Exercices sur la continuité des fonctions vectorielles

(1)

Continuité des fonctions vectorielles

Limites

Exercice 1 [ 01735 ][correction]

Etudier les limites en (0,0) des fonctions suivantes : a)f(x, y) = xy

x²+y² b)f(x, y) = x²+xy+y² x²+y² c)f(x, y) = x²y

x²+y² d)f(x, y) = x²y² x²+y²

Étudier les limites en (0,0) des fonctions suivantes : a)f(x, y) =x³

y b)f(x, y) = x+ 2y

x²−y² c) f(x, y) = x²+y²

|x|+|y|

Etudier les limites en (0,0) des fonctions suivantes : a)f(x, y) = x³+y³

x²+y² b)f(x, y) = xy x⁴+y⁴ c)f(x, y) = x²y

x⁴+y² d)f(x, y) = xy x−y

Etudier les limites en (0,0) des fonctions suivantes : a) f(x, y) = sinxy

px²+y² b)f(x, y) = 1−cos(xy) xy² c) f(x, y) =x^y= e^y^ln^x d)f(x, y) = shxshy

x+y

Soitf :R⁺×R^+?→Rdéfinie parf(x, y) =x^y pourx >0 etf(0, y) = 0.

a) Montrer quef est une fonction continue.

b) Est-il possible de la prolonger en une fonction continue surR⁺×R⁺?

Soitf :R→Rune fonction de classeC¹ etF :R²\ {(0,0)} →Rdéfinie par F(x, y) = f(x²+y²)−f(0)

x²+y² Déterminer lim

(x,y)→(0,0)F(x, y).

Continuité

Soitf :R²→Rdéfinie par f(x, y) =

₁

2x²+y²−1 six²+y²>1

−¹₂x² sinon Montrer quef est continue.

Soientf :R→Rune fonction de classeC¹et F :R²→Rla fonction définie par F(x, y) =

( _f(x)−f(y)

x−y siy6=x f⁰(x) siy=x Montrer que la fonctionF est continue.

SoientE un espace vectoriel normé etAune partie non vide de E.

Pourx∈E, on pose

d(x, A) = inf{kx−ak/a∈A}

Montrer que l’applicationx7→d(x, A) est définie et continue surE.

(2)

SoitAune partie convexe non vide deR²et f :A→Rune fonction continue.

Soitaetbdeux points deA ety un réel tels quef(a)6y6f(b).

Montrer qu’il existex∈Atel quef(x) =y.

Soientg:R²→Rcontinue etC un cercle de centreO et de rayonR >0.

a) Montrer qu’il existe deux pointsAet B deCdiamétralement opposés tels que g(A) =g(B).

b) Montrer qu’il existe deux pointsC etD deC, se déduisant l’un de l’autre par un quart de tour tels queg(C) =g(D).

SoientE₁ etE₂ deux parties fermés d’un espace vectoriel normé Etelles que E=E1∪E2

Montrer qu’une applicationf :E→F est continue si, et seulement si, ses restrictionsf1et f2 au départ deE1 et deE2 le sont.

Uniforme continuité

Soitg:R⁺→Rcontinue et intégrable.

a) Justifier

∀ε >0,∃M ∈R,

Z +∞

0

|g(t)|dt− Z M

0

|g(t)|dt

6ε

b) En déduire que toute primitive deg est uniformément continue.

Lipchitzianité

SoientAune partie non vide de R²et xun point deR². On note d(x, A) = inf

a∈Akx−ak Montrer que l’applicationd:R²→Rest lipschitzienne.

SoitEl’espace formé des fonctions réelles définies sur [a, b], lipschitziennes et s’annulant ena.

Montrer que l’applicationN :E →Rqui àf ∈E associe le réel N(f) = inf

k∈R⁺/∀x, y∈[a, b],|f(x)−f(y)|6k|x−y|

définit une norme surE.

SoientAune partie bornée non vide d’un espace vectoriel normé (E, N) et Lle sous-espace vectoriel des applications lipschitziennes deAdansE.

a) Montrer que les élémentsLsont des fonctions bornées.

b) Pourf ∈ L, soit K_f =

k∈R⁺/∀(x, y)∈A², N(f(x)−f(y))6kN(x−y) Justifier l’existence dec(f) = infKf puis montrerc(f)∈Kf.

c) Soienta∈AetNa :L →R⁺ définie par

Na(f) =c(f) +N(f(a)) Montrer queNa est une norme surL.

d) Soienta, b∈A. Montrer que les normesNa et Nb sont équivalentes.

SoientE un espace vectoriel normé etT :E→Edéfinie par T(u) =

u si kuk61

u

kuk sinon Montrer queT est au moins 2-lipschitzienne.

SoitEun espace vectoriel réel normé. On pose

f(x) = 1

max(1,kxk)x Montrer quef est 2-lipschitzienne.

Montrer que si la norme surE est hilbertienne alorsf est 1-lipschitzienne.

(3)

Continuité et linéarité

SoientE et F deux espaces vectoriels normés et f ∈ L(E, F).

On suppose que pour toute suite (u_n) tendant vers 0,f(u_n) est bornée.

Montrer quef est continue.

Montrer queN₁ etN₂ normes surE sont équivalentes si, et seulement si, Id_E est bicontinue de (E, N₁) vers (E, N₂).

Soientdun entier naturel et (fn) une suite de fonctions polynomiales deRdansR de degré au plusd. On suppose que cette suite converge simplement.

Montrer que la limite est polynomiale de degré au plusd, la convergence étant de plus uniforme sur tout segment.

SoientE un espace normé de dimension finie etuun endomorphisme deE vérifiant

∀x∈E,ku(x)k6kxk

Montrer que les espaces ker(u−Id) et Im(u−Id) sont supplémentaires.

E désigne un espace vectoriel normé parN.

Soientpetqdeux projecteurs d’unK-espace vectorielE.

