on obtient une suite(yn)∈ANvérifiantyn→0.
Or0∈Adonc la partieAn’est pas fermée.

Exercice 7 :[énoncé]
Si la forme linéaire est continue assurément son noyau est fermé car image
réciproque du fermé{0}.
Inversement, supposons queϕest une forme linéaire discontinue.

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Pour toutk∈R+, il existe alorsx∈Etel que

|ϕ(x)|> kkxk

Corrections

En prenantk=n∈N, on définit ainsi une suite(xn)d’éléments deEvérifiant
pour toutn∈N
|ϕ(xn)|> nkxnk
Posons alors
1

=xn
ynϕ(xn)
On a par constructionϕ(yn) = 1etkynk61ndoncyn→0E.

Considérons enfin
zn=y0−yn
On aϕ(zn) = 0et donczn∈kerϕ. Or

zn→y0

avecy0∈kerϕ. Ainsikerϕn’est pas fermé car ne contient pas toutes les limites
de ses suites convergentes.

Exercice 8 :[énoncé]
a) PosonsA={x∈[01]f(x) =x}.
Par double inclusion, on vérifieA=Imfet on en déduit queAest un segment
non vide deRde la forme[α β].
Pour toutx∈[α β],f(x) =xet pour toutx∈[01]\[α β],f(x)∈[α β]car
f(f(x)) =f(x).
Inversement, une telle fonction continue est solution.
b) Soitfsolution dérivable.
Siα=βalorsfest constante égale à cette valeur commune.
Siα < βalorsf0(α) =fd0(α) = 1carf(x) =xsur[α β].
Par suite, siα >0,fprend des valeurs strictement inférieur àαce qui est
contradictoire avec l’étude qui précède. On en déduitα= 0. De mme on montre
β= 1et on conclutf:x∈[01]7→x.

Exercice 9 :[énoncé]
a) Soitfsolution. FormonsA={x∈[01]f(x) =x}.
Par double inclusion, on vérifieA=Imf. On en déduit queAest un segment de
Rde la forme[α β].
Pour toutx∈[α β],f(x) =xet pour toutx∈[01]\[α β],f(x)∈[α β]car
f(f(x)) =f(x).

4

Inversement, une telle fonction continue est solution.
b) Soitfsolution dérivable.
Siα=βalorsfest constante égale à cette valeur commune.
Siα < βalorsf0(α) =fd0(α) = 1carf(x) =xsur[α β].
Par suite, siα >0,fprend des valeurs strictement inférieur àαce qui est
contradictoire avec l’étude qui précède. On en déduitα= 0. De mme on montre
β= 1et on conclutf:x∈[01]7→x.

Exercice 10 :[énoncé]
a) Par télescopage

X
n=0uk!◦(u−Id) =un+1−Id
k

donc
vn◦(u−Id () =n1+)1un+1−Id
b) Soitx∈Im(u−Id)∩ker(u−Id). On peut écrirex=u(a)−aet on au(x) =x.
On en déduit
vn◦(u−Id)(a) =x

Or

car

vn◦(u−Id)(a) =n+11un+1(a)−a→0

un+1(a)−a6un+1(a)+kak62kak

On en déduitx= 0.
c) Par la formule du rang

dimIm(u−Id) + dim ker(u−Id) = dimE

et puisque les deux espaces sont en somme directe, ils sont supplémentaires.
d) Soitz∈E. On peut écrirez=x+yavecx∈Im(u−Id)ety∈ker(u−Id).
On a alorsvn(z) =vn(x) +yavec, comme dans l’étude du b),vn(x)→0. On en
déduitvn(z)→y.
Ainsi la suite de fonctions(vn)converge simplement vers la projectionpsur
ker(u−Id)parallèlement à Im(u−Id).
Puisque pour toutx∈E, on a

kvn(x)k6n1+1Xnuk(x)6n11n
k=0+k=X0kxk=kxk

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Corrections

on obtient à la limitekp(x)k6kxk. On en déduit que la projectionpest continue
puis que Im(u−Id) = kerpest une partie fermée.
e) Supposons la convergence simple de la suite de fonctions(vn)et la fermeture de
Im(u−Id).
Soitz∈E. Posonsy= l→im+∞vn(z)etx=z−y.
n
D’une part, puisque

u(vn(z)) =n1+1nkX=0uk+1(z) =vn(z) +n11+un+1(z)−z

on obtient à la limite
u(y) =y
car l’application linéaireuest continue etun+1(z)6kzk. On en déduit
y∈ker(u−Id).
D’autre part
n!X

