Sujet : Analyse, Topologie, Intérieur et adhérence

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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013 Enoncés 1 Intérieur et adhérence Exercice 8 [ 01119 ] [correction] On suppose que A est une partie convexe d’un espace vectoriel normé E. ¯a) Montrer que A est convexe.Exercice 1 [ 01113 ] [correction] ◦b) La partie A est-elle convexe?Soient E un espace vectoriel normé et F un sous-espace vectoriel de E. ◦ Montrer que si =∅ alors F =E.F Exercice 9 [ 01120 ] [correction] Exercice 2 [ 01114 ] [correction] Soient A et B deux parties non vides d’un espace vectoriel normé E. Soient A et B deux parties d’un espace vectoriel normé (E,N). Etablir ◦ ◦ ¯ ¯ ¯ ¯a) On suppose A⊂B. Etablir A ⊂B et A⊂B. d(A,B) =d(A,B) ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦b) Comparer (A∩B) et A ∩B d’une part puis (A∪B) et A ∪B d’autre (en notant d(A,B) = inf d(x,y))part. x∈A,y∈B ¯ ¯ ¯ ¯c) Comparer A∪B et A∪B d’une part puis A∩B et A∩B d’autre part. Exercice 10 [ 01121 ] [correction]Exercice 3 [ 01115 ] [correction] ¯ Soient A ,...,A des parties d’un espace vectoriel normé E.1 nMontrer que si F est un sous-espace vectoriel de E alors son adhérence F est n nS Saussi un sous-espace vectoriel de E. a) Etablir A = A .i i i=1 i=1 n nT T b) Comparer A et A .i i Exercice 4 [ 03279 ] [correction] i=1 i=1 Soit A une partie d’un espace vectoriel normé E. Etablir ¯Vect(A)⊂ VectA Exercice 11 [ 01122 ] [correction] Soient f :E→F continue bornée et A⊂E, A non vide. Montrer Exercice 5 [ 01116 ] [correction] kfk =kfk ¯Soit A une partie d’un espace vectoriel normé E.
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Intérieur et adhérence

Exercice 1[ 01113 ][correction]
SoientEun espace vectoriel normé etFun sous-espace vectoriel deE.

Montrer que siF6=∅alorsF=E.

Exercice 2[ 01114 ][correction]
SoientAetBdeux parties d’un espace vectoriel normé(E N).
¯ ¯
a) On supposeA⊂B. EtablirA◦⊂B◦etA⊂B.
b) Comparer(A∩B)◦etA◦∩B◦d’une part puis(A∪B)◦etA◦∪B◦d’autre
part.
¯ ¯ ¯ ¯
c) ComparerA∪BetA∪Bd’une part puisA∩BetA∩Bd’autre part.

Exercice 3[ 01115 ][correction]
¯
Montrer que siFest un sous-espace vectoriel deEalors son adhérenceFest
aussi un sous-espace vectoriel deE.

Exercice 4[ 03279 ][correction]
SoitAune partie d’un espace vectoriel norméE. Etablir

¯
Vect(A)⊂VectA

Exercice 5[ 01116 ][correction]
SoitAune partie d’un espace vectoriel norméE. Etablir que sa frontière Fr(A)
est une partie fermée.

Exercice 6[ 01117 ][correction]
SoitFune partie fermée d’un espace vectoriel norméE. Etablir que
Fr(Fr(F)) =Fr(F)

Exercice 7[ 01118 ][correction]
SoientAun ouvert etBune partie d’un espace vectoriel norméE.
¯
a) Montrer queA∩B⊂A∩B
¯
b) Montrer queA∩B=∅ ⇒A∩B=∅.

Enoncés

Exercice 8[ 01119 ][correction]
On suppose queAest une partie convexe d’un espace vectoriel norméE.
¯
a) Montrer queAest convexe.
b) La partieA◦ ?est-elle convexe

Exercice 9[ 01120 ][correction]
SoientAetBdeux parties non vides d’un espace vectoriel norméE.
Etablir
¯ ¯
d(A B) =d(A B)

(en notantd(A B) =x∈iAnf∈Bd(x y))
y

Exercice 10[ 01121 ][correction]
SoientA1     Andes parties d’un espace vectoriel norméE.
n n
a) EtablirSAi=SAi.
i=1i=1
n n
b) ComparerTAietTAi.
i=1i=1

Exercice 11[ 01122 ][correction]
Soientf:E→Fcontinue bornée etA⊂E,Anon vide. Montrer

kfk∞A=kfk∞A¯

Exercice 12X MP[ 02943 ][correction]
Déterminer l’adhérence et l’intérieur de l’ensembleDn(C)des matrices
diagonalisables deMn(C).

