Sujet : Analyse, Topologie, Ouverts et fermés

Publié par

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 septembre 2013 Enoncés 1 Ouverts et fermés Exercice 6 Centrale MP [ 01108 ] [correction] Soit E leR-espace vectoriel des suites réelles bornées muni de la norme Exercice 1 [ 01103 ] [correction] kuk = sup|u |n∞Montrer que tout fermé peut s’écrire comme intersection d’une suite décroissante n∈N d’ouverts. Déterminer si les sous-ensembles suivants sont fermés ou non : A ={suites croissantes}, B ={suites convergeant vers 0}, C ={ convergentes}, Exercice 2 [ 01104 ] [correction] 0 D = suites admettant 0 pour valeur d adhérence et E ={suites périodiques}.2On désigne par p et p les applications coordonnées deR définies par1 2 p (x ,x ) =x .i 1 2 i 2a) Soit O un ouvert deR , montrer que p (O) et p (O) sont des ouverts deR.1 2 Exercice 7 [ 01110 ] [correction]2 2b) Soit H = (x,y)∈R |xy = 1 . Montrer que H est un fermé deR et que (N)On noteR l’ensemble des suites réelles nulles à partir d’un certain rang. p (H) et p (H) ne sont pas des fermés deR.1 2 (N) ∞a) Montrer queR est un sous-espace vectoriel de ‘ (R). c) Montrer que si F est fermé et que p (F ) est borné, alors p (F ) est fermé.2 1 b) Est-il ouvert? c) Est-il fermé? Exercice 3 [ 01105 ] [correction] Montrer que si un sous-espace vectoriel F d’un espace vectoriel normé E est Exercice 8 [ 01112 ] [correction] ouvert alors F =E. Soient E et E deux parties fermés d’un espace vectoriel normé E telle que1 2 E =E ∪E .
Licence : En savoir +
Paternité, pas d'utilisation commerciale, partage des conditions initiales à l'identique
Nombre de pages : 9
Voir plus Voir moins

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 septembre 2013

Ouverts et fermés

Enoncés

Exercice 1[ 01103 ][correction]
Montrer que tout fermé peut s’écrire comme intersection d’une suite décroissante
d’ouverts.

Exercice 2[ 01104 ][correction]
On désigne parp1etp2les applications coordonnées deR2définies par
pi(x1 x2) =xi.
a) SoitOun ouvert deR2, montrer quep1(O)etp2(O)sont des ouverts deR.
b) SoitH=(x y)∈R2|xy= 1. Montrer queHest un fermé deR2et que
p1(H)etp2(H)ne sont pas des fermés deR.
c) Montrer que siFest fermé et quep2(F)est borné, alorsp1(F)est fermé.

Exercice 3[ 01105 ][correction]
Montrer que si un sous-espace vectorielFd’un espace vectoriel norméEest
ouvert alorsF=E.

Exercice 4[ 01106 ][correction]
SoientA Bdeux parties non vides d’un espace vectoriel norméEtelles que

d(A B inf) =Bd(x y)>0
x∈Ay∈

Montrer qu’il existe deux ouverts disjointsUetVtels queA⊂UetB⊂V.

Exercice 5[ 01107 ][correction]
SoitEune espace vectoriel normé.
a) SoientFune partie fermée non vide deEetx∈E. Montrer

d(x F) = 0⇔x∈F

b) SoientFetGdeux fermés non vides et disjoints deE.
Montrer qu’il existe deux ouvertsUetVtels que

F⊂U G⊂VetU∩V=∅

Exercice 6Centrale MP[ 01108 ][correction]
SoitEleR-espace vectoriel des suites réelles bornées muni de la norme

kuk∞= sup|un|
n∈N

Déterminer si les sous-ensembles suivants sont fermés ou non :
A={suites croissantes},B={suites convergeant vers 0},
C={suites convergentes},
D=suites admettant0pour valeur d0adhérenceetE={suites périodiques}.

