Continuité et topologie

(1)

Topologie des espaces normés

Ouverts et fermés

Exercice 1 [ 01103 ][Correction]

Montrer que tout fermé peut s'écrire comme intersection d'une suite décroissante d'ouverts.

On désigne parp1 et p2 les applications coordonnées deR²dénies par pi(x1, x2) =xi.

(a) Soit Oun ouvert deR², montrer quep1(O)et p2(O)sont des ouverts de R.

(b) Soit H=

(x, y)∈R²

xy= 1 . Montrer que H est un fermé deR² et que p₁(H)et p₂(H)ne sont pas des fermés de R.

(c) Montrer que siF est fermé et quep₂(F)est borné, alorsp₁(F)est fermé.

Montrer que si un sous-espace vectorielF d'un espace norméE est ouvert alors F =E.

SoientF une partie fermée non vide d'un espace norméE et x∈E. Montrer d(x, F) = 0 ⇐⇒ x∈F.

SoitE une espace vectoriel normé.

(a) SoientF une partie fermée non vide deE etx∈E. Montrer d(x, F) = 0 ⇐⇒ x∈F.

(b) SoientF etGdeux fermés non vides et disjoints deE. Montrer qu'il existe deux ouvertsU etV tels que

F⊂U, G⊂V etU∩V =∅.

SoientA, B deux parties non vides d'un espace vectoriel norméE telles que d(A, B) = inf

x∈A,y∈Bd(x, y)>0.

Montrer qu'il existe deux ouverts disjointsU et V tels queA⊂U etB⊂V.

On munit leR-espace vectoriel des suites réelles bornées de la norme kuk∞= sup

n∈N

|un|.

Déterminer si les sous-ensembles suivants sont fermés ou non : A={suites croissantes},B ={suites convergeant vers 0}, C={suites convergentes},

D={suites admettant0 pour valeur d⁰adhérence}et E={suites périodiques}.

On noteR⁽^N⁾l'ensemble des suites réelles nulles à partir d'un certain rang.

(a) Montrer queR⁽^N⁾est un sous-espace vectoriel de l'espaceB(N,R)des suites réelles bornées.

(b) B(N,R)étant normé park · k_∞. Le sous-espace vectorielR⁽^N⁾est-il une partie ouverte ? une partie fermée ?

SoitAune partie non vide deRtelle que pour toutxréel il existe un et un seul y∈Atel que |x−y|=d(x, A). Montrer queA est un intervalle fermé.

On munit l'espace des suites bornées réellesB(N,R)de la norme kuk_∞= sup_n(|un|).

(a) Montrer que l'ensemble des suites convergentes est un fermé deB(N,R). (b) Montrer que l'ensemble des suites(an)qui sont terme général d'une série

absolument convergente n'est pas un fermé deB(N,R).

(2)

SoitE l'ensemble des suites(an)n≥0 deCtelles que la sérieP

|an| converge. Si a= (an)n≥0 appartient àE, on pose

kak=

+∞

X

n=0

|an|. (a) Montrer quek · kest une norme surE. (b) Soit

F = (

a∈E

+∞

X

n=0

an = 1 )

. L'ensembleF est-il ouvert ? fermé ? borné ?

SoientE un espace vectoriel normé,F un sous-espace fermé deE et Gun sous-espace vectoriel de dimension nie deE. Montrer queF+Gest fermé

Caractériser dansMn(C)les matrices dont la classe de similitude est fermée.

Même question avecRau lieu deC

SoientE=C([0 ; 1],R)normé par k · k∞ et la partie A=

f ∈E

f(0) = 0et Z 1 0

f(t) dt≥1

. (a) Montrer queAest une partie fermée.

(b) Vérier que

∀f ∈A,kfk∞>1.

(a) Montrer que les parties A=

(x, y)∈R²

xy= 1 et B={0} ×R sont fermées.

(b) Observer que A+B n'est pas une partie fermée.

Montrer queZest une partie fermée deR:

(a) en observant que son complémentaire est ouvert ; (b) par la caractérisation séquentielle des parties fermées ;

(c) en tant qu'image réciproque d'un fermé par une application continue.

DansE=R[X], on considère les normes N1(P) = sup

t∈[0;1]

P(t)

etN2(P) = sup

t∈[1;2]

P(t) . L'ensemble

Ω = P ∈E

P(0)6= 0 est-il ouvert pour la normeN1? pour la normeN2?

Intérieur et adhérence

SoitAune partie d'un espace vectoriel norméE. Établir Vect(A)⊂VectA.

SoitAune partie d'un espace vectoriel norméE. Établir que sa frontièreFr(A) est une partie fermée.

SoitF une partie fermée d'un espace vectoriel normé E. Établir Fr(Fr(F)) = Fr(F).

SoientAun ouvert etB une partie d'un espace vectoriel norméE.

(3)

(a) Montrer queA∩B⊂A∩B

(b) Montrer que A∩B=∅ =⇒ A∩B=∅. Exercice 22 [ 01119 ][Correction]

On suppose queAest une partie convexe d'un espace vectoriel normé E. (a) Montrer queAest convexe.

(b) La partie A^◦ est-elle convexe ? Exercice 23 [ 01120 ][Correction]

SoientAet B deux parties non vides d'un espace vectoriel norméE. Établir

d(A, B) =d(A, B) (en notantd(A, B) = inf_x∈A,y∈Bd(x, y))

SoientA1, . . . , An des parties d'un espace vectoriel norméE. (a) Établir Sn

i=1Ai=Sn i=1Ai. (b) Comparer Tn

i=1A_i etTn i=1A_i. Exercice 25 [ 01122 ][Correction]

Soientf:E→F continue bornée etA⊂E,Anon vide. Montrer kfk_∞,A=kfk_∞,A.

SoitAune partie d'un espace norméE.

(a) Montrer que la partie Aest fermée si, et seulement si,FrA⊂A. (b) Montrer que la partie Aest ouverte si, et seulement si,A∩FrA=∅ Exercice 27 [ 03470 ][Correction]

DansM2(C), on introduit U =

M ∈ M2(C)

∀λ∈SpM,|λ|= 1 et R=

M ∈ M2(C)

∃n∈N^∗, Mⁿ =I2 . (a) Comparer les ensemblesRet U.

(b) Montrer que U est une partie fermée deM2(C). (c) Montrer queU est inclus dans l'adhérence deR. (d) Qu'en déduire ?

Continuité et topologie

Pourp∈ {0,1, . . . , n}, on noteRp l'ensemble des matrices deMn(K)de rang supérieur àp.

Montrer queRp est un ouvert deMn(K). Exercice 29 [ 01128 ][Correction]

Montrer qu'un endomorphismeud'un espace vectoriel norméE est continu si, et seulement si, la partie

x∈E

u(x)

= 1 est fermée.

Soitf: [0 ; 1]→[0 ; 1]une application continue vériant f ◦f =f.

(a) Montrer que l'ensemble

x∈[0 ; 1]

f(x) =x est un intervalle fermé et non vide.

(b) Donner l'allure d'une fonctionf non triviale vériant les conditions précédentes.

(c) On suppose de plus quef est dérivable. Montrer quef est constante ou égale à l'identité.

