Sujet : Analyse, Topologie, Densité

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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013 Enoncés 1 Densité Exercice 7 [ 00023 ] [correction] a) Montrer que{cos(n)/n∈N} est dense dans [−1, 1]. ?b) Montrer que{cos(lnn)/n∈N} est dense dans [−1, 1].Exercice 1 [ 01130 ] [correction] Montrer que GL (R) est dense dansM (R).n n On pourra considérer, pour A∈M (R), les matrices de la forme A−λI .n n Exercice 8 [ 01134 ] [correction] (N)On noteR l’ensemble des suites réelles nulles à partir d’un certain rang. (N) 1a) Montrer queR est dense dans ‘ (R). Exercice 2 [ 01131 ] [correction] (N) ∞b)R est-il dense dans ‘ (R)? Soient E un espace vectoriel normé et F un sous-espace vectoriel de E. ¯a) Montrer que F est un sous-espace vectoriel de E. b) Montrer qu’un hyperplan est soit fermé, soit dense. Exercice 9 [ 01135 ] [correction] Montrer que l’ensemble des matrices diagonalisables deM (C) est dense dansn M (C).n Exercice 3 [ 01132 ] [correction] Soient U et V deux ouverts denses d’un espace vectoriel normé E. Exercice 10 Mines-Ponts MP [ 02779 ] [correction]a) Etablir que U∩V est encore un ouvert dense de E. Montrer qu’un hyperplan d’un espace vectoriel normé (E,kk) est dense ou ferméb) En déduire que la réunion de deux fermés d’intérieurs vides est aussi d’intérieur dans E.vide.
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Densité

Exercice 1[ 01130 ][correction]
Montrer que GLn(R)est dense dansMn(R).
On pourra considérer, pourA∈ Mn(R), les matrices de la formeA−λIn.

Exercice 2[ 01131 ][correction]
SoientEun espace vectoriel normé etFun sous-espace vectoriel deE.
¯
a) Montrer queFest un sous-espace vectoriel deE.
b) Montrer qu’un hyperplan est soit fermé, soit dense.

Enoncés

Exercice 3[ 01132 ][correction]
SoientUetVdeux ouverts denses d’un espace vectoriel norméE.
a) Etablir queU∩Vest encore un ouvert dense deE.
b) En déduire que la réunion de deux fermés d’intérieurs vides est aussi d’intérieur
vide.

Exercice 4[ 03058 ][correction]
Soient(un)n∈Net(vn)n∈Ndeux suites réelles telles que

un→+∞,vn→+∞etun+1−un→0

a) Soientε >0etn0∈Ntel que pour toutn>n0,|un+1−un|6ε.
Montrer que pour touta>un0, il existen>n0tel que|un−a|6ε.
b) En déduire que{un−vpn p∈N}est dense dansR.
c) Montrer que l’ensemble{cos(lnn)n∈N?}est dense dans[−11].

Exercice 5X MP[ 03017 ][correction]
Montrer que{m−lnn(m n)∈Z×N?}est dense dansR.

Exercice 6[ 01133 ][correction]
SoitHun sous-groupe de(R+)non réduit à{0}.
a) Justifier l’existence de
a= inf{x∈Hx >0}

b) On supposea >0. Etablira∈HpuisH=aZ.
c) On supposea= 0. Etablir queHest dense dansR.

Exercice 7[ 00023 ][correction]
a) Montrer que{cos(n)n∈N}est dense dans[−11].
b) Montrer que{cos(lnn)n∈N?}est dense dans[−11].

Exercice 8[ 01134 ][correction]
On noteR(N)l’ensemble des suites réelles nulles à partir d’un certain rang.
a) Montrer queR(N)est dense dans`1(R).
b)R(N)est-il dense dans`∞(R)?

Exercice 9[ 01135 ][correction]
Montrer que l’ensemble des matrices diagonalisables deMn(C)est dense dans
Mn(C).

Exercice 10Mines-Ponts MP[ 02779 ][correction]
Montrer qu’un hyperplan d’un espace vectoriel normé(Ekk)est dense ou fermé
dansE.