Exercice 7[ 01110 ][correction]
On noteR(N)l’ensemble des suites réelles nulles à partir d’un certain rang.
a) Montrer queR(N)est un sous-espace vectoriel de`∞(R).
b) Est-il ouvert ?
c) Est-il fermé ?

Exercice 8[ 01112 ][correction]
SoientE1etE2deux parties fermés d’un espace vectoriel norméEtelle que
E=E1∪E2.
Montrer qu’une applicationf:E→Fest continue si, et seulement si, ses
restrictionsf1etf2au départ deE1et deE2le sont.

1

Exercice 9[ 02637 ][correction]
On note(|)le produit scalaire canonique surRnetkkle produit scalaire
associé. On rappelle l’inégalité de Cauchy-Schwarz : six y∈Rn,(x|y)6kxk kyk
avec égalité si, et seulement si,xetysont colinéaires et de mme sens.
a) Soitx a b∈Rntel quea6=betkx−ak=kx−bk. Montrer que

b<ka
x−a2+x− k

b) SoitFun fermé non vide deRnetx∈Rn. Montrer qu’il existea∈F

kx−ak=yin∈fFkx−yk

tel que

On supposera d’abord queFest borné avant d’étudier le cas général.
c) SoitAun convexe fermé non vide deRn. Montrer qu’il existe un uniquea∈A
tel que
kx−ak=yi∈nfAkx−yk

Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 septembre 2013

Enoncés

On notea=P(x)ce qui définit une applicationP:Rn→Aappelée projection
sur le convexeA.
d) Montrer que s’il existea∈Atel que(x−a|y−a)60pour touty∈A, on a
a=P(x).
e) On suppose qu’il existe uny∈Atel que

(x−P(x)|y−P(x))>0
En considérant les vecteurs de la formety+ (1−t)P(x)avect∈[01], obtenir une
contradiction.
f) Déduire de d) et e) quea=P(x)si, et seulement si,a∈Aet(x−a|y−a)60
pour touty∈A.
g) Etablir que pour toutx y∈Rn,

(x−y|P(x)−P(y))>kP(x)−P(y)k2

En déduire quePest continue.

Exercice 10Centrale MP[ 02415 ][correction]
SoitAune partie non vide deRtelle que pour toutxréel il existe un et un seul
y∈Atel que|x−y|=d(x A). Montrer queAest un intervalle fermé.

Exercice 11Mines-Ponts MP[ 02770 ][correction]
On munit l’espace des suites bornées réelles`∞(R)de la norme
kuk∞= supn(|un|).
a) Montrer que l’ensemble des suites convergentes est un fermé de`∞(R).
b) Montrer que l’ensemble des suites(an)qui sont terme général d’une série
absolument convergente n’est pas un fermé de`∞(R).

Exercice 12Mines-Ponts MP[ 02771 ][correction]
SoitEl’ensemble des suites(an)n>0deCtelles queP|an|converge. Si
a= (an)n>0appartient àE, on pose

+∞
kak=X|an|
n=0

a) Montrer quekkest une norme surE.
b) Soit
+
F=(a∈En=X∞0an= 1
L’ensembleF ?est-il ouvert ? fermé ?. borné

)

Exercice 13X MP[ 03021 ][correction]
SoitEun espace vectoriel normé,Fun sous-espace fermé deEetGun
sous-espace vectoriel de dimension finie deE. Montrer queF+Gest fermé

Exercice 14X MP[ 03037 ][correction]
Caractériser dansMn(C)les matrices dont la classe de similitude est fermée.
Mme question avecRau lieu deC

Exercice 15[ 02507 ][correction]
SoientE=C([01]R)normé parkk∞et la partie
A=f∈Ef(0) = 0etZ10f(t) dt>1

a) Montrer queAest une partie fermée.
b) Vérifier que
∀f∈Akfk∞>1

Exercice 16[ 03066 ][correction]
SoientE=C([01]R)normé parkk∞et la partie
A=f∈Ef(0) = 0etZ10f(t) dt>

a) Montrer queAest une partie fermée.
b) Vérifier que
∀f∈Akfk∞>1
c) Calculer la distance de la fonction nulle à la partieA.