Exercice 13[ 03026 ][correction]
SoitAune partie d’un espace norméE.
a) Montrer que la partieAest fermée si, et seulement si, FrA⊂A.
b) Montrer que la partieAest ouverte si, et seulement si,A∩FrA=∅

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Exercice 14[ 03470 ][correction]
DansM2(C), on introduit

U={M∈ M2(C)SpM⊂U}

etR={M∈ M2(C)∃n∈N? Mn=I2}

a) Comparer les ensemblesRetU.
b) Montrer queUest une partie fermée deM2(C).
c) Montrer queUest inclus dans l’adhérence deR.
d) Qu’en déduire ?

Enoncés

2

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Corrections

Corrections

Exercice 1 :[énoncé]
◦ ◦
SupposonsF6=∅et introduisonsx∈F, il existeε >0tel queB(x ε)⊂F. Pour
toutu∈Etel queu6= 0, considéronsy=x+2εkuuk, on ay∈B(x ε)doncy∈F,
orx∈Fdoncu∈F. AinsiE⊂FpuisE=F.

Exercice 2 :[énoncé]
a) Siaest intérieur àAalorsAest voisinage deaet doncBaussi. Par suite
a∈B◦.
Siaest adhérent àAalorsaest limite d’une suite convergente d’éléments deA.
¯
Celle-ci est aussi une suite convergente d’éléments deBdonca∈B. On peut
aussi déduire ce résultat du précédent par un passage au complémentaire.
b)A∩B⊂A Bdonc(A∩B)◦est inclus dansA◦∩B◦. Inversement siaun
élément deA◦∩B◦, alorsAest voisinage deaetBaussi doncA∩Best voisinage
deaet doncaest intérieur àA∩B. Ainsi(A∩B)◦etA◦∩B◦sont égaux.
A⊂A∪BetB⊂A∪BdoncA◦∪B◦est inclus dans(A∪B)◦. L’égalité n’est
pas toujours vraie. Un contre-exemple est obtenu pourA= ]01]etB= [12[où
A◦∪B◦= ]01[∪]12[alors que(A∪B)◦= ]02[.
¯ ¯
c) Par passage au complémentaire des résultats précédents :A∪BetA∪Bsont
¯ ¯
égaux alors queA∩Best inclusA∩Bsans pouvoir dire mieux. On peut aussi
mener une résolution directe en exploitant a) et la caractérisation séquentielle des
¯ ¯
points adhérents pour l’inclusion deA∪BdansA∪B.

Exercice 3 :[énoncé]
¯ ¯
F⊂Eet0E∈Fcar0E∈F.
¯
Soientλ µ∈Ketx y∈F.
Il existe deux suites(xn)et(yn)d’éléments deFvérifiant

xn→xetyn→y

On a alors
λxn+µyn→λx+µy
¯
avecλxn+µyn∈Fpour toutn∈N. On en déduitλx+µy∈F.

Exercice 4 :[énoncé]
¯
PuisqueA⊂VectA, on aA⊂VectA.

Puisque VectAest un sous-espace vectoriel, on montrer aisément que VectAl’est
¯
aussi. Puisqu’il contientA, on obtient

¯
Vect(A)⊂VectA

Exercice 5 :[énoncé]
On a
¯◦¯◦
Fr(A) =A\A=A∩CEA=A∩CEA
On en déduit que Fr(A)est fermée par intersection de parties fermées

Exercice 6 :[énoncé]
¯ ¯
Fr(F) =F∩CEFet Fr(Fr(F)) =Fr(F)∩CEFr(F)or Fr(F)⊂F=Fdonc
CEF⊂CEFr(F)puisCEF⊂CEFrF. De plus FrF⊂CEFdonc FrF⊂CEFrF
puis Fr(Fr(F)) =Fr(F).

