Montrons que d0 est une distance

ANNEE UNIVERSITAIRE 2015/2016 S1 AUTOMNE

Parcours : Maths fondamentales Code UE : N1MA4011

Epreuve : Topologie des espaces m´etriques Date : 02/03/2016 Heure : 09h00-10h20 Aucun document autoris´e

COLLEGE SCIENCES

ET

TECHNOLOGIES

Exercice 1(Questions de cours) Voir le cours.

Exercice 2

1. Montrons que d0 est une distance. Il est ´evident que d0 ≥ 0, que d0(x, y) = 0 si et seulement si x = y et que d₀ est sym´etrique. Pour l’in´egalit´e triangulaire, soit (x, y, z)∈R²×R²×R² distincts deux `a deux, on a alors

d₀(x, y) = 1<2 =d₀(x, z) +d₀(z, y).

Montrons que d₂ est une distance. Posons N₂(x) := p

x²₁+x²₂, de sorte que d₂(x, y) = N₂(x−y). On constate que

N₂(x) =√ x·x,

o`ux·y=x<sub>1</sub>y<sub>1</sub>+x<sub>2</sub>y<sub>2</sub> est le produit scalaire canonique de R<sup>2</sup>. D’apr`es le cours, N₂ est une norme, et donc d₂ est une distance, induite parN₂ sur R².

Remarque : la distance d₂ est en fait la distance euclidienne standard.

2. Supposons qu’il existe une constanteK >0 telle qued0 ≤Kd2. En particulier pour x= (0,0) et y_n= (0,_n¹) avec n∈N^∗, on a

∀n ∈N^∗, d0(x, yn) = 1≤Kd2(x, yn) = K n. En faisant tendre n vers +∞, on a une contradiction.

Supposons qu’il existe une constante κ >0 telle que d₂ ≤κd₀. En particulier pour x= (0,0) et zn = (0, n) avec n∈N^∗, on a

∀n∈N^∗, d₂(x, z_n) =n ≤κd₀(x, z_n) = κ.

En faisant tendre n vers +∞, on a une contradiction.

En conclusion, aucune des distances n’est plus fine que l’autre.

Remarque : pour intuiter cela, on peut voir que la distanced₀ vaut toujours 1 pour des points distincts mˆeme tr`es proches (ici, proche pour la distance qu’on a en tˆete

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depuis toujours c’est-`a-dire pour d<sub>2</sub>!). A l’inverse, lorsque deux points s’´eloignent pour la distance d<sub>2</sub>, leur distance pour d<sub>0</sub> vaut toujours 1! Ainsi on a construit la suite (y<sub>n</sub>) qui tend vers l’origine et la suite (z<sub>n</sub>) qui diverge `a l’infini, pour la distance usuelle d₂, alors que ces deux suites sont `a distance constante (´egale `a 1) de l’origine, pour d₀.

3. Voir cours.

4. Soitr >0 etx∈R², il y a une disjonction de cas selon la position de rpar rapport

` a 1 :

• Supposons r ≤ 1, et soit y ∈ B^d0(x, r). Alors d₀(x, y) < 1. Or si x 6= y, d₀(x, y) = 1. Doncx=y. Donc B^d0(x, r) = {x}.

• Supposonsr >1. Alors ∀y∈R², d₀(x, y)≤1< r. Donc B^d0(x, r) =R². Ainsi, les boules ouvertes pour d₀ sont soit des singletons, soit R² entier.

5. D’apr`es la question pr´ec´edente, les singletons sont des boules ouvertes pour d<sub>0</sub>. Ainsi les singletons sont des ouverts pour la topologie induite par d<sub>0</sub>, et donc cette topologie est la topologie discr`ete : il s’agit de P(R²).

6. SoitA={(x₁, x₂)∈R², x²₁+x²₂ <1} ∪ {(3,3)}.

(a) Notons p= (3,3), B la boule unit´e (pour la distance d₂) ouverte et S le sin- gleton{p}, de sorte que A=B∪S.

Montrons que A n’est pas ouvert : on constate que B(p,¹₄)∩B = ∅, donc B(p,¹₄)∩A={p}. Ainsi il existe une boule centr´ee enpqui n’est pas contenue dans A, donc A n’est pas ouvert pour la topologie induite par d2.

