Correction du TD1 – Fonctions de Plusieurs Variables – L2

TD 1 : Topologie surRⁿ – Correction February 20, 2018

Exercice 1 :

1. L’application N :x7→x² n’est pas une norme sur R. En effet, pour λ∈R, et x∈E =R, on a :

N(λx) =λ²x² =λ²N(x)6=λN(x).

Pour obtenir une norme sur R, il faut prendre N(x) = |x| (à vérifier).

2. On pose E =Rn[X]. Alors l’application :

N : E → R

P 7→ |P⁰(0)|

n’est pas une norme sur E. En effet, si on prend un polynôme constant, on remarque que N(P) = 0, sans forcément que P vaille 0.

En fait on peut montrer que les polynômes qui vérifient N(P) = 0 s’écrivent sous la forme :

P =a_nXⁿ+an−1Xⁿ⁻¹+· · ·+a₃X³+a₂X²+a₀. Modifions N par N(P) =Pn

i=0|P⁽ⁱ⁾(0)|. On va juste montrer que si N(P) = 0, alors P = 0. Soit un tel polynôme P =a_nXⁿ+· · ·+a₀. CommeN(P) = 0, chacun des termes positifs de cette somme – à savoir |P⁽ⁱ⁾(0)| – est nul. Or, pour tout i, on a l’égalité a_i =P⁽ⁱ⁾(0)/i!. Ainsi on a pour tout i,|a_i|= 0 puis a_i = 0.

Cela nous permet d’avoir P = 0.

3. L’application sur E =Rn[X] définie ci-dessous est bien une norme :

N : E → R

P 7→ sup

t∈[0,1]

|P(t)|

Prouvons-le. Tout d’abord, cette application est bien définie (N(P)<∞) : en effet, une application polynômiale P est continue, et donc bornée sur les segments.

Soit P ∈E. Comme pour tout t∈[0,1], la quantité|P(t)| est positive, on a N(P)≥0. Supposons que N(P) = 0. On a en particulier que pour tout t∈[0,1]

:

0≤ |P(t)| ≤ sup

t∈[0,1]

|P(t)|= 0.

Donc pour toutt ∈[0,1], on a |P(t)|= 0, ou encore P(t) = 0. Ainsi P admet une infinité de racine (par exemple, tous les 1/n, avec n∈N^?) : il s’agit forcément du polynôme nul. Réciproquement si P = 0, on a bien N(P) = 0.

1

Pour P ∈E et λ∈R différent de 0, on a que : N(λP) = sup

t∈[0,1]

|(λP)(t)|= sup

t∈[0,1]

|λP(t)|= sup

t∈[0,1]

|λ| |P(t)|.

La fonction t7→ |P(t)|étant continue sur [0,1], elle est bornée et atteint ses bornes. Ainsi il existe t₀ ∈[0,1] tel que

|P(t₀)|= max_t∈[0,1]|P(t)|= sup_t∈[0,1]|P(t)|. En particulier |λ| |P(t)| est aussi bornée et atteint ses bornes sur [0,1] avec|λ||P(t₀)|=N(λP). Donc :

N(λP) =|λ| |P(t0)|=|λ| N(P).

Finissons par vérifier l’inégalité triangulaire. Prenons deux polynômes P etQ de E. Soit t∈[0,1]. Alors :

|(P +Q)(t)|=|P(t) +Q(t)| ≤ |P(t)|+|Q(t)| ≤N(P) +N(Q).

Cette inégalité est vraie pour tout t. On peut donc passer à la borne supérieure dans le membre de gauche :

N(P +Q)≤N(P) +N(Q).

4. On étudie ici l’application N :E →Ravec E =Rⁿ et pour tout x= (x₁, . . . , x_n) :

N(x) =

n

X

i=1

i |x_i|.

Cette application est clairement positive. De plus, si on considère un vecteur x∈E avecN(x) = 0, en particulier on a une somme de termes positifs qui est nulle. Donc chaque terme i |x_i| est nul. Cependant les i sont différents de 0 :

|x_i|= 0 pour tout i et doncx_i = 0. Ainsi x est le vecteur nul. Réciproquement, on voit que si x est le vecteur nul, alors N(x) = 0.

Soit λ∈R et x∈E. Alors on a N(λx) =

n

X

i=1

i |λx_i|=|λ|

n

X

i=1

i |x_i|=|λ|N(x).

Il nous reste plus que l’inégalité triangulaire : soit x, y ∈E. On a donc N(x+y) =

n

X

i=1

i|x_i+y_i| ≤

n

X

i=1

i (|x_i|+|y_i|)≤

n

X

i=1

i|x_i|+

n

X

i=1

i|y_i| ≤N(x)+N(y).

L’application N est donc une norme sur E.

5. On étudie surE =Rⁿ l’application positive :

N : E → R

(x1, . . . , xn) 7→ card(i, xi 6= 0)

Ce n’est pas une norme ! En effet, prenons λ= 2 et x= (1, 0, . . . , 0). Alors : N(λx) =card(i, λx_i 6= 0) =card(i, x_i 6= 0) =N(x)6=λN(x).

Il s’agit en fait presque d’une norme. En effet, on peut vérifier assez rapidement la séparation. Vérifions donc l’égalité triangulaire. Pour cela, on utilise le fait que

card(i, x_i+y_i 6= 0) =card(i, |x_i+y_i|>0)≤card(i, |x_i|>0 ou |y_i|>0),

car si |xi|=|yi|= 0, alors xi =yi = 0 puis |xi +yi|= 0. Ensuite, par la formule card(A∩B)≤card(A) +card(B),

on obtient que

card(i, x_i+y_i 6= 0)≤card(i, |x_i|>0) +card(i, |y_i|>0) = N(x) +N(y).

6. L’application positive N = max(N₁, N₂) est bien une norme. En effet, six∈E vérifie N(x) = 0, alors N₁(x) =N₂(x) = 0. Comme N₁ (mais aussi N₂) est une norme, on sait que x= 0. Réciproquement, si x= 0, alors N₁(x) = N₂(x) = 0, ce qui implique que N(x) = 0.

Soit λ∈R et x∈E. Alors comme les N_i sont des normes, on a : N(λx) = max(N1(λx), N2(λx)) = max(|λ|N1(x),|λ|N2(x))

=|λ|max(N₁(x), N₂(x)) =|λ|N(x).

Soit x et y deux éléments deE. Comme N₁ et N₂ sont deux normes, on sait que pour i∈ {1,2} :

Ni(x+y)≤Ni(x) +Ni(y)≤N(x) +N(y).

Cette inégalité est vraie pour i= 1 ou 2. Le maximum des deux vérifie encore cette inégalité :

N(x+y) = max(N₁(x+y), N₂(x+y))≤N(x) +N(y).

