TD 2 : Limite et continuité Correction March 16, 2018
Exercice 1 :
1. On voit que pour tout x∈Rn, on a 0≤f(x)≤1. Donc si λ <0 ou si λ >1, on a Λλ =∅.Ce cas étant traité, nous passons à l'étude de Λλ, pour λ∈[0,1].
Soit x∈Λλ. Alors on a :
(1−λ)kx−yk=λkx−zk.
On voit qu'il y a trois cas simples à traiter. Si λ = 0, alors kx−yk= 0, ce qui implique que x=y. De même, si λ = 1, alors x=z. Enn si λ= 1/2, alors kx−yk=kx−zk, ce qui correspond à l'équation de l'hyperplan médiateur de [yz] (l'hyperplan perpendiculaire à(yz) passant par le milieu de [yz]).
Supposons maintenant que λ∈]0,1[et λ6= 1/2. On dénit pour simplier les calculs r= 1−λλ . Donc on a :
x∈Λλ ⇔ kx−yk2 =r2kx−zk2
⇔ kxk2−2hx, yi+kyk2 =r2 kxk2 −2hx, zi+kzk2
⇔ kxk2−2
x,y−r2z 1−r2
= r2kzk2− kyk2 1−r2
⇔
x−y−r2z 1−r2
2
=
y−r2z 1−r2
2
+r2kzk2− kyk2 1−r2
⇔
x−y−r2z 1−r2
2
= r2
1−r2kz−yk2
Ainsi on vient de montrer que Λλ est : vide si λ /∈[0,1];
{y} si λ= 0 et {z}si λ= 1 ;
l'hyperplan médiateur de [yz]si λ= 1/2 ;
la sphère de centre C = y−r1−r22z et de rayon R = √1−rr 2ky−zk. 2. On dénit g(t) = f(ty+ (1−t)z). On vérie que :
g(t) = |1−t|
|1−t|+|t|,
ce qui permet de montrer que f(Rn) = [0,1] (en fait, on voit cette égalité par la question précédente).
1
3. Soit x∈Rn et (xk)k une suite deRn qui converge versx. Alors comme la norme est continue et que la somme de deux fonctions continues est continue, on sait que :
k→∞lim kxk−yk=kx−yk et lim
k→∞kxk−yk+kxk−zk=kx−yk+kx−zk.
Cela permet de dire que f(xk) converge bien vers f(x) : la fonction f est continue en chaque point x deRn. Elle est donc continue.
Exercice 2 :
1. Soit x∈R ety ∈R. Alors on a :
|f1(x, y)|= |xy|
x2+y2 |y| ≤ |y|
2 . Ainsi f1 admet une limite en (0,0)qui vaut 0.
2. Pour x, y ∈R, on ax2 +y4 ≥x2. Ainsi |f2(x, y)| ≤ |y| tend vers 0, quand (x, y) tend vers (0,0).
3. Pour x, y ∈R, on a l'inégalité :
|f3(x, y)| ≤ (xy)2 2 ,
qui nous permet de conclure que f3 tend vers 0 quand (x, y)tend vers (0, 0). 4. Pour x ety deux réels, on sait que :
x2+y2 ≥x2, y2. Grâce à cela, on obtient que :
|f4(x, y)| ≤ |x|3
x2+y2 + |y|3
x2+y2 ≤ |x|+|y|.
En particulier f4 admet une limite en (0, 0), qui vaut 0.
5. Soit x et y des réels tels quex2+y2 <1. Alors, par croissance de log, on a :
|log(x2+y2)|=−log(x2+y2)≤ −logx2 = 2|logx|.
Ainsi on trouve que :
|f5(x, y)| ≤ |x| ×2|logx|.
On sait que xlogx tend vers 0 quand x tend vers 0+. Finalement, f5 admet une limite quand (x, y)tend vers (0, 0).
Exercice 3 :
1. Soit (x, y)∈R2\ {(1, 0)}. Alors :
|g(x, y)−1| ≤
(x−1)2+y2(2−2x+x2)
(x−1)2+y2 − (x−1)2+y2 (x−1)2+y2
≤
y2(1−2x+x2) (x−1)2+y2
≤
y2(x−1)2 (x−1)2+y2
=
y2(x−1)2 ((x−1)2+y2)2
×((x−1)2+y2)
≤(x−1)2+y2 =k(x, y)−(1,0)k2
2. Par l'inégalité précédente, on déduit que g admet 1 comme limite en (1, 0). Exercice 4 :
Soit x ety deux réels non nuls. Dans un premier temps, on a :
f(x,0) = x2 x2 = 1.
Dans un second temps, on voit que :
f(0, y) = −y2
y2 =−1.
Ainsi si on prend le chemin (x,0) ou(0, y)pour faire tendre (x, y) vers 0, on obtient deux limites diérentes (respectivement 1 et -1). La fonctionf n'a donc pas de limite quand (x, y) tend vers (0,0).