1

Exercice 11Mines-Ponts MP[ 02780 ][correction]
On noteEl’ensemble des fonctions réelles définies et continues sur[0+∞[et
dont le carré est intégrable. On admet queEest un espace vectoriel réel. On le
munit de la norme
sZ+0∞f2(t) dt
kk2:f7→
On noteE0l’ensemble desf∈Etelles quefest nulle hors d’un certain segment.
On noteFl’ensemble des fonctions deEdu typex7→P(e−x)e−x22oùP
parcourtR[X]. Montrer queE0est dense dansEpuis queFest dense dansE.

Exercice 12X MP[ 02944 ][correction]
SoitAune partie convexe et partout dense d’un espace euclidienE.
Montrer queA=E.

Exercice 13[ 03018 ][correction]
SoitAune partie non vide deRvérifiant

∀a b∈A,a2+b∈A
Montrer queAest dense dans l’intervalle]infAsupA[.

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Exercice 14X MP[ 03020 ][correction]
SoitAune partie non vide deR+?vérifiant
∀(a b)∈A2√ab∈A

Montrer queA∩(R\Q)est dense dans]infAsupA[.

Exercice 15[ 03059 ][correction]
SoientE=C([01]R)etϕ∈E. On noteNϕ:E→Rl’application définie par

Nϕ(f) =kf ϕk∞

Enoncés

Montrer queNϕest une norme surEsi, et seulement si,ϕ−1(R?)est dense dans
[01].

Exercice 16[ 03402 ][correction]
Soit(un)une suite de réels strictement positifs. On suppose
ustri e,un→+∞etun+1→1
(n)ctement croissantun

Montrer que l’ensemble

um
A=unm > n
est une partie dense dans l’intervalle[1+∞[

Exercice 17[ 03649 ][correction]
SoientAetBdeux parties denses d’un espace norméE.
On suppose la partieAouverte, montrer queA∩Best une partie dense.

Exercice 18[ 00012 ][correction]
Etablir queSn++(R)est dense dansSn+(R).

2

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Corrections

Corrections

Exercice 1 :[énoncé]
L’applicationλ7→det(A−λIn)est polynomiale non nulle enλdonc possède un
nombre fini de racine.
Par suite :∀A∈ Mn(R)∀α >0 B(A α)∩GLn(R)6=∅.

Exercice 2 :[énoncé]
a) Soientu v∈F¯etλ µ∈R. Il existe(un)(vn)∈FNtelles queun→uetA.
¯
Commeλun+µvn→λu+µvetλun+µvn∈Fon aλu+µv∈F.
b) SoitHun hyperplan deE.
¯
SiH=HalorsHest fermé.
¯
Sinon alorsHest un sous-espace vectoriel deE, contenantHet distinct deH.
PuisqueHest un hyperplan∃a ∈Htel queH⊕Vect(a) =E.
¯
Soitx∈H\H. On peut écrirex=h+λaavech∈Hetλ6= 0. Par opération
¯ ¯ ¯ ¯
a∈Het puisqueH⊂Hon obtientE⊂H. FinalementH=Eet doncHest
dense.

Exercice 3 :[énoncé]
a) Pour touta∈Eet toutε >0,B(a ε)∩U6=∅carUest dense.
Soitx∈B(a ε)∩U. PuisqueB(a ε)∩Uest ouvert, il existeα >0tel que
B(x α)⊂B(a ε)∩Uet puisqueVest denseB(x α)∩V6=∅. Par suite

B(a ε)∩(U∩V)6=∅

b) SoientFetGdeux fermés d’intérieurs vides.

avecCEF

puis

CE(F∪G)◦=CE(F∪G) =CEF∩CEG

etCEGouverts denses donc

Exercice 4 :[énoncé]
a) Posons

CEF∩CEG=E

(F∪G)◦=∅

A={n>n0a>un}

3

Aest une partie deN, non vide carn0∈Aet majorée carun→+∞.
La partieAadmet donc un plus grand élémentn>n0et pour celui-ci
un6a < un+1.
Par suite|un−a|=|un+1−un|6εcarn>n0.
b) Soientx∈Retε >0.
Puisqueun+1−un→0, il existen0∈Ntel que pour toutn>n0,|un+1−un|6ε.
Puisquevn→+∞, il existep∈Ntel quex+vp>un0.
Par l’étude précédente, il existen∈Ntel que|un−(x+vp)|6εi.e.
|(un−vp)−x|6ε.
Par suite l’ensemble{un−vpn p∈N}est dense dansR.
c) Remarquons que

