Exercice MPSI

Pour le lundi 27 novembre 2017

Exercice MPSI

1. Soitf : [0,1]→[0,1].

a. On suppose quef est continue. Montrer quef admet un point fixe.

b. On suppose quef est croissante. Montrer quef admet un point fixe.

2. Soientf etg des fonctions continues de[0 ; 1]dans[0 ; 1]telles quef◦g=g◦f.

a. Montrer que l’ensemble des points fixes def possède un plus grand et un plus petit élément.

b. Montrer l’existence dec∈[0 ; 1]tel que f(c) =g(c).

Exercice 1

Soit(E, N)un espace vectoriel normé.

Soientpetqdeux projecteurs deE.

1. Dans cette question, on suppose querg(p)< rg(q).

a. Montrer qu’il existe un vecteur non nulx∈kerp∩imq.

b. Comparer les normes dexet de(p−q)(x).

2. En déduire que si∀x∈E\ {0}, N((q−p)(x)< N(x), alorspetq ont même rang.

Exercice 2

SoientK etLdeux compacts non vides et disjoints. Montrer que d(K, L) = inf

x∈K,y∈L{ky−xk}>0.

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Exercice MPSI

1. a. Soitg :x7→f(x)−x. Alorsg(0) =f(0)−0 =f(0)>0 et g(1) =f(1)−160 carf(1)61. Donc g change de signe sur le connexe par arc [0,1]. Comme g est continue, g s’annule par théorème des valeurs intermédiaires (ou parce que l’image d’un connexe par arc est un connexe par arc).

b. L’ensembleA={x∈[0,1]|f(x)>x}est une partie deR, non vide car contenant 0 et majorée par 1.

Soit alorsa= supA.

Si a∈A, alorsa6f(a)et f(a)6f(f(a))doncf(a)∈A. Oraest le maximum deAdoncf(a)6a et finalement,f(a) =a.

Sinon,a /∈A. Alors f(a)< a. Commeaest le plus petit des majorants deA, il existeb∈Atel que f(a)< b < a. Or par croissance def, on devrait avoirf(b)6f(a)< b, ce qui est contradictoire avec la propriété de b∈A.

2. a. L’ensemble des points fixes de f est A= (f −Id)⁻¹({0}). C’est donc la préimage par une fonction continue d’un fermé, donc un fermé de [0,1](on peut aussi le montrer de manière séquentielle en utilisant la continuité de f). Étant fermée et bornée de R, c’est un compact. On a vu dans 1. que cette partie était non vide, donc elle admet une borne supérieure et une borne inférieure. Comme cette partie est fermée, ce sont en réalité un minorant et un majorant deA.

b. On noteaet bces deux éléments (a6b). Alorsf(g(a) =g(a)etf(g(b) =g(b).

Doncg(a)et g(b)sont des points fixes de f donca6g(a), g(b)6b.

Soit alorsφ=f−g. Alorsφest continue sur le connexe par arc[a, b], etφ(a)60etφ(b)>0. Donc φs’annule par théorème des valeurs intermédiaires.

Exercice 1

1. a. par la formule du rang,dim(E)−dim(kerp)6rg(q)doncdim(E)< dim(kerp) +rg(q).

Donc les espaces kerpet imqne sont pas supplémentaires. Il existe doncxnon nul dans kerp∩imq.

b. Pour un tel x,N((p−q)(x)) =N(p(x)−q(x)) =N(−x) =N(x).

2. Ainsi, si ∀x ∈ E \ {0}, N((q−p)(x) < N(x), nécessairement, rg(p) > rg(q). Mais un raisonnement similaire montrerait querg(q)>rg(p). FInalement,rg(p) =rg(q).

Exercice 2

L’application(x, y)7→ ||x−y||est une fonction réelle continue sur le compactK×Ldonc bornée surK×Let atteignant ses bornes dansK×L. Il existe donca∈Ket b∈Ltels queinfK,L||x−y||=||a−b||.

CommeKet Lsont disjoints,a6=b donc||a−b||>0. D’où le résultat.

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