Exercice 5 :
Soit x∈R? etk ∈R xé. Alors f(x, kx) = 1+kk2.La limite de f(x, kx) quand x tend vers 0 dépend donc de la valeur de k : la fonction f n'a donc pas de limite en (0, 0).
Exercice 6 :
Soit y∈R? etk ∈R. Alors f(ky2, y) = k2k+1, dont la limite quandy tend vers 0 dépend de la valeur dek. Ainsi la fonctionf n'admet pas de limite en (0, 0).
Exercice 7 :
Soit x∈R?. Alors on a f(x, x) = x+x2x22 = 1+x2x , qui n'admet pas de limite quandx tend vers 0 : la fonction f n'admet donc pas de limite quand (x, y)tend vers (0, 0).
Exercice 8 :
1. On sait déjà que f1 est continue surR2 \ {(0,0)}.
Soit x >0et k ∈R+. Alors f1(x, kx) = 1+kk2 xa−1. Si a <1, on a alors que f1(x, kx) diverge quand xtend vers 0. De plus, si a= 1, alors la limite de f1(x, kx) quand x tend vers 0 dépend de k : f n'est donc pas continue.
Traitons le cas a >1. Soit x, y ∈R, avec (x, y)6= (0,0). Alors :
|f1(x, y)| ≤ |xy|
x2+y2 |y|a−1 ≤ |y|a−1 2 ,
tend vers 0 quand (x, y) tend vers (0,0). Finalement,f1 n'est continue sur R2 que si a >1 et si b = 0.
2. On sait déjà que f2 est continue surR2 \ {(0,0)}.
Soit x >0et k ∈R. Alors f2(x, kx2) = 1+kk2 xa−2. Ainsi on montre que si a <2, f2(x, kx2) diverge, quand xtend vers 0. De plus, si a= 2, comme la limite de f2(x, kx2) dépend dek, on sait que f2 n'est pas continue en 0.
Supposons a >2. Alors, pour x, y ∈Ravec (x, y)6= (0,0), on peut montrer que x2y≤x4+y2 (en passant par l'étude d'une fonction par exemple). Ainsi
|f2(x, y)| ≤ |x|a−2 tend vers 0 quand (x, y) tend vers (0,0). Finalementf2 n'est continue sur R2 que si a >2et si b= 0.
3. Il est clair que f3 est continue sur R2\ {(x, x), x∈R}. Soit x∈Ret deux suites (xn)n et(yn)n convergeant vers x. Alors on a deux cas :
si xn< yn, alors xn< f3(xn, yn)< yn ; si xn≥yn, alors yn ≤f3(xn, yn)≤xn.
Dans tous les cas, on a |f3(xn, yn)−f3(x, x)| ≤max(|xn−x|,|yn−x|). Le membre de droite tend vers 0, quand n tend vers l'inni. Ainsi f3 est continue sur R2. 4. On sait que f4 est continue sur R2\ {(0, y), y ∈R}.
Fixons b >0. Alors pourb/2< y < 3b/2, on a|f4(x, y)| ≤max(|x|3b/2,|x|b/2). Le membre de droite tend vers 0, quand(x, y) tend vers (0, b) et donc pas vers 1 : la fonction f4 n'est pas continue sur{0} ×R+∗.
Fixons b <0. Alors f(x, b) =|x|b tend vers +∞ quand x tend vers 0 : f4 n'est pas continue sur {0} ×R−∗.
Il reste à étudier la continuité en (0,0). On considère les suites de termes générals xn= 1/n et yn= 1/logn. Alors (xn, yn)tend bien vers (0,0)quand n tend vers +∞, alors quef(xn, yn) = e−1 ne tend pas vers 1.
La fonction f4 n'est continue que sur R2\ {(0, y), y ∈R}.
Exercice 9 :
1. On sait que sinyy tend vers 1 quand y tend vers 0, et donc aussi quand (x, y) tend vers (0,0). De plus, la quantité 1 +x2+y2 tend vers 1 quand (x, y) tend vers (0,0). Par produit, on sait que :
lim
(x,y)→(0,0)(1 +x2+y2) siny
y = 1 =f(0,0).
On a donc montré que f était continue en (0,0).
2. Soit x6= 0. Cette fois, par le même raisonnement, on montre que : lim
(z,y)→(x,0)(1 +z2+y2) siny
y = 1 +x2 6=f(x,0), si x6= 0. Ainsi f n'est pas continue en un point (x,0)avec x6= 0.
Exercice 10 :
1. Le terme f(x, y) n'est bien déni que quand le dénominateur ne s'annule pas : comme il s'agit (à une racine près) d'une somme de termes positifs, f(x, y)a un sens quand y6= 0 ouh(x)6= 0.
Ainsi on a :
Df =R2\ {(x0, 0), h(x0) = 0}=R2\ h−1({0})× {0}
.
Comme hest continue et que {0} est un fermé deR, on sait que h−1({0}) est un fermé de R. D'après le DM, on en déduit que h−1({0})× {0}est fermé dans R2 : son complémentaire à savoir Df est un ouvert.
