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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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