On suppose

∀x∈E, N((p−q)(x))< N(x) Montrer quepetqsont de même rang.

On munitE =Mp(C) de la norme

kMk= max

16i,j6p|m_i,j|

a) SoientX fixé dansC^p et P fixé dans GLp(C) ; montrer que φ(M) =M X etψ(M) =P⁻¹M P définissent des applications continues.

b) Montrer que

f(M, N) =M N définit une application continue.

c) SoitA∈ M_p(C) telle que la suite (kAⁿk) soit bornée ; montrer que les valeurs propres deAsont de module inférieur à 1.

d) SoitB∈ M_p(C) telle que la suite (Bⁿ) tende vers une matriceC. Montrer que C²=C; que conclure à propos du spectre deC?

Montrer que les valeurs propres deB sont de module au plus égal à 1

Poura= (a_n)∈`^∞(R) et u= (u_n)∈`¹(R), on pose ha, ui=

+∞

X

n=0

a_nu_n

a) Justifier l’existence deha, ui.

b) Montrer que l’application linéaireϕu:a7→ ha, uiest continue.

c) Même question avecψa:u7→ ha, ui.

On noteE=`^∞(R) l’espace vectoriel normé des suites réelles bornées muni de la normeN_∞. Pouru= (un)∈`^∞(R) on pose T(u) et ∆(u) les suites définies par

T(u)n =un+1 et ∆(u)n =un+1−un

Montrer que les applicationsT et ∆ sont des endomorphismes continus deE.

SoitE=C([0,1],R) muni dek.k_∞ définie par kfk_∞= sup

[0,1]

|f|

Etudier la continuité de la forme linéaireϕ:f 7→f(1)−f(0).

(4)

SoientE=C⁰([0,1],R) etF =C¹([0,1],R). On définit N1et N2par N1(f) =kfk_∞ etN2(f) =kfk_∞+kf⁰k_∞

On définitT :E→F par : pour tout f : [0,1]→R,T(f) : [0,1]→Rest définie par

T(f)(x) = Z x

0

f(t) dt Montrer queT est une application linéaire continue.

On munit l’espaceE=C([0,1],R) de la normek.k₂. Pourf etϕéléments deE on pose

T_ϕ(f) = Z 1

0

f(t)ϕ(t) dt Montrer queTϕest une forme linéaire continue.

SoitE=C([0,1],R) muni dek.k₁ définie par kfk₁=

Z 1

0

|f(t)|dt Etudier la continuité de la forme linéaire

ϕ:f 7→

Z 1

0

tf(t) dt

SurR[X] on définitN₁ etN₂ par : N1(P) =

+∞

X

k=0

P^(k)(0)

etN2(P) = sup

t∈[−1,1]

|P(t)|

a) Montrer queN₁ etN₂ sont deux normes surR[X].

b) Montrer que la dérivation est continue pourN₁. c) Montrer que la dérivation n’est pas continue pourN₂. d)N1 etN2 sont-elles équivalentes ?

SoitE=C([0,1],R) muni dek.k_∞.

Montrons que l’applicationu:f 7→u(f) oùu(f)(x) =f(0) +x(f(1)−f(0)) est un endomorphisme continu deE.

Poura= (an)∈`^∞(R) et u= (un)∈`¹(R), on pose ha, ui=

+∞

X

n=0

anun

a) Justifier l’existence deha, ui.

b) Montrer que l’application linéaireϕu:a7→ ha, uiest continue.

c) Même question avecψa:u7→ ha, ui.

SoitK∈ C

[0,1]²,R

non nulle telle que

∀(x, y)∈[0,1]², K(x, y) =K(y, x) On noteE=C([0,1],R). Pourf ∈E, soit

Φ(f) :x∈[0,1]→ Z 1

0

K(x, y)f(y)dy∈R a) Vérifier que Φ∈ L(E).

b) L’application Φ est-elle continue pourkk_∞? pourkk₁? c) Montrer que

∀f, g∈E,(Φ(f)|g) = (f |Φ(g)) Soit

Ω =

max

06x61

Z 1

0

|K(x, y)|dy ⁻¹

d) Montrer

∀λ∈]−Ω,Ω[,∀h∈E,∃!f ∈E, h=f−λΦ(f) e) Siλ∈R^?, montrer que :

dim ker(Φ−λId)6 1 λ²

Z Z

[0,1]²

K(x, y)²dxdy

(5)

Connexité par arcs

Montrer qu’un plan privé d’un nombre fini de points est connexe par arcs.

Montrer que l’image d’un connexe par arcs par une application continue est connexe par arcs.

SoientAet B deux parties connexes par arcs d’unK-espace vectorielE de dimension finie.

a) Montrer queA×B est connexe par arcs.

b) En déduire queA+B={a+b/a∈A, b∈B} est connexe par arcs.

Montrer que l’union de deux connexes par arcs non disjoints est connexe par arcs.

SoientAet B deux parties fermées d’un espace vectoriel norméE de dimension finie. On supposeA∪B etA∩B connexes par arcs, montrer queAet B sont connexes par arcs.

SoitE un espace vectoriel normé de dimension finien>2

Montrer que la sphère unitéS ={x∈E/kxk= 1} est connexe par arcs.

SoitE un espace vectoriel normé réel de dimensionn>2.

a) SoitH un hyperplan deE. L’ensembleE\H est-il connexe par arcs ?

b) SoitF un sous-espace vectoriel de dimension p6n−2. L’ensembleE\F est-il connexe par arcs ?

Montrer que le sous-ensemble deMn(R) formé des matrices diagonalisables est connexe par arcs.

Montrer que GLn(R) n’est pas connexe par arcs.

Montrer que GL_n(C) est connexe par arcs.

Montrer que SO2(R) est une partie connexe par arcs.

Soitf :I→Rinjective et continue. Montrer quef est strictement monotone.