(a) Chercher les fonctions f: [0 ; 1]→[0 ; 1]continues vériant f ◦f =f.

(b) Même question avec les fonctions dérivables.

SoientE un espace normé de dimension quelconque etuun endomorphisme deE vériant

∀x∈E, u(x)

≤ kxk. Pour toutn∈N, on pose

vn= 1 n+ 1

n

X

k=0

u^k.

(4)

(a) Simpliervn◦(u−Id). (b) Montrer que

Im(u−Id)∩Ker(u−Id) ={0}. (c) On supposeE de dimension nie, établir

Im(u−Id)⊕Ker(u−Id) =E. (d) On suppose de nouveau E de dimension quelconque.

Montrer que si

Im(u−Id)⊕Ker(u−Id) =E

alors la suite(vn)converge simplement et l'espaceIm(u−Id)est une partie fermée deE.

(e) Étudier la réciproque.

Pourn∈N^∗,O_n désigne l'ensemble des polynômes réels de degrénscindés à racines simples etF_nl'ensemble des polynômes deRn[X]scindés à racines simples.

Ces ensemble sont-ils ouverts dansRn[X]?

Soitf:R→Rvériant

1) ∀[a;b]⊂R, f([a;b])est un segment ; 2) y∈R, f⁻¹({y})est une partie fermée.

Montrer quef est continue.

SoitE unR-espace vectoriel normé de dimension nie.

Montrer que l'ensembleP des projecteurs deE est une partie fermée deL(E).

Densité

Montrer queGLn(R)est dense dansMn(R).

On pourra considérer, pourA∈ Mn(R), les matrices de la formeA−λIn.

SoientE un espace vectoriel normé etF un sous-espace vectoriel deE. (a) Montrer queF est un sous-espace vectoriel deE.

(b) Montrer qu'un hyperplan est soit fermé, soit dense.

SoientU etV deux ouverts denses d'un espace vectoriel normé E. (a) Établir queU ∩V est encore un ouvert dense deE.

(b) En déduire que la réunion de deux fermés d'intérieurs vides est aussi d'intérieur vide.

Soient(un)n∈Net (vn)n∈Ndeux suites réelles telles que u_n →+∞, v_n→+∞etu_n+1−u_n→0.

(a) Soientε >0et n0∈Ntel que pour tout n≥n0,|un+1−un| ≤ε. Montrer que pour touta≥un₀, il existen≥n0 tel que|un−a| ≤ε. (b) En déduire que{un−vp|n, p∈N}est dense dansR.

(c) Montrer que l'ensemble

cos(lnn)

n∈N^∗ est dense dans[−1 ; 1]. Exercice 40 [ 03017 ][Correction]

Montrer que

m−lnn

(m, n)∈Z×N^∗ est dense dansR.

SoitH un sous-groupe de (R,+)non réduit à{0}. (a) Justier l'existence dea= inf

x∈H

x >0 . (b) On supposea >0. Établira∈H puisH=aZ.

(c) On supposea= 0. Établir queH est dense dansR.

(a) Montrer que cos(n)

n∈N est dense dans[−1 ; 1]. (b) Montrer que

cos(lnn)

n∈N^∗ est dense dans[−1 ; 1].

(5)

Montrer que l'ensemble des matrices diagonalisables deMn(C)est dense dans Mn(C).

On noteR⁽^N⁾ l'ensemble des suites réelles nulles à partir d'un certain rang.

(a) Montrer queR⁽^N⁾est une partie dense de l'espace des suites sommables normé par

kuk1=

+∞

X

n=0

|un|.

(b) R⁽^N⁾est-il une partie dense de l'espace des suites bornées normé par kuk_∞= sup

n∈N

|un|?.

On noteE l'ensemble des fonctions réelles dénies et continues sur[0 ; +∞[et dont le carré est intégrable. On admet queE est un espace vectoriel réel. On le munit de la norme

₂:f 7→

s Z +∞

0

f²(t) dt.

On noteE₀ l'ensemble desf ∈E telles quef est nulle hors d'un certain segment.

On noteF l'ensemble des fonctions deE du typex7→P(e^−x)e^−x²^/2 oùP parcourtR[X]. Montrer queE₀ est dense dansE puis queF est dense dansE.

SoitAune partie convexe et partout dense d'un espace euclidienE. Montrer queA=E.

SoitAune partie non vide deRvériant

∀a, b∈A,a+b 2 ∈A. Montrer queAest dense dans l'intervalle]infA; supA[.

SoitAune partie non vide deR^∗+ vériant

∀(a, b)∈A²,

√ ab∈A. Montrer queA∩(R\Q)est dense dans]infA; supA[.

SoientE=C([0 ; 1],R)et ϕ∈E. On note N_ϕ:E→Rl'application dénie par N_ϕ(f) =kf ϕk_∞.

Montrer queNϕest une norme sur E si, et seulement si,ϕ⁻¹ R^∗est dense dans [0 ; 1].

Soit(un)une suite de réels strictement positifs. On suppose (un)strictement croissante, un→+∞et u_n+1

un

→1. Montrer que l'ensemble

A= um

un

m > n

est une partie dense dans l'intervalle[1 ; +∞[

SoientAet B deux parties denses d'un espace norméE.

On suppose la partieAouverte, montrer queA∩B est une partie dense.

Continuité et densité

Soitf:R→Rcontinue vériant

∀x, y∈R, f(x+y) =f(x) +f(y). Déterminerf.

(6)

Soitf:R→Rune fonction continue telle que

∀(x, y)∈R², f x+y

2

=1

2 f(x) +f(y) . (a) Montrer queD=

p/2ⁿ

p∈Z, n∈N est dense dansR.

(b) Montrer que si f s'annule en0 et en1 alorsf = 0. (c) Conclure quef est une fonction ane.

Montrer que pour toutA, B∈ Mn(C), χAB=χBA.

Soitn≥2. Calculerdet Com(A)pourA∈ Mn(C).

Soitn∈Navecn≥2.

(a) SoientA∈ Mn(C)et P∈GLn(C).

Exprimer la comatrice deP⁻¹AP en fonction deP,P⁻¹et de la comatrice deA.

(b) En déduire que les comatrices de deux matrices semblables sont elle-même semblables.

PourA∈ Mn(K), on noteAela transposée de la comatrice deA. (a) CalculerdetAe.

(b) Étudier le rang de Ae.

(c) Montrer que siAet B sont semblables alorsAeet Be le sont aussi.

(d) Calculer Aee.

Montrer

∀A, B∈ M_n(R),Com(AB) = Com(A) Com(B).

Soit(un)une suite réelle telle queun+1−un→0 etun→+∞. Soit(vp)une suite réelle telle quevp→+∞.

(a) On xe deux réelsaetbtels que a < b. Pourpetq dansN, on pose (wn) = (un+p−vq). Montrer que l'on peut choisirpetq de telle sorte que l'on aitw0≤aet, pourn∈N,|wn+1−wn| ≤(b−a)/2.

(b) Montrer que un−vp

(n, p)∈N² est dense dansR.

(c) Déterminer l'adhérence de

sin(u_n)

n∈N . (d) Déterminer l'adhérence de

un− bunc

n∈N .

(e) Quel est l'ensemble des valeurs d'adhérence de la suite(un− bunc)?