2. On voit que ∂Df n'est en fait que h−1({0})× {0}. On sait déjà que Df est ouvert : donc Dof =Df.
Si x∈h−1({0}), on sait par dénition que pour tout ε >0: (x0, ε/2)∈B(x0, ε).
Donc on ne peut pas trouver de points intérieurs dans h−1({0})× {0}. Cela veut dire que pour tout ouvert O deR2, O∩(h−1({0})× {0})c6=∅. Prenons F =Df
fermé. Alors Fc est un ouvert dansh−1({0})× {0}, ce qui implique que Fc=∅ ou encore que F =R2.
Finalement, par dénition de la frontière, on trouve que :
∂Df =R2\Df =h−1({0}).
Soit x0 ∈R tel que h(x0) = 0. On a f(x0, |y|) = 1 alors que f(x0, −|y|) = −1. La fonction f n'admet pas de limite en (x0, 0): f ne peut pas se prolonger par continuité à ∂Df.
Exercice 11 : Il existe deux méthodes principales pour montrer cette inclusion
1. On utilise l'exercice 12 et la propriété suivante :
f :Rn→Rp est continue ssi ∀B ∈Rn, f−1(B)⊂f−1(B).
La preuve de cette propriété est similaire à celle de l'exercice 12. Pour le sens direct, on considère B un sous-ensemble de Rn. Par continuité def, comme B est fermé, on sait que f−1(B) est fermé et contientf−1(B). Commef−1(B)est le plus petit fermé qui contient f−1(B), on a bien l'inclusion souhaitée.
Réciproquement, on va montrer quef est continue, avec la caractérisation par les fermés. Soit F un fermé de Rp. Alors on a :
f−1(F)⊂f−1(F)⊂f−1(F) =f−1(F),
ce qui permet de conclure que l'image réciproque d'un fermé par f est bien fermée. Ainsi f est continue.
Passons à l'exercice proprement dit. Avec cette méthode, on utilise un raisonnement ensembliste :
∂E =f−1(B)\
o
z }| { f−1(B)
⊂f−1(B)\
o
z }| { f−1(B)
⊂f−1(B)\f−1(
o
B).
Maintenant pour y∈f−1(B)\f−1(
o
B), on a, en particulier,f(y)∈B et f(y)∈/ Bo. Cela implique que f(y)∈B\Bo =∂B et donc que y∈f−1(∂B). 2. Une autre méthode pour démontrer l'inclusion passe par les suites. Cependant, il
nous faut deux égalités ensemblistes là-encore :
(E)c=
o
z}|{Ec et o
E c
=Ec. En eet, comme (E)c est ouvert, on a :
x∈(E)c ssi∃r >0, B(x, r)∩E =∅ssi ∃r >0, B(x, r)⊂Ec ssix∈
o
z}|{Ec .
Ensuite, en appliquant cette égalité à Ec, on obtient Eo = (Ec)c, ce qui nous donne la deuxième égalité en passant par le complémentaire.
Grâce à ces égalités, on peut montrer la caractérisation suivante :
y∈∂E ssiy est la limite de deux suites (xn)n deE et (zn)n de Ec. Faisons la preuve tout d'abord du sens direct. Comme y∈∂E, on sait que y∈E. Une telle suite (xn)n existe alors, par dénition de l'adhérence.
Maintenant on sait que y /∈Eo. Par l'égalité précédente, on sait quey∈Ec : on vient donc de prouver l'existence d'une suite (zn)n deEc qui converge vers y. Réciproquement, supposons que ces deux suites convergent vers y. Comme xn ∈E, on ay∈E. De même, on montre que y∈Ec=
o E
c
, d'après les égalités précédentes. Donc y∈E\Eo =∂E.
Redémontrons l'inclusion de l'énoncé. Soit y∈∂E. Donc il existe deux suites (xn)n et(zn)n respectivement deE et de Ec, qui convergent vers y. On sait alors que f(xn)∈B et que cette suite converge versf(y) par continuité def. De plus, f(zn)∈/ B etlimf(zn) =f(y), toujours par continuité de f. On vient donc de trouver deux suites (f(xn))n et(f(zn))n respectivement deB et Bc, qui convergent vers f(y). Par la caractérisation ci-dessus, on sait quef(y)∈∂B.
Dans le cadre général, nous n'avons qu'une inclusion stricte. Par exemple, la fonction f :x7→x2 est continue sur R. Prenons B = [0,1]. Alors E =f−1(B) = [−1,1]et on obtient ∂E ={−1,1}({−1,0,1}=f−1(∂E).
Exercice 12 :
1. Soit f continue etB ⊂Rp. Alors, par continuité, f−1(B)o est un ouvert (carBo est un ouvert). De plus, comme Bo ⊂B, on sait que f−1(
o
B)⊂f−1(B). Comme
o
z }| {
f−1(B)est le plus gros ouvert contenu dans f−1(B), on obtient que :
f−1(B)o ⊂
o
z }| { f−1(B).
