Corrigé de l'interrogation d'Octobre 2008

Universit´e P. et M. Curie Licence de Math´ematiques

LM360 B

Jeudi 23 octobre 2008

Topologie et Calcul Diff´ erentiel Corrig´ e de l’interrogation

Dur´ee 2 h 30 – sans document

I 1) Puisquey_i =P

16j6nm_i,jx_j et que |x_j|6kxk pour tout j, on a

|y_j|6X

j

|m_i,j| |x_j|6X

j

|m_i,j| kxk donckyk= sup_i|y_i|6kxk(sup_iP

j|m_i,j|) ce qui montre que kMk6sup_iP

j|m_i,j|.

2) Puisque D⁻¹ = (c_i,j) est la matrice diagonale dont les coefficients diagonaux sont les m⁻¹_i,i , on a

b_i,j =X

k

c_i,km_k,j =c_i,im_i,j = m_i,j m_i,i et en particulierb_i,i = 1. On a donc P

j6=i|b_i,j|= 1

|m_i,i| X

j6=i

|m_i,j|<1 =b_i,i.

Il en r´esulte que la matrice B−I a une diagonale nulle et ses termes non diagonaux

´egaux `a ceux de B, et que

kI−Bk=kB−Ik6sup

i

(X

j6=i

|b_i,j|)<1

et ceci montre queB est inversible dans l’alg`ebre de Banach L(Rⁿ). Et puisque M =DB, on voit que M est inversible, d’inverse B⁻¹D⁻¹.

II 1) Pours ett dans R, on a

ϕ(s)−ϕ(t) = e^is−e^it= e^i(s+t)/2(e^i(s−t)/2−e^{−i(s−t)/2}) = 2isins−t

2 e^i(s+t)/2 d’o`u|ϕ(s)−ϕ(t)|= 2

ØØ

ØØsin s−t 2

ØØ ØØ.

En particulier, si ϕ(s) = ϕ(t), on a s − t = 2kπ avec k ∈ Z. Si, de plus, s et t appartiennent `a [−π

3,π

3], on a |s−t| < 2π

3 , donc s = t. Et puisque ϕ est une bijection continue du compactK = [−π

3, π

3] sur ϕ(K), on en conclut que ϕest un hom´eomorphisme de K sur ϕ(K). Pour s ∈K on a |ϕ(s)−1| =|ϕ(s)−ϕ(0)| = 2ØØØsin s

2 ØØ

Ø 62 sinπ

6 = 1, donc

ϕ(s)∈Γ. Inversement, si z ∈Tavec |z−1|61 et sis est un argument dez tel que|s|6π, on a 2 sin|s|

2 =|z−ϕ(0)|= |z−1|61, donc |s|6 π

3. On en conclut que ϕ(K) = Γ. Alors

`=ϕ<sup>−1</sup> est continue de Γ sur K ⊂R, et on a e<sup>i`(z)</sup>=ϕ◦`(z) =z pour tout z ∈Γ.

2) L’ensembleU est image r´eciproque du ferm´e{0}deRpar l’application continueg1−g2, donc est ferm´e dans X, et contient a puisqueg₁(a) =g₂(a) = 0. On a pour tout x de X : e^{i(g1−g2)(x)} = f(x)

f(x) = 1, donc (g₁ −g₂)(x) ∈ 2πZ. Il en r´esulte que (g₁−g₂)(x) = 0 si et seulement si|(g₁−g₂)(x)|< π, donc que U = {x∈ X :|(g₁−g₂)(x)|< π}, qui est l’image r´eciproque de l’ouvert ]−π, π[ deRpar la fonction continue g₁−g₂. Ceci montre que U est ouvert dansX.

Et puisque U est ouvert ferm´e non vide dans l’espace connexe X, il est ´egal `a X, ce qui montre queg₁ =g₂.

3) Puisque I est compact, la fonction continue f est uniform´ement continue : il existe donc unδ >0 tel que

|x−y|6δ =⇒ |f(x)−f(y)|61 et en prenant l’entierq sup´erieur `a 1

δ, on obtient le r´esultat cherch´e. Pour xdans [p

q,p+ 1 q ], on a alors

ØØ ØØx− p

q ØØ ØØ6 1

q, donc |f(x)−f(p/q)|61 et puisque |f(p/q)|= 1

|f_p(x)−1|= |f(x)−f(p/q)|

|f(p/q)| =|f(x)−f(p/q)|61 c’est `a dire que f<sub>p</sub>(x)∈Γ, et que`◦f_p est continue sur [p

q,p+ 1 q ].