Approximations uniformes

Soitf: [a;b]→Rcontinue telle queRb

af(t) dt= 0. Montrer qu'il existe une suite (P_n)de polynômes telle que

Z b a

P_n(t) dt= 0 et sup

t∈[a;b]

f(t)−P_n(t)

−−−−−→

n→+∞ 0.

Soitf: [a;b]→Rcontinue telle quef ≥0. Montrer qu'il existe une suite(Pn)de polynômes telle queP_n≥0sur[a;b]etsup_t∈[a;b]

f(t)−P_n(t)

−−−−−→

n→+∞ 0. Exercice 62 [ 01144 ][Correction]

Soitf: [a;b]→Rde classeC¹. Montrer qu'il existe une suite(Pn)de polynômes telle que

N_∞(f−Pn)→0et N_∞(f⁰−P_n⁰)→0.

(Théorème de Weierstrass : par les polynômes de Bernstein) Pourn∈Net k∈ {0, . . . , n}, on pose

Bn,k(x) = n

k

x^k(1−x)^n−k.

(7)

(a) Calculer

n

X

k=0

Bn,k(x),

n

X

k=0

kBn,k(x)et

n

X

k=0

k²Bn,k(x). (b) Soientα >0et x∈[0 ; 1]. On forme

A=

k∈J0 ;nK

|k/n−x| ≥α et B=

k∈J0 ;nK

|k/n−x|< α . Montrer que

X

k∈A

B_n,k(x)≤ 1 4nα². (c) Soit f: [0 ; 1]→Rcontinue. On pose

f_n(x) =

n

X

k=0

f k

n

B_n,k(x). Montrer que(fn)converge uniformément versf sur[0 ; 1].

(Théorème de Weierstrass : par convolution) ndésigne un entier naturel.

On pose

an= Z 1

−1

(1−t²)ⁿdt

et on considère la fonctionϕn: [−1 ; 1]→Rdénie par ϕn(x) = 1

an

(1−x²)ⁿ. (a) CalculerR1

0 t(1−t²)ⁿdt. En déduire que an=

Z 1

−1

(1−t²)ⁿdt≥ 1 n+ 1.

(b) Soit α∈]0 ; 1]. Montrer que(ϕn)converge uniformément vers la fonction nulle sur[α; 1].

(c) Soit f une fonction continue deRversRnulle en dehors de [−1/2 ; 1/2]. Montrer quef est uniformément continue.

On pose

f_n(x) = Z 1

−1

f(x−t)ϕ_n(t) dt pour toutx∈R.

(d) Montrer que fn est une fonction polynomiale sur[−1/2 ; 1/2]

(e) Montrer que

f(x)−f_n(x) = Z 1

−1

(f(x)−f(x−t))ϕ_n(t) dt. (f) En déduire quef_n converge uniformément versf surR.

(g) Soitf une fonction réelle continue nulle en dehors de[−a;a]. Montrer quef est limite uniforme d'une suite de polynômes.

(h) Soitf une fonction réelle continue sur[a;b].

Montrer quef est limite uniforme d'une suite de polynômes.

Soitf ∈ C([a;b],R). On suppose que pour toutn∈N, Z b

a

xⁿf(x) dx= 0. (a) Montrer que la fonctionf est nulle.

(b) Calculer

In= Z +∞

0

xⁿe^−(1−i)xdx.

(c) En déduire qu'il existef dansC([0 ; +∞[,R)non nulle, telle que, pour toutn dansN, on ait

Z +∞

0

xⁿf(x) dx= 0.

Soitf: [a;b]→Rcontinue par morceaux. On désire établir

n→+∞lim Z b

a

f(x)

sin(nx) dx

= 2 π

Z b a

f(x) dx. (a) Vérier le résultat pour une fonctionf constante.

(b) Observer le résultat pour une fonctionf en escalier.

(c) Étendre au cas oùf est une fonction continue par morceaux.

(8)

Corrections

Exercice 1 :[énoncé]

SoientF un fermé et pour toutn∈N^∗, On = [

a∈F

B(a,1/n)

On est un ouvert (car réunion d'ouverts) contenantF. Le ferméF est donc inclus dans l'intersection desOn pourn∈N^∗.

Inversement sixappartient à cette intersection, alors, pour toutn∈N, il existe an∈F tel quex∈B(an,1/n). La suite(an)converge alors versxet doncx∈F carF est fermé.

FinalementF est l'intersection desOn pourn∈N^∗.

(a) Soit x∈p1(O), il existey∈Rtel que a= (x, y)∈O. CommeO est ouvert, il existeε >0tel que B∞(a, ε)⊂Oet alors ]x−ε;x+ε[⊂p1(O). Ainsip1(O) et de mêmep2(O)est ouvert.

(b) Soit ((xn, yn))n∈N∈H^Ntelle que(xn, yn)→(x, y). Commexnyn = 1, à la limitexy= 1.

Par la caractérisation séquentielle des fermés,H est fermé.p₁(H) =R^∗, p₂(H) =R^∗ ne sont pas fermés dansR.

(c) Soit (x_n)_n∈N∈(p₁(F))^N telle quex_n→x. Pourn∈N, il existey_n tel que (x_n, y_n)∈F.

La suite((x_n, y_n))est alors une suite bornée dont on peut extraire une suite convergente :((x_ϕ(n), y_ϕ(n))).

Notonsy= limy_ϕ(n). CommeF est fermé,(x, y) = lim(x_ϕ(n), y_ϕ(n))∈F puis x=p1((x, y))∈p1(F).

0E ∈F donc il existeα >0tel que B(0E, α)⊂F. Pour toutx∈E, on peut écrire

x=λy avecy∈B(0E, α)et λbien choisis

On a alorsy∈F puisx∈F carF est un sous-espace vectoriel.

AinsiF =E.

Rappelons

d(x, F) = inf

kx−yk y∈F (⇐= )Six∈F alors0∈

kx−yk

y∈F et doncd(x, F) = 0 ( =⇒)Sid(x, F) = 0alors pour toutn∈N, il existe y_n∈F vériant

kx−ynk ≤ 1 n+ 1.

En faisant variern, cela détermine(y_n)∈F^N telle quey_n→x.

OrF est une partie fermée, elle contient les limites de ses suites convergentes et par conséquentx∈F.

(a) Rappelons

d(x, F) = inf

kx−yk y∈F (⇐= )Six∈F alors0∈

kx−yk

y∈F et doncd(x, F) = 0 ( =⇒)Sid(x, F) = 0alors pour toutn∈N, il existe yn∈F vériant

kx−ynk ≤ 1 n+ 1.

En faisant variern, cela déterminer(yn)∈F^Ntelle que yn→x.

OrF est une partie fermée, elle contient les limites de ses suites convergentes et par conséquentx∈F.

(b) Soient

U = [

x∈F

B

x,1 2d(x, G)

et V = [

x∈G

B

x,1 2d(x, F)

.

Les partiesU etV sont ouvertes car réunion de boules ouvertes et il est clair queU et V contiennent respectivementF et G.