1

Exercice 17[ 03289 ][correction]
a) Montrer que les parties
A=(x y)∈R2xy= 1etB={0} ×R

sont fermées.
b) Observer queA+Bn’est pas fermée.

2

Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 septembre 2013

Exercice 18[ 03290 ][correction]
Montrer queZest une partie fermée deR:
a) en observant que son complémentaire est ouvert ;
b) par la caractérisation séquentielle des parties fermées ;
c) en tant qu’image réciproque d’un fermé par une application continue.

Exercice 19[ 03306 ][correction]
DansE=R[X], on considère les normes

L’ensemble

N1(P) = sup|P(t)|
t∈[01]

etN2(P) = sup|P(t)|
t∈[12]

Ω ={P∈EP(0)6= 0}

est-il ouvert pour la normeN1? pour la normeN2?

Enoncés

3

Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 septembre 2013

Corrections

Exercice 1 :[énoncé]
?
SoientFun fermé et pour toutn∈N,
On=[B(a1n)
a∈F

Corrections

Onest un ouvert contenantFdoncFest inclus dans l’intersection desOnpour
n∈N?. Inversement sixappartient à cette intersection, alors, pour toutn∈N, il
existean∈Ftel quex∈B(an1n). La suite(an)converge alors versxet donc
x∈FcarFest fermé. FinalementFest l’intersection desOnpourn∈N?.

Exercice 2 :[énoncé]
a) Soitx∈p1(O), il existey∈Rtel quea= (x y)∈O. CommeOest ouvert, il
existeε >0tel queB∞(a ε)⊂Oet alors]x−ε x+ε[⊂p1(O). Ainsip1(O)et de
mmep2(O)est ouvert.
b) Soit((xn yn))n∈N∈HNtelle que(xn yn)→(x y). Commexnyn= 1, à la
limitexy= 1.
Par la caractérisation séquentielle des fermés,Hest fermé.p1(H) =R?,
p2(H) =R?ne sont pas fermés dansR.
c) Soit(xn)n∈N∈(p1(F))Ntelle quexn→x. Pourn∈N, il existeyntel que
(xn yn)∈F.
La suite((xn yn))est alors une suite bornée dont on peut extraire une suite
convergente :((xϕ(n) yϕ(n))).
Notonsy= limyϕ(n). CommeFest fermé,(x y) = lim(xϕ(n) yϕ(n))∈Fpuis
x=p1((x y))∈p1(F).

Exercice 3 :[énoncé]
o~∈Fdonc∃α >0 B(α~o)⊂Fd’oùF=E.

Exercice 4 :[énoncé]
Les ensembles
U=[B(a d2)etV=[B(b d2)
a∈A b∈B
avecd=d(A B)sont solutions.
En effetUetVsont des ouverts (par réunion d’ouverts) contenantAetB.
UetVsont disjoints car

U∩V6=∅ ⇒ ∃(a b)∈A×B B(a d2)∩B(b d2)6=∅ ⇒d(A B)< d

4

Exercice 5 :[énoncé]
a)(⇐)ok
(⇒)Sid(x F) = 0alors il existe(un)∈FNtel queun→x, orFest fermé, donc
x∈F.
b) Soient
U=x∈[FBx21d(x G)etV=x∈[GBx21d(x F)
Les partiesUetVsont ouvertes car réunion de boules ouvertes et il est clair que
UetVcontiennent respectivementFetG.
S’il existey∈U∩Valors il existea∈Fetb∈Gtels que

Puisque
on a donc

d(a y)<21d(a G)etd(b y)<21d(b F)

d(a G) d(b F)6d(a b)

d(a b)6d(a y) +d(y b)< d(a b)