On d´efinit alors par r´ecurrence sur p = 0,1, . . . , q−1 : g(p+ 1

q ) =g(p

q) +`◦f_p(p+ 1 q ) et la fonction g sur chaque intervalle [p

q,p+ 1

q ] par g(x) = g(p

q) + `◦f<sub>p</sub>(x). Puisque ces intervalles forment un recouvrement fini de I en ferm´es et que g est continue sur chacun d’entre eux, on obtient que gest continue sur I. On v´erifie ensuite par r´ecurrence sur p que e<sup>ig(p/q)</sup> = f(p/q) : c’est vrai pour p = 0 puisque f(0) = 1 et que g(0) = 0. Et si c’est vrai pourp, on a eig((p+1)/q) = e<sup>ig(p/q)</sup>.ϕ◦`◦f_p((p+ 1)/q) =f(p/q).f((p+ 1)/q)

f(p/q) = f((p+ 1)/q).

Enfin, pourx∈ [p

q, p+ 1

q ], on a e^ig(x)=f(p/q).ϕ◦`◦f_p(x) =f(p/q) f(x)

f(p/q) =f(x).

On a donc bien ϕ◦g(x) =f(x) pour tout x ∈I.

4) Il r´esulte de la question 3) qu’existe une fonction continue g : I → R nulle en 0 telle que ϕ◦g = f et de 2) que cette fonction est unique (puisque I est connexe). Si on d´esigne parR(f) cette unique fonctiong, la fonctionRest bien d´efinie surE ; et l’unicit´e d´emontr´ee en 2) montre que si une fonction R^∗ : E → C(I,R) poss`ede les propri´et´es de l’´enonc´e, on doit avoir R<sup>∗</sup>(f) =R(f) pour toute f ∈E, donc que R<sup>∗</sup> doit ˆetre ´egale `a R.

La fonction`est continue en 1 sur Γ : pourε >0, on peut donc trouver unδ >0 (qu’on peut sans perte de g´en´eralit´e supposer inf´erieur `a 1), tel que |`(z)| = |`(z)−`(1)| 6 ε si

2

z ∈Γ et |z−1|6δ. Il en r´esulte que si z ∈T et |z−1|6δ, on a z ∈Γ et |`(z)|6ε.

Si on suppose maintenant que f₁ et f₂ appartiennent `a E, que g₁ = R(f₁), g₂ =R(f₂) et que d(f1, f2) = sup_x∈I |f2(x)−f1(x)|6δ, on a pour tout x de I :

ØØ ØØ

f₂(x) f1(x) −1

ØØ

ØØ= |f₂(x)−f₁(x)|

|f1(x)| =|f₂(x)−f₁(x)|6δ <1 La fonction`◦(f₂

f1

) est donc d´efinie et continue sur I, `a valeurs dans [−ε, ε]. Et puisque

ϕ◦g₂ =f₂ =f₁.f₂

f₁ =ϕ◦(g₁+`◦(f<sub>2</sub> f<sub>1</sub>)) on d´eduit de2) queg2 =g1+`◦(f2

f₁), donc que pour toutx∈I on a

|g₂(x)−g₁(x)|= ØØ ØØ`◦(f2

f₁)(x) ØØ ØØ6ε , c’est-`a-dired(g1, g2)6ε.

Et puisque, pour tout ε > 0, on peut trouver un δ > 0 tel que d(R(f₁), R(f₂)) 6 ε si d(f1, f2)6δ, on conclut que R est uniform´ement continue, et a fortiori, continue.

Comme |g₁(1)−g₂(1)| 6 sup_t∈I|g₁(t)−g₂(t)| = d(g₁, g₂), on voit que l’application g7→g(1) est 1-lipschitzienne, et par composition avec R, on en d´eduit que ρ:f 7→R(f)(1) est continue deE dans R. Alors, sig=R(f), on a ϕ◦ρ(f) =ϕ(g(1)) =f(1).

5) L’ensemble ferm´e born´e B de E est compact puisque E est de dimension finie. Il en r´esulte que f est uniform´ement continue sur B. Pour ε > 0, il existe donc un α > 0 tel que |f(y)−f(x)| 6 ε si kx−yk 6 α. Alors, pour t ∈ I, on a ktx−tyk = tkx−yk 6 α, donc |F(x)(t)−F(y)(t)| = |f(tx)−f(ty)| < ε d`es que kx−yk < α. Il en r´esulte que d(F(x), F(y))6ε si kx−yk6α, donc que F est continue.

6) Puisque ρ et F sont continues, il en est de mˆeme de g = ρ◦F : B → R. Pour x = 0, F(x) est la fonction constante 1, donc R(F(0)) est la fonction constante nulle et g(0) =ρ(F(0)) = 0.

De plus, e^ig(x) =ϕ◦ρ◦F(x) =F(x)(1) =f(1.x) =f(x). La fonctiong satisfait donc les conditions requises.

3