S'il existey ∈U∩V alors il existea∈F etb∈Gtels que d(a, y)<1

2d(a, G)etd(b, y)<1

2d(b, F). Puisque

d(a, G), d(b, F)≤d(a, b) on a donc

d(a, b)≤d(a, y) +d(y, b)< d(a, b). C'est absurde et on peut conclure

U∩V =∅.

(9)

Les ensembles

U = [

a∈A

B(a, d/2) etV = [

b∈B

B(b, d/2) avecd=d(A, B)sont solutions.

En eetU etV sont des ouverts (par réunion d'ouverts) contenant AetB. U etV sont disjoints car

U∩V 6=∅ =⇒ ∃(a, b)∈A×B, B(a, d/2)∩B(b, d/2)6=∅ =⇒ d(A, B)< d. Exercice 7 :[énoncé]

Aest fermé car si u^p= (u^p_n)est une suite d'éléments deAconvergeant vers une suiteu= (un)pour la normek · k∞ alors pour toutn∈Net toutp∈N, u^p_n≤u^p_n+1qui donne à la limiteun≤un+1 et doncu∈A.

B est fermé car siu^p= (u^p_n)est une suite d'éléments deB convergeant vers une suiteu= (u_n)pour la normek · k∞ alors pour toutε >0il existe p∈Ntel que u−u^p

∞≤ε/2et puisqueu^p_n−−−−−→

n→+∞ 0, il existeN ∈Ntel que

∀n≥N, u^p_n

≤ε/2 et donc

|un| ≤

un−u^p_n +

u^p_n ≤ε. Ainsiu→0 et doncu∈B.

C est fermé. En eet siu^p= (u^p_n)est une suite d'éléments deC convergeant vers une suiteu= (u_n)pour la normek · k_∞alors en notant`^pla limite deu^p, la suite (`^p)est une suite de Cauchy puisque

`^p−`^q ≤

u^p−u^q

∞. Posons`la limite de la suite(`^p)et considéronsv^p=u^p−`^p.v^p∈B etv^p→u−`doncu−`∈B et u∈C.

D est fermé car siu^p= (u^p_n)est une suite d'éléments deDconvergeant vers une suiteu= (un)pour la normek · k_∞ alors pour toutε >0il existe p∈Ntel que u−u^p

_∞≤ε/2et puisque 0 est valeur d'adhérence de u^p, il existe une innité dentels que

u^p_n

≤ε/2 et donc tels que

|un| ≤

un−u^p_n +

u^p_n ≤ε. Ainsi 0 est valeur d'adhérence deuet doncu∈D.

E n'est pas fermé. Notonsδ^p, la suite déterminée parδ_n^p = 1sip|net 0 sinon. La suiteδ^p est périodique et toute combinaison linéaire de suitesδ^p l'est encore.

Posons alors

u^p=

p

X

k=1

1 2^kδ^k

qui est élément deE. La suiteu^p converge car u^p+q−u^p

∞≤

p+q

X

k=p+1

1 2^k ≤ 1

2^p →0

et la limiteude cette suite n'est pas périodique car u0= lim

p→+∞

p

X

k=1

1 2^k = 1

et queu_n<1pour toutnpuisque pour queu_n= 1il faut k|npour toutk∈N.

(a) Les éléments de R⁽^N⁾sont bornés doncR⁽^N⁾⊂ B(N,R).

L'appartenance de l'élément nul et la stabilité par combinaison linéaire sont immédiates.

(b) SiR⁽^N⁾ est ouvert alors puisque0∈R⁽^N⁾ il existeα >0tel que B_∞(0, α)⊂R⁽^N⁾.

Or la suite constante égale àα/2 appartient àB_∞(0, α)et n'est pas nulle à partir d'un certain rang doncB_∞(0, α)6⊂R⁽^N⁾et donc R⁽^N⁾n'est pas ouvert.

(c) PourN ∈N, posonsu^N dénie paru^N_n = _n+1¹ sin≤N etu^N_n = 0 sinon.

(u^N)∈R⁽^N⁾etu^N →uavecudonné parun=_n+1¹ . En eet u^N−u

_∞= 1

N+ 2 →0. Maisu /∈R⁽^N⁾doncR⁽^N⁾n'est pas fermé.

Soit(x_n)∈A^N convergeant versx∈R. Il existe un uniquey∈Atel que

|x−y|=d(x, A). Ord(x, A) = 0doncx=y∈A. AinsiAest fermé.

Par l'absurde supposons queAne soit pas un intervalle. Il existea < c < btel que a, b∈Aet c /∈A.

Posonsα= sup{x∈A|x≤c}et β= inf{x∈A|x≥c}. On aα, β∈A, α < c < β et]α;β[⊂C_RA.

Posons alorsγ= ^α+β₂ . On ad(γ, A) = ^β−α₂ =|γ−α|=|γ−β|ce qui contredit l'hypothèse d'unicité. Absurde.

(10)

(a) NotonsC l'espace des suites convergentes deB(N,R).

Soit(uⁿ)une suite convergente d'éléments deCde limite u^∞. Pour chaquen, posons`ⁿ= limuⁿ= lim_p→+∞uⁿ_p.

Par le théorème de la double limite appliquée à la suite des fonctionsuⁿ, on peut armer que la suite(`ⁿ)converge et que la suiteu^∞ converge vers la limite de(`ⁿ). En particulieru^∞∈C.

(b) NotonsAl'espace des suites dont le terme général est terme général d'une série absolument convergente.

Soit(uⁿ)la suite dénie par

∀n∈N^∗,∀p∈N, uⁿ_p = 1 (p+ 1)^1+1/n.

La suite(uⁿ)est une suite d'éléments deAet une étude en normek · k_∞ permet d'établir queuⁿ→u^∞ avecu^∞_p =_p+1¹ . La suiteu^∞n'étant pas élément deA, la partieAn'est pas fermée.

(a) Par dénition de l'ensembleE, l'applicationk · k:E→R+ est bien dénie.

Soient(an)_n≥0,(bn)_n≥0 éléments deE etλ∈R.

ka+bk=

+∞

X

n=0

|an+bn| ≤

+∞

X

n=0

|an|+|bn|

=kak+kbk

avec convergence des séries écrites, et

kλ.ak=

+∞

X

n=0

|λan|=

+∞

X

n=0

|λ||an|=|λ|

+∞

X

n=0

|an|=|λ|kak. Enn, sikak= 0alors

∀n∈N,|an| ≤ kak= 0 donne(an)_n≥0= (0)_n≥0

(b) Considérons la forme linéaire

ϕ: (an)n≥07→

+∞

X

n=0

an.

On vérie

∀a= (a_n)_n≥0∈E, ϕ(a)

=

+∞

X

n=0

a_n

≤

+∞

X

n=0

|a_n|=kak. La forme linéaireϕest donc continue.

PuisqueF =ϕ⁻¹({1})avec{1}, la partieF est fermée en tant qu'image réciproque d'une partie fermée par une application continue..

Posonse= (1,0,0, . . .)et un élément deF et

∀α >0, e+αe /∈F et

e−(e+αe) =α. On en déduit queF n'est pas un voisinage de son élémenteet par conséquent la partieF n'est pas ouverte.

Posonsα^p=e+p.(1,−1,0,0, . . .).

∀p∈N, α^p∈F et α^p

−−−−−→

p→+∞ +∞. La partieF n'est donc pas bornée.

