Licence LM360. Topologie et Calcul Diff´erentiel
Examen du 4 janvier 2011. Dur´ee: 3 heures. ∗
Probl`eme 1
Question1. Soientx, y, z ∈X.
(a) Posons a = d(y, z, b = d(x, z), c = d(x, y). On a b ≤ sup(a, c). Sup- posonsc6=aet par ex c < a. Alors b≤a. Commea≤sup(b, c) on d´eduit a≤b donca=b.
(b) On sait par le cours queB(a;R) est ouverte. Montrons que cette boule est ferm´ee en montrant que son complementaire est ouvert. Si R = +∞
c’est clair. SupposonsR <∞. Soit y avecd(y, a)≥R. Sid(y, a)> Ril est evident (et fait dans le cours) qu’il exister > 0 avecB(y;r)∩B(a;R) =∅.
Supposonsd(y, a) =R et soit 0< r < R. Soitz∈B(y;r) et supposons z∈ B(a;R). Alorsd(y, a)≤sup(d(y, z), d(a, z)< Rce qui est une contradiction.
(c) Soit C la composante connexe d’un point x et supposons qu’il existe y6=xavecy∈C. SoitR=d(x, y). AlorsR >0 etx /∈B(y;R). L’ensemble C∩B(y;R) est `a la fois non vide, ouvert et ferm´e dansC qui est connexe.
DoncC =B(y;R) ce qui contreditx∈C.
Question2. (a)d(f, g) =d(g, f) est ´evident etd(f, g) = 0 si et seulement si v(f−g) = +∞donc si et seulement si f =g.
La relation 2−a≤sup(2−b,2−c) est ´equivalente `a −a≤sup(−b,−c)i.e.,
`
a a≥inf(b, c). Le fait que la distance dsoit ultram´etrique r´esulte alors de la relationv(f−g)≥inf(v(f −h), v(g−h)).
(b) On ag∈B(f;R) si et seulement siv(f−g)≥ln2(R). SoitjR la partie enti`ere de ln2(R). On a donc g ∈ B(f;R) si et seulement si f(j) = g(j) pour toutj≤jR.
(c) Il r´esulte de (b) qu’une suite (fn)nest une suite de Cauchy si et seulement si pour tout entierN0 il existe un entierN1 tel que fn(j) =fp(j) pour tout j ≤N0 d`es que n, p ≥N1. On d´efinit un ´el´ement f de X ainsi: pour tout entier N0 et pour tout j ≤ N0 on pose f(j) = fn(j) o`u n ≥ N1 et N1
∗Barˆeme indicatif sur 20: Pb 1: (1+2+2)+ (1+1+2); Pb 2: 1+2+3+2; Pb 3: 2+3+3
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est choisi comme ci-dessus. On v´erifie imm´ediatement que la suite (fn)n
converge versf. Probl`eme 2
(a) Soit g:R3 → R la fonction g(x, y, z) = x2 −y2 +z+ 1. Alors S = {(x, y, z) ∈ R3;g(x, y, z) = 0}. Comme la diff´erentielle dg ne s’annule pas, S est une sous-vari´et´e de dimension 2 (une hypersurface de R3, autrement dit une surface).
(b) Si (x, y, z)∈S alorsx2=y2−z−1. Donc f(x, y, z) = 3x2−y2+z2 = x2+ 2(y2−z−1)−y2+z2=x2+y2+z2−2(z+ 1) et cette fonction tend vers +∞ quand |x|+|y|+|z|tend vers +∞.
(c) Le point (0,0,−1) appartient `aSetf(0,0,−1) = 1. SoitB ={(x, y, z)∈ R3;f(x, y, z)≤1 et soit A=S∩B.
Commef est continue, B est ferm´e et commeS est ferm´e,A est ferm´e.
De plusAest non vide puisque (0,0,−1) appartient `a A. EnfinAest born´e d’apr`es la question (b). Il est donc compact et f atteint son minimum sur A. Ce minimum sera aussi celui de f sur S puisque f(x, y, z) > 1 si (x, y, z)∈S\A.
(d) Les vecteurs 2xdx−2ydy+dz et 3xdx−ydy+zdz sont proportionnels si et seulement sixy = 0,x(2z−3) = 0, y(2z+ 1) = 0. Les seules solutions possibles avec (x, y, z)∈S sont
{x = y = 0, z = −1} et {x = 0, z = 12, y = ±q
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2}. Le minimum est donc atteint aux pointsx= 0, z= 12, y =±q
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2 et vaut −54. Probl`eme 3
(a) Par d´efinition de la continuit´e uniforme, pour tout >0 il existeη >0 tel que|x−y| ≤ηentraine|ϕ(x)−ϕ(y)| ≤. Par suite||f−g|| ≤ηentraine
|f(t)−g(t)| ≤ηpour touttet donc|ϕ(f(t))−ϕ(g(t))| ≤pour touttet par suite||ϕ(f)−ϕ(g)|| ≤. Cela montre que la fonction Φ est non seulement continue, mais mˆeme uniform´ement continue.
(b) Soit f ∈ E fix´e. L’ensemble f([0,1]) est un intervalle compact de R, disons l’intervalle [a, b]. Soit R > 0 et soitg ∈E avec ||f −g|| ≤R. Alors la fonction g prendra ses valeurs dans l’intervalle [a−R, b+R]. C’est un compact et la fonction ϕ est uniform´ement continue sur ce compact. Il r´esulte de la question (a) que la fonction Φ est continue sur la bouleB(f;R) de E. Comme cela est vrai pour toutf ∈E, Φ est continue surE.
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(c) Il r´esulte du th´eor`eme des accroissements finis que pour couple (x, y) de r´eels, on a
|ϕ(y)−ϕ(x)−(y−x)ϕ0(x)| ≤ |y−x| sup
z∈[x,y]
|ϕ0(z)−ϕ0(x)|.
On a donc, pour toutt de [0,1],
|ϕ(g(t))−ϕ(f(t))−(g(t)−f(t))ϕ0(f(t))| ≤ |g(t)−f(t)| sup
z∈[f(t),g(t)]
|ϕ0(z)−ϕ0(f(t))|.
Come lors de la question pr´ec´edente, on peut supposer que les fonctions f etg prennent leurs valeurs dans le compact [a−R, b+R]. Commeϕest de classeC1, la fonctionϕ0 est uniform´ement continue sur [a−R, b+R]. Ainsi donc, pour tout εstrictement positif, il existeα strictement positif tel que, sikf −gk ≤α, alors,
∀t∈[0,1], |ϕ(g(t))−ϕ(f(t))−(g(t)−f(t))ϕ0(f(t))|
≤ kg−fk sup
z∈[f(t),g(t)]
|ϕ0(z)−ϕ0(f(t))| ≤εkg−fk.
Comme de plus pour toute h de E, l’application t 7−→ h(t)ϕ0(f(t)) est continue en tant que produit et compose d’applications continues, et que
h7−→t7−→h(t)ϕ0(f(t)) est lin´eaire de E dans E et que sup
t∈[0,1]
|h(t)ϕ0(f(t))| ≤ sup
x∈R
|ϕ0(x)|khk, cette application est lin´eaire et continue deE edansE et est la diffrentielle de Φ au pointf.
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