7. L’application positive N =N₁+N₂ est bien une norme. En effet, six∈E vérifie N(x) = 0, alors N₁(x) =N₂(x) = 0 (car il s’agit de la somme de termes positifs).

CommeN₁ (mais aussi N₂) est une norme, on sait que x= 0. Réciproquement, si x= 0, alorsN₁(x) = N₂(x) = 0, ce qui implique que N(x) = 0.

Soit λ∈R et x∈E. Alors comme les N_i sont des normes, on a : N(λx) = N1(λx) +N2(λx) = (|λ|N1(x)) + (|λ|N2(x))

=|λ|(N₁(x) +N₂(x)) =|λ|N(x).

Soit x et y deux éléments deE. Comme N₁ et N₂ sont deux normes, on sait que pour i∈ {1,2} :

N_i(x+y)≤N_i(x) +N_i(y).

Ainsi on trouve que :

N(x+y) = N1(x+y) +N2(x+y)≤N1(x) +N1(y) +N2(x) +N2(y)≤N(x) +N(y).

8. La normeN =p

N₁²+N₂² est une norme sur E. Cette application positive peut se réécrire :

N(x) =k(N₁(x), N₂(x))k₂. Par les propriétés habituelles des normes, on sait que :

si x= 0, alors N₁(x) =N₂(x) = 0, puis N(x) = 0 ; si N(x) = 0, alorsN₁(x) = N₂(x) = 0, puis x= 0 ; si λ∈R etx∈E, alors :

N(λx) =k(N₁(λx), N₂(λx))k₂ =k|λ|(N₁(x), N₂(x))k₂

=|λ| · k(N₁(x), N₂(x))k₂ =|λ|N(x)

si on prend deux éléments x ety de E, alors :

N(x+y) =k(N₁(x+y), N₂(x+y))k₂ ≤ k(N₁(x) +N₁(y), N₂(x) +N₂(y))k₂

≤ k(N₁(x), N₂(x))k₂+k(N₁(y), N₂(y))k₂ =N(x) +N(y) 9. L’application positive N(x, y) = R1

0 |x+ty|dt est une norme. En effet, si (x, y) vérifie N(x, y) = 0, alors l’application t7→ |x+ty| est positive et d’intégrale nulle. Donc pour tout t ∈[0,1], on a |x+ty|= 0. Pour t= 0, on a x= 0, puis pour t= 1, on a y= 0 : (x, y) = 0. Réciproquement, on voit que N(0,0) = 0.

Soit λ∈R et (x, y)∈R². Alors : N(λ(x, y)) =

Z 1 0

|λx+tλy|dt=|λ|

Z 1 0

|x+ty|dt =|λ|N(x, y).

Soit (x, y) et(x⁰, y⁰)deux éléments de R². Alors : N((x, y) + (x⁰, y⁰)) =

Z 1 0

|(x+ty) + (x⁰+ty⁰)|dt

≤ Z 1

0

(|x+ty|+|x⁰+ty⁰|)dt

≤ Z 1

0

|x+ty|dt+ Z 1

0

|x⁰+ty⁰|dt =N(x) +N(y).

10. L’application positive N(x, y) = |x+y|+|x−y| est une norme sur R². En effet, N(0,0) = 0puis réciproquement si N(x, y) = 0, alors |x+y|= 0 =|x−y|(car la somme de ces deux termes positifs est nulle). Donc x=−y etx=y, ce qui implique que x=y= 0.

Soit λ∈R et (x, y)∈R². Alors :

N(λ(x, y)) = |λ| · |x+y|+|λ| · |x−y|=|λ|N(x, y).

Soit (x, y) et(x⁰, y⁰)deux éléments de R². Alors :

N((x, y) + (x⁰, y⁰)) =|(x+y) + (x⁰+y⁰)|+|(x−y) + (x⁰−y⁰)|

≤ |x+y|+|x⁰+y⁰|+|x−y|+|x⁰−y⁰| ≤N(x, y) +N(x⁰, y⁰) 11. La fonction ci-dessous n’est pas une norme :

N(x, y) = min(|x+y|+|x−y|,2|x|+|y|).

En effet, on a N(1,1) = min(2,3) = 2 et N(0,1) = min(2,1) = 1, alors que : N((1,1) + (0,1)) =N(1,2) = min(4,4) = 4> N(1,1) +N(0,1).

12. L’application N(A) =Pn i=1

Pn

j=1a_ij définie sur E =M_n(R) n’est pas une norme sur E. Elle n’est pas positive ! En effet, si on considère la matrice :

A=











−1 0 · · · 0 0 0 · · · 0 ... ... ... 0 0 · · · 0











alors N(A) = −1. On peut la modifier pour en faire une norme (la preuve est laissée au lecteur) en définissant :

N(A) =

n

X

i=1 n

X

j=1

|a_ij|.

13. L’application définie ci-dessous sur E =Mn(R) est une norme :

N : E → R

A 7→ max

1≤j≤n n

X

i=1

|a_ij|

En effet, elle est positive et s’annule pour x étant la matrice nulle. De plus, si A∈E est telle que N(A) = 0, alors pour tout iet j :

0 =|aij| ≤

n

X

i=1

|aij| ≤ max

1≤j≤n n

X

i=1

|aij|= 0.

Donc tous les coefficients de A sont bien nuls.

Soit λ∈R et A∈E. Alors : N(λA) = max

1≤j≤n n

X

i=1

|λa_ij|= max

1≤j≤n|λ|

n

X

i=1

|a_ij|=|λ| max

1≤j≤n n

X

i=1

|a_ij|=|λ|N(A).

Montrons l’inégalité triangulaire. Prenons A etB deux matrices réelles carrées de taille n. Alors pour un indicej donné on a :

n

X

i=1

|a_ij +b_ij| ≤

n

X

i=1

|a_ij|+|b_ij| ≤

n

X

i=1

|a_ij|+

n

X

i=1

|b_ij| ≤N(A) +N(B).

Cette inégalité est vraie pour tout j : on peut donc bien prendre le maximum sur les j et trouver

N(A+B) = max

1≤j≤n n

X

i=1

|a_ij +b_ij| ≤N(A) +N(B).

Bien d’autres normes existent sur E. En effet, il existe : N⁰(A) = max1≤i≤nPn

j=1|a_ij| ; N_p(A) =

Pn i=1

Pn

j=1|a_ij|^p1/p

pourp≥1.

Pour la première, il suffit de remarquer que N⁰(A) =N(^tA) : grâce à cette propriété, on vérifie rapidement que N⁰ est une norme.

Pour le second cas, on ne peut étudier pour le moment que les cas p= 1 etp= 2.

Dans le cas général, il faut utiliser l’inégalité de Hölder :

n

X

i=1

x_iy_i

≤

n

X

i=1

|x_i|^p

!1/p n

X

i=1

|y_i|^q

!1/q

,

où ¹_p +¹_q = 1. La fin de l’étude de N_p est laissée en exercice.