2. Soit x∈Rn et ε >0. Comme f(x)∈B(f(x), ε), on a x∈f−1(B(f(x), ε)). Soit U ouvert. Alors Uo =U. Par hypothèse de l'énoncé, on a que :
f−1(U) =f−1(
o
U)⊂
o
z }| { f−1(U).
Or
o
z }| {
f−1(U)est inclus dans f−1(U) : on a donc par double inclusion que
o
z }| {
f−1(U) = f−1(U). On sait alors que f−1(U) est ouvert. Par propriété du cours, on a donc montré que f est continue.
3. On vient de montrer que f est continue si et seulement si pour toute partie B ⊂Rp, on a f−1(
o
B)⊂
o
z }| { f−1(B).
Exercice 13 :
1. Soit x∈Rn. Comme A est dense dansRn, il existe une suite d'éléments (xk)k de A qui converge vers x. De plus, on sait que f et g sont continues sur Rn : f−g l'est donc aussi. Par caractérisation séquentielle de la limite, on sait que :
k→∞lim(f −g)(xk) = (f −g)(x) = f(x)−g(x).
Par hypothèse, on sait que pour tout k, f(xk) =g(xk). Ainsi :
k→∞lim(f −g)(xk) = lim
k→∞(f(xk)−g(xk)) = 0.
Par unicité de la limite, on obtient que f(x)−g(x) = 0.
2. Tout d'abord, pour x∈Rxé, on montre par récurrence que pour tout n∈N on a :
u(nx) = n u(x).
Tout d'abord, comme u(0) =u(0 + 0) =u(0) +u(0) = 2u(0), on a bien que u(0) = 0. Supposons que l'hypothèse est vraie au rang n. Alors, par hypothèse sur upuis par hypothèse de récurrence, on a que :
u((n+ 1)x) = u(nx) +u(x) = n u(x) +u(x) = (n+ 1) u(x).
On voit qu'un bon candidat pour a est donc a =u(1).
Grâce à cette propriété, on va pouvoir déterminer u sur Q. En eet, soitp et q deux entiers positifs avec q6= 0. Tout d'abord, grâce à la propriété vériée précédemment, on sait que :
a=u(1) =u(q/q) = u(q(1/q)) =qu(1/q).
Donc u(1/q) = (1/q) a. Maintenant, cette même propriété nous permet d'avoir : u(p/q) =u(p(1/q)) =p u(1/q) = (p/q)a.
Maintenant pour r∈Q négatif, on a par positivité de −r que :
0 = u(0) =u(r−r) = u(r+ (−r)) =u(r) +u(−r) =u(r)−r a.
Donc u(r) =r a.
Faisons un premier bilan : on vient de montrer que pour tout r∈Q, on a u(r) = r a,
avec a=u(1).
Cependant, Q est dense dansR. Donc pour x∈R, il existe une suite (rk)k de rationnels qui converge versx. Or la fonctionuest supposée être continue. Donc :
f(x) = f(limxk) = limf(xk).
Par ce qu'on a fait ci-dessus, on a que pour tout k, f(xk) = xk a. Or xk a tend vers x a quand k tend vers l'inni (par continuité du produit). Finalement par unicité de la limite, on trouve que :
f(x) = limf(xk) = x a,
ceci étant vrai pour n'importe quel choix de x réel.
Exercice 14 :
1. La fonction f est clairement continue sur R2\ {(0,0}, par produit, somme et composée de fonctions continues.
Pour |x|,|y|<1, on a l'inégalité :
|f(x, y)| ≤(|x|+|y|) |log(|x|+|y|)|,
avec le membre de droite qui tend bien vers 0 quand (x, y)tend vers (0,0). Donc f est continue en (0,0).
2. La fonction g est continue sur R2\ {(0,0)}. On sait que pour (x, y)6= (0,0)on a :
g(x, y) = xy
x2+y2 ×sin(xy) xy .
Quand (x, y)tend vers (0,0), alorsh=xy tend aussi vers 0. On sait que sinhh tend alors vers 1. Cependant, d'après l'exercice 5, la fonction (x, y)7→ x2xy+y2
n'admet pas de limite en (0,0). Ainsi g n'est pas continue en (0,0).
Exercice 15 :
1. On dénit la fonction f(x, y) =x+y. Il s'agit d'une fonction polynomiale donc continue de R2 dans R. Comme U =f−1(]0,+∞[)et que ]0,+∞[ est un ouvert, l'ensemble U est bien un ouvert.
2. (a) Sur U, on a que l'application continue (x, y)7→x+y ne peut pas s'annuler.
Donc (x, y)7→ x+y1 est continue sur U. Par composée de fonctions continues, la fonction (x, y)7→cos
1 x+y
est continue sur U. On vient donc de montrer que f est le produit d'une fonction continue sur U avec des fonctions
polynomiales (qui sont aussi continues sur U) : elle est continue sur U. (b) Pour tout (x, y)∈U, on a:
|f(x, y)| ≤(x+y)2 (x−2y)2.