Indice : on peut considérerϕ(x, y) =f(x)−f(y) défini sur X =

(x, y)∈I², x < y .

Soitf :I→Rune fonction dérivable. On suppose quef⁰ prend des valeurs strictement positives et des valeurs strictement négatives et l’on souhaite établir quef⁰ s’annule.

a) Etablir queA=

(x, y)∈I², x < y est une partie connexe par arcs deI². b) On noteδ:A→Rl’application définie parδ(x, y) =f(y)−f(x). Etablir que 0∈δ(A).

c) Conclure en exploitant le théorème de Rolle Exercice 48 [ 03737 ][correction]

[Théorème de Darboux]

Soitf :I→Rune fonction dérivable définie sur un intervalleI deR. a) Montrer queU =

(x, y)∈I²/x < y est une partie connexe par arcs deR². b) On noteτ:U →Rl’application définie par

τ(x, y) =f(y)−f(x) y−x Justifier

τ(U)⊂f⁰(I)⊂τ(U) c) En déduire quef⁰(I) est un intervalle de R.

(6)

On noteN l’ensemble des matrices deMn(R) nilpotentes. Montrer queN est une partie étoilée.

(7)

Corrections

Exercice 1 :[énoncé]

a)f(0,1/n) = 0→0 etf(1/n,1/n) = 1/2→1/2. Pas de limite en (0,0).

b)f(1/n,0)→1 etf(1/n,−1/n)→1/2. Pas de limite en (0,0).

c)|f(x, y)|=|x|_x^|xy|₂_+y₂ 6 ¹₂|x| −−−−−−−→

(x,y)→(0,0) 0 ou f(x, y) =rcos²θsinθ−−−−−−−→

(x,y)→(0,0) 0.

d)|f(x, y)|6|xy|

xy x²+y²

6¹2|xy| →0 ouf(x, y) =r²cos²θsin²θ−−−−−−−→

(x,y)→(0,0) 0.

a)f(0,1/n)→0 etf(1/n,1/n³)→1. Pas de limite en (0,0)

b)f(0,−1/n) = 2n→+∞et f(0,1/n) =−2n→ −∞. Pas de limite en (0,0).

c) 06f(x, y)6^x²^+2|x||y|+y|x|+|y| ² =|x|+|y| →0 ouf(rcosθ, rsinθ) =O(r).

a) On écritx=rcosθet y=rsinθ avecr=p

x²+y²→0 et alors f(x, y) =r(cos³θ+ sin³θ)−−−−−−−→

(x,y)→(0,0) 0

b)f(1/n,0)→0 etf(1/n,1/n³)→1. La fonctionf n’a pas de limite en (0,0).

c)f(1/n,0) = 0→0 etf(1/n,1/n²) = 1/2→1/2. La fonctionf n’a pas de limite en (0,0).

d)f(1/n,0) = 0→0 etf(1/n+ 1/n²,1/n) = ^1/n_1/n²^+1/n2 ³ →1. La fonctionf n’a pas de limite en (0,0).

a)|f(x, y)|6 √^|xy|

x²+y² =r|sinθcosθ| −−−−−−−→

(x,y)→(0,0) 0 b)f(x, y) =x^1−cos(xy)_x2y² or lim

t→0 1−cost

t² = ¹₂ doncf(x, y)−−−−−−−→

(x,y)→(0,0) 0.

c)f(1/n,0)→1 etf(1/n,1/lnn)→1/e. Pas de limite en (0,0).

d) Quandx→0,f(x,−x+x³)∼ −_x¹. La fonctionf n’a pas de limite en (0,0).

a)f(x, y) = exp(ylnx) est continue surR^+?× R^+? par opérations sur les fonctions continues.

Il reste à étudier la continuité aux points (0, b) avecb >0.

Quand (x, y)→(0, b) avec (x, y)∈R^+?×R^+? on aylnx→ −∞et donc f(x, y) =x^y→0.

D’autre part, quand (0, y)→(0, b), on af(x, y) = 0→0.

Ainsif est continue en (0, b).

b) Si l’on peut prolongerf par continuité àR⁺×R⁺ alors d’une partf(0,0) = lim

y→0f(0, y) = 0 et d’autre partf(0,0) = lim

x→0f(x, x) = 1.

C’est absurde.

Par le théorème des accroissements finis, il existecx,y ∈

0, x²+y² tel que F(x, y) =f⁰(c).

Quand (x, y)→(0,0) alorscx,y →0 puisF(x, y)→f⁰(0).

Notons D=

(x, y)∈R²/x²+y²>1 et E=

(x, y)∈R²/x²+y²61 f est continue en chaque point deDet E.

Soit (x0, y0) tel que x²₀+y₀²= 1 (à la jonction deD et E).

Quand (x, y)→(x0, y0) avec (x, y)∈D, on a f(x, y)→ 1

2x²₀+y²₀−1 =−1

2x²₀=f(x0, y0) Quand (x, y)→(x0, y0) avec (x, y)∈E, on a

f(x, y)→ −1

2x²₀=f(x0, y0) Finalement lim

(x,y)→(x0,y₀)f(x, y) =f(x0, y0) et doncf est continue en .

Soita= (α, β)∈R².

(8)

Siα6=β alors au voisinage dea, F(x, y) = f(y)−f(x)

y−x −−−−−→

(x,y)→a

f(β)−f(α)

β−α =F(α, β) Siα=β alors :

Quand (x, y)→aavecx=y,F(x, x) =f⁰(x)→f⁰(α) =F(a).

Quand (x, y)→aavecx6=y, par le théorème des accroissements finis F(x, y) =f⁰(c)

avecccompris entrexet y. Par le théorème des gendarmes,c→αet par composition

F(x, y)→f⁰(α) =F(a) FinalementF est continue en touta∈R².