14. Considérons l’application sur E =Rⁿ (avecn= 2 ou général) :

N : (x₁, . . . , x_n)7→

n

X

i=1

|x_i|^1/2

!2

.

Prenons X₁ = (1,0, . . . ,0) etX₂ = (0,1,0,0. . . ,0). Tous les deux ont pour image par N la valeur 1. Cependant :

N(X₁+X₂) =√ 1 +√

12

= 2² = 4.

Ainsi on trouve que N(X1+X2)> N(X1) +N(X2): l’inégalité triangulaire n’étant pas vérifiée, N n’est pas une norme.

En fait on parle ici de quasi-norme : cette application vérifie toutes les hypothèses pour en faire une norme sauf l’inégalité triangulaire.

15. Montrons, dans un premier temps, que l’application N((x₁, x₂)) =|x₁|^1/2+|x₂|^1/3 n’est pas une norme. En effet, si on prend x= (1,0)et λ∈R, on a :

N(λx) = |λ|^1/2 6=λN(x).

Passons au cas plus général, avec deux réels positifs α₁ etα₂ strictement différents de 1. Alors on a pour x= (1,0)

N(λx) =|λ|^1/α1,

qui est en général différent de |λ| (prendre par exemple λ= 2^α1). Ainsi l’hypothèse α₁ 6= 1 ne peut pas être vérifiée si on veut queN soit une norme.

En utilisant cette fois x= (0,1), on obtient que l’hypothèse α₂ 6= 2 est elle-aussi erronée.

La seule possibilité pour que N soit une norme, est que α₁ =α₂ = 1,

qui a été mis de côté dans l’énoncé : ce choix de paramètres (α₁, α₂) permet de définir une norme sur E, qui est la norme k · k₁.

Exercice 2 :

Prenonsx et y deux éléments deE. Alors :

• N(x) =N((x−y) +y)≤N(x−y) +N(y)par inégalité triangulaire. Ainsi N(x)−N(y)≤N(x−y).

• N(y) = N((y+x) + (−x))≤N(x+y) +N(−x), par inégalité triangulaire. Or N(−x) =N(x) par homogénéité. Ainsi :

N(y)−N(x)≤N(x+y).

• On a vu que N(x)−N(y)≤N(x−y). De même on a N(y)−N(x)≤N(y−x).

Or N(y−x) = N(x−y). Donc −(N(x)−N(y))≤N(x−y) puis :

|N(x)−N(y)| ≤N(x−y).

• On a vu que N(y)−N(x)≤N(x+y). De même on a que

N(x)−N(y)≤N(y+x). On a ainsi−(N(y)−N(x))≤N(x+y)et donc :

|N(x)−N(y)|=|N(y)−N(x)| ≤N(x+y).

Exercice 3 :

1. Soit deux matrices A etB. Alors : T r(BA) =

n

X

i=1

(BA)_ii =

n

X

i=1 n

X

j=1

b_ija_ji

=

n

X

j=1 n

X

i=1

ajibij =

n

X

j=1

(AB)jj

=T r(AB).

2. Vérifions tout d’abord que le terme T r(^tAA) dans la racine carrée qui définit N(A) est bien positif.

Soit A∈E. Alors : T r(^tAA) =

n

X

i=1 n

X

j=1

(^tA)_ij(A)_ji =

n

X

i=1 n

X

j=1

a_jia_ji =

n

X

i=1 n

X

j=1

(a_ij)²,

qui est bien positif. Donc N est bien définie. De plus, en passant à la racine carrée, on a :

N(A) = v u u t

n

X

i=1 n

X

j=1

(a_ij)².

Soit A∈E telle que N(A) = 0 et donc telle que N(A)² = 0. Alors, par l’égalité précédente, on a :

n

X

i=1 n

X

j=1

(a_ij)² = 0

Il s’agit donc de la somme de termes positifs à savoir les (a_ij)² qui est nulle : chaque terme est nulle, ce qui donne la nullité des coefficients de A.

Réciproquement, on a pour A la matrice nulle ^tAA=A dont la trace est encore nulle : ainsi N(A) = 0.

Soit λ∈R et A∈E. Alors :

N(λA) = v u u t

n

X

i=1 n

X

j=1

(λa_ij)² =|λ|

v u u t

n

X

i=1 n

X

j=1

(a_ij)² =|λ|N(A).

Il nous reste donc plus qu’à étudier l’inégalité triangulaire. Soit A etB deux éléments de E. Alors :

N(A+B)² =

n

X

i=1 n

X

j=1

(a_ij+b_ij)² ≤

n

X

i=1 n

X

j=1

|a_ij +b_ij| · |a_ij|+|a_ij +b_ij| · |b_ij|.

Fixons un indice i. On pose X = (a_ij +b_ij)_j et Y = (a_ij)_j. Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz dans Rⁿ, on a :

n

X

j=1

|a_ij +b_ij| · |a_ij|=hX, Yi ≤ kXk · kYk=

n

X

j=1

(a_ij +b_ij)²

!1/2 n

X

j=1

(a_ij)²

!1/2

.

Notons maintenant les vecteur X⁰ de coordonnées Pn

j=1(a_ij +b_ij)²1/2

etY⁰ le

vecteur de coordonnées Pn

j=1(a_ij)²1/2

. Ainsi :

n

X

i=1 n

X

j=1

(aij +bij)²

!1/2 n

X

j=1

(aij)²

!1/2

=hX⁰, Y⁰i ≤ kX⁰k · kY⁰k

≤

n

X

i=1 n

X

j=1

(a_ij +b_ij)²

!1/2 n

X

i=1 n

X

j=1

(a_ij)²

!1/2

≤N(A+B)N(A).

De même, on a :

n

X

i=1 n

X

j=1

(a_ij +b_ij)²

!1/2 n

X

j=1

(a_ij)²

!1/2

≤N(A+B)N(B).

En mettant toutes les inégalités bout-à-bout, on trouve :

N(A+B)² ≤N(A+B)N(A) +N(A+B)N(B) =N(A+B) [N(A] +N(B)]. (1) Si N(A+B) = 0, alors par positivité deN, on a bien

N(A) +N(B)≥0 = N(A+B). Sinon, on divise l’inégalité (1) par N(A+B)et on a :

N(A+B)≤N(A) +N(B).

On a donc fini la démonstration du fait que N soit une norme sur E.

3. Pour montrer que N provient d’un produit scalaire, on veut savoir siN vérifie l’identité du parallélogramme. D’une part, on a pour deux matrices A et B :

N(A)²+N(B)² =T r(^tAA) +T r(^tBB).

