Contrˆ ole continu n

L31B Topologie 1^er semestre 2006/2007

Contrˆ ole continu n

2, correction succinte

Exercice 1 : Voir cours.

Exercice 2 : Soit `<sup>∞</sup>(N) l’espace vectoriel des suites (u<sub>n</sub>)<sub>n∈</sub>N r´eelles et born´ees muni de la norme k.k<sub>∞</sub>. On consid`ere l’op´erateur

∆ :

`<sup>∞</sup>(N) −→ `^∞(N) (un) 7−→ (vn)

o`u v_n=u_n+1−u_n . On v´erifie facilement que ∆ est lin´eaire. De plus,

k(∆un)k_∞= sup

n∈N

|un+1−u_n| ≤sup

n∈N

|un+1|+|un| ≤2 sup

n∈N

|un|= 2k(un)k_∞ .

Donc, ∆ est lin´eaire continue et |||∆||| ≤ 2. Montrons que |||∆||| = 2, c’est-`a-dire exhibons une suite (un) telle que k(∆un)k_∞= 2k(un)k_∞. Pour cela, on prend (u_n) = ((−1)ⁿ), on a k(un)k_∞= 1 et ∆u_n= 2(−1)ⁿ⁺¹, et donc k(∆un)k_∞= 2.

Exercice 3 : On munit Rde sa topologie usuelle. Soient a, b, a⁰ et b⁰ quatre nombres r´eels.

1) Les segments [a, b[ et ]a⁰, b⁰] sont hom´eomorphes. En effet, posons h:

[a, b[ −→ ]a⁰, b⁰] x 7−→ ^b_b^0−a0

−a(a−x) +b⁰

La fonction h est affine, donc continue, et bien d´efinie de [a, b[ dans ]a⁰, b⁰] par construction. En outre, h est bijective et son inverse est donn´e par

h⁻¹ :

]a⁰, b⁰] −→ [a, b[

y 7−→ _b^b0⁻−^aa⁰(b⁰−y) +a

Son inverseh⁻¹est bien sˆur affine, donc continu, et bien d´efini de ]a⁰, b⁰] dans [a, b[. Donchest un hom´eomorphisme et les segments [a, b[ et ]a⁰, b⁰] sont hom´eomorphes.

2) Le segment [a, b] n’est pas hom´eomorphe au segment ]a⁰, b⁰], car sif est continue de [a, b] dansR,f est born´ee et atteint ses bornes, et donc f([a, b]) = [minf,maxf] (l’image d’un compact est un compact). Le segment ]a⁰, b⁰] ne peut donc ˆetre l’image de [a, b] par une fonction continue.

ATTENTION : le raisonnement suivant est faux.

[a, b] est un ferm´e de R et ]a⁰, b⁰] n’en est pas un, donc ils ne peuvent ˆetre hom´eomorphes.

En effet, cela serait correct si on cherchait un hom´eomorphisme de Rsur Rqui envoie [a, b] sur ]a⁰, b⁰]. Mais, ici, rien ne dit que l’on peut prolonger un hom´eomorphisme de [a, b] dans ]a⁰, b⁰] en un hom´eomorphisme de Rsur R qui envoie [a, b] sur ]a⁰, b⁰]. Contre-exemple `a ce raisonnement : ]−1,1[ est hom´eomorphe `a R, et pourtant Rest un ferm´e de Ralors que ]−1,1[ n’en est pas un.

Exercice 4 : Id´ees : pour obtenir un ensemble tel que demand´e, on peut commencer par prendre Ani ouvert, ni ferm´e : il sera donc diff´erent de tous les autres ensembles. Prendre un point isol´e dans A permet de nettement s´eparer son int´erieur et son adh´erence. On va aussi prendre un point isol´e dans le compl´ementaire de A. Cela nous am`ene au choix suivant :

A= [0,1[∪]1,2]∪ {3} . Cet ensemble r´epond `a la question puisque :

A= [0,2]∪ {3} , A=]0,^o 1[∪]1,2[ ,

o

A=]0,2[ , et A^o = [0,2] .

1

Exercice 5 :

• A= [0,1[×]1,+∞[

A est ni ouvert ni ferm´e et A= [0,1]×[1,+∞[, A=]0,^o 1[×]1,+∞[ et ∂A={0,1} ×[1,+∞]∪[0,1]× {1}.

• B ={(x, y), inf(|x|,|x−y|)≤1}

Soit f : R²→R d´efinie parf(x, y) = inf(|x|,|x−y|). Commef est continue (inf de deux fonctions continues) et B =f⁻¹(]− ∞,1]), B est un ferm´e. On en d´eduit queB =B. Montrons que B=^o {(x, y), inf(|x|,|x−y|) <1}

(et donc B n’est pas ouvert et∂B ={(x, y), inf(|x|,|x−y|) = 1}). En effet, cet ensemble est un ouvert contenu dans B. De plus, soit (x, y) tel que inf(|x|,|x−y|) = 1, alors, pour tout ε >0, soit x⁰ =x+ε soit x⁰ =x−εest tel que |x⁰|=|x|+ε. De mˆeme, on peut choisir y⁰ proche de y tel que |x⁰−y⁰| >|x−y|. On a donc des points (x⁰, y⁰) aussi proches que l’on veut de (x, y) qui ne sont pas dansB. Un point (x, y) tel que inf(|x|,|x−y|) = 1 ne peut donc ˆetre dans l’int´erieur de B. Au final, on a bien montr´e que B^o={(x, y), inf(|x|,|x−y|)<1}.