La partie{kx−ak/a∈A} est une partie deRnon vide et minorée par 0 donc sa borne inférieure existe. Ainsi l’applicationx7→d(x, A) est bien définie.

Soientx, x⁰∈E. Pour touty∈A,kx−yk6kx−x⁰k+kx⁰−yk donc d(x, A)6kx−x⁰k+kx⁰−ykpuisd(x, A)− kx−x⁰k6kx⁰−yket

d(x, A)− kx−x⁰k6d(x⁰, A). Ainsid(x, A)−d(x⁰, A)6kx−x⁰k et par symétrie

|d(x, A)−d(x⁰, A)|6kx−x⁰k. Finalementx7→d(x, A) est 1 lipschitzienne donc continue.

Soitϕ: [0,1]→R² définie parϕ(t) =a+t.(b−a).

Par compositionf◦ϕest continue sur le segment [0,1].

Comme (f◦ϕ)(0) =f(a) et (f◦ϕ)(1) =f(b), par le théorème des valeurs intermédiaire, il existet∈[0,1] tel que (f◦ϕ)(t) =y.

Pourx=ϕ(t)∈Aon ay=f(x).

a) Soitf :t7→g(Rcost, Rsint).f est continue et 2πpériodique.

Soith:t→f(t+π)−f(t).hest continue eth(0) +h(π) =f(2π)−f(0) = 0 donc hs’annule.

b) Soith:t7→f(t+π/2)−f(t).hest continue et h(0) +h(π/2) +h(π) +h(3π/2) = 0 donc hs’annule.

L’implication directe est immédiate. Inversement, supposonsf1 etf2continue.

Soita∈E.

Sia∈E1∩E2 alors la continuité def1 et def2 donne f(x)−−−−−−−→

x→a,x∈E₁ f(a) et

f(x)−−−−−−−→

x→a,x∈E2

f(a) donc

f(x)−−−−−−→

x→a,x∈E f(a)

Sia∈E₁\E₂alors il existe α >0 tel queB(a, α)⊂C_EE₂et doncB(a, α)⊂E₁. Puisquef coïncide avec la fonction continuef₁sur un voisinage dea, on peut conclure quef est continue ena.

Le raisonnement est semblable sia∈E2\E1 et tous les cas ont été traités car E=E1∪E2.

a) Par convergence, lim

M→+∞

RM

0 |g(t)|dt=R∞

0 |g(t)|dtd’où le résultat.

b) Soitf une primitive deg. On peut écrire f(x) =Rx

0 g(t) dt+C.

Pour toutx6y∈Ron a alors :|f(y)−f(x)|6Ry

x |g(t)|dt.

Soientε >0 etM tel qu’introduit ci-dessus.

Six>M alors

|f(y)−f(x)|6 Z +∞

M

|g(t)|dt6ε

De plus, la fonctiont7→ |g(t)| étant continue sur le segment [0, M+ 1], elle y est bornée par un certainAet on a donc|f(y)−f(x)|6A|y−x|pour tout x6y∈[0, M+ 1]

Par suite, pourα= min(1, ε/A)>0, on a pour toutx6y∈R,

|y−x|6α⇒ |f(y)−f(x)|6ε La fonctionf est donc uniformément continue.

Pour touta∈A,

d(x, A)6kx−ak6kx−yk+ky−ak

(9)

donc

d(x, A)− kx−yk6d(y, A) puis

d(x, A)−d(y, A)6kx−yk Par symétrie,

|d(x, A)−d(y, A)|6kx−yk Ainsix7→d(x, A) est lipschitzienne.

L’ensemble

A=

k∈R⁺/∀x, y∈[a, b],|f(x)−f(y)|6k|x−y|

est une partie deR, non vide (carf est lipschitzienne) et minorée par 0.

Par suiteN(f) = infAexiste.

Montrons que cet inf est en fait un min.

Pourx, y∈[a, b] distincts, on a pour toutk∈A,

|f(x)−f(y)|

|x−y| 6k En passant à la borne inf, on obtient

|f(x)−f(y)|

|x−y| 6N(f) puis

|f(x)−f(y)|6N(f)|x−y|

Cette identité est aussi valable quandx=y et doncN(f)∈A.

Par conséquent l’applicationN :E→R⁺ est bien définie.

SupposonsN(f) = 0.

Pour toutx∈[a, b],|f(x)|=|f(x)−f(a)|60.|x−a|doncf = 0.

Pourλ= 0, on a évidemment N(λf) =|λ|N(f).

Pourλ6= 0 :

Pourx, y∈[a, b], l’inégalité

|f(x)−f(y)|6N(f)|x−y|

entraîne

|λf(x)−λf(y)|6|λ|N(f)|x−y|

On en déduitN(λf)6|λ|N(f).

Aussi, l’inégalité

|λf(x)−λf(y)|6N(λf)|x−y|

entraîne

|f(x)−f(y)|6 N(λf)

|λ| |x−y|

On en déduitN(f)6N(λf)/|λ|et finalementN(λf) =|λ|N(f).

Enfin, pourx, y∈[a, b],

|(f+g)(x)−(f+g)(y)|6|f(x)−f(y)|+|g(x)−g(y)|6(N(f) +N(g))|x−y|

doncN(f+g)6N(f) +N(g).

a) Soientx0∈Aet M ∈Rtels que pour toutx∈A,kxk6M. Pourf ∈ L, en notantkle rapport de lipschitzianité def,

kf(x)k6kf(x0)k+kf(x)−f(x0)k6kf(x0)k+kkx−x0k6kf(x0)k+ 2kM b) L’ensembleKf est une partie deR, non vide (carf est lipschitzienne) et minorée par 0.

On en déduit quec(f) = infKf existe dansR⁺. Pourx, y∈Adistincts, on a pour toutk∈K_f

N(f(x)−f(y)) N(x−y) 6k En passant à la borne inférieure, on en déduit

N(f(x)−f(y)) N(x−y) 6c(f)

et doncN(f(x)−f(y))6c(f)N(x−y) et cette relation est aussi valable quand x=y.