D’autre part, on a :

N(A+B)²+N(A−B)² =T r(^t(A+B)(A+B)) +T r(^t(A−B)(A−B))

=T r(^tAA) +T r(^tAB) +T r(^tBA) +T r(^tBB) +T r(^tAA)−T r(^tAB)−T r(^tBA) +T r(^tBB)

=2 T r(^tAA) +T r(^tBB)

Donc N vérifie bien l’identité du parallélogramme : il existe alors un produit scalaire φ. Pour déterminer φ, on utilise l’identié de polarisation :

φ(A, B) = N(A+B)²−N(A−B)²

4 =T r(^tAB) =T r(^tBA).

4. Pour deux matrices A etB de E, on a :

N(AB)² =

n

X

i=1 n

X

j=1 n

X

k=1

a_ikb_kj

!2

.

Fixons les indices i etj. Notons X (resp. Y) le vecteur dont la k-ème

coordonnée est aik (resp. bkj). Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz dansRⁿ, on a :

n

X

k=1

a_ikb_kj

=| hX, Yi | ≤ kXk · kYk,

et donc

n

X

k=1

a_ikb_kj

!2

≤ kXk²kYk² =

n

X

k=1

a²_ik

n

X

l=1

b²_lj.

Ainsi on termine par : N(AB)≤

n

X

i=1 n

X

j=1 n

X

k=1

a²_ik

! _n X

l=1

b²_lj

!

=

n

X

i=1 n

X

k=1

a²_ik

! _n X

l=1 n

X

j=1

b²_lj

!

=N(A)N(B).

Donnons un exemple de norme sur E (avecn >2) qui n’est pas sous-multiplicative. On considère

N⁰(A) = 1 nN(A),

dont on peut vérifier que c’est une norme sur E. AlorsN⁰(I_n) = 1/√

n et donc on voudrait que :

1

√n 2

=N⁰(I_n)N⁰(I_n)≥N⁰(I_nI_n) =N⁰(I_n) = 1

√n, ce qui impliquerait que √

n≤1 ce qui est impossible carn >2.

Dans le cas n= 1, il suffit de faire le même raisonnement avec la norme N⁰(x) = ^|x|₂ .

Exercice 4 :

1. On sait déjà que :

q = p p−1. Cependant, 0< p−1< p. Donc q >1.

2. On fixe t∈[0,+∞[ et on définit la fonction : f :s7→st− s^p

p − t^q q. On vérifie :

f⁰(s) = t−s^p−1, ce qui donne le tableau d’accroissement suivant.

s 0 t^p−11 +∞

f⁰(s) + 0 −

f % &

−^t_q^q −∞

Or on a que :

f t^p−11

=t^1+p−11 − t^p−1p p − t^q

q

=t^p−1p − t^q p −t^q

q

=t^q

1−1 p − 1

q

= 0

Donc pour tout s, on sait que f(s)≤0, ce qui implique que : st≤ s^p

p + t^q q.

3. Fixons i. Comme x ety sont différents de 0, on sait que α etβ sont non nuls.

Pour s=|x_i|/α ett=|y_i|/β, on a par la question précédente (car s et t sont positifs) :

|x_i| |y_i|

αβ =st≤ s^p p +t^q

q = |x_i|^p

pα^p + |y_i|^q qβ^q.

4. Si xou y est nul, alors les deux membres de l’inégalité sont nuls : elle est alors triviale. Supposons que x ety sont différents de 0. Par inégalité triangulaire, on a que :

n

X

i=1

x_iy_i

≤

n

X

i=1

|x_i| |y_i|

≤αβ

n

X

i=1

|x_i|^p

pα^p + |y_i|^q qβ^q

≤ α^1−pβ

p kxk^p_p+β^1−qα q kyk^q_q

≤ αβ p + αβ

q =αβ =kxk_p kyk_q

Si p= 2, on a alors q= 2 et l’inégalité de Hölder revient à l’inégalité de Cauchy-Schwarz.

5. Soit x et y éléments de Rⁿ. Alors par inégalité triangulaire on a :

|x_i+y_i|^p ≤ |x_i+y_i|^p−1|x_i+y_i| ≤ |x_i +y_i|^p−1(|x_i|+|y_i|).

Maintenant, si kx+yk_p est nul, l’inégalité triangulaire est triviale. Supposons que kx+yk_p 6= 0. Donc on obtient que :

kx+yk^p_p =

n

X

i=1

|x_i+y_i|^p ≤

n

X

i=1

|x_i+y_i|^p−1|x_i|+

n

X

i=1

|x_i+y_i|^p−1|y_i|

≤ kzk_qkxkp+kzk_qkyk_p,

avec z_i =|x_i +y_i|^p−1, pour tout i, par l’inégalité de Hölder. Or on a : kzk^q_q =

n

X

i=1

|x_i+y_i|^(p−1)q =

n

X

i=1

|x_i+y_i|^p =kx+yk^p_p.

Donc kzk_q=kx+yk^p/qp =kx+yk^p−1_p et comme kx+yk_p 6= 0 : kx+yk_p ≤ kxk_p+kyk_p.

6. On voit que k · k_p est une application positive, qui d’après la question précédente vérifie l’inégalité triangulaire.

Soit x∈Rⁿ tel que kxk_p = 0. Alors comme chaque |x_i|^p est positif, et que leur somme est nulle, chaque |x_i|^p est lui-même nul, ce qui implique que xest le vecteur nul. Réciproquement, on vérifie que k0k_p = 0.

Soit x∈Rⁿ et λ∈R. Alors : kλxk_p =

n

X

i=1

|λ|^p |x_i|^p

!1/p

=|λ|

n

X

i=1

|x_i|^p

!1/p

=|λ| kxkp

Donc k · k_p est une norme surRⁿ.

7. Soit x∈Rⁿ. Par définition de la norme ∞, on sait qu’il existe i= 1, . . . , n tel que |x_i|=kxk∞. Alors :

kxk∞ = (|x_i|^p)^1/p≤

n

X

i=1

|x_i|^p

!1/p

=kxk_p.

De plus pour tout i, on a |x_i| ≤ kxk∞. Donc :

kxk_p =

n

X

i=1

|x_i|^p

!1/p

≤

n

X

i=1

kxk^p_∞

!1/p

≤(nkxk^p_∞)^1/p=n^1/p kxk∞

Par inégalité de Hölder, en posant y le vecteur avecy_i = 1, on a :

kxk₁ =

X

i=1

|x_i| |y_i|

≤ kxk_pkyk_q =n^1/qkxk_p.

Enfin passons à l’inégalité kxk_p ≤ kxk₁. Cela revient à montrer que :

n

X

i=1

|x_i|^p ≤

n

X

i=1

|x_i|

!p

.

Montrons cette propriété par récurrence sur n. La propriété est triviale dans le cas n= 1. Supposons la vraie au rang n−1. On définit la fonction pour tout s≥0 :

g(s) = s^p+

n−1

X

i=1

|x_i|^p− s+

n−1

X

i=1

|x_i|

!^p .