Pour obtenir ce résultat, il sut de savoir montrerF+ Vect(u)fermé pour tout u /∈F.

Soit(xn)une suite convergente d'éléments deF+ Vect(u)de limitex. Pour toutn∈N, on peut écrirexn =yn+λnuavecyn∈F etλn∈K.

Montrons en raisonnant par l'absurde que la suite(λn)est bornée.

Si la suite(λ_n)n'est pas bornée, quitte à considérer une suite extraite, on peut supposer|λn| →+∞.

Posons alorsz_n =_λ¹

nx_n= _λ¹

ny_n+u.

Puisquekxnk → kxk et|λn| →+∞, on akznk →0et donc _λ¹_nyn → −u. Or la suite de terme général _λ¹_nyn est une suite d'éléments de l'espace ferméF, donc−u∈F ce qui exclu.

Ainsi la suite(λn)est bornée et on peut en extraire une suite convergente (λ_ϕ(n)) de limiteλ∈K.

Par opérations, la suite(yϕ(n))est alors convergente.

En notanty sa limite, on ay∈F car l'espaceF est fermé.

En passant la relationx_n=y_n+λ_nuà la limite on obtient x=y+λu∈F+ Vect(u).

Ainsi l'espaceF+ Vect(u)est fermé.

(11)

CasA∈ Mn(C)est diagonalisable.

Soit(Ap)une suite convergente de matrices semblables à A. NotonsA∞ la limite de(Ap).

SiP est un polynôme annulateur deA,P est annulateur desAp et doncP annule A_∞. PuisqueA est supposée diagonalisable, il existe un polynôme scindé simple annulantAet donc A_∞et par suiteA_∞ est diagonalisable.

De plusχ_A=χ_A_p donc à la limiteχ_A=χ_A_∞.

On en déduit queAet A_∞ ont les mêmes valeurs propres et que celles-ci ont mêmes multiplicités. On en conclut queAet A_∞ sont semblables.

Ainsi la classe de similitude deAest fermée.

CasA∈ Mn(C)non diagonalisable.

À titre d'exemple, considérons la matrice A=

λ 1 0 λ

.

PourP_p= p 0

0 1

, on obtient

P_p⁻¹APp=

λ 1/p

0 λ

→λI2

qui n'est pas semblable àA.

De façon plus générale, si la matriceAn'est pas diagonalisable, il existe une valeur propreλpour laquelle

Ker(A−λI₂)²6= Ker(A−λI₂).

PourX₂∈Ker(A−λI₂)²\Ker(A−λI₂)etX₁= (A−λI₂)X₂, la famille(X₁, X₂) vérieAX1=λX1 etAX2=λX2+X1. En complétant la famille libre(X1, X2) en une base, on obtient que la matriceAest semblable à

T =





λ 1 (∗)

0 λ (∗)

(0) (0) B



. PourPp= diag(p,1, . . . ,1), on obtient

P_p⁻¹T P_p=





λ 1/p (∗/p)

0 λ (∗)

(0) (0) B



→





λ 0 (0)

0 λ (∗)

(0) (0) B



=A_∞.

Or cette matrice n'est pas semblable àT ni àAcarrg(A_∞−λIn)6= rg(T−λIn).

Ainsi, il existe une suite de matrices semblables àAqui converge vers une matrice qui n'est pas semblable àA, la classe de similitude deAn'est pas fermée.

CasA∈ Mn(R)

SiAest diagonalisable dansCalors toute limiteA∞ d'une suite de la classe de similitude deAest semblable àAdansMn(C). SoitP ∈GLn(C)telle que P⁻¹AP =A_∞. On a alors AP =P A_∞. En introduisant les parties réelles et imaginaires deP, on peut écrire P=Q+ iR avecQ, R∈ Mn(R).

L'identitéAP =P A_∞ avecAetA_∞réelles entraîneAQ=QA_∞ etAR=RA_∞. Puisque la fonction polynômet7→det(Q+tR)n'est pas nulle (car non nulle eni), il existet∈Rtel queP⁰=Q+tR∈GL_n(R)et pour cette matriceAP⁰=P⁰A_∞. Ainsi les matricesAet A_∞ sont semblables dansMn(R).

SiAn'est pas diagonalisable dansC.

Il existe une valeur propre complexeλpour laquelle Ker(A−λI2)²6= Ker(A−λI2).

PourX2∈Ker(A−λI2)²\Ker(A−λI2)et X1= (A−λI2)X2, la famille(X1, X2) vérieAX1=λX1 etAX2=λX2+X1.

Siλ∈R, il sut de reprendre la démonstration qui précède.

Siλ∈C\R, on peut écrireλ=a+ ibavecb∈R^∗. PosonsX3=X1 etX4=X2.

La famille(X1, X2, X3, X4)est libre carλ6=λ.

Introduisons ensuiteY₁= Re(X₁),Y₂= Re(X₂),Y₃= Im(X₁)et Y₄= Im(X₂). PuisqueVect_C(Y₁, . . . , Y₄) = Vect_C(X₁, . . . , X₄), la famille (Y₁, . . . , Y₄)est libre et peut donc être complétée en une base.

On vérie par le calculAY₁=aY₁−bY₃,AY₂=aY₂−bY₄+Y₁,AY₃=aY₃+bY₁ etAY₄=bY₂+aY₄+Y₃. et on obtient que la matriceAest semblable dans Mn(R)à la matrice

T ∗ O B

avec

T =







a 1 b 0

0 a 0 b

−b 0 a 1

0 −b 0 a





. PourPp= diag(p,1, p,1, . . .1), on obtient

P_p⁻¹T Pp→

T∞ ∗⁰

O B

=A∞

avec

T_∞=







a 0 b 0

0 a 0 b

−b 0 a 0

0 −b 0 a





.

(12)

Or dansMn(C), la matriceA_∞est semblable est àdiag(λ, λ, λ, λ, B)qui n'est pas semblable àApour des raisons de dimensions analogues à ce qui a déjà été vu.

Les matrices réellesAetA∞ne sont pas semblables dansMn(C)ni a fortiori dansMn(R).

On en déduit que la classe de similitude deAn'est pas fermée

(a) Soient(fn)une suite convergente d'éléments deAet f_∞∈E sa limite.

Puisque la convergence de la suite(fn)a lieu pour la normek · k∞, cette convergence correspond à la convergence uniforme. En particulier, il y a convergence simple et

fn(0)→f∞(0). On en déduitf∞(0) = 0.

Puisqu'il y a convergence uniforme de cette suite de fonctions continues, on a aussi

Z 1 0

f_n(t) dt→ Z 1

0

f_∞(t) dt et donc

Z 1 0

f∞(t) dt≥1.

Ainsif_∞∈Aet la partieAest donc fermée en vertu de la caractérisation séquentielle des parties fermées.

(b) Par l'absurde, supposons qu'il existe f ∈Avériantkfk∞≤1. Puisque

Z 1 0

f(t) dt

≤ Z 1

0

f(t) dt≤

Z 1 0

kfk_∞dt≤1 on peut armer que

Z 1 0

f(t) dt= 1 et donc

Z 1 0

1−f(t) dt= 0.