Ainsic(f)∈Kf

c) L’applicationN_a est bien définie deLversR⁺. SiN_a(f) = 0 alorsc(f) = 0 etN(f(a)) = 0.

Par suitef est constante etf(a) = 0 doncf est la fonction nulle.

N_a(λf) =c(λf) +|λ|N(f(a)) Montronsc(λf) =|λ|c(f).

Pourλ= 0, la propriété est immédiate.

Pourλ6= 0.

(10)

Pour toutx, y∈A,

N(f(x)−f(y))6c(f)N(x−y) donne

N(λf(x)−λf(y))6|λ|c(f)N(x−y) On en déduitc(λf)6|λ|c(f).

De façon symétrique, on obtientc(f)6c(λf)/|λ|et on peut conclure c(λf) =|λ|c(f).

On en déduitNa(λf) =|λ|Na(f).

Na(f +g)6N(f(a)) +N(g(a)) +c(f+g) Montronsc(f+g)6c(f) +c(g).

Pour toutx, y∈A,

N((f+g)(x)−(f+g)(y))6N(f(x)−f(y))+N(g(x)−g(y))6(c(f) +c(g))N(x−y) On en déduitc(f+g)6c(f) +c(g) et on peut conclure

Na(f+g)6Na(f) +Na(g).

FinalementNa est une norme sur L.

d)N(f(a))6N(f(b)) +N(f(a)−f(b))6N(f(b)) +ka−bkc(f).

On en déduitNa 6(1 +ka−bk)Nb et de façon symétrique, Na6(1 +kb−ak)Na.

Pouru, v∈B(0,1), on a

kT(u)−T(v)k=ku−vk62ku−vk Pouru, v /∈B(0,1), on a

kT(u)−T(v)k=

u kuk − v

kvk

= kkvku− kukvk kuk kvk or

kvku− kukv=kvk(u−v) + (kvk − kuk)v donc

kT(u)−T(v)k6ku−vk

kuk +|kvk − kuk|

kuk 62ku−vk car|kvk − kuk|6kv−uket kuk>1.

Pouru∈B(0,1) etv /∈B(0,1), kT(u)−T(v)k=

u− v kvk

= kkvku−vk

kvk =|kvk −1| kuk+ku−vk

kvk 62ku−vk car|kvk −1|=kvk −16kvk − kuk6kv−uketkvk>1

Sikxk,kyk61 alorskf(y)−f(x)k=ky−xk.

Sikxk61 etkyk>1 alors kf(y)−f(x)k=

y kyk −x

=

y

kyk−y+y−x

6kyk −1 +ky−xk62ky−xk Sikxk,kyk>1 alors

kf(y)−f(x)k=

y kyk − x

kxk

=

y−x kyk +x

1 kyk− 1

kxk

6ky−xk

kyk +|kxk − kyk|

kyk 62ky−xk Au finalf est 2-lipschitzienne.

Supposons maintenant que la normek.k soit hilbertienne.

Sikxk,kyk61 alors

kf(y)−f(x)k=ky−xk Sikxk61 etkyk>1 alors

kf(y)−f(x)k²− ky−xk²= 1− kyk²−2kyk −1 kyk (x|y) Or|(x|y)|6kxk kyk6kyk donc

kf(y)−f(x)k²− ky−xk²61− kyk²+ 2(kyk −1) =−(1− kyk)²60 Sikxk,kyk>1 alors

kf(y)−f(x)k²− ky−xk²= 2− kyk²− kxk²−2kxk kyk −1 kxk kyk (x|y) Or|(x|y)|6kxk kyk donc

kf(y)−f(x)k²− ky−xk²= 2− kyk²− kxk²+ 2(kxk kyk −1) =−(kxk − kyk)²60 Au finalf est 1-lipschitzienne.

Par contraposée. Supposons quef ne soit par continue., l’application linéairef n’est donc pas continue en 0 et par suite il existeε >0 vérifiant

∀α >0,∃x∈E,kxk6αet kf(x)k> ε Pourα= 1/n, il existex_n∈E tel quekx_nk61/n etkf(x_n)k> ε.

Considérons alorsy_n=√ nx_n. On aky_nk61/√

ndoncy_n→0 etkf(y_n)k>√

nε→+∞.

Ainsi (yn) est une suite convergeant vers 0 dont la suite image (f(yn)) n’est pas bornée.

(11)

La continuité de l’application linéaire IdE de (E, N1) vers (E, N2) équivaut à l’existence d’un réelα>0 vérifiantN2(x)6αN1(x) pour toutx∈E. La propriété annoncée est alors immédiate.

Considéronsα₀, . . . , α_d des réels deux à deux distincts etϕ:Rd[X]→R^d+1 définie par

ϕ(P) = (P(α₀), . . . , P(α_d))

L’applicationϕest un isomorphisme deR-espaces vectoriels de dimensions finies, c’est aussi une application linéaire continue car les espaces engagés sont de dimensions finies et il en est de même deϕ⁻¹.

En notantf la limite simple de (f_n), on aϕ(f_n)→(f(α₀), . . . , f(α_d)). En notant P l’élément deRd[X] déterminé parϕ(P) = (f(α₀), . . . , f(α_d)), on peut écrire ϕ(f_n)→ϕ(P). Par continuité de l’application ϕ⁻¹, on a doncf_n→P dans Rd[X]. En choisissant surRd[X], la norme équivalentek.k_∞,[a,b], on peut affirmer que (fn) converge uniformément versP sur le segment [a, b].

En particulier (fn) converge simplement versP et en substanceP =f.

Soitx∈ker(u−Id)∩Im(u−Id).

On peut écrirex=u(a)−apour un certaina∈E et on au(x) =x.