Alors on a :

g⁰(s) =p



s^p−1− s+

n−1

X

i=1

|x_i|

!^p−1

≤0, avec g(0) =Pn−1

i=1 |x_i|^p − Pn−1 i=1 |x_i|p

≤0par hypothèse de récurrence. Donc g est négative, ce qui donne l’inégalité voulue.

Exercice 5 :

On sait que E est un R-espace vectoriel. Montrons qu’il est de dimension finie, en trouvant une base.

PosonsB = (1, X, . . . , Xⁿ) qui est une famille d’éléments de E. Considérons des réels (λ₀, . . . , λ_n)tels que :

λ₀+λ₁X+· · ·+λ_nXⁿ=

n

X

i=0

λ_iXⁱ = 0.

Définissons alors P =λ₀+λ₁X+· · ·+λ_nXⁿ, qui est un polynôme deE. Par

hypothèse, il s’agit du polynôme nul. Donc tous ses coefficients sont nuls, c’est-à-dire que les λ_i sont tous nuls : la famille B est libre.

Soit P ∈E. Par définition, on sait qu’il existe des éléments a₀, ..., a_n tels que : P =a₀+a₁X+· · ·+a_nXⁿ=

n

X

i=0

a_iXⁱ.

Cette propriété dit justement que B est une famille génératrice de E.

Finalement B est une base de E. Ainsi E est de dimension valant le cardinal de B à savoir n+ 1 : il est bien de dimension finie.

On définit les deux applications suivantes : N(P) =

Z 1 0

|P(t)|dt et N⁰(P) = sup

t∈[0,1]

|P(t)|

surE. D’après l’exercice 1, on sait que N⁰ est une norme sur E. Montrons maintenant que N est aussi une norme sur E.

Tout d’abord N est bien définie (car P est un polynôme, donc intégrable sur le

segment[0,1]), positive (par positivité de l’intégrale d’une fonction positive), et nul en P = 0.

Soit P ∈E tel que N(P) = 0. Alors t 7→ |P(t)| est une fonction positive dont

l’intégrale est nulle sur le segment [0,1]. Cela n’est possible que si elle est ellle-même nulle. Cela nous dit que pour tout t∈[0,1], P(t) = 0. Le polynôme P admet donc une infinité de racines : c’est le polynôme nul.

Soit P ∈E et λ∈R. La linéarité de l’intégrale nous donne : N(λP) =

Z 1 0

|λP(t)|dt=|λ|

Z 1 0

|P(t|dt=|λ|N(P).

Il nous reste plus qu’à vérifier l’inégalité triangulaire. Pour cela, considérons deux polynômes P et Q deE. Alors :

N(P +Q) = Z 1

0

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

≤ Z 1

0

|P(t)|+Q(t)|dt= Z 1

0

|P(t)|dt+ Z 1

0

|Q(t)|dt=N(P) +N(Q).

On a donc montré queN est aussi une norme sur E. Comme E est de dimension finie, on sait qu’il existe deux constantesλ et µtelles que :

λN⁰(P)≤N(P)≤µN⁰(P).

Cela nous donne bien que pour tout P ∈E on a : Z 1

0

|P(t)|dt ≥λ sup

t∈[0,1]

|P(t)|.

Tentons d’avoir des propriétés sur ces constantes. En prenant le polynôme constant P = 1, on obtient que λ≤1≤µ. En fait, on sait que 1 est la plus petite valeur que peut prendre µ. En effet, pour tout t ∈[0,1], on sait que |P(t)| ≤N⁰(P). Donc :

N(P) = Z 1

0

|P(t)|dt≤ Z 1

0

N⁰(P)dt=N⁰(P).

Cependant estimer la meilleure valeure possible de λ est une question très délicate ...

Exercice 6 :

1. Le R-espace vectoriel E =Rⁿ est de dimension finie. Ainsi toutes ses normes – en particulier k · k₁ et k · k₂ ouk · k₂ aveck · k∞ – sont équivalentes. Cela signifie qu’il existe deux constantes C₁, C₂ positives telles que pour tout x∈E on ait :

C₁kxk₂ ≤ kxk₁ ≤C₂kxk₂

et deux autres constantes C3 etC4 positives telles que pour tout x∈E : C₃kxk∞≤ kxk₂ ≤C₄kxk∞.

2. Choisissons un vecteur x particulier. Prenons x= (1, 0, . . . , 0). Alors : kxk₁ = 1 et kxk₂ = 1.

En insérant ces valeurs particulières dans l’inégalité (6) de l’énoncé, on obtient que

C₁ ≤1.

Montrons que la valeur C1 = 1 peut être prise (ce sera donc la plus grande valeur qu’on puisse prendre). Pour cela, prenons un élément x∈E. Alors :

kxk²₂ =

n

X

i=1

|x_i|² ≤

n

X

i=1

|x_i|

!2

,

par l’inégalité a²+b² = (a+b)²−2ab≤(a+b)² pour a, b >0. On vient donc de montrer que kxk²₂ ≤ kxk²₁. En passant à la racine, on obtient que

kxk₂ ≤ kxk₁.

Passons à l’estimation de C₂. Prenons cette fois le vecteur x= (1, . . . , 1). On trouve alors que

kxk₁ =n etkxk₂ =√ n, ce qui nous permet d’avoir n ≤C₂√

n, puis C₂ ≥√

n. Montrons que le choix C₂ =√

n est possible. Prenons x∈E. On définit le vecteurz tel que sai-ème coordonnée soit le signe de x_i. Alors, par l’inégalité de Cauchy-Schwarz entrex et z, on obtient que :

kxk₁ =

n

X

i=1

|x_i|=hx, zi

≤ kxk₂· kzk₂

≤√ n kxk₂

3. (a) On sait que kxkk∞= 2/k qui est une suite qui tend bien vers 0. Par l’inégalité (7), on a :

0≤ kx_kk₂ ≤C₄kx_kk∞ = 2√ n k .

Le majorant est le terme d’une suite qui tend vers 0. Le théorème des

gendarmes nous permet de conclure sur le fait que la suite (kx_kk₂)_k tend bien vers 0.

Passons à l’étude de la dernière norme. L’inégalité (6) (mêlée à la (7)) nous apprend que :

0≤ kx_kk₁ ≤C₂kx_kk₂ ≤C₂C₄kx_kk∞= 2n k .

Le majorant tendant encore vers 0, on obtient que la limite de kx_kk₁ existe et vaut 0.

(b) On sait que kx_kk∞= 2/k est une suite décroissante. Donc pour que kx_kk∞< ε il faut que 2/k < ε, ce qui revient à :

k >2/ε= 2·10⁷.

Pour la norme 2, on veut quekx_kk₂ < ε. Or kx_kk₂ ≤ ²

√n

k . Donc si 2√

n/k < ε, alorskx_kk₂ < ε : cela revient à k > 2√

n/ε = 2·10¹⁰.