Or la fonctiont7→1−f(t)est continue et positive, c'est donc la fonction nulle.

Par suitef est la fonction constante égale à 1, orf(0) = 0, c'est absurde.

(a) Soit(un)une suite convergente d'éléments deAde limiteu_∞= (x_∞, y_∞). Pour toutn∈N, on peut écrireun= (xn, yn)avecxnyn = 1. À la limite on obtientx∞y∞= 1et doncu∞= 1.

En vertu de la caractérisation séquentielle des parties fermées, on peut armer queAest fermée.

La partieB, quant à elle, est fermée car produit cartésien de deux fermées.

(b) Posons

un = (1/n,0) = (1/n, n) + (0,−n)∈A+B. Quandn→+∞,u_n→(0,0).

Or(0,0)∈/ A+B car le premier élément d'un couple appartenant àA+B ne peut pas être nul.

(a) On a

R\Z= [

n∈Z

]n;n+ 1[. PuisqueR\Zest une réunion d'ouverts, c'est un ouvert.

(b) Soit(xn)une suite convergente d'entiers de limite`. Pourε= 1/2, il existe un rangN ∈Ntel que

∀n≥N,|xn−`|<1/2 et alors

∀m, n≥N,|xm−xn|<1.

Puisque les termes de la suite(xn)sont entiers, on en déduit

∀m, n≥N, xm=xn.

La suite(xn)est alors constante à partir du rangN et sa limite est donc un nombre entier.

(c) Considéronsf: R→Rdénie parf(x) = sin(πx). La fonctionf est continue et

Z=f⁻¹({0}) avec{0} partie fermée deR.

(13)

Posonsϕ:E→Rl'application dénie par ϕ(P) =P(0). L'applicationϕest linéaire et puisque

ϕ(P)

≤N₁(P), cette application est continue. On en déduit queΩ =ϕ⁻¹ R^∗est un ouvert relatif àE i.e. un ouvert deE pour la normeN1.

Pour la normeN2, montrons que la partieΩn'est pas ouverte en observant qu'elle n'est pas voisinage de son pointP = 1. Pour cela considérons la fonction continue f: [0 ; 2]→Rdonnée par le graphe suivant : Par le théorème d'approximation de Weierstrass, il existe une suite(Pn)de polynômes vériant

sup

t∈[0;2]

Pn(t)−f(t) →0

et en particulier

P_n(0)→0et N₂(P_n−P)→0. Considérons alors la suite de polynômes(Q_n)avec

Qn =Pn−Pn(0). Pour toutn∈N,Qn(0) = 0doncQn∈/Ωet

N2(Qn)≤N2(Pn−P) + Pn(0)

→0 donc

Q_n −−→^N² P.

Puisque la partieΩn'est pas voisinage de chacun de ses points, elle n'est pas ouverte pour la normeN₂.

PuisqueA⊂VectA, on aA⊂VectA.

PuisqueVectAest un sous-espace vectoriel, on montrer aisément queVectAl'est aussi. Puisqu'il contientA, on obtient

Vect(A)⊂VectA.

On a

Fr(A) =A\A^◦=A∩{^EA^◦=A∩{^EA.

On en déduit queFr(A)est fermée par intersection de parties fermées

On sait

Fr(F) =F∩{^EF donc

Fr(Fr(F)) = Fr(F)∩{ÊFr(F). OrFr(F)⊂F =F donc{EF ⊂{EFr(F)puis{EF ⊂{EFrF. De plusFrF ⊂{ÊF doncFrF ⊂{ÊFrF puis

Fr(Fr(F)) = Fr(F).

(a) Soitx∈A∩B. Il existe une suite(bn)∈B^N telle quebn→x. Orx∈AetA est ouvert donc à partir d'un certain rangbn∈A. Ainsi pournassez grand bn∈A∩B et puisquebn→x,x∈A∩B.

(b) SiA∩B=∅alorsA∩B⊂A∩B=∅=∅.

(a) Soienta, b∈A. Il existe(an)∈A^Net (bn)∈A^Ntelles quean→aet bn→b. Pour toutλ∈[0 ; 1],

λa+ (1−λ)b= lim

n→+∞ λa_n+ (1−λ)b_n avecλan+ (1−λ)bn∈[an;bn]⊂A doncλa+ (1−λ)b∈A.

(14)

(b) Soienta, b∈A^◦. Il existeαa, αb>0tel que B(a, αa), B(b, αb)⊂A. Posons α= min(αa, αb)>0.

Pour toutλ∈[0 ; 1]et toutx∈B(λa+ (1−λ)b, α)on a x= (λa+ (1−λ)b) +αuavecu∈B(0,1).

a⁰=a+αu∈B(a, α)⊂Aet b⁰ =b+αu∈B(b, α)⊂Adonc[a⁰;b⁰]⊂A puisqueA est convexe doncλa⁰+ (1−λ)b⁰=x∈A. Ainsi

B(λa+ (1−λ)b, α)⊂Aet doncλa+ (1−λ)b∈A^◦. Finalement A^◦ est convexe.

A⊂A,B ⊂B doncd(A, B)≤d(A, B).

Pour toutx∈Aety∈B, il existe (an)∈A^Net (bn)∈B^Ntelles quean →xet bn →y.

On a alorsd(x, y) = lim_n→+∞d(an, bn)ord(an, bn)≥d(A, B)donc à la limite d(x, y)≥d(A, B)puisd(A, B)≥d(A, B)et nalement l'égalité.

(a) Sn

i=1Ai est un fermé qui contientSn

i=1Ai doncSn

i=1Ai⊂Sn i=1Ai. Pour toutj∈ {1, . . . , n}, Aj⊂Sn

i=1Ai et Sn

i=1Ai est fermé donc Aj ⊂Sn

i=1Ai puisSn

i=1Ai ⊂Sn i=1Ai. (b) Tn

i=1Ai est un fermé qui contientTn

i=1Ai doncTn

i=1Ai⊂Tn i=1Ai. Il ne peut y avoir égalité : pourA1=Q,A2=R\Qon a A1∩A2=∅et A1∩A2=R.

Pour toutx∈A,x∈Aet donc f(x)

≤ kfk_∞,A. Ainsi kfk_∞,A≤ kfk_∞,A.

Soitx∈A, il existe(u_n)∈A^Ntel que u_n→xet alorsf(u_n)→f(x)par continuité def. Or

f(u_n)

≤ kfk∞,Adonc à la limite f(x)

≤ kfk∞,Apuis kfk_∞,A≤ kfk_∞,A.

(a) SiAest fermée alorsA=A doncFrA=A\A^◦⊂A.

Inversement, siFr(A) =A\A^◦⊂Aalors puisqueA^◦⊂A on aA⊂A. En eet, pourx∈A, si x∈A^◦alorsx∈Aet sinonx∈FrA et doncx∈A. Puisque de plusA⊂A, on en déduitA=A et doncAest fermé.

(b) Aest un ouvert si, et seulement si,C_EA est un fermé i.e. si, et seulement si, Fr(C_EA)⊂C_EA.

OrFr(C_EA) = FrAdoncAest un ouvert si, et seulement si,FrA∩A=∅.