Sachant que le membre de droite tend vers 0 quand (x, y) tend vers (0,0), on en déduit qu'on peut prolonger par continuité la fonction f en(0,0)par 0.
Exercice 16 :
1. On dit qu'une fonction f est lipschitzienne sur A, s'il existe une constante k >0 telle que :
∀x, y ∈A, kf(x)−f(y)k ≤kkx−yk.
Dans ce cas, on dira même que f estk-lipschtzienne sur A. 2. On sait que f0(x) =− 1x cos x1
est bornée sur [1,+∞[ par 1. Par l'inégalité des accroissements nies, on a alors que pour tout x, y ∈[1,+∞[ :
|f(x)−f(y)| ≤1× |x−y|.
La fonction f est donc 1-lipschtzienne sur [1,+∞[.
Montrons que f n'est pas lipschitzienne sur ]0,+∞[. Supposons alors qu'elle est k-lipschitzienne. On a alors pour tout x, y >0 :
|f(x)−f(y)| ≤k|x−y|.
En particulier, pour tout n, on aurait :
f
1
π
2 + 2nπ
−f
1
−π2 + 2nπ
≤k
1
π
2 + 2nπ − 1
−π2 + 2nπ
= kπ
π2
4 + 4n2π2. On a ici choisi les points x ety pour que f(x) = 1 etf(y) = −1 : le membre de gauche vaut donc 2. Cela nous impliquerait que :
2≤ kπ
π2
4 + 4n2π2,
pour tout entier n. En faisant tendre n vers +∞, on obtient une absurdité : f n'est donc pas lipschitzienne sur ]0,+∞[.
Exercice 17 :
1. Supposons que f estk-lipschitzienne sur Rn. En particulier, pour tout x∈Rn, on aurait :
f(x) =|f(x)−f(0)| ≤k kx−0k=k kxk, ou encore k12 ≤ kxk, ce qui est impossible (en prenant par exemple x∈B(0,1/2k2)).
2. Supposons que f estk-lipschitzienne sur Rn\ {0} : pour tout x, y ∈Rn avec x, y 6= 0, on a
|p
kxk −p
kyk|=|f(x)−f(y)| ≤k kx−yk Prenons y=x/2 etx6= 0. On trouve alors que :
1− 1
√2
≤ k 2
pkxk,
ce qui comme dans le premier cas est faux en prenant xsusamment proche de 0.
3. Pour x ety deux vecteurs (quelconques), on a, par inégalité triangulaire : kx−yk ≥ | kxk − kyk |=
pkx|k −p kyk
·
pkx|k+p kyk
. Maintenant, si x ety sont dans B(0, R)c, on a kxk, kyk ≥R et ainsi :
kx−yk ≥ |f(x)−f(y)| ×(2√ R),
ce qui nous permet de dire que f est 2√1R-lipschitzienne sur B(0, R)c.
Exercice 18 :
1. Supposons que f(x) =kxk2 estk-lipschitzienne. En particulier, on aurait pour tout x∈Rn :
kxk2 =|f(x)−f(0)| ≤k kx−0k=k kxk,
ce qui est équivalent à kxk ≤k. Cependant cette inégalité n'est pas vériée pour tout x∈Rn. Donc f n'est pas lipschitzienne sur Rn.
2. Prenons un ensemble A borné : il existe R >0 tel que A⊂B(0, R). Alors pour tout x, y ∈A on a :
|f(x)−f(y)|=
kxk2− kyk2 =
kxk − kyk ·
kxk+kyk
≤2R
kxk − kyk . On sait cependant que
kxk − kyk
≤ kx−yk, ce qui permet d'écrire que pour tout x, y ∈A :
|f(x)−f(y)| ≤2R kx−yk.
Cela revient à dire que f est bien lipschitzienne sur un ensemble borné A.
Exercice 19 :
1. (a) Soit x∈Rn tel que f(x) = 0. Cela veut dire que pour tout ε >0,
B(x, ε)∩A6=∅.On peut ainsi trouver une suite d'éléments de A qu'on note (xn)n qui converge vers x. Cela veut exactement dire que x∈A.
Réciproquement, prenons x∈A. Par dénition de l'adhérence, pour tout n, il existe xn∈A∩B(x,1/n). Cela implique que :
f(x)≤ kx−xnk ≤1/n,
pour tout n. Ainsi f(x) = 0. On a donc montré que f−1({0}) =A. (b) Supposons que A est compact et calculons f(Rn). On sait déjà que
f(Rn)⊂R+. On note b ∈A (qui est bien déni car A est compact et que k · k est continue) tel que :
kbk= max
x∈A kxk=:M.
On pose x=λb, pour λ >1. On a tout d'abord que kx−bk= (λ−1)M. Donc f(x)≤(λ−1)M. Supposons que f(x)<(λ−1)M. Cela voudrait dire qu'il existe z ∈A tel que kx−zk<(λ−1)M. Alors on a :
kzk ≥ kxk − kz−xk> M,
ce qui est impossible par dénition de M. Donc f(x) = (λ−1)M, qui parcourt tout R+, quand λ parcourt [1,+∞[. Donc f(Rn) = R+.