Grâce à l’inégalité kx_kk₁ ≤2n/k, on a quekx_kk₁ < ε pour k >2n/ε= 2·10¹³.

A partir d’un certain rang, on peut considérer que x_k est le vecteur nul (chaque terme est majoré par ε). Cependant, si on considère des k pas suffisamment grands, on n’obtient pas forcément que kx_kk₁ < ε. Donc la somme de terme petits ne sera pas forcément considérée comme petite.

Exercice 7 :

1. Définissons l’application :

N_B:M 7→ max

1≤i≤m n

X

j=1

|m_ij|.

Il s’agit bien d’une norme (même démonstration que dans l’exercice 1).

Maintenant siN_B(B)> N_B(A), cela veut dire qu’il existe un film (qui correspond à une certaine colonne j0) tel que pour tout film j :

n

X

i=1

b_ij0 >

n

X

i=1

a_ij.

(car les coefficients de A et de B sont positifs). Cela signifie bien que le film j₀ a connu plus de succès que n’importe quel film de la base de donnée A : la base de donnée A contient donc le film qui a le plus de succès parmi les utilisateurs.

2. Définissons l’application :

N_A:M 7→

n

X

i=1

1≤j≤mmax |m_ij|.

Il s’agit bien d’une norme (laissée en exercice). Maintenant si N_A(A)> N_A(B), alors on a par positivité des coefficients des matrices ;

n

X

i=1

1≤j≤mmax a_ij >

n

X

i=1

1≤j≤mmax b_ij,

ou encore

1 n

n

X

i=1

1≤j≤mmax a_ij

> 1 n

n

X

i=1

1≤j≤mmax b_ij

,

ce qui revient à dire que chaque utilisateur donne en moyenne une bonne note aux films de la base A comparée à la base B.

3. Définissons l’application :

N : Mmn(R) → R

M 7→ θ kMkA+ (1−θ) kMkB

,

qui est positive, car θ ∈[0,1]. Si θ = 0 ou 1, N correspond à une des deux normes définies précédemment. On considère maintenant le cas où θ ∈]0,1[. Si on prend la matrice nulle M, il est clair que N(M) = 0. Considérons une matrice M telle que N(M) = 0. Comme il s’agit d’une somme de deux termes positifs, chacun est nul. Par exemple, on a :

θkMkA = 0

puis kMkA = 0. Or k · kA est une norme, M est la matrice nulle.

Considérons une matrice M et un réel λ. Par définition des normes, on a kλMkA =|λ| kMkA etkλMkB =|λ| kMkB.

Ainsi :

N(λM) =θkλMkA+ (1−θ)kλMkB

=θ|λ| kMk_A+ (1−θ)|λ| kMk_B

=|λ| (θ kMkA+ (1−θ) kMkB)

=|λ| N(M)

Finissons par l’inégalité triangulaire. Prenons deux matrices M etP. Alors on sait déjà que :

kλM +PkA≤ kλMkA+kλpkA etkλM +PkB ≤ kλMkB+kλpkB. Donc on a :

N(M +P) =θ kM+PkA+ (1−θ)kM +PkB

≤θ(kMk_A+kPk_A) + (1−θ) (kMk_B+kPk_B)

≤θ kMkA+ (1−θ) kMkB+θ kPkA+ (1−θ) kPkB

≤N(M) +N(P).

Donc N est bien une norme.

Pour ne pas favoriser une des deux bases de données, on veut que N(A) = N(B): θ kAk_A+ (1−θ)kAk_B =θ kBk_A+ (1−θ) kBk_B,

ce qui donne

θ = kBkB− kAkB

kBkB− kAkB+kAkA− kBkA

.

Exercice 8 :

1. (a) L’assertion (a) est fausse. Raisonnons par l’absurde : supposons qu’il existe un réel xtel que pour tout y∈R on ait x+y >0. En particulier pour y=−x, on aurait 0>0, ce qui est impossible.

L’assertion (b) est vraie. En effet, si on prend un réel x, il suffit de prendre y= 1−xpour avoir :

x+y = 1>0.

L’assertion (c) est évidemment fausse. Il suffit de choisir deux réels x ety – par exemple x=y= 0 – tels que x+y≤0.

L’assertion (d) est vraie. En effet, pour tout y∈R,y² ≥0>−1. Donc on peut choisir x=−1, pour vérifier que :

∃x∈R, ∀y∈R, y² > x.

(b) La négation de

(a) est : ∀ x∈R, ∃ y∈R, x+y≤0 ; (b) est : ∃ x∈R, ∀ y∈R, x+y≤0 ; (c) est : ∃ x∈R, ∃ y∈R, x+y≤0 ; (d) est : ∀ x∈R, ∃ y∈R, y² ≤x.

2. (a) La fonctionf est majorée se traduit par :

∃ M ∈R, ∀x∈R, f(x)≤M.

(b) La fonction f est bornée se traduit par :

∃ m∈R, ∃ M ∈R, ∀ x∈R, m≤f(x)≤M, ce qui est équivalent à la propriété suivante :

∃ M ∈R, ∀x∈R, |f(x)| ≤M.

(c) La fonction f est paire signifie que :

∀ x∈R, f(−x) = f(x).

(d) Le fait, que la fonction f ne s’annule jamais, est équivalent à

∀ x∈R, f(x)6= 0, ou encore

∀x∈R, |f(x)|>0.

(e) La fonction f n’est pas la fonction nulle veut dire que

∃ x∈R, f(x)6= 0, ce qui revient à

∃ x∈R, |f(x)|>0.

(f) On traduit l’expression "la fonction f n’a jamais les mêmes valeurs en deux points distincts" par

∀ x∈R, ∀y∈R\ {x}, f(x)6=f(y) ou par

∀ x∈R, ∀y∈R\ {x}, |f(x)−f(y)|>0, ou encore par

∀(x, y)∈R², f(x) = f(y)⇒x=y.

(g) La fonction f est inférieure àg se traduit par

∀ x∈R, f(x)≤g(x).

3. (a) La négation de "Pour tout x∈R,f(x)≤1" est :

∃ x∈R, f(x)>1.

(b) Nier le fait que l’application f soit croissante revient à dire :

∃ x∈R, ∃ y∈R, y > xet f(x)> f(y).

(c) La négation de la croissance et de la positivité de la fonctionf se traduit par :

∃ x∈R, f(x)<0ou ∃ y∈[x,+∞[, f(x)> f(y).

(d) Nier l’existence d’un x∈R⁺ tel que f(x)≤0 signifie que :

∀ x∈R⁺, f(x)>0.