C’est absurde et on peut conclure

U∩V=∅

Exercice 6 :[énoncé]
Aest fermé car siup= (unp)est une suite d’éléments deAconvergeant vers une
suiteu= (un)pour la normekk∞alors pour toutn∈Net toutp∈N,
upn6unp+1qui donne à la limiteun6un+1et doncu∈A.
Best fermé car siup= (upn)est une suite d’éléments deBconvergeant vers une
suiteu= (un)pour la normekk∞alors pour toutε >0il existep∈Ntel que
ku−upk∞6ε2et puisqueunnp→→∞0, il existeN∈Ntel que

∀n>N|upn|6ε2

et donc
|un|6|un−unp|+|upn|6ε
Ainsiu→0et doncu∈B.
Cest fermé. En effet siup= (unp)est une suite d’éléments deCconvergeant vers
une suiteu= (un)pour la normekk∞alors en notant`pla limite deup, la suite
(`p)est une suite de Cauchy puisque|`p−`q|6kup−uqk∞. Posons`la limite de
la suite(`p)et considéronsvp=up−`p.vp∈Betvp→u−`doncu−`∈Bet
u∈C.

Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 septembre 2013

Corrections

Dest fermé car siup= (upn)est une suite d’éléments deDconvergeant vers une
suiteu= (un)pour la normekk∞alors pour toutε >0il existep∈Ntel que
ku−upk∞6ε2et puisque 0 est valeur d’adhérence deup, il existe une infinité
dentels que|unp|6ε2et donc tels que

|un|6|un−unp|+|upn|6ε

Ainsi 0 est valeur d’adhérence deuet doncu∈D.
En’est pas fermé. Notonsδp, la suite déterminée parδnp= 1sip|net 0 sinon. La
suiteδpest périodique et toute combinaison linéaire de suitesδpl’est encore.
Posons alors
p1
up=X2kδk
k=1
qui est élément deE. La suiteupconverge car

up+qup∞6pX+q21k621p→0

k=p+1

et la limiteude cette suite n’est pas périodique car

p1
u0=pl→i+m∞X2k= 1
k=1

et queun<1pour toutnpuisque pour queun= 1il fautk|npour toutk∈N.

Exercice 7 :[énoncé]
a) Les éléments deR(N)sont bornés doncR(N)⊂`∞(R).
L’appartenance de l’élément nul et la stabilité par combinaison linéaire sont
immédiates.
b) SiR(N)est ouvert alors puisque0∈R(N)il existeα >0tel que
B∞(0 α)⊂R(N).
Or la suite constante égale àα2appartient àB∞(0 α)et n’est pas nulle à partir
d’un certain rang doncB∞(0 α)6⊂R(N)et doncR(N)n’est pas ouvert.
c) PourN∈N, posonsuNdéfinie parunN=n1+1sin6NetuNn= 0sinon.
(uN)∈R(N)etuN→uavecudonné parun=n1+1. En effet
uN−u∞=N2+1→0.
Maisu∈R(N)doncR(N)n’est pas fermé.

Exercice 8 :[énoncé]
L’implication directe est immédiate. Inversement, supposonsf1etf2continue.
Soita∈E.
Sia∈E1∩E2alors la continuité def1et def2donnef(x)−−−−∈−E−→f(a)et
x→ax1
f(x)−−−−−−→
x→ax∈E2f(a)doncf(x)−x−→−a−x−∈−E→f(a).
Sia∈E1\E2alors il existeα >0tel queB(a α)⊂CEE2et doncB(a α)⊂E1.
Puisquefcoïncide avec la fonction continuef1sur un voisinage dea, on peut
conclure quefest continue ena.
Le raisonnement est semblable sia∈E2\E1et tous les cas ont été traités car
E=E1∪E2.

