Corrig´ e du partiel du 27 mars 2009

Master Maths Fonda. et Appliqu´ees Orsay 2008–09 1`ere ann´ee - 2 `eme semestre - Analyse

Corrig´ e du partiel du 27 mars 2009

Exercice A - Th´eor`eme de la limite simple de Baire, et application

1. a.Soit k >0. Pour tout x∈R, la suite (fn(x))n≥0 est de Cauchy, donc il existe donc n≥0 tel que x∈F_n,k. Ceci prouve que S

n≥0F_n,k=R. Par ailleurs, l’´egalit´e Fn,k = \

p,q≥n

x∈Rtels que|f_p(x)−fq(x)| ≤ 1 k

montre clairement queFn,k est une intersection de ferm´es, donc un ferm´e, quel que soit n∈N.

b. Soit k > 0 un entier, et a < b deux r´eels. D’apr`es la question pr´ec´edente, Fn,k∩[a, b] est un ferm´e pour toutn≥0 et on aS

n≥0(F_n,k∩[a, b]) = [a, b]. Le th´eor`eme de Baire implique donc qu’il existen≥0 tel que l’int´erieur deF<sub>n,k</sub>∩[a, b] — c’est-`a-direO_n,k∩]a, b[ — est non-vide. Autrement dit, l’ouvert

O_k∩]a, b[= [

n≥0

O_n,k∩]a, b[= [

n≥0

int (F_n,k∩]a, b[)

est non-vide. En laissant a et b varier dans R, on en d´eduit que O_k est dense dans R. Par suite, O est une intersection d´enombrable d’ouverts denses de R. En utilisant `a nouveau le th´eor`eme de Baire, on conclut que O est dense dans R.

c.Soitx∈O, et >0. Soitk₀ tel que _k¹

0 < . Puisquex∈O =T

k>0

S

n≥0O_n,k, il existe un entier n₀ tel que x ∈ O_n0,k0. Et comme l’ensemble O_n0,k0 est ouvert, il existe un r´eel η₁ > 0, tel que la bouleB(x, η1) est contenue dans On0,k0. Pour touty ∈B(x, η1), pour tous p, q≥n0, on a alors

|f_p(x)−f_q(x)| ≤ 1

k₀ ≤ et |f_p(y)−f_q(y)| ≤ 1 k₀ ≤. Par suite, pour tout y∈B(x, η₁), on a

|f_n0(x)−f(x)| ≤ et |f_n0(y)−f(y)| ≤.

Par ailleurs, puisque fn0 est continue en x, il existe η2>0 tel que, pour touty∈B(x, η2), on a

|f_n0(x)−f_n0(y)| ≤. Posons η= min(η₁, η₂). Alors, pour touty∈B(x, η), on a

|f(x)−f(y)| ≤ |f(x)−f_n0(x)|+|f_n0(x)−f_n0(y)|+|f_n0(y)−f(y)| ≤3.

Ceci montre que f est continue en x. Avec la question 2, ceci montre que l’ensemble des points de continuit´e def est dense dansR(et mˆeme mieux : est un G_δ-dense de R).

2. a. Soit g :R→ R d´erivable, et g⁰ sa d´eriv´ee. Alorsg⁰ est limite simple de la suite de fonctions (gn)n≥0 d´efinie par

g_n(x) := g(x)−g x+¹_n

1 n

.

Pour toutn, la fonctiongn est clairement continue. La question 1 montre donc que l’ensemble des points de continuit´e deg⁰ est un G_δ-dense de R.

b. Non. Si une telle fonction g existait, alors l’ensemble des points de continuit´e de g⁰ serait contenu dansQ, donc d´enombrable. Mais un ensemble d´enombrable n’est jamais unG_δ-dense ; ceci contredirait donc la questiona.

c.Commen¸cons par choisir une fonction f :R→Rde classe C^∞ telle que f(x) =x² au voisinage de x= 0, telle quekfk_∞≤1 etkf⁰k_∞≤1.

Consid´erons alors la fonction g :R →R d´efinie par g(x) = f(x) sin(1/x) si x6= 0, et g(0) = 0.

On v´erifie imm´ediatement queg est continue et d´erivable sur R. Sa d´eriv´eeg⁰ est continue en tout point de R\ {0}, mais discontinue en 0. On a de pluskgk_∞≤1 et kg⁰k_∞≤2.

Soit maintenant (x_n)n≥0 une ´enum´eration des nombres rationnels. Pour tout n∈N, consid´erons la fonctiongn:R→Rd´efinie pargn(x) = (1/2ⁿ).g(x−xn). Puisquekgk_∞≤1, la s´erie de fonction Pg_n est normalement convergente ; notons G la somme de cette s´erie. Puisque g_n est continue pour toutn, la fonctionGest continue. De plus, pour toutn∈N, la fonctiong_nest d´erivable et on a kg_n⁰k_∞≤2/2ⁿ ; la s´erie P

g_n⁰ converge donc normalement, ce qui prouve que Gest d´erivable et queG⁰=P

g_n⁰. Soitx∈R\Q. Pour toutn, la fonctiong_n⁰ est continue enx; la fonctionG⁰=P g_n⁰ est donc continue enx. Soit maintenant x∈Q. Alors il existe un unique entiern₀ tel quex=x_n0. Pour n6=n0, la fonction g_n⁰ est continue enx ; la fonction P

n6=n0g_n⁰ est donc continue enx. Mais la fonction gn0 est discontinue enx. La fonctionG⁰=P

n∈Ng_n⁰ est donc discontinue enx.

Exercice B - Parties compactes ou non de `¹(N)

1. a. On a suppos´e que ρ(n) ≥ 1 pour tout n. Ceci implique que Kρ ⊂ [−1,1]^N. On peut donc appliquer le th´eor`eme de Tychonoff d´enombrable qui donne l’existence d’une sous-suite (u^φ(k))k∈N

qui converge simplement.

b.Le lemme de Fatou donne X

n≥0

ρ(n)|u(n)| ≤lim inf

k→∞

X

n≥0

ρ(n)|u^k(n)| ≤1.Par cons´equent, u∈K_ρ. c.Soit >0. Commeρ(n)→ ∞, il existeN ∈Ntel queρ(n)≥1/pour tout n≥N. Pour toute v∈K_ρ, on a alors

X

n≥N

v(n)≤ sup

n≥N

1 ρ(n)

!

 X

n≥N

ρ(n)v(n)



≤.1 =

Par ailleurs, la suite (u^φ(k))k∈N converge simplement versu, donc, pour toutn≥0, il existeKn tel que, pour toutk≥K_n, on a

u^φ(k)(n)−u(n)

N.

NotonsK := max{K₀, K₁, . . . , KN−1}. Alors, pour toutk≥K, on a

u^φ(k)−u

1 ≤ X

n<N

u^φ(k)(n)−u(n) + X

n≥N

u^φ(k)(n) + X

n≥N

|u(n)| ≤ X

n<N

N

!

++= 3.

Ceci prouve que (u^φ(k))k∈N converge vers u en norme k.k₁.

2.Siρ(n) ne tend pas vers 0, alors il existeA et une suite strictement croissante d’entiers (nk)k≥0

tels que ρ(n_k)< A. Pour toutk≥0, on consid`ere alors la suiteu^k∈Kρ d´efinie par u_k(n) =

₁

A sin=n_k 0 sinon.

Si k 6= k⁰, alors on a ku^k−u^k0k₁ = _A². Par cons´equent, aucune sous-suite de la suite (u^k)k≥0 ne peut ˆetre de Cauchy pour la normek.k₁, etKρ n’est pas une partie compacte de (`¹(N),k.k₁).