Exercice 9 :

1. Soit x∈(A∪B)∩C. Montrons quex∈(A∩C)∪(B∩C). On sait que x∈A∪B. Dans un premier temps, on va supposer que x∈A. On sait de plus que x∈C : donc x∈A∩C ou encore x∈(A∩C)∪(B∩C). Cependant, si on suppose que x∈B, alors x∈B∩C, et on obtient la même conclusion. On a ainsi prouvé que :

(A∪B)∩C ⊂(A∩C)∪(B ∩C).

Soit x∈(A∩C)∪(B∩C). Montrons quex∈(A∪B)∩C. Par symétrie, on peut supposer que x∈A∩C (sinon on échange les rôles de A et deB). Alors x∈Aet donc x∈A∪B. De plus x∈C. Ainsi x∈(A∪B)∩C, puis on obtient que :

(A∪B)∩C = (A∩C)∪(B∩C).

2. Soit x∈(A∩B)∪C. Montrons que x∈(A∪C)∩(B∪C). Six∈C, alors x est dans A∪C et dans B∪C : il est alors évident que x∈(A∪C)∩(B∪C).

Supposons maintenant que x∈A∩B. Alors x∈A puis x∈A∪C. De plus x∈B, et donc x∈B ∪C. Dans ce cas, on a donc bien que

x∈(A∪C)∩(B ∪C) et finalement :

(A∩B)∪C = (A∪C)∩(B∪C).

Considérons maintenant un élément x de(A∪C)∩(B ∪C). Supposons que x /∈C. Tout d’abord, on a quex∈A∪C. Cependant, x /∈C et donc x∈A. De même, comme x∈B∪C, on montre que x∈B. Ainsi

x∈(A∩B)⊂(A∩B)∪C.

Cette double inclusion permet d’avoir (A∩B)∪C = (A∪C)∩(B∪C).

3. Soit x∈(A∩B)^c. Donc xn’appartient pas à A∩B. Supposons que x /∈A^c. Montrons que x appartient alors forcément à B^c. Raisonnons par l’absurde.

Supposons que x∈B. Comme x /∈A^c, alors x∈A : on aurait ainsix∈A∩B, ce qui est impossible. Donc x∈B^c. On vient alors de montrer que :

(A∩B)^c⊂A^c∪B^c.

Considérons maintenant un élémentx deA^c∪B^c. Montrons que x∈(A∩B)^c. Si x∈A^c, alors x n’appartient pas à A, et en particulier il n’appartient pas àA∩B (car A∩B ⊂A). On a donc que x∈(A∩B)^c. De même, si x∈B^c, alors

x∈(A∩B)^c.

Enfin on a montré par double inclusion que : (A∩B)^c =A^c∪B^c.

4. On va faire un raisonnement ensembliste pour montrer cette égalité. En utilisant l’égalité précédente, on obtient que :

(A∪B)^c= ((A^c)^c∪(B^c)^c)^c= [(A^c∩B^c)^c]^c=A^c∩B^c. Plus généralemnt on peut dire que :

S

i∈IA_ic

=T

i∈IA^c_i et T

i∈IA_ic

=S

i∈IA^c_i.

Exercice 10 :

1. Voici les boules B∞(0,1)et B∞(0, R):

Montrons qu’on a bien ces formes. On voit que si on prend deux réels x ety, alors N((x, y)) =N((−x, y)). Donc une boule centrée en 0 est invariante par symétrie par rapport à l’axe des ordonnées. De même, on a

N((x, y)) =N((x, −y)) et donc une boule est aussi invariante par symétrie par rapport à l’axe des abscisses. Pour connaître la forme de la boule B_N(0, R), on peut donc la tracer tout d’abord dans le quart de plan où x≥0 ety ≥0, puis faire les deux symétries (par rapport aux deux axes) pour la tracer complètement.

Prenons deux réels positifs x ety. Alors N(x, y)≤R si et seulement si max(x, y)≤R, ce qui donne x≤R ety ≤R :

2. On voit que si on prend deux réelsx et y, alors N((x, y)) = N((−x, y)). Donc une boule centrée en 0 est invariante par symétrie par rapport à l’axe des ordonnées. De même, on a N((x, y)) =N((x, −y))et donc une boule est aussi invariante par symétrie par rapport à l’axe des abscisses. Pour connaître la forme de la boule B_N(0, R), on peut donc la tracer tout d’abord dans le quart de plan oùx≥0 ety≥0, puis faire les deux symétries (par rapport aux deux axes) pour la tracer complètement.

Prenons deux réels positifs x ety. Alors N(x, y)≤R si et seulement si x+y≤R, ce qui donne :

3. Prenons deux réels x et y. Alors N(x, y)≤R si et seulement si x²+y² ≤R², qui est l’inéquation du disque de center 0 et de rayon R :

4. On voit que si on prend deux réelsx et y, alors N((x, y)) = N((−x, y)). Donc une boule centrée en 0 est invariante par symétrie par rapport à l’axe des ordonnées. De même, on a N((x, y)) =N((x, −y))et donc une boule est aussi invariante par symétrie par rapport à l’axe des abscisses. Pour connaître la forme de la boule BN(0, R), on peut donc la tracer tout d’abord dans le quart de plan

oùx≥0 ety≥0, puis faire les deux symétries (par rapport aux deux axes) pour la tracer complètement.

En fait, on peut encore diminuer l’ensemble d’étude. En effet, on remarque que N((x, y)) =N((y, x)) : la boule est alors invariante par symétrie par rapport à la première bissectrice. On est donc ramener à considérer 0≤y≤x (on

complètera par symétries). Alors N(x, y)≤R si et seulement si θy+x≤R.

Cependant, avec les inégalités 0≤y≤x, on obtient l’encadrement _1+θ^R ≤x≤1.

On trace alors les boules BN(0,1)et BN(0, R) dans le cas où θ = 0.3 :

Exercice 11 :

1. Par définition, pour toutx∈A, on akxk₂ ≤ kx−x₀k₂+kx₀k₂ ≤1 +kx₀k₂ : A est bien borné.

Soit x∈A. On pose r= 1− kx−x₀k₂. Alors pour touty∈B₂(x, r)on a : ky−x₀k₂ ≤ ky−xk₂+kx−x₀k₂ <1.

On a donc démontré que A est un ouvert de R².

Montrons qu’il n’est pas fermé. Pour cela, on décompose x₀ en(a, b). Ainsi le point x= (a, b+ 1) n’appartient pas à A. Pour toutr >0, on sait que

(a, b+ 1−r/2)∈A∩B₂(x, r) sir <2, et pour r≥2,x₀ ∈A∩B₂(x, r). Ainsi pour tout rayon r >0, la boule de centre xet de rayon r intercepte forcémentA : A^c n’est pas ouvert, puis A n’est pas fermé.

2. On sait que pour tout x∈A, xappartient en particulier à B₂(x₀, 2): ainsi on a que kxk₂ ≤ kx−x₀k₂+kx₀k₂ ≤2 +kx₀k₂. L’ensembleA est bien borné.