5

Exercice 9 :[énoncé]
a)x−a+2b2=41kx−ak2+14kx−bk2+12(x−a|x−b)6kx−ak2.
De plus s’il y a égalité,x−aetx−bsont colinéaires et ont mme sens, or ces
vecteurs ont mme norme, ils sont dès lors égaux ce qui est exclu puisquea6=b.
b) CasFborné (donc compact).
Il existe(yn)∈FNtel quekx−ynkn−→−+−−∞→yin∈fFkx−yk.
Pouravaleur d’adhérence de(yn), on a par passage à la limite
kx−ak= infFkx−yk.
y∈
Cas général. Posonsd= in∈fFkx−yketF0=F∩B(x d+ 1).
y
F0est fermé et borné donc il existea∈F0tel quekx−ak=yi∈nFf0kx−yk.
Or par double inégalitéi∈nFf0kx−yk=yi∈nfFkx−yketa∈Fdonc il existea∈F
y
tel que voulu.
c. L’existence est assuré par b. Pour l’unicité, supposons par l’absurde l’existence
dea6=bsolutions.
Par a., on ax−a+2b<kx−akaveca+2b∈AcarAconvexe. Cela contredit la
définition dea.
d)kx−yk2=kx−ak2+ 2(x−a|a−y) +ka−yk2>kx−ak2aveca∈Adonc
a=P(x).
e)kx−(ty+ (1−t)P(x))k2=kx−P(x)−t(y−P(x))k2=
kx−P(x)k −2t(x−P(x)|y−P(x)) +t2ky−P(x)k2
or−2t(x−P(x)|y−P(x)) +t2ky−P(x)k2t∼→0−2t(x−P(x)|y−P(x))est<0
au voisinage de zéro.
Pourtsuffisamment petit,ty+ (1−t)P(x)est un vecteur du convexeA
contredisant la définition dea.
f) Par d), on a⇐. Par e., on a⇒via contraposée.
g)(x−y|P(x)−P(y)) = (x−P(x)|P(x)−P(y)) +kP(x)−P(y)k2+ (P(y)−y|

Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 septembre 2013

Corrections

P(x)−P(y))avec(x−P(x)|P(x)−P(y)) =−(x−P(x)|P(y)−P(x))>0et
(P(y)−y|P(x)−P(y)) =−(y−P(y)|P(x)−P(y))>0donc
(x−y|P(x)−P(y))>kP(x)−P(y)k2.
Par Cauchy-Schwarz : :kP(x)−P(y)k26kx−yk kP(x)−P(y)k.
PourP(x)6=P(y),kP(x)−P(y)k6kx−yket pourP(x) =P(y)aussi.
Pest donc continue car lipschitzienne.

Exercice 10 :[énoncé]
Soit(xn)∈ANconvergeant versx∈R. Il existe un uniquey∈Atel que
|x−y|=d(x A). Ord(x A) = 0doncx=y∈A. AinsiAest fermé.
Par l’absurde supposons queAne soit pas un intervalle. Il existea < c < btel que
a b∈Aetc∈ A.
Posonsα= sup{x∈Ax6c}etβ= inf{x∈Ax>c}. On aα β∈A,
α < c < βet]α β[⊂CRA.
Posons alorsγ=α2+β. On ad(γ A) =β−2α=|γ−α|=|γ−β|ce qui contredit
l’hypothèse d’unicité. Absurde.

Exercice 11 :[énoncé]
a) NotonsCl’espace des suites convergentes de`∞(R).
Soit(un)une suite convergente d’éléments deCde limiteu∞
.
Pour chaquen, posons`n= limun= limn. Puisque la suite(un)converge
p→+∞up
celle-ci est de Cauchy pourkk∞ce qui permet d’établir que la suite réelle(`n)est
elle-mme de Cauchy. Posons`∞sa limite. Puisque
up∞−`∞6up∞−unp+upn−`n+|`n−`∞|on peut par les epsilon établir
l→i+m∞up∞=`∞.
p
b) NotonsAdes suites dont le terme général est terme général d’une sériel’espace
absolument convergente.
Soit(un)la suite définie par∀n∈N?∀p∈N upn=(p)+111+1n.
La suite(un)est une suite d’éléments deAet une étude en normekk∞permet
d’établir queun→u∞avecup∞=p1+1. La suiteu∞n’étant pas élément deA, la
partieAn’est pas fermée.

Exercice 12 :[énoncé]
a) Cf. cours.
b) Supposons(apn)∈F→(an).