(a) Une matrice deRest annulée par un polynôme de la forme Xⁿ−1dont les racines sont de module 1. Puisque les valeurs propres gurent parmi les racines des polynômes annulateurs

R ⊂ U.

(b) Une matriceM ∈ M2(C)admet deux valeurs propres comptées avec multiplicitéλ, µ. Celles-ci sont déterminées comme les solutions du système

λ+µ= trM λµ= detM.

Pour alléger les notations, posonsp= (trM)/2 etq= detM. Les valeurs propresλetµsont les deux racines du polynôme

X²−pX+q

et en posantδ∈Ctel queδ²=p²−q, ces racines sont λ=p+δet µ=p−δ de sorte que

|λ|²=|p|²+|δ|²+ 2 Re(pδ)et

|µ|²=|p|²+|δ|²−2 Re(pδ).

On en déduit que la fonctionf qui àM ∈ M2(C)associe le réel

|λ|²−1²

+ |µ|²−1²

= |λ|²+|µ|²²

−2(|λ|²+|µ|²+|λµ|²−1) s'exprime par opérations à partir detrM et detM sous la forme d'une fonction continue.

PuisqueU =f⁻¹({0})avec{0}fermé,U est une partie fermée de M2(C).

(15)

(c) Soit M ∈ U. La matriceM est trigonalisable et donc il existeP ∈GL2(C)et T ∈ T₂⁺(C)telle que

M =P T P⁻¹ avecT = λ ν

0 µ

,|λ|=|µ|= 1. On peut écrireλ= e^iαet µ= e^iβ avecα, β∈R.

Pourn∈N^∗, posons

αn= 2πbnα/2πc

n etβn = 2πbnβ/2πc+ 1 n et considérons la matrice

M_n=P T_nP⁻¹ avecT_n =

e^iαⁿ ν 0 e^iβⁿ

. Par construction,

e^iαⁿ 6= e^iβⁿ

au moins pournassez grand et ce même lorsqueα=β.

On en déduit que pour ces valeurs denla matriceT_n est diagonalisable.

De plus, puisque

e^iαⁿⁿ

= e^iβⁿⁿ

= 1 on a alorsT_nⁿ=I₂ et doncM_n∈ R.

Enn, on a évidemmentM_n→M.

(d) U est un fermé contenantRdoncR ⊂ U et par double inclusionR=U.

SoitA∈Rp. La matriceA possède un déterminant extrait non nul d'ordrep. Par continuité du déterminant, au voisinage deA, toute matrice à ce même

déterminant extrait non nul et est donc de rang supérieur àp. Ainsi la matriceA est intérieure àRp.

Siuest continue alors A=

x∈E

u(x)

= 1 =f⁻¹({1})

est l'image réciproque du fermé{1}par l'application continuef =k · k ◦u. La partieAest donc un fermé relatif àE, c'est donc une partie fermée.

Inversement, siun'est pas continu alors l'applicationun'est par bornée sur x∈E

kxk= 1 . Cela permet de construire une suite(xn)∈E^Nvériant kxnk= 1et

u(xn) > n. En posant

yn= 1 u(x_n)

xn

on obtient une suite(y_n)∈A^N vérianty_n →0. Or0∈/Adonc la partieAn'est pas fermée.

(a) Notons

A=

x∈[0 ; 1]

f(x) =x .

On a évidemmentA⊂Imf, mais inversement, pourx∈Imf, on peut écrire x=f(a)et alors

f(x) =f(f(a)) =f(a) =x. AinsiImf ⊂A, puis, par double inclusion,A= Imf.

On en déduit queAest un segment deRde la forme [α;β]car image d'un compact par une fonction réelle continue.

(b) Une fonction f d'allure suivante convient (c) Soitf solution dérivable.

Siα=β alorsf est constante égale à cette valeur commune.

Siα < β alorsf⁰(α) =f_d⁰(α) = 1carf(x) =xsur[α;β].

Par suite, siα >0,f prend des valeurs strictement inférieur àαce qui est contradictoire avec l'étude qui précède. On en déduitα= 0.

De même on obtientβ= 1et on conclut f: x∈[0 ; 1]7→x.

(a) Soitf solution. Formons A=

x∈[0 ; 1]

f(x) =x .

On a évidemmentA⊂Imf, mais inversement, pourx∈Imf, on peut écrire x=f(a)et alors

f(x) =f(f(a)) =f(a) =x. AinsiImf ⊂A, puis, par double inclusion,A= Imf.

(16)

On en déduit queAest un segment deRde la forme[α;β]car c'est l'image d'un segment par une fonction réelle continue.

Pour toutx∈[α;β],f(x) =xet pour toutx∈[0 ;α[∪]β; 1],f(x)∈[α;β]. Inversement, une fonction continue vériant les deux conditions précédente est solution.

Cela peut apparaître sous la forme d'une fonction ayant l'allure suivante (b) Soit f solution dérivable.

Siα=β alorsf est constante égale à cette valeur commune.

Siα < β alorsf⁰(α) =f_d⁰(α) = 1carf(x) =xsur[α;β].

Par suite, siα >0,f prend des valeurs strictement inférieur àαce qui est contradictoire avec l'étude qui précède. On en déduitα= 0.

De même on obtientβ= 1et on conclut f:x∈[0 ; 1]7→x.

(a) Par télescopage

n

X

k=0

u^k

!

◦(u−Id) =uⁿ⁺¹−Id donc

vn◦(u−Id) = 1

(n+ 1) uⁿ⁺¹−Id.

(b) Soitx∈Im(u−Id)∩Ker(u−Id). On peut écrirex=u(a)−aet on a u(x) =x.

On en déduit

v_n◦(u−Id)(a) =x. Or

v_n◦(u−Id)(a) = 1

n+ 1 uⁿ⁺¹(a)−a

→0 car

uⁿ⁺¹(a)−a ≤

uⁿ⁺¹(a)

+kak ≤2kak. On en déduitx= 0.

(c) Par la formule du rang

dim Im(u−Id) + dim Ker(u−Id) = dimE

et puisque les deux espaces sont en somme directe, ils sont supplémentaires.

(d) Soitz∈E. On peut écrirez=x+y avecx∈Im(u−Id)et y∈Ker(u−Id). On a alorsv_n(z) =v_n(x) +y avec, comme dans l'étude du b),v_n(x)→0. On en déduitv_n(z)→y.

Ainsi la suite de fonctions(vn)converge simplement vers la projectionpsur Ker(u−Id)parallèlement àIm(u−Id).

(17)

Puisque pour toutx∈E, on a vn(x)

≤ 1 n+ 1

n

X

k=0

u^k(x) ≤ 1

n+ 1

n

X

k=0

kxk=kxk on obtient à la limite

p(x)

≤ kxk. On en déduit que la projectionpest continue puis queIm(u−Id) = Kerpest une partie fermée.

(e) Supposons la convergence simple de la suite de fonctions(v_n)et la fermeture deIm(u−Id).

Soitz∈E. Posonsy= lim_n→+∞v_n(z)etx=z−y. D'une part, puisque

u(vn(z)) = 1 n+ 1

n

X

k=0

u^k+1(z) =vn(z) + 1

n+ 1 uⁿ⁺¹(z)−z on obtient à la limite

u(y) =y car l'application linéaireuest continue et

uⁿ⁺¹(z)

≤ kzk. On en déduit y∈Ker(u−Id).