Pour toutk∈N, la propriétéu^k(x) =xdonne u^k+1(a)−u^k(a) =x

En sommant ces relations pourkallant de 0 jusqu’àn−1, on obtient uⁿ(a)−a=nx

et donc

kxk= 1

nkuⁿ(a)−ak6 1

n(kuⁿ(a)k+kak)6 2

nkak →0 Ainsix= 0 et donc ker(u−Id)∩Im(u−Id) ={0}.

De plus, par la formule du rang

dim ker(u−Id) + dim Im(u−Id) = dimE

et donc les deux espaces ker(u−Id) et Im(u−Id) sont supplémentaires.

Par l’absurde, supposons rgp6= rgq et, quitte à échanger, ramenons-nous au cas où rgp <rgq.

Par la formule du rang

dimE−dim kerp <rgq et donc

dimE <dim kerp+ rgq

On en déduit que les espaces kerpet Imq ne sont pas supplémentaires et donc il existe un vecteurx6= 0E vérifiant

x∈kerp∩Imq On a alors

(p−q)(x) =p(x)−q(x) =−x donc

N((p−q)(x)) =N(x) Or

N((p−q)(x))< N(x) C’est absurde.

a) Les applicationsφetψ sont linéaires au départ d’un espace de dimension finie donc continues.

b) L’applicationf est bilinéaire au départ d’un produit d’espaces de dimensions finies donc continue.

c) Soitλune valeur propre deAetX un vecteur propre associé AX=λX avecX6= 0

On a alors

AⁿX=λⁿX donc

|λⁿ| kXk_∞=kAⁿXk6pkAⁿk kXk_∞ aveckXk_∞= max

16j6p|xj| 6= 0.

On en déduit que la suite (λⁿ) est bornée et donc|λ|61.

d)Bⁿ→C donc par extractionB²ⁿ→C. OrB²ⁿ =Bⁿ×Bⁿ→C² donc par unicité de la limiteC=C². On en déduit que SpC⊂ {0,1}car les valeurs propres figurent parmi les racines du polynôme annulateurX²−X.

Puisque la suite (Bⁿ) converge, elle est bornée et donc les valeurs propres deB sont de modules inférieurs à 1.

(12)

a) On a|anun|6kak_∞|un| etP

|un|converge donc par comparaison de séries à termes positifs,P

anun est absolument convergente et donc convergente.

b)|ha, ui|6

+∞

P

n=0

|anun|6

+∞

P

n=0

kak_∞|un|=kak_∞kuk₁. On en déduit queϕ_u est continue.

c) Par l’inégalité|ha, ui|6kak_∞kuk₁, on obtient queψ_a est continue.

Pour toutu∈`^∞(R), on a|T(u)n|6N_∞(u) et|∆(u)n|62N_∞(u) donc T(u),∆(u)∈`^∞(R).

Les applicationsT et ∆ sont bien à valeurs dans`^∞(R), de plus elles sont clairement linéaires et

N_∞(T(u))6N_∞(u) et N_∞(∆(u))62N_∞(u) donc elles sont aussi continues.

Pour toutf ∈E,

|ϕ(f)|6|f(1)|+|f(0)|62kfk_∞ doncϕest continue.

L’applicationT est bien définie et est clairement linéaire. Pour toutx∈[0,1],

|T(f)(x)|6xN1(f) donc

N2(T(f)) =kT(f)k_∞+kfk_∞62N1(f) AinsiT est continue.

Tϕ:E→Rest bien définie et est clairement linéaire. Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz,

|Tϕ(f)|6kϕk₂kfk₂ doncTϕ est continue.

Pour toutf ∈E,

|ϕ(f)|= Z 1

0

|tf(t)|dt6kfk₁ doncϕest continue.

a) L’applicationN₁:R[X]→R⁺ est bien définie car la somme se limite à un nombre fini de termes non nuls.

SiN1(P) = 0 alors

∀k∈Z, P^(k)(0) = 0 or

P =

+∞

X

k=0

P^(k)(0) k! X^k doncP= 0.

SoientP, Q∈R[X].

N₁(P+Q) =

+∞

X

k=0

P^(k)(0) +Q^(k)(0) 6

+∞

X

k=0

P^(k)(0) +

Q^(k)(0)

donc

N₁(P+Q)6

+∞

X

k=0

P^(k)(0) +

+∞

X

k=0

Q^(k)(0)

=N₁(P) +N₁(Q) SoientP ∈R[X] etλ∈R

N₁(λP) =

+∞

X

k=0

λP^(k)(0) =|λ|

+∞

X

k=0

P^(k)(0)

=|λ|N₁(P) FinalementN₁ est une norme.

L’applicationN₂:R[X]→R⁺ est bien définie car une fonction continue sur un segment y est bornée.

SiN₂(P) = 0 alors

∀t∈[−1,1], P(t) = 0 Par infinité de racinesP = 0.

SoientP, Q∈R[X].

N₂(P+Q) = sup

t∈[−1,1]

|P(t) +Q(t)|6 sup

t∈[−1,1]

|P(t)|+|Q(t)|

(13)

donc

N₂(P+Q)6 sup

t∈[−1,1]

|P(t)|+ sup

t∈[−1,1]

|Q(t)|=N₂(P) +N₂(Q) SoientP ∈R[X] etλ∈R.

N2(λP) = sup

t∈[−1,1]

|λP(t)|= sup

t∈[−1,1]

|λ| |P(t)|=|λ| sup

t∈[−1,1]

|P(t)|=|λ|N2(P) FinalementN₂ est aussi norme.

b) NotonsD:R[X]→R[X] l’opération de dérivation.

∀P ∈R[X], N₁(D(P)) =

+∞

X

k=0

D(P)^(k)(0) =

+∞

X

k=0

P^(k+1)(0) 6

+∞

X

k=0

P^k(0)

=N₁(P) donc l’endomorphismeD est continu pour la normeN1.

c) SoitPn=Xⁿ. On aD(Pn) =nXⁿ⁻¹ doncN2(Pn) = 1 et N2(D(Pn)) =n→+∞.