ATTENTION :

o

f⁻¹(A)

6=f⁻¹_o A

!!!!!! Contre-exemple : f(x)≡0,R=f⁻¹({0}) etf⁻¹ _o

{0}

=∅.

• C ={(0,0)} ∪ {(0, _n+1¹ ), n∈N}

C est un ferm´e car son compl´ementaire est ouvert. En effet, son compl´ementaire peut s’´ecrire C^c= (]− ∞,0[×R)∪(]0,+∞[×R)∪(R×]− ∞,0[)∪ [

n∈N

R× 1

n+ 2, 1 n+ 1

!

∪(R×]1,+∞[)

qui est une union d’ouverts. En outre, C est un ensemble qui ne contient qu’un nombre d´enombrable de points, il est donc d’int´erieur vide. En effet, toute boule non vide de R² contient un nombre ind´enombrable de points et ne peut donc ˆetre incluse dans un ensemble d´enombrable. Donc C n’est pour ouvert et ∂C =C.

• D =Q²∪ {(x, y), x+y <1}

Q² est dense dansR², donc, commeDcontientQ²,D est dense dansR² etD =R². En outre,D=^o {(x, y), x+y <

1} car il s’agit d’un ensemble ouvert contenu dans D (image r´eciproque de ]− ∞,1[ par l’application continue (x, y)7→ x+y) et c’est le plus grand possible. En effet, si (x, y) est tel que x+y ≥1 et (x, y)∈Q², alors toute bouleB((x, y), ε) contient des points du type (x+^√₂²ε, y) qui n’appartiennent pas `aD (l’abcisse est irrationnelle et (x+ ^√₂²ε) +y > 1). Comme D est diff´erent de son adh´erence et de son int´erieur, alors D n’est ni ouvert, ni ferm´e. De plus, ∂D={(x, y), x+y≥1}.

Exercice 6 : Soit X =C⁰([0,1],R) muni de la normek.k_∞ et soit A d´efini par

A={f ∈X, ∃(x₋, x₊)∈[0,1]², f(x₋)<0 et f(x₊)>0}.

L’ensembleAest ouvert dansX. En effet, sif ∈A, alors toute fonctiongdans la bouleB(f, ¹₂min(|f(x₋)|,|f(x₊)|)) v´erifie encore g(x₋)<0 et g(x₊)>0 et appartient donc `aA.

Montrons que l’ensemble

B ={f ∈X, ∃x₀ ∈[0,1], f(x₀) = 0}

est l’adh´erence de A. Il est clair que B contient A car toute fonction de A s’annule par le th´eor`eme des valeurs interm´ediaires. De plus, B est un ferm´e : soit (fn) une suite de fonctions de B convergeant vers une fonctionf. Pour chaque n, il existe x<sub>n</sub> tel que f<sub>n</sub>(x<sub>n</sub>) = 0. On a alors |f(x<sub>n</sub>)|=|f(x<sub>n</sub>)−f<sub>n</sub>(x<sub>n</sub>)| ≤ kf−f<sub>n</sub>k<sub>∞</sub> −→0. Or on peut extraire une sous-suitex<sub>ϕ(n)</sub> qui converge versx∈[0,1] car [0,1] est un compact. Comme f est continue, on obtient que f(x) = 0 et donc f appartient `a B qui est donc un ferm´e de X. Pour montrer que B est l’adh´erence de A, il reste `a montrer que tout point deB est limite d’une suite de points de A. Prenonsf dansB qui n’est pas dansA (sif ∈A, il suffit de prendref<sub>n</sub>=f), c’est-`a-dire une fonctionf qui s’annule mais qui est soit positive ou nulle, soit n´egative ou nulle. Il y a trois cas :

- si f ≡0, la suite f_n= _n+1¹ (x−¹₂) r´epond au probl`eme.

- si f ≥0 et il existe x₀ et x₊ tels que f(x0) = 0 et f(x+)>0, il suffit de prendre la suitef_n(x) =f(x)− ^f(x_2n+1⁺⁾ car par construction fn(x₊) = _2n+1²ⁿ f(x₊)>0 etfn(x₀) =−^f(x_2n+1⁺⁾ <0.

- le cas f ≤0 est sym´etrique du pr´ec´edent.

Au final, A=B.

Il nous reste `a en d´eduire que la fronti`ere de A est l’ensemble des fonctionsf qui s’annulent sur [0,1] et qui sont soit positives ou nulles, soit n´egatives ou nulles.

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