A={cos(lnn)n∈N?}={cos (ln(n+ 1)−2pπ)n p∈N}

Posonsun= ln(n+ 1)etvn= 2nπ. Les hypothèses précédentes sont réunies et
donc
B={un−vpn p∈N}={ln(n+ 1)−2pπn p∈N}
est dense dansR.
Soientx∈[−11]etθ= arccosx.
Par densité, il existe une suite(θn)d’éléments deBconvergeant versθet, par
continuité de la fonction cosinus, la suite(xn)de terme généralxn= cos(θn)
converge versx= cosθ.
Or cette suite(xn)est une suite d’éléments decos(B) =Aet doncAest dense
dans[−11].

Exercice 5 :[énoncé]
Soientx∈Retε >0.
Il existen0∈N?tel que1n06ε.
Poura>lnn0etn=E(ea)>n0, on alnn6a6ln(n+ 1).
On en déduit

|a−lnn|6ln(n+ 1)−lnn= ln(1 + 1n)61n61n06ε

Puisquem−x−m−−→−+−∞→+∞, pourmassez grand, on aa=m−x>lnn0et donc
il existen∈N?vérifiant|a−lnn|6εi.e.

|m−lnn−x|6ε

Par suite{m−lnn(m n)∈Z×N?}est dense dansR.

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Corrections

Exercice 6 :[énoncé]
a) Il existeh∈Htel queh6= 0carHn’est pas réduit à{0}.
Sih >0alorsh∈ {x∈Hx >0}. Sih <0alors−h∈ {x∈Hx >0}.
Dans les deux cas{x∈Hx >0} 6=∅. De plus{x∈Hx >0} ⊂Ret
{x∈Hx >0}est minoré par 0 donca= inf{x∈Hx >0}existe dansR.
b) On supposea >0.
Sia∈ Halors il existex y∈Htel quea < x < y <2aet alorsy−xest élément
deHet vérifie0< y−x < ace qui contredit la définition dea. C’est absurde.
a∈HdoncaZ=< a >⊂H.
Inversement, soitx∈H. On peut écrirex=aq+ravecq∈Z,r∈[0 a[(en fait
q=E(xa)etr=x−aq)
Puisquer=x−aqavecx∈Hetaq∈aZ⊂Hon ar∈H.
Sir >0alorsr∈ {x∈Hx >0}etr < acontredit la définition dea.
Il rester= 0et doncx=aq. AinsiH⊂aZpuis l’égalité.
c) Puisqueinf{x∈Hx >0}= 0, on peut affirmer que pour toutα >0, il existe
x∈Htel que0< x < α.
Soienta∈Retα >0. MontronsH∩B(a α)6=∅i.e.H∩]a−α a+α[6=∅
Il existex∈Htel que0< x < α. Posonsn=E(ax). On aa=nx+ravec
06r < α.
nx∈< x >⊂Het|a−nx|=r < αdoncnx∈H∩B(a α)et donc
H∩B(a α)6=∅.
AinsiHest dense dansR.

Exercice 7 :[énoncé]
a){cos(n)n∈N}={cos(n)n∈Z}={cos(n+ 2kπ)n k∈Z}= cos (Z+ 2πZ)
PuisqueZ+ 2πZest un sous-groupe de(R+)et c’est un sous-groupe dense car il
n’est pas monogène puisqueπ ;n’est pas rationnel c’est en effet un résultat
classique bien que en dehors du programme, les sous-groupes de(R+)sont
monogènes ou denses.
Pour toutx∈[−11], il existeθ∈[0 π]tel quecosθ=xet puisqueZ+ 2πZest
dense dansR, il existe une suite d’élémentsZ+ 2πZconvergeant versθ. L’image
de cette suite par la fonction continue cosinus détermine une suite d’élément de
{cos(n)n∈N}convergeant versx.
b) En notant que les2pavecp∈Nsont des naturels non nuls, on observe

Ainsi

{cos(pln 2)p∈N} ⊂ {cos(lnn)n∈N?}

cos(ln 2Z+ 2πZ)⊂ {cos(lnn)n∈N?}

Siπetln 2pas commensurables, on peut conclure en adaptant lane sont
démarche précédente.