Par suite l’endomorphismeD n’est pas continu pourN₂.

d) Par ce qui précède, les normes ne sont pas équivalentes. Néanmoins P =

+∞

P

k=0 P^(k)(0)

k! X^k donc

|P(t)|6

+∞

X

k=0

P^(k)(0)

k! 6N₁(P) donc

N2(P)6N1(P) C’est là la seule (et la meilleure) comparaison possible.

uest clairement un endomorphisme deE.

u(f)(x) = (1−x)f(0) +xf(1) donc

|u(f)(x)|6(1−x)|f(0)|+x|f(1)|6(1−x)kfk_∞+xkfk_∞=kfk_∞ Ainsiku(f)k6kfk. L’endomorphismeuest continu.

a) On a|anun|6kak_∞|un|et P

|un|converge donc par comparaison de séries à termes positifs,P

anun est absolument convergente et donc convergente.

b)

|ha, ui|6

+∞

X

n=0

|anun|6

+∞

X

n=0

kak_∞|un|=kak_∞kuk₁ On en déduit queϕu est continue.

c) Par l’inégalité|ha, ui|6kak_∞kuk₁, on obtient queψa est continue.

a) Pourf ∈E, Φ(f)∈E car (x, y)7→K(x, y)f(y) est continue et on intègre sur un segment. La linéarité de Φ est évidente.

b) On a

kΦ(f)k_∞6kKk_∞kfk_∞ et

kΦ(f)k₁6 Z Z

[0,1]²

|K(x, y)f(y)|dxdy6kKk_∞kfk₁ donc Φ est continue pourkk_∞et kk₁.

c) On a

(Φ(f)|g) = Z Z

[0,1]²

K(x, y)f(y)g(x)dxdy= (f |Φ(g)) car

∀(x, y)∈[0,1]², K(x, y) =K(y, x) d) Rappelons que l’espace normé (E,kk_∞) est complet.

Avec plus de finesse que dans les inégalités du b), on peut affirmer kΦ(f)k_∞6Ω⁻¹kfk_∞.

Pourh∈E et|λ|<Ω, L’applicationT :f 7→λΦ(f) +hestλΩ-lipschitzienne avec

|λΩ|<1. Par le théorème du point fixe dans un espace complet, l’applicationT admet un unique point fixe et donc il existe un uniquef ∈E vérifiant

h=f −λΦ(f).

e) Soit (f₁, . . . , f_p) une famille orthonormée d’éléments de ker(Φ−λId). Soit y∈[0,1] fixé etϕ:x7→K(x, y). On peut écrireϕ=

p

P

j=1

µjfj+ψavec ψ∈Vect(f1, . . . , fp)^⊥ et

µj= (fj|ϕ) = Z 1

0

K(x, y)fj(x) dx =λfj(y)

(14)

Par orthogonalité

Z 1

0

ϕ²(x) dx=

p

X

j=1

µ²_j+kψk²₂>

p

X

j=1

µ²_j

En intégrant on obtient Z Z

[0,1]²

K(x, y)²dxdy>

p

X

j=1

Z 1

0

λ²f_j²(y) dy=λ²p

car lesfj sont unitaires. Par suite ker(Φ−λId) est de dimension finie et sa dimension vérifie l’inégalité proposée.

NotonsP₁, . . . , P_n les points à exclure.

Considérons une droiteDne passant par aucun des pointsP₁, . . . , P_n. Cette droite est une partie connexe.

Considérons un pointAdu plan autre queP₁, . . . , P_n. Il existe une infinité de droites passant parA et coupant la droiteD. Parmi celles-ci, il y en a au moins une qui ne passe par lesP1, . . . , Pn. On peut dont relierA à un point de la droite D.

En transitant par cette droite, on peut alors relier par un tracé continu excluant lesP1, . . . , Pn, tout couple de points (A, B) autres que les P1, . . . , Pn.

L’image d’un arc continu par une application continue est un arc continu. Ainsi si X est connexe par arcs etf continue définie surX alors pour tout

f(x), f(y)∈f(X), l’image parf d’un arc continu reliantxet ày est un arc continue reliantf(x) àf(y) et doncf(X) est connexe par arcs.

a) Soient (a, b)∈A×B et (a⁰, b⁰)∈A×B. Par la connexité deAetB, il existe ϕ: [0,1]→A etψ: [0,1]→B continues vérifiantϕ(0) =a, ϕ(1) =a⁰ et

ψ(0) =b, ψ(1) =b⁰. L’applicationθ: [0,1]→A×B définie parθ(t) = (ϕ(t), ψ(t)) est continue et vérifieθ(0) = (a, b) etθ(1) = (a⁰, b⁰). AinsiA×B est connexe par arcs.

b)A+B est l’image deA×B par l’application continue (x, y)7→x+y deE×E versE,A+B est donc connexe par arcs.

Si les deux points à relier figurent dans un même connexe par arcs, le problème est résolu. Sinon, on transite par un point commun au deux connexes pour former un arc reliant ces deux points et inclus dans l’union.

Il nous suffit d’étudierA.

Soienta, a⁰∈A.A⊂A∪B donc il existeϕ: [0,1]→A∪B continue telle que ϕ(0) =aetϕ(1) =a⁰.

Siϕne prend pas de valeurs dansB alorsϕreste dansAet résout notre problème.

Sinon posonst₀= inf{t∈[0,1]/ϕ(t)∈B}et t₁= sup{t∈[0,1]/ϕ(t)∈B}.ϕ étant continue etA,B fermés,

ϕ(t₀), ϕ(t₁)∈A∩B

A∩B étant connexe par arcs, il existeψ: [t₀, t₁]→A∩B continue tel que ψ(t₀) =ϕ(t₀) et ψ(t₁) =ϕ(t₁). En considérantθ: [0,1]→Rdéfinie par θ(t) =ψ(t) sit∈[t₀, t₁] etθ(t) =ϕ(t) sinon, on aθ: [0,1]→Acontinue et θ(0) =a,θ(1) =a⁰.