+∞+∞+∞
Xapn−Xan6X|anp−an| →0
n=0n=0n=0

donc(an)∈FetFest fermé.
Soita= (an)∈F(il en existe). Posonse= (100   ).

∀α >0,a+αe∈ Fetka−(a+αe)k=α

¯
doncB(a α)6⊂FetFn’est pas ouvert.
Posonsαp= (p+ 1−p00   ).

doncFn’est pas borné.

αp∈Fetkαpk →+∞

6

Exercice 13 :[énoncé]
Pour obtenir ce résultat, il suffit de savoir montrerF+Vect(u)fermé pour tout
u∈ F.
Soit(xn)une suite convergente d’éléments deF+Vect(u)de limitex.
Pour toutn∈N, on peut écrirexn=yn+λnuavecyn∈Fetλn∈K.
Montrons en raisonnant par l’absurde que la suite(λn)est bornée.
Si la suite(λn)quitte à considérer une suite extraite, on peutn’est pas bornée,
supposer|λn| →+∞.
Posons alorszn=λ1xn=λ1nyn+u.
n
Puisquekxnk → kxket|λn| →+∞, on akznk →0et donc1yn→ −u.
λn
Or la suite de terme généralλ1nynest une suite d’éléments de l’espace ferméF,
donc−u∈Fce qui exclu.
Ainsi la suite(λn)est bornée et on peut en extraire une suite convergente(λϕ(n))
de limiteλ∈K.
Par opérations, la suite(yϕ(n))est alors convergente.
En notantysa limite, on ay∈Fcar l’espaceFest fermé.
En passant la relationxn=yn+λnuà la limite on obtient
x=y+λu∈F+Vect(u).
Ainsi l’espaceF+Vect(u)est fermé.

Exercice 14 :[énoncé]
CasA∈ Mn(C)est diagonalisable.
Soit(Ap)une suite convergente de matrices semblables àA.
NotonsA∞la limite de(Ap).
SiPest un polynôme annulateur deA,Pest annulateur desApet doncPannule
A∞. PuisqueAest supposée diagonalisable, il existe un polynôme scindé simple
annulantAet doncA∞et par suiteA∞est diagonalisable.
De plusχA=χApdonc à la limiteχA=χA∞.

Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 septembre 2013

On en déduit queAetA∞ont les mmes valeurs propres et que celles-ci ont
mmes multiplicités. On en conclut queAetA∞sont semblables.
Ainsi la classe de similitude deAest fermée.
CasA∈ Mn(C)non diagonalisable.
A titre d’exemple, considérons la matrice
A=λ10λ
PourPp=p001, on obtient

1p
Pp−1APp=0λλ→λI2

qui n’est pas semblable àA.
De façon plus générale, si la matriceAn’est pas diagonalisable, il existe une
valeur propreλpour laquelle

ker(A−λI2)26= ker(A−λI2)

Corrections

PourX2∈ker(A−λI2)2\ker(A−λI2)etX1= (A−λI2)X2, la famille(X1 X2)
vérifieAX1=λX1etAX2=λX2+X1. En complétant la famille libre(X1 X2)
en une base, on obtient que la matriceAest semblable à
(λ)001(λ((0)??B))
T=

PourPp=diag(p1    1), on obtient
Pp−1T Pp=(λ00(1)λ0)p(?(?B)p)→(λ00)(0λ)0(0(B?))=A∞

Or cette matrice n’est pas semblable àTni àAcar rg(A∞−λIn)6=rg(T−λIn).
Ainsi, il existe une suite de matrices semblables àAqui converge vers une matrice
qui n’est pas semblable àA, la classe de similitude deAn’est pas fermée.
CasA∈ Mn(R)
SiAest diagonalisable dansCalors toute limiteA∞d’une suite de la classe de
similitude deAest semblable àAdansMn(C). SoitP∈GLn(C)telle que
P−1AP=A∞. On a alorsAP=P A∞. En introduisant les parties réelles et
imaginaires deP, on peut écrireP=Q+iRavecQ R∈ Mn(R).
L’identitéAP=P A∞avecAetA∞réelles entraîneAQ=QA∞etAR=RA∞.