4

Si en revancheπetln 2 on reprendsont commensurables (ce qui est douteux. . . ),
l’idée précédente avecln 3au lieu deln 2.
Assurémentπetln 3ne sont pas commensurables car s’ils l’étaient,ln 2etln 3le
seraient aussi ce qui signifie qu’il existep q∈N?tels quep =ln 2qln 3soit encore
2p= 3qce qui est faux !

Exercice 8 :[énoncé]
+∞
a) Soitu∈`1(R). On aP|un| →0donc pour toutα >0, il existeNtel que
n=N+1
+∞
P|un|< α.
n=N+1
Considérons alorsvdéfinie parvn=unsin6Netvn= 0sinon. On av∈R(N)
etkv−uk1< αdoncB(u α)∩R(N)6=∅.
(N)=
b) Non, en notantula suite constante égale à 1,B∞(u12)∩R∅.

Exercice 9 :[énoncé]
SoitA∈ Mn(C). La matriceAest trigonalisable donc il existePinversible telle
queP−1AP=TavecTtriangulaire supérieure. Posons alors
Tp=T+diag(1p2p     np)etAp=P TpP−1. Il est immédiat queTp→T
quandp→+∞et doncAp→A. De plus, pourpassez grand, la matriceTpest
triangulaire supérieure à coefficients diagonaux deux à deux distincts, cette
matrice admet doncnvaleurs propres et est donc diagonalisable. Il en est de
mme pourApqui lui est semblable. Ainsi toute matrice deMn(C)est limite
d’une suite de matrices diagonalisables.

Exercice 10 :[énoncé]
1ère méthode (nécessitant quelques résultats non triviaux mais intuitifs sur la
codimension)
Par définition, un hyperplanHdeEest un sous-espace vectoriel de codimension
¯
1. Son adhérenceHest aussi un sous-espace vectoriel et, puisque contenantH, sa
codimension vaut 0 ou 1.
¯ ¯
SiHest de codimension 0 alorsH=Ece qui signifie queHest dense dansE.
¯ ¯ ¯
SiHest de codimension 1, puisqueHcontient l’hyperplanH, on aH=Het
¯
doncHest fermé.
2ème méthode (plus laborieuse)
Par définition un hyperplanHdeEest un sous-espace vectoriel de codimension
1. Il existe donc un vecteura∈Enon nul vérifiant

H⊕Vect(a) =E

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Corrections

Supposons queHpas fermé. Il existe alors une suitene soit (xn)d’éléments deH
convergeant vers un élémentxn’appartenant pas àH. On peut écrirex=h+λa
avech∈Hetλ6= 0. En considérantyn=λ1(xn−h), on construit une suite(yn)
d’éléments deHconvergeant versaà partir de laquelle il est désormais facile
d’établir queHest dense dansE. En effet pour toutz∈E, on peut écrire
z=k+µaaveck∈Hetµ∈Rde sorte que la suite de terme général
zn=k+µynest une suite d’éléments deHconvergeant versz.