D'autre part

z−v_n(z) = 1 n+ 1

n

X

k=0

(Id−u^k)(z)

!

et

Im(Id−u^k) = Im (Id−u)◦

k−1

X

`=0

u^`−1

!

⊂Im(Id−u) = Im(u−Id) doncz−v_n(z)∈Im(u−Id). On en déduit x= lim(z−v_n(z))∈Im(u−Id) carIm(u−Id)est fermé.

Finalement, on a écritz=x+y avec

x∈Im(u−Id)ety∈Ker(u−Id).

SoitP ∈On. En notantx1< . . . < xn ses racines, on peut écrire P =α(X−x₁). . .(X−x_n)

avecα6= 0.

Posonsy1, . . . , y_n−1 les milieux des segments[x1;x2], . . . ,[x_n−1;xn].

Posons aussiy0∈]−∞;x1[etyn∈]xn; +∞[.

P(y0)est du signe de(−1)ⁿα,P(y1)est du signe de (−1)ⁿ⁻¹α,. . . , P(yn−1)est du signe de(−1)α,P(yn)du signe deα. Pour simplier l'exposé de ce qui suit, on va supposerα >0. La résolution se transposera aisément au cas α <0.

Considérons l'application

f_i:Q∈Rn[X]7→Q(y_i).

L'applicationf_i est continue et doncf_j⁻¹(R^∗+)et f_j⁻¹(R^∗−)sont des parties ouvertes deRⁿ[X].

ConsidéronsU l'intersection des ouverts f₀⁻¹ (−1)ⁿR^∗+

, f₁⁻² (−1)ⁿ⁻¹R^∗+

, . . . , f_n⁻¹(R^∗+). Les éléments deU sont des polynômes réels alternant de signe entre

y0< y1< . . . < yn. Par application du théorème des valeurs intermédiaires, un tel polynôme admetnracines distinctes et donc est scindé à racines simples. Ainsi U ⊂O_n. OrP ∈U et U est ouvert doncU est voisinage deP puisO_n est voisinage deP.

Au nalO_n est ouvert car voisinage de chacun de ses éléments.

Dans le casn= 1:F_n=O_n et doncF_n est ouvert.

Dans le casn= 2:F_n réunit les polynômesP=aX²+bX+cavecb²−4ac >0 (queasoit égal à 0 ou non). L'application P 7→b²−4ac étant continue, on peut armer queFn est encore ouvert car image réciproque d'un ouvert pas une application continue.

Dans le casn≥3:Pn=X(1 +X²/n)est une suite de polynômes non scindés convergeant versX scindé à racines simples. Par suiteFn n'est pas ouvert.

Par l'absurde, supposonsf discontinue ena∈R. On peut alors construire une suite(xn)vériant

xn →aet∀n∈N,

f(xn)−f(a) ≥ε avecε >0xé.

Soitn∈N, puisquef([a;xn])est un segment contenantf(a)etf(xn), il contient aussi l'intermédiairef(a)±ε(le±étant déterminé par la position relative de f(x_n)par rapport àf(a)). Il existe donca_n compris entreaetx_n vériant

f(a_n)−f(a) =ε. La suite(an)évolue dans le ferméf⁻¹

f(a) +ε ∪f⁻¹

f(a)−ε et converge versadonca∈f⁻¹

f(a) +ε ∪f⁻¹

f(a)−ε ce qui est absurde.

(18)

Considérons l'applicationϕ:L(E)→ L(E)déterminée parϕ(f) =f²−f. L'applicationϕest continue par opérations sur les fonctions continues,

notamment parce que l'applicationf 7→f◦f est continue (elle s'obtient à partir du produit dans l'algèbreL(E)).

Puisque{˜0} est une partie fermée deL(E), l'ensembleP=ϕ⁻¹({˜0})est un fermé relatif àL(E), donc un fermé deL(E).

L'applicationλ7→det(A−λIn)est polynomiale non nulle enλdonc possède un nombre ni de racine.

Par suite :∀A∈ Mn(R),∀α >0, B(A, α)∩GLn(R)6=∅.

(a) Soientu, v∈F etλ, µ∈R. Il existe(u_n),(v_n)∈F^N telles queu_n →uet v_n→v.

Commeλun+µvn→λu+µvet λun+µvn∈F on aλu+µv∈F. (b) Soit H un hyperplan deE.

SiH =H alorsH est fermé.

Sinon alorsH est un sous-espace vectoriel deE, contenantH et distinct de H.

PuisqueH est un hyperplan∃a /∈H tel queH⊕Vect(a) =E. Soitx∈H\H. On peut écrirex=h+λaavech∈H et λ6= 0. Par

opérationa∈H et puisqueH ⊂H on obtientE⊂H. FinalementH =E et doncH est dense.

(a) Pour tout a∈E et toutε >0,B(a, ε)∩U 6=∅carU est dense.

Soitx∈B(a, ε)∩U. Puisque B(a, ε)∩U est ouvert, il existeα >0tel que B(x, α)⊂B(a, ε)∩U et puisqueV est denseB(x, α)∩V 6=∅. Par suite

B(a, ε)∩(U∩V)6=∅. (b) SoientF etGdeux fermés d'intérieurs vides.

CE(F∪G)^◦=CE(F∪G) =CEF∩CEG avecCEF et CEGouverts denses donc

CEF∩CEG=E

puis

(F∪G)^◦=∅.

(a) Posons

A={n≥n0|a≥un}

Aest une partie deN, non vide carn0∈A et majorée carun →+∞. La partieAadmet donc un plus grand élémentn≥n0 et pour celui-ci un ≤a < un+1.

Par suite|un−a| ≤ |un+1−u_n| ≤εcarn≥n₀. (b) Soientx∈Retε >0.

Puisqueun+1−un→0, il existen0∈Ntel que pour toutn≥n0,

|un+1−un| ≤ε.

Puisquev_n →+∞, il existe p∈Ntel que x+v_p≥u_n₀. Par l'étude précédente, il existen∈Ntel que

u_n−(x+v_p)

≤εi.e.

(un−vp)−x ≤ε.

Par suite l'ensemble{un−vp|n, p∈N}est dense dansR.

(c) Remarquons que A=

cos(lnn)

n∈N^∗ =n

cos ln(n+ 1)−2pπ

n, p∈N o. Posonsun= ln(n+ 1)etvn= 2nπ. Les hypothèses précédentes sont réunies et donc

B={un−vp|n, p∈N}=

ln(n+ 1)−2pπ

n, p∈N est dense dansR.

Soientx∈[−1 ; 1]etθ= arccosx.

Par densité, il existe une suite(θn)d'éléments deB convergeant versθ et, par continuité de la fonction cosinus, la suite(xn)de terme général xn = cos(θn)converge versx= cosθ.

Or cette suite(x_n)est une suite d'éléments decos(B) =Aet donc Aest dense dans[−1 ; 1].

Soientx∈Retε >0.

Il existen0∈N^∗ tel que1/n0≤ε.

Poura≥lnn0 etn=E(e^a)≥n0, on alnn≤a≤ln(n+ 1).