7

Puisque la fonction polynômet7→det(Q+tR)n’est pas nulle (car non nulle eni),
il existet∈Rtel queP0=Q+tR∈GLn(R)et pour cette matriceAP0=P0A∞.
Ainsi les matricesAetA∞sont semblables dansMn(R).
SiAn’est pas diagonalisable dansC.
Il existe une valeur propre complexeλpour laquelleker(A−λI2)26= ker(A−λI2).
PourX2∈ker(A−λI2)2\ker(A−λI2)etX1= (A−λI2)X2, la famille(X1 X2)
vérifieAX1=λX1etAX2=λX2+X1.
Siλ∈R, il suffit de reprendre la démonstration qui précède.
?
Siλ∈C\R, on peut écrireλ=a+ibavecb∈R.
¯ ¯
PosonsX3=X1etX4=X2.
¯
La famille(X1 X2 X3 X4)est libre carλ6=λ.
Introduisons ensuiteY1=Re(X1),Y2=Re(X2),Y3=Im(X1)etY4=Im(X2).
Puisque VectC(Y1     Y4) =VectC(X1     X4), la famille(Y1     Y4)est libre et
peut donc tre complétée en une base.
On vérifie par le calculAY1=aY1−bY3,AY2=aY2−bY4+Y1AY3=aY3+bY1et
AY4=bY2+aY4+Y3.
et on obtient que la matriceAest semblable dansMn(R)à la matrice
TO?Bav
ec
a10ba00b
T=
−0b−0b0aa1

PourPp=diag(p1 p1   1), on obtient
→T∞?0=A∞
Pp−1T PpO B

avec
a0a00bb0
T∞=−0b−0ab00a
¯ ¯
Or dansMn(C), la matriceA∞est semblable est à diag(λ λ λ λ B)qui n’est pas
semblable àAà ce qui a déjà été vu.pour des raisons de dimensions analogues
Les matrices réellesAetA∞ne sont pas semblables dansMn(C)ni a fortiori
dansMn(R).
On en déduit que la classe de similitude deAn’est pas fermée

Exercice 15 :[énoncé]
a) Soient(fn)une suite convergente d’éléments deAetf∞∈Esa limite.

Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 septembre 2013

Corrections

Puisque la convergence de la suite(fn)a lieu pour la normekk∞, il s’agit d’une
convergence uniforme.
Puisqu’il y a convergence uniforme, il y a convergence simple et en particulier

fn(0)→f∞(0)

On en déduitf∞(0) = 0.
Puisqu’il y a convergence uniforme de cette suite de fonctions continues, on a aussi
1
Z10fn(t) dt→Zf∞(t) dt
0
et doncR01f∞(t) dt>1.
Ainsif∞∈Aet la partieAdonc fermée en vertu de la caractérisationest
séquentielle des parties fermées.
b) Par l’absurde, supposons qu’il existef∈Avérifiantkfk∞61. Puisque
Z01f(t) dt6Z01|f(t)|dt6Z10kfk∞dt61

on peut affirmer que

Z01f(t) dt= 1

et donc
Z10(1−f(t)) dt= 0
Or la fonctiont7→1−f(t)est continue et positive, c’est donc la fonction nulle.
Par suitefest la fonction constante égale à 1, orf(0) = 0, c’est absurde.