Nous allons voir que A n’est ni ouvert ni fermé. Pour cela nous allons

décomposer x₀ en (a, b). Alors x= (a+ 1, b) appartient à A. Cependant, si on considère une boule B₂(x, r) (avec r ≤1), alors (a+ 1−r/2, b) appartient à cette boule, mais pas à A. Si on prend r >1, alors x0 appartient à cette boule mais pas à A. Donc A n’est pas ouvert.

De plus x⁰ = (a+ 2, b)∈/ A. Soitr >0. Alors si r≤1, on a que B₂(x⁰, r) n’est pas incluse dans A^c : (a+ 2−r/2, b)∈B₂(x⁰, r)∩A. Si r >1, on a le même résultat (en prenant le point (a+ 1.5, b)).

3. Soit (x, y)∈A. Alors :

k(x, y)k²₂ =x²+y² ≤5.

Ainsi A⊂B₂(0, √

5) est borné.

On remarque que la boule B₂(0, r)possède des éléments de A^c, pour tout r > 0 (par exemple (−r/2, 0)) alors que0∈A : A n’est pas ouvert. De même, on voit que (0, 1)∈/ A alors que(0, r/2)∈B₂((0, 1), r)∩A : A n’est pas fermé.

4. Soit n etm deux entiers non nuls. Alors : k(1/n, 1/m)k²₂ = 1

n² + 1

m² ≤2<4.

Ainsi A⊂B₂(0,2)puis A est borné.

Maintenant montrons que A n’est ni ouvert ni fermé. On sait que

x₀ = (1, 1)∈A. Cependant pour tout r >0, on a(1 +r/2,1)∈B₂(x₀, r)alors que (1 +r/2,1)∈/ A : A n’est pas ouvert. De plus,0∈A^c, et pour toutr >0, on

sait qu’il existe n ∈N^? tel que _n¹ ≤ ₂^√r₂ (car la suite1/n tend vers 0). On pose donc x= (1/n,1/n)∈A. Alors l’inégalité

kxk₂ =

√2 n ≤ r

2 < r implique que x∈A∩B₂(0, r): A n’est pas fermé.

5. Soit n ∈N^? ety∈[0,1]. Alors on a :

k(1/n, y)k²₂ = 1

n² +y² ≤2,

puis A est inclus dans la boule B₂(0,2), ce qui implique que A est borné.

On sait que (1,1)∈A alors que pour tout r >0, on a (1,1 +r/2)∈A^c∩B₂((1,1), r).

Donc A n’est pas ouvert. De plus 0∈A^c. Pour r >0, on sait qu’il existe un entier n tel que 1/n < r. Ainsi le point(1/n,0) appartient àA mais aussi à B2(0, r) :

k(1/n,0)k₂ = 1 n < r;

et donc A n’est pas fermé.

6. On voit que A n’est pas borné. En effet, pour r >0, on sait que (1, r²)∈A vérifie :

k(1, r²)k₂ =√

1 +r² > r.

Montrons que A n’est ni ouvert ni fermé. On pose déjà x₀ = (1,0)∈A. Soit r >0. Comme (1 +r/2,0)∈A^c∩B₂(x₀, r), on a déjà que A n’est pas ouvert.

Prenons maintenant (0,0)∈/ A. Pour r >0, on sait qu’il existe n tel que 1/n < r.

Alors x= (1/n,0)∈A et pourtant comme :

k(1/n,0)k₂ = 1/n < r il appartient aussi à la boule B₂(0, r) : A n’est pas fermé.

7. On a que A⊂B₂(0,2), ce qui implique que A est borné. En effet, pourp et q éléments de Q∩[0,1], on a :

k(p, q)k₂ =p

p²+q² ≤√ 2<2.

Etudions l’ouverture de A. Prenons x₀ = (1,1)∈A etr >0. Alors (1 +r/2,1)∈A^c∩B₂(x₀, r)et donc A n’est pas ouvert.

Passons à la fermeture de A. On sait que √

2∈/ Q et que √

2>1. Ainsi x₀ = (^√1

2,0)∈/ A. Pour r >0, par densité de Q dans R, on sait qu’il existe p∈Q∩[0,1] tel que |p−1/√

2|< r. Alors l’élément (p, 0)appartient bien à A mais aussi à B₂(x₀, r):

k(p,0)−x₀k₂ =

p− 1

√2

< r.

8. L’ensemble A n’est pas borné. En effet, pour r >0, on sait que : k(Ent(r) + 1,0)k₂ =Ent(r) + 1> r

ce qui donne que A6⊂B2(0, r) pour toutr >0.

Montrons que A n’est pas ouvert. Pourr >0, on sait que

(0, r/2)∈A^c∩B₂(0, r), alors que0∈A. Montrons maintenant que A n’est pas fermé. On sait que √

2∈/ Q. Cependant, pour r >0fixé, il existe p∈Qtel que

|p−√

2|< r.Ainsi (p,0)∈B₂((√

2,0), r)∩A, alors que (√

2,0)∈/ A.

9. Montrons que A est borné. Comme R² est un espace vectoriel de dimension finie, on sait que les normes sont équivalentes : il existe alors deux constantes

C₁, C₂ >0telles que pour tout y∈R² on ait

C₁kyk∞ ≤ kyk₂ ≤C₂kyk∞.

Ainsi pour tout x∈A, kxk2 ≤C2kx−x0k∞+kx0k2 ≤C2+kx0k2 : A est donc bien borné.

Regardons si cet ensemble est ouvert. Soit x∈A ety∈B₂(x, r) pour r =C₁(1− kx−x₀k_∞). Alors :

ky−x₀k∞ ≤ ky−xk∞+kx−x₀k∞≤C₁⁻¹ky−xk₂+kx−x₀k∞≤C₁⁻¹r+kx−x₀k∞<1, ce qui implique que A est ouvert.

Montrons que A n’est pas fermé. Pour cela, on décompose x₀ en(a, b). On sait que x= (a−1, b−1)∈A^c. Pourtant pour tout r >0, on peut trouver un point y∈A qui appartient aussi à la boule B₂(x, r) : on prend

y= (a−1 +r/2, b−1 +r/2), sir <2, sinony =x₀. Donc A^c n’est pas ouvert, ce qui signifie que A n’est pas fermé.

Exercice 12 :

1. FAUX. Soit n∈N^?. On définit l’ensemble suivant :

A={(x₁, . . . , x_n), x₁ ∈[0,1[}= [0,1[×Rⁿ⁻¹.

Montrons que A n’est pas ouvert. On sait que le point 0 appartient bien à A.

Soit r >0. Alors le point x= (−r/2, 0, . . . , 0) vit dans B₂(0, r) mais pas dans A. Donc pour tout r >0, B₂(0, r)n’est pas incluse dans A : A n’est pas ouvert.