Exercice 11 :[énoncé]
Soitfune fonction élément deE. Pour toutε >0, il existe un réelAvérifiant
Z+∞6ε
f2(t) dt
A

Considérons alors la fonctionϕ: [0+∞[→Rdéfinie parϕ(t) = 1pourt∈[0 A],
ϕ(t) = 0pourt>A+ 1etϕ(t) = 1−(t−A)pourt∈[A A+ 1]. La fonctionf ϕ
est éléments deE0et

sZA+(t) dt6ε
kf−f ϕk26f2

AinsiE0est dense dansE.
Pour montrer maintenant queFest dense dansE, nous allons établir queFest
dense dansE0.
Soitfune fonction élément deE0. Remarquons
Z0+∞f(t)−P(e−t)e−t222dtu==e−tZ10f(−lnu)e(lnu)22−P(u)2e−(lnu)2d
u
u

La fonctionu7→e−(lnu)2est intégrable sur]01]car√ue−(lunu)2u−→−0→0.
u
La fonctiong:u7→f(−lnu)e(lnu)22peut-tre prolongée par continuité en 0 car
fest nulle en dehors d’un segment. Par le théorème de Weierstrass, pour tout
ε >0, il existe un polynômeP∈R[X]vérifiantkg−Pk∞[01]6εet pour
ϕ:t7→P(e−t)e−t22on a alors
kf−ϕk26λεavecλ=sZ10e−(lunu)2du

Cela permet de conclure à la densité proposée.

5

Exercice 12 :[énoncé]
Par l’absurde supposonsA6=E.
Il existe un élémenta∈Etel quea ∈A. Par translation du problème, on peut
supposera= 0.
Posonsn= dimE.
Si Vect(A)est de dimension strictement inférieure ànalorsAest inclus dans un
hyperplan deEet son adhérence aussi. C’est absurde car cela contredit la densité
deA.
Si Vect(A)est de dimensionn, on peut alors considérer(e1     en)une base deE
formée d’éléments deA.
Puisque0∈A, pour toutx∈A, on remarque :∀λ∈R−−λx∈ A(car sinon, par
convexité,0∈A).
Par convexité deA:∀λ1     λn>0 λ1+∙ ∙ ∙+λn= 1⇒λ1e1+∙ ∙ ∙+λnen∈A
et donc :∀λ∈R−∀λ1     λn>0 λ1+∙ ∙ ∙+λn= 1⇒λ(λ1e1+∙ ∙ ∙+λnen)∈A.
Ainsi∀µ1     µn60 µ1e1+∙ ∙ ∙+µnen∈ A.
Or la partie{µ1e1+∙ ∙ ∙+µnenµi<0}est un ouvert non vide deAet donc
aucun de ses éléments n’est adhérent àA. Cela contredit la densité deA.

Exercice 13 :[énoncé]
Soienta < b∈A.
Puisquea b∈A,a2+b∈A, puis3a+b a+(a2+b)2∈Aeta4+3b∈Aetc.
=
4
Par récurrence surn∈N, montrons∀k∈ {0    2n}ka+2(2nn−k)b∈A.
La propriété est immédiate pourn= 0.
Supposons la propriété vraie au rangn>0.
Soitk∈0    21.
n+
Caskpair :
ka+(2n+1
k= 2k0aveck0∈ {0    2n}et2n+1−k)b=k0a2(+2nn−k0)b∈Aen vertu de
l’hypothèse de récurrence.
Caskimpair :
k= 2k0+ 1aveck0∈ {0    2n−1}et
b1)a+ (2n−
ka2(2+nn+1+1−k)b21=k0a2(+2nn−k0) + (k02+n(k0+ 1))b∈A

car par hypothèse de récurrence
k0)b(k0+ 1)a+ (2n−(k0+ 1
k0a+22(nn−2n))b∈A
La récurrence est établie.
Soitx∈]infAsupA[.
Il existea b∈Atel quex∈[a b]ce qui permet d’écrirex=λa+ (1−λ)b.

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Soitkn=E(2nλ)etxn=kna2+2(nn−kn)b.
On vérifie aisément quexn→xcar2nk→λet pour toutn∈Nxn∈A
AinsiAest dense dans]infAsupA[.