Exercice 16 :[énoncé]
a) Soient(fn)une suite convergente d’éléments deAetf∞∈Esa limite.
Puisque la convergence de la suite(fn)a lieu pour la normekk∞, il s’agit d’une
convergence uniforme.
Puisqu’il y a convergence uniforme, il y a convergence simple et en particulier

fn(0)→f∞(0)

On en déduitf∞(0) = 0.
Puisqu’il y a convergence uniforme de cette suite de fonctions continues, on a aussi
Z1fn(t) dt→Z10f∞(t) dt
0

et doncR01f∞(t) dt>1.
Ainsif∞∈Aet la partieAdonc fermée en vertu de la caractérisationest
séquentielle des parties fermées.
b) Par l’absurde, supposons qu’il existef∈Avérifiantkfk∞61. Puisque
Z01f(t) dt6Z10|f(t)|dt6Z10kfk∞dt61
on peut affirmer que
1
Zf(t) dt= 1
0
et donc
Z10(1−f(t)) dt= 0
Or la fonctiont7→1−f(t)est continue et positive, c’est donc la fonction nulle.
Par suitefest la fonction constante égale à 1, orf(0) = 0, c’est absurde.
˜ ˜
c)d(0 A) =fin∈fAkfk∞et par ce qui précède on a déjàd(0 A)>1.
Considérons maintenant la fonctionfndéfinie pourn∈N?par le schéma.

La fonctionfn
La fonctionfnest continue,fn(0) = 0et par calcul d’aires
Z1fn(t) dt2=1nnn+ 1 +1−n1nn = (2+ 1n−1)2n(2n+ 1) = 2n2+2nn2−1>1
0
Ainsi la fonctionfnest élément deA. Or
kfnk∞=nn+ 1→1
donc
˜
d(0 A) = 1

8

Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 septembre 2013

Corrections

Exercice 17 :[énoncé]
a) Soit(un)une suite convergente d’élément deAde limiteu∞= (x∞ y∞).
Pour toutn∈N, on peut écrireun= (xn yn)avecxnyn= 1. A la limite on
obtientx∞y∞= 1et doncu∞= 1.
En vertu de la caractérisation séquentielle des parties fermées, on peut affirmer
queAest fermée.
La partieB, quant à elle, est fermée car produit cartésien de deux fermées.
b) Posons
un= (1n0) = (1n n) + (0−n)∈A+B

Quandn→+∞,un→(00).
Or(00)∈ A+Bcar le premier élément d’un couple appartenant àA+Bne
peut pas tre nul.

Exercice 18 :[énoncé]
a) On a

R\Z=[]n n+ 1[
n∈Z

PuisqueR\Zest une réunion d’ouverts, c’est un ouvert.
b) Soit(xn)une suite convergente d’entiers de limite`.
Pourε= 12, il existe un rangN∈Ntel que

et alors

∀n>N|xn−`|<12

∀m n>N|xm−xn|<1

Puisque les termes de la suite(xn)sont entiers, on en déduit

∀m n>N xm=xn

La suite(xn)alors constante à partir du rangest Net sa limite est donc un
nombre entier.
c) Considéronsf:R→Rdéfinie parf(x) = sin(πx).
La fonctionfest continue et
Z=f−1({0})

avec{0}partie fermée deR.

9

Exercice 19 :[énoncé]
Posonsϕ:E→Rl’application définie parϕ(P) =P(0).
L’applicationϕest linéaire et puisque|ϕ(P)|6N1(P), cette application est
continue. On en déduit queΩ =ϕ−1({0})est un ouvert relatif àEi.e. un ouvert
deEpour la normeN1.
Pour la normeN2, montrons que la partieΩn’est pas ouverte en observant qu’elle
n’est pas voisinage de son pointP= 1. Pour cela considérons la fonction continue
f: [02]→Rdonnée par le graphe suivant :

Par le théorème d’approximation de Weierstrass, il existe une suite(Pn)de
polynômes vérifiant
sup|Pn(t)−f(t)| →0
t∈[02]

et en particulier
Pn(0)→0etN2(Pn−P)→0
Considérons alors la suite de polynômes(Qn)avec

Qn=Pn−Pn(0)

Pour toutn∈N,Qn(0) = 0doncQn∈Ωet

N2(Qn)6N2(Pn−P) +|Pn(0)| →0

donc
Qn N−2→P
Puisque la partieΩn’est pas voisinage de chacun de ses points, elle n’est pas
ouverte pour la normeN2.

Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD

Soyez le premier à déposer un commentaire !

17/1000 caractères maximum.