Montrons que A n’est pas ferm´e : la suite x_n := (0,1− _n¹) est dans B donc dansA, et elle converge vers (0,1) pourd₂. Or ce point n’est pas dansA. Donc d’apr`es la caract´erisation s´equentielle des ferm´es,A n’est pas ferm´e.

Calculons l’int´erieur de A pour la distance d₂ : on sait que B est un ouvert (c’est une boule ouverte), et B ⊂ A. Or

◦

A est le plus grand ouvert contenu dans A, donc B ⊂ A^◦ ⊂ A. De plus les deux seuls ensembles contenant B et contenus dansA sont B et A (ceci car A est l’union deB est d’un singleton).

Donc

◦

A =B ou

◦

A =A. Mais la seconde possibilit´e est exclue carA n’est pas ouvert. Donc

◦

A=B.

Calculons l’adh´erence de A pour la distance d₂ : on a vu en cours/TD que A=B∪S =B∪S. Les singletons ´etant des ferm´es dans un espace m´etrique, on aS =S. D’un autre cˆot´e, on va montrer que l’adh´erence deB est la boule unit´e ferm´ee, not´ee B_f. On a bien sˆur B ⊂ B_f, et B_f est ferm´e (cf cours), donc B ⊂B ⊂Bf. Soit x∈Bf \B (c’est-`a-dire que x est sur le cercle unit´e) et r >0, alors B(x, r)∩B 6=∅. C’est clair par un dessin, mais on va le mon- trer rigoureusement. Si r >1, l’origine est dans B(x, r)∩B. Si r ∈]0,1], soit y:= (1−^r₂)x. Alorsd2(x, y) = ^r₂ doncx∈B(x, r), de plusd2((0,0), y) = ^r₂ <1

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donc y ∈ B. Donc dans tous les cas, B(x, r)∩B 6= ∅. Donc x ∈ B. Donc B_f ⊂B, et donc B =B_f. En conclusion, A=B_f ∩S.

Remarque : Ici la preuve contient tous les d´etails. Certaines propri´et´es, telles que “l’adh´erence de la boule ouverte est la boule ferm´ee”, qui paraissent claires sur un dessin ont besoin d’ˆetre prouv´ees, car on sait qu’elle ne sont pas vraies pour une distance quelconque!

Remarque : On aurait pu d’abord calculer l’int´erieur et l’adh´erence, et en d´eduire sans calculs que A n’est ni ouvert ni ferm´e, puisqu’il diff`ere `a la fois de son int´erieur et de son adh´erence.

(b) Dans la topologie discr`ete, tous les ensembles sont ouverts et ferm´es `a la fois.

DoncA est ouvert et ferm´e, et

◦

A=A =A.

Exercice 3

1. Voir cours et TD.

2. SoitP de la forme P(X) =Pn

k=0a_kX^k, alors kPk_L¹ =

Z 1

0

n

X

k=0

a_kt^k

dt≤

n

X

k=0

|a_k| Z 1

0

t^kdt ≤ max

k=0,...,n|a_k|

n

X

k=0

1

k+ 1 ≤ kPk∞(n+ 1).

3. (a) Des calculs directs donnent : kMnk_L¹ =

Z 1

0

tⁿdt= 1

n+ 1 et kSnk_L¹ =

n

X

k=0

Z 1

0

t^kdt =

n

X

k=0

1 k+ 1. On remarque que les polynˆomes M_n et S_n ont tous leurs coefficients non nuls

´egaux `a 1. On a donc

kM_nk∞=kS_nk∞= 1.

(b) On a

n→+∞lim kM_nk_L¹ = 0 et lim

n→+∞kS_nk_L¹ = +∞,

le deuxi`eme point venant du fait que la s´erie harmonique diverge (voir cours sur les s´eries). Or on a vu que

kM_nk∞=kS_nk∞= 1.

En se basant sur des raisonnements similaires `a ceux de l’exercice 2, question 2), on constate qu’il ne peut exister des constantes κetK telles que sugg´er´ees dans l’´enonc´e. Ainsi aucune de ces normes n’est plus fine que l’autre sur F.

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