Corrections

Exercice 14 :[énoncé]
Considérons l’ensembleB= lnA={lnaa∈A}.
Pour toutx y∈B,x+2y=lna+ln2b= ln√ab∈B.
En raisonnant par récurrence, on montre que pour toutx y∈B, on a la propriété

∀n∈N∀k∈ {0    2n} kx22(+nn−k)y∈B

Soitx∈]infAsupA[. Il existea b∈Atels quea < x < b.
On a alorslna <lnx <lnbaveclnalnb∈B.
On peut écrirelnx=λlna+ (1−λ) lnbavecλ∈]01[.
Posons alorsknla partie entière deλ2netxn= expk2nnlna+1−k2nnlnb
Il est immédiat quexn→xavec pour toutn∈N,xn∈A.
Si, dans cette suite, il existe une infinité d’irrationnels, alorsxest limite d’une
suite d’éléments deA∩(R\Q).
Sinon, à partir d’un certain rang, les termes de la suitexnsont tous rationnels.
Le rapportxn+1xn ; maisest alors aussi rationnel
xnx+n1=ba2nkn+1+1−k2nnavekn+11−k2nn= 0oun1+1
c+2
2n

S’il existe une infinité dentels quek2nn+11+−2knn=2n1+1alors il existe une infinité de
n∈Ntels que
1
ba2n
∈Q
et puisque l’élévation au carré d’un rationnel est un rationnel, le nombreabest
lui-mme 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 rangkn+1= 2kn.
Considérons à la suite(x0n)définie par
x0n= ek01−2k0nnlnbave
xp2nnlna+ck0n=kn+ 1

On obtient une suite d’éléments deA, convergeant versxet qui, en vertu du
raisonnement précédent, est formée d’irrationnels à partir d’un certain rang.

Exercice 15 :[énoncé]
Nϕ:E→R+est bien définie et on vérifie immédiatement

Nϕ(λf) =|λ|Nϕ(f)etNϕ(f+g)6Nϕ(f) +Nϕ(g)

Il reste à étudier la véracité de l’implication

Nϕ(f) = 0⇒f= 0

Supposons :ϕ−1(R?)dense dans[01].
SiNϕ(f) = 0alorsf ϕ= 0et donc pour toutx∈ϕ−1(R?), on af(x) = 0car
ϕ(x)6= 0.
Puisque la fonction continuefest nulle sur la partieϕ−1(R?)dense dans[01],
cette fonction est nulle sur[01].
Supposons :ϕ−1(R?)non dense dans[01].
Puisque le complémentaire de l’adhérence est l’intérieur du complémentaire, la
partieϕ−1({0})est d’intérieur non vide et donc il existea < b∈[01]tels que
[a b]⊂ϕ−1({0}).
Considérons la fonctionfdéfinie sur[01]par

f(x) =0(x a)(b−x)sinisxon∈[a b]

Cette fonctionfest continue sur[01], ce n’est pas la fonction nulle mais en
revanche la fonctionf ϕest la fonction nulle. Ainsi on a formé un élémentfnon
nul deEtel queNϕ(f) = 0. On en déduit queNϕn’est pas une norme.

Exercice 16 :[énoncé]
Soit[a b]⊂[1+∞[aveca < b. Pour établir la densité deA, montrons que
A∩[a b]est non vide.
Considéronsq >1tel queqa6b.
Il existeN∈Ntel que
∀n∈N n>N⇒un+16q
un

Considérons alors
E=m∈Nm > NetuumN6b
Eest une partie deN, non vide (carN+ 1∈E) et majorée (carun→+∞). La
partieEpossède donc un plus grand élémentM. Pour celui-ci, on a
uM6betuM+1> b
uNuN

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Or

donc

AinsiuMuN

uM+16quM

u b
M>>a
uNq
est un élément deA∩[a b].

Corrections

Exercice 17 :[énoncé]
Soientx∈Eetr >0.
PuisqueAest une partie dense,B(a r)∩A6=∅. On peut donc introduire
x∈B(a r)∩A. Or par intersection d’ouverts,B(a r)∩Aest aussi une partie
ouverte et donc il existeα >0tel queB(x α)⊂B(a r)∩A. Puisque la partieB
est dense,B(x α)∩B6=∅et finalementB(a r)∩A∩B6=∅.
On peut donc conclure queA∩Best une partie dense deE.

Exercice 18 :[énoncé]
PourA∈ Sn+(R), on vérifie que

avecAp∈ Sn++(R).

A= 1In→A
pA+p

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