AinsiAest connexe par arcs.

Soienta, b∈S.

Sia6=−b. On peut alors affirmer que pour toutλ∈[0,1], (1−λ)a+λb6= 0.

L’applicationλ7→ k(1−λ)a+λbk¹ ((1−λ)a+λb) est alors un chemin joignantaàb inscrit dansS.

Sia=−b, on transite par un pointc6=a, bce qui est possible carn>2.

a) Non. Si on introduitf forme linéaire non nulle telle queH = kerf,f est continue etf(E\H) =R^? non connexe par arcs doncE\H ne peut l’être.

b) Oui. Introduisons une base deF notée (e1, . . . , ep) que l’on complète en une base deE de la forme (e1, . . . , en).

Sans peine tout élémentx=x1e1+· · ·+xnen deE\F peut être lié par un chemin continue dansE\F au vecteuren sixn >0 ou au vecteur −en si xn<0 (prendrex(t) = (1−t)x1e1+· · ·+ (1−t)xn−1en+ ((1−t)xn+t)en).

De plus, les vecteursen et−en peuvent être reliés par un chemin continue dans E\F en prenantx(t) = (1−2t)en+ (t−t²)en−1. AinsiE\F est connexe par arcs.

(15)

NotonsDn la partie deMn(R) étudiée et montrons que toute matrice deDn

peut-être reliée par un chemin continu inscrit dansDn à la matriceIn ce qui suffit pour pouvoir conclure.

SoitA∈ Dn. Il existeP∈GLn(R) telle queP⁻¹AP =D avecD diagonale.

Considérons alorsγ: [0,1]→ Mn(R) définie parγ(t) =P D(t)P⁻¹avec D(t) = (1−t)D+tI_n.

L’applicationγest continue, à valeurs dansD_n avecγ(0) =Aet γ(1) =I_n : elle résout notre problème.

En fait

γ(t) = (1−t).A+t.In

est un paramétrage du segment [In, A] et l’ensemble des matrice diagonalisable apparaît comme un étoilé.

L’application det :Mn(R)→Rest continue et l’image de GL_n(R) par celle-ci est R^? qui n’est pas connexe par arcs donc GL_n(R) ne peut l’être.

Pour montrer que GLn(C) est connexe par arcs, il suffit d’observer que toute matriceA∈GLn(C) peut être relier continûment dans GLn(C) à la matriceIn. SoitA∈GLn(C). La matriceAest trigonalisable, il existeP inversible telle que B=P⁻¹AP = (bi,j) soit triangulaire supérieure à coefficients diagonaux non nuls.

Nous allons construire un chemin continue joignantIn à B dans GLn(C) puis en déduire un chemin joignantIn àAlui aussi dans GLn(C).

Pouri > j, posonsmi,j(t) = 0.

Pouri < j, posonsm_i,j(t) =tb_i,j de sorte que m_i,j(0) = 0 etm_i,j(1) =b_i,j. Pouri=j, on peut écrire b_i,i=ρ_ie^iθⁱ avecρ_i6= 0. Posonsm_i,i(t) =ρ^t_ie^itθⁱ de sorte quem_i,i(0) = 1,m_i,i(1) =b_i,i et

∀t∈[0,1] , mi,i(t)6= 0

L’applicationt7→M(t) = (m_i,j(t)) est continue, elle jointI_n àB et ses valeurs prises sont des matrices triangulaires supérieures à coefficients diagonaux non nuls, ce sont donc des matrices inversibles.

En considérantt7→P M(t)P⁻¹, on dispose d’un chemin continu joignantI_n àA et restant inscrit dans GL_n(C).

On peut donc conclure que GL_n(C) est connexe par arcs.

On sait

SO2(R) =

cosθ −sinθ sinθ cosθ

/θ∈R

Par ce paramétrage, on peut affirmer que SO₂(R) est connexes par arcs, car image continue de l’intervalleRpar l’application

θ∈R7→

cosθ −sinθ sinθ cosθ

∈ M2(R)

X est une partie connexe par arcs (car convexe) etϕest continue doncϕ(X) est une partie connexe par arcs deR, c’est donc un intervalle.

De plus 0∈/ϕ(X) doncϕ(X)⊂R^+? ouϕ(X)⊂R^−? et on peut conclure.

a)Aest une partie convexe donc connexe par arcs.

b) L’applicationδest continue doncδ(A) est connexe par arcs c’est donc un intervalle deR. Puisque f⁰ prend des valeurs strictement positives et strictement négative, la fonctionf n’est pas monotone et par conséquent des valeurs positives et négatives appartiennent à l’intervalleδ(A). Par conséquent 0∈δ(A).

c) Puisque 0∈δ(A), il existea < b∈I tels quef(a) =f(b). On applique le théorème de Rolle sur [a, b] avant de conclure.

a) La partieU est convexe donc connexe par arcs.

b) Par le théorème des accroissements finis, un taux de variation est un nombre dérivé et donc

τ(U)⊂f⁰(I)

De plus, tout nombre dérivé est limite d’un taux de variation, donc f⁰(I)⊂τ(U)

c) Puisque l’applicationτ est continue surU connexe par arcs, son imageτ(U) est un connexe par arcs deR, c’est donc un intervalle. L’encadrement précédent assure alors aussi quef⁰(I) est aussi un intervalle deR.

(16)

On vérifie aisément

∀A∈ N,∀λ∈R, λ.A∈ N On a donc immédiatement

∀A∈ N,[O_n, A]⊂ N

L’ensembleN est donc étoilé enO_n (au surplus, c’est un ensemble connexe par arcs).