(c) Supposons maintenant juste A borné et on va se ramener au cas précédent.
Prenons x∈Rn. Comme A⊂A, on sait qued(x, A)≥d(x, A). Soity ∈Aet z ∈A. Alors :
d(x, A)≤ kx−zk ≤ kx−yk+ky−zk.
On peut ainsi prendre la borne inférieure sur z ∈A, ce qui donne : d(x, A)− kx−yk ≤ inf
z∈Aky−zk= 0,
car y∈A. On vient alors de montrer que d(x, A)≤ kx−yk pour tout y∈A. Cela implique que d(x, A)≤d(x, A), puis d(x, A) =d(x, A).
CommeA est borné, A l'est aussi. En eet, on peut trouver une boule fermée B(0, R) qui contient A. Or A est le plus petit fermé contenant A et B(0, R) en est un, par hypothèse : A ⊂B(0, R), puisA est borné. Donc A est un fermé (car il s'agit de l'adhérence d'un ensemble) et borné deRn : c'est un compact. On sait que l'image de Rn par d(·, A) estR+. Cependant cette fonction est égale à la fonction d(·, A). On vient alors de montrer que f(Rn) =R+, pour f(x) = d(x, A).
(d) Le cas A non borné est complexe. En eet, si A=Rn, alors f(x) = 0 pour tout x∈A etf(Rn) = {0}. Cependant, si on considère maintenant
A={(x1, . . . , xn), x1 ≤0}, alors on peut montrer que f(Rn) = R+ (la démonstration est similaire à celle d'un compact).
Enn, on peut trouver encore plein d'autres formules. Prenons par exemple : A={(x1, . . . , xn), x1 ≤0 oux1 ≥α},
pourα >0. Alors pour x /∈A. On voit que :
f(x)≤ kx−(0, x2, . . . , xn)k=x1,
et
f(x)≤ kx−(α, x2, . . . , xn)k=α−x1,
ce qui implique f(x)≤min(x1, α−x1)≤α/2. Donc f(Rn)⊂[0, α/2]. En fait on peut montrer l'égalité. On prend x= (x1, 0, . . . , 0)pour
x1 ∈[0, α/2]. Par ce qui précède, on sait que f(x)≤x1. Supposons qu'il existe z ∈A tel que kx−zk< x1. Si on note z1 la première coordonnée dez, alors :
|z1 −x1| ≤ kz−xk< x1.
Ainsiz1 ∈]0, 2x1[⊂]0, α[, ce qui est impossible par dénition de A. Donc pour tout z∈A on a kx−zk ≥x1, puis f(x)≥x1. On vient alors de montrer que f(x) =x1, puis f(A) = [0, α].
2. Soit x et y deux éléments deRn. Soitz ∈A. Alors : f(x)≤ kx−zk ≤ kx−yk+ky−zk
implique que ky−zk ≥f(x)− kx−ykpour tout z ∈A. On peut alors passer à la borne inférieure :
f(x)− kx−yk ≤ inf
z∈Aky−zk=f(y),
ou encoref(x)−f(y)≤ kx−yk. Par ce qu'on vient de montrer on a de plus que :
−(f(x)−f(y)) = f(y)−f(x)≤ ky−xk=kx−yk.
Ces deux dernières inégalités nous permettent d'écrire que
|f(x)−f(y)| ≤ kx−yk, ce qui dit que f est 1-lipschitzienne. Par le cours, comme f est lipschitzienne, f est uniformément continue.
Exercice 20 :
1. Si x1 =x0, on montre par récurrence que la suite (xn)n est constante : en particulier, elle est de Cauchy.
Supposons maintenant que x1 6=x0. Soit m≥1. Alors :
kxm+1−xmk=kf(xm)−f(xm−1)k ≤k kxm−xm−1k.
Par cette remarque on montre facilement par récurrence que pour tout m, on a : kxm+1−xmk ≤km kx1−x0k.
Prenons maintenant deux entiers m et p. Alors :
kxm+p−xmk ≤
p−1
X
i=0
kxm+i+1−xm+ik ≤
p−1
X
i=0
km+ikx1 −x0k= 1−kp
1−k km kx1−x0k.
Comme k <1, la suite (km)m tend vers 0. Il existe N tel que pour toutm ≥N, on ait km ≤ kx1−k
1−x0k ε. Finalement, on trouve que pour tout m ≥N : kxm+p−xmk ≤(1−kp) ε≤ε,
en utilisant encore k <1.
Dans tous les cas, on a montré que (xn)n est de Cauchy.
2. On sait que Rn est complet : la suite (xn)n est de Cauchy donc elle converge vers un élément a. Cependant, F est fermé et chaque élémentxn est dans F : la limite de (xn)n, à savoir a, est aussi dans F.
De plus, comme xn+1 =f(xn) et que f est continue, alors on obtient a=f(a), en passant à la limite.