Exercice 7 :[énoncé]
¯
a) Soitx∈A∩B. Il existe une suite(bn)∈BNtelle quebn→x. Orx∈AetA
est ouvert donc à partir d’un certain rangbn∈A. Ainsi pournassez grand
bn∈A∩Bet puisquebn→x,x∈A∩B.
¯
b) SiA∩B=∅alorsA∩B⊂A∩B=∅=∅.

Exercice 8 :[énoncé]
a) Soienta b∈A¯. Il existe(an)∈ANet(bn)∈ANtelles quean→aetbn→b.
Pour toutλ∈[01],

λa+ (1−λ)b= l→im+(λan+ (1−λ)bn)
n∞

3

¯
avecλan+ (1−λ)bn∈[an bn]⊂Adoncλa+ (1−λ)b∈A.
b) Soienta b∈A◦. Il existeαa αb>0tel queB(a αa) B(b αb)⊂A. Posons
α= min(αa αb)>0.
Pour toutλ∈[01]et toutx∈B(λa+ (1−λ)b α)on ax= (λa+ (1−λ)b) +αu
avecu∈B(01).
a0=a+αu∈B(a α)⊂Aetb0=b+αu∈B(b α)⊂Adonc[a0 b0]⊂Apuisque
Aest convexe doncλa0+ (1−λ)b0=x∈A. AinsiB(λa+ (1−λ)b α)⊂Aet donc
λa+ (1−λ)b∈A◦. FinalementA◦est convexe.

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Corrections

Exercice 9 :[énoncé]
¯ ¯ ¯ ¯
A⊂A,B⊂Bdoncd(A B)6d(A B).
¯
Pour toutx∈Aety∈B¯, il existe(an)∈ANet(bn)∈BNtelles quean→xet
bn→y.
On a alorsd(x y) =nl→i+m∞d(an bn)ord(an bn)>d(A B)donc à la limite
¯ ¯
d(x y)>d(A B)puisd(A B)>d(A B)et finalement l’égalité.

Exercice 10 :[énoncé]
n n n n
a)SAiest un fermé qui contientSAidoncSAi⊂SAi.
i=1i=1i=1i=1
n n n
Pour toutj∈ {1     n},Aj⊂SAietSAiest fermé doncAj⊂SAipuis
i=1i=1i=1
n n
SAi⊂SAi.
i=1i=1
n n n n
b)TAiest un fermé qui contientTAidoncTAi⊂TAi.
i=1i=1i=1i=1
Il ne peut y avoir égalité : pourA1=Q,A2=R\Qon aA1∩A2=∅et
A1∩A2=R.

Exercice 11 :[énoncé]
¯
Pour toutx∈A,x∈Aet donc|f(x)|6kfk∞A¯. Ainsi

kfk∞A6kfk∞A¯

Soitx∈A¯, il existe(un)∈ANtel queun→xet alorsf(un)→f(x)par
continuité def. Or|f(un)|6kfk∞Adonc à la limite|f(x)|6kfk∞Apuis

kfk∞A6kfk∞A
¯

Exercice 12 :[énoncé]
Commençons par montrer queDn(C)est dense dansMn(C).
SoitA∈ Mn(C). La matriceAest trigonalisable, on peut donc écrire
A=P T P−1avecP∈GLn(C)etT∈ Tn+(C). Posons alors pourp∈N?, on pose
Ap=P(T+Dp)P−1avecDp=diag(1p2p     np).
Par opérations,Ap−−−−→A
p→+∞et pourpassez grand les coefficients diagonaux de
la matrice triangulaireT+Dpsont deux à deux distincts, ce qui assure
Ap∈ Dn(C). AinsiA∈ Dn(C)et doncDn(C) =Mn(C).