(Id−uk)(z)
z−vn(z) =n+11k=0
et
Im(Id−uk) =Im(Id−u)◦`k=X−01u`−1!⊂Im(Id−u) =Im(u−Id)
doncz−vn(z)∈Im(u−Id). On en déduitx= lim(z−vn(z))∈Im(u−Id)car
Im(u−Id)est fermé.
Finalement, on a écritz=x+yavec

x∈Im(u−Id)ety∈ker(u−Id)

Exercice 11 :[énoncé]
On noteUl’ensemble des polynômes considérés.
SoitP∈U. En notantx1<  < x  nses racines, on peut écrire

P=λ(X−x1)  (X−xn)

avecλ6= 0. Pour fixer les idées, supposonsλ >0(il est facile d’adapter la
démonstration qui suit au casλ <0)
Posonsy1     yn−1les milieux des segments[x1 x2]    [xn−1 xn].
Posons aussiy0∈]−∞ x1[etyn∈]xn+∞[.
P(y0)est du signe de(−1)n,P(y1)est du signe de(−1)n−1,. . . ,P(yn−1)est du
signe de(−1),P(yn)du signe de+1.

Considérons maintenant l’application

fi:Q∈Rn[X]7→Q(yi)

5

L’applicationfiest continue et doncfi−1(±R+?)est une partie ouverte deRn[X].
ConsidéronsVl’intersection des
f−1(−1)nR+?,f1−1(−1)n−1R+?,. . . ,fn−1(R+?)
0

Les éléments deVsont des polynômes réels alternant de signe entre
y0< y1  <  < yndu théorème des valeurs intermédiaires, un tel. Par application
polynôme admetnracines distinctes et donc est scindé à racines simples. Ainsi
V⊂U. OrP∈VetVest ouvert doncVest voisinage dePpuisUest voisinage
deP.
Au finalUcar voisinage de chacun de ses éléments.est ouvert

Exercice 12 :[énoncé]
SoitP∈On. En notantx1 < x  < nses racines, on peut écrire
P=α(X−x1)  (X−xn)avecα6= 0.
Posonsy1     yn−1les milieux des segments[x1 x2]    [xn−1 xn].
Posons aussiy0∈]−∞ x1[etyn∈]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 deα.
Considérons maintenant l’applicationfi:Q∈Rn[X]7→Q(yi).
L’applicationfiest continue et doncfi(±R+?)est une partie ouverte deRn[X].
ConsidéronsUl’intersection desf0−1((−1)nR+?),
f1−2(−1)n−1R+?,. . . ,fn−1(R+?).
Les éléments deUsont des polynômes réels alternant de signe entre
y0< y1<    < yndu théorème des valeurs intermédiaires, un tel. Par application
polynôme admetnracines distinctes et donc est scindé à racines simples. Ainsi
U⊂On. OrP∈UetUest ouvert doncUest voisinage dePpuisOnest
voisinage deP.
Au finalOncar voisinage de chacun de ses éléments.est ouvert
Dans le casn= 1:Fn=Onet doncFnest ouvert.
Dans le casn= 2:Fnréunit les polynômesP=aX2+bX+cavecb2−4ac >0.
L’applicationP7→b2−4acétant continue, on peut affirmer queFnest encore
ouvert car image réciproque d’un ouvert pas une application continue.
Dans le casn>3:Pn=X(1 +X2n)est une suite de polynômes non scindés
convergeant versXscindé à racines simples. Par suiteFnn’est pas ouvert.

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Corrections

Exercice 13 :[énoncé]
Par l’absurde, supposonsfdiscontinue ena∈R. On peut alors construire une
suite(xn)vérifiant

xn→aet∀n∈N|f(xn)−f(a)|>ε

avecε >0fixé.
Soitn∈N, puisquef([a xn])est un segment contenantf(a)etf(xn), il contient
aussi l’intermédiairef(a)±ε(le±étant déterminé par la position relative de
f(xn)par rapport àf(a)). Il existe doncancompris entreaetxnvérifiant

|f(an)−f(a)|=ε

La suite(an)évolue dans le ferméf−1({f(a) +ε})∪f−1({f(a)−ε})et converge
versadonca∈f−1({f(a) +ε})∪f−1({f(a)−ε})ce qui est absurde.

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