3. Par la question précédente, on sait que f admet un point xe a. Supposons que ce point xe n'est pas unique : il existe alors un autre élémént b 6=a tel que f(b) =b. Par dénition de lak-lipschitziennité, on a :
kb−ak=kf(b)−f(a)k ≤k kb−ak<kb−ak,
car k < 1. Cette inégalité est absurde cara 6=b. On vient donc de montrer quef admet un unique point xe.
Exercice 21 :
La fonctiong est continue sur R2\ {(x, x), x∈R}. En eet, pour a6=b deux réels, on peut trouver une petite boule B((a, b), r) qui ne coupe pas la diagonale
{(x, x), x∈R}. Comme f est continue, alors par opérations sur les fonctions
continues, la fonction g est continue sur cette boule. Cela implique queg est continue en tout point (a, b) n'appartenant pas à la diagonale.
Soit x∈R. Montrons queg est continue en P = (x, x). Prenons une suite de points Pn = (xn, yn)qui converge vers P : les deux suites (xn)n et(yn)n tendent alors versx. Commef est de classeC1, d'après le théorème des accroissements nis, pour chaque entier n, il existe un réel zn compris entre xn et yn tel que :
f(xn)−f(yn) = f0(zn) (xn−yn).
On a donc |g(Pn)−g(P)|=|f0(zn)−f0(x)|. Soit ε >0. Comme f0 est continue, il existe une constante η >0telle que pour tout z ∈R, si |z−x| ≤η, alors
|f0(z)−f0(x)| ≤ε.
Cependant, comme les suites(xn)n et(yn)n convergent vers x, il existe un rang N tel que pour toutn ≥N, on ait|xn−x| ≤η/3et|yn−x| ≤η/3. Ainsi pourn≥N, on a :
|zn−x| ≤ |zn−xn|+|xn−x| ≤ |yn−xn|+|xn−x| ≤ |yn−x|+ 2 |xn−x| ≤η.
Finalement, on a que|g(Pn)−(P)| ≤ε : on a montré que la suite (g(Pn))n converge bien vers g(P). La fonction g est donc continue en chaque point de la diagonale.
La fonctiong est alors continue sur tout R2.
Exercice 22 :
1. Comme det(M)est la somme de produits de coecients de la matrice M et que ces opérations sont continues, l'application det est continue en fonction des coordonnées de M. Cependant, la fonction qui a une matrice associe ses coordonnées est continue. Donc det est continue sur Mn(R).
2. Les matrices deGLn(R) sont les matrices M telles que det(M)6= 0 ou encore det(M)∈R∗. DoncGLn(R) = det−1(R∗) est un ouvert, par continuité de det et d'après le fait que R∗ est un ouvert.
3. On connait la formule de l'inverse d'une matrice : A−1 = 1
detA
tcom(A).
On sait déjà que det est continue sur GLn(R). Montrons que l'application A7→t com(A) est aussi continue. Pour cela, il sut de montrer que pour tout jeux de coordonnées (i, j), l'application :
φ : A7→(tcom(A))i,j
est continue. Cependant (tcom(A))i,j = (−1)i+j∆ji, où ∆j,i est le déterminant de la matrice A, après avoir enlevé la j-ème ligne et la i-ème colonne. Ainsi par continuité de det, on sait que cette application est encore continue, pour chaque (i, j), et donc φ l'est aussi. Par produit de fonction continue, on obtient la continuité de A 7→A−1 surGLn(R).
La fonction A7→A−1 est continue sur GLn(R), et inversible : son inverse est elle-même (cela provient du fait que (A−1)−1 =A). Donc il s'agit bien d'un homéomorphisme de GLn(R) dans lui-même.
4. Le déterminant d'une matrice est une somme de produit de ses coecients, dont le choix des coordonnées est distinct entre chaque produit. Lors du calcul de ce déterminant, chaque produit utilise des coecients de coordonnées distinctes.
Donc chaque produit contient au plus n copies de la forme (aii+t). De plus, dans ce déterminant, on y trouve le produit :
n
Y
i=1
(aii+t)
qui est un polynôme de degré exactement n (le coecient devant tn est 1) : ce choix de coordonnées est le seul à donner un polynôme de degré exactement n. Ainsi det(A+tIn) est une somme de polynômes en t de degré inférieur
(strictement) à n et d'un poynôme de degré exactement n. Par opérations sur les polynômes, on vient de montrer quedet(A+tIn)est un polynôme ent de degrén. 5. Soit A∈ Mn(R). On dénit la suite de matrice Ak =A+ 1kIn. Par la question
précédente, il existe un polynôme réel P de degré n tel que Ak =P(1/k).
Comme un polynôme de degré n admet qu'un nombre ni de racine (au plus n), il existe K ∈N tel que P ne s'annule pas sur ]0,1/K[. Cela implique que toutes les matrices Ak aveck > K sont inversibles. De plus, la suite(Ak) converge vers A : il sut de remarquer que kA−Akk= 1kkInk qui tend bien vers 0, quandk tend vers +∞.