4

Montrons maintenant que l’intérieur deDn(C)est formée des matrices possédant
exactementnvaleurs propres distinctes.
SoitA∈ Dn(C).
Cas|SpA|< n.
On peut écrireA=P DP−1avecP∈GLn(C)etD=diag(λ λ λ2     λn).
0 1p
Posons alorsDp=D00)0(..(0)0etAp=P DpP−1.
+.
La matriceDpn’est pas diagonalisable cardimEλ(Dp)< mλ(Dp)doncApnon
plus et puisqueAp→A, on peut affirmer que la matriceAn’est pas intérieure à
Dn(C).
Cas|SpA|=n.
Supposons par l’absurde queAn’est pas intérieur àDn(C). Il existe donc une suite
(Ap)de matrices non diagonalisables convergeant versA. Puisque les matricesAp
ne sont pas diagonalisables, leurs valeurs propres ne peuvent tre deux à deux
distinctes. Notonsλpune valeur propre au moins double deAp. PuisqueAp→A,
par continuité du déterminantχAp→χA. Les coefficients du polynôme
caractéristiqueχApsont donc bornés ce qui permet d’affirmer que les racines de
χAple sont aussi (car siξest racine deP=Xn+an−1Xn−1+∙ ∙ ∙+a1X+a0, on
a|ξ|6max (1|a0|+|a1|+∙ ∙ ∙+|an−1|)). La suite complexe(λp)étant bornée, on
peut en extraire une suite convergente(λϕ(p))de limiteλ. On a alors
Ap−λϕ(p)In→A−λIn. Or les valeurs propres deAétant simples, on a
dim ker(A−λIn)61et donc rg(A−λIn)>n−1. La matriceA−λInpossède
donc un déterminant extrait non nul d’ordren−1. Par continuité du
déterminant, on peut affirmer que pourpassez grand rg(Aϕ(p)−λϕ(p)In)>n−1
et doncdim ker(Aϕ(p)−λϕ(p)In)61ce qui contredit la multiplicité de la valeur
propreλϕ(p). C’est absurde et on conclut que la matriceAest intérieure àDn(C).

Exercice 13 :[énoncé]
¯
a) SiAest fermée alorsA=Adonc FrA=A\A◦⊂A.
¯ ¯
Inversement, si Fr(A) =A\A◦⊂Aalors puisqueA◦⊂Aon aA⊂A.
¯
En effet, pourx∈A, six∈A◦alorsx∈Aet sinonx∈FrAet doncx∈A.
¯ ¯ ¯
Puisque de plusA⊂A, on en déduitA=Aet doncAest fermé.
b)Aest un ouvert si, et seulement si,CEAest un fermé i.e. si, et seulement si,
Fr(CEA)⊂CEA.
Or Fr(CEA) =FrAdoncAest un ouvert si, et seulement si, FrA∩A=∅.
Exercice 14 :[énoncé]
a) Une matrice deRannulée par un polynôme de la formeest Xn−1dont les

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racines sont de module 1. Puisque les valeurs propres figurent parmi les racines

des polynômes annulateurs
R ⊂ U
b) Une matriceM∈ M2(C)admet deux valeurs propres comptées avec
multiplicitéλ µ. Celles-ci sont déterminées comme les solutions du système
(λ+µ=trM
λµ= detM

Pour alléger les notations, posonsp= (trM)2etq= detM. Les valeurs propres
λetµsont les deux racines du polynôme

X2−pX+q

et en posantδ∈Ctel queδ2=p2−q, ces racines sont

de sorte que

λ=p+δetµ=p−δ

|λ|2=|p|2+|δ|2+ 2Re(p¯δ)et|µ|2=|p|2+|δ|2−2Re(p¯δ)

On en déduit que la fonctionfqui àM∈ M2(C)associe le réel
|λ| −12|µ|2−12s’exprime comme somme, produit et conjuguée des trMet
2
detMet c’est donc une fonction continue.
PuisqueU=f−1({0})avec{0}fermé,Uest une partie fermée deM2(C).
c) SoitM∈ U. La matriceMest trigonalisable et donc il existeP∈GL2(C)et
T∈ T2+(C)telle que
M=P T P−1avecT=λ0νµ,|λ|=|µ|= 1

On peut écrireλ= eiαetµ= eiβavecα β∈R.
Pourn∈N?, posons

αn= 2π[nα2π]etβn= 2π[nβ2π] + 1
n n
et considérons la matrice
eiαnν

Par construction,

Mn=P TnP−1avecTn=0

eiαn6= eiβn

eiβn

au moins pournassez grand et ce mme lorsqueα=β.
On en déduit que pour ces valeurs denla matriceTnest diagonalisable.
De plus, puisque
eiαnn=eiβnn= 1

on a alorsTnn=I2et doncMn∈ R.
Enfin, on a évidemmentMn→M.
¯ ¯
d)Uest un fermé contenantRdoncR ⊂ Uet par double inclusionR=U.

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