On a donc construit une suite de matrices inversibles(Ak)k>K convergeant versA pour toute matrice A∈ Mn(R): GLn(R) est dense dansMn(R).
6. On remarque que SLn(R) = det−1({1}). Comme det est continue et que {1}est fermé, on sait que SLn(R)est un fermé : son adhérence est donc lui-même.
Supposons que l'intérieur U de SLn(R) soit non vide. SoitA et ε >0tel que B(A, ε)⊂U. On dénit Ak= k+1k A. On sait que cette suite tend vers A. Il existe alors k tel que Ak ∈B(A, ε)⊂U. Or det(Ak)6= 1. On aurait alors A∈U et Ak∈/SLn(R) ce qui est impossible. Donc U =∅.
Pour nir, on obtient que :
F r(SLn(R)) =SLn(R)\
o
z }| {
SLn(R) =SLn(R)\ ∅=SLn(R).
Exercice 23 :
Soit x ety deux éléments de Rn. Alors on a : (p
kxk −p
kyk)2 =kxk+kyk −2p
kxkkyk.
Sikxk ≥ kyk, alors (p
kxk −p
kyk)2 ≤ kxk − kyk. En faisant la même étude dans le cas où kyk ≥ kxk, on obtient que :
(p
kxk −p
kyk)2 ≤
kxk − kyk
≤ kx−yk.
Finalement, on a montré l'inégalité suivante :
|f(x)−f(y)| ≤p
kx−yk.
Soit ε >0. On poseδ=ε2. Par ce qu'on a fait précédemment, on trouve que si kx−yk< δ, alors :
|f(x)−f(y)|< ε.
On a donc montré quef est uniformément continue sur Rn.
Exercice 24 :
1. Supposons que f est uniformément continue. Dans ce cas, il existe δ >0, tel que si kx−yk< δ, alors |f(x)−f(y)|<1.
Considérons alors les deux suites de points :
xn= (n, 0, . . . , 0)et yn = (n+δ/2, 0, . . . , 0).
On a bien kxn−ynk< δ. Cependant, on remarque que :
|f(x)−f(y)|= δn 2 + δ2
4, qui est plus grand que 1, pour n susamment grand.
Donc f n'est pas uniformément continue sur Rn.
2. Soit K un compact de Rn. La fonction f est continue sur K. Par le théorème de Heine, f est uniformément continue sur K.
3. Soit B un espace borné. Alors B est compact, et par ce qui précède f est uniformément continue sur B. Cela implique en particulier que f est uniformément continue sur B.
4. Comme f n'est pas uniformément continue sur Rn, on sait que f n'est pas lipschitzienne sur Rn.
Exercice 25 :
Soit ε >0.
Commef(x)tend vers 0, quand kxk tend vers +∞, on sait qu'il existe A >0tel que pourx∈Rn, sikxk ≥A, alors |f(x)|< ε/2.
Par le théorème de Heine, commef est continue sur le compactK =B(0, A+ 1), elle est uniformément continue sur K. Il existe alors η >0 tel que pour toutx, y ∈K, si kx−yk< η, alors |f(x)−f(y)|< ε.
On pose δ= min(η, 1). Soit x, y ∈Rn aveckx−yk< δ. On a trois cas à considérer :
si x ety sont dans K, alors comme kx−yk< η on a |f(x)−f(y)|< ε; si x ety vivent dans Kc, alors on remarque que kxk ≥A etkyk ≥A puis :
|f(x)−f(y)| ≤ |f(x)|+|f(y)|< ε 2+ ε
2 < ε ;
si x∈K ety /∈K, alors on a : kxk ≥
kx−yk − kyk ≥A.
Donc x ety sont tous les deux dans B(0, A)c et on trouve comme dans le cas précédent que |f(x)−f(y)|< ε.
Dans tous les cas, on a vu que |f(x)−f(y)|< ε: f est uniformément continue sur Rn. Exercice 26 :
1. Pour x xé, comme t7→f(x, t)est continue sur le compact [0,1], on sait que son intégrale est bien dénie.
2. Supposons que f estk-lipschitzienne. Alors pourx et y deux réels, on a :
|g(x)−g(y)| ≤ Z 1
0
|f(x, t)−f(y, t)|dt ≤k Z 1
0
k(x−y,0)kdt=k|x−y|.
3. Supposons que f est uniformément continue. Soitε >0. Il existe alors δ >0 tel que si k(x, t)−(y, s)k< δ alors |f(x, t)−f(y, s)|< ε.
Soit x et y deux éléments deRn avec |x−y|< δ. On obtient alors que :
|g(x)−g(y)| ≤ Z 1
0
|f(x, t)−f(y, t)|dt <
Z 1 0
εdt=ε,
vu que k(x, t)−(y, t)k=|x−y|.
4. Grâce à l'exercice 24, on sait que la fonction f(x, t) =x2 n'est pas uniformément continue, mais elle est bien continue.
On xe x∈R, puis dénit une nouvelle fonction F par :
F(y, t) =
f(x−1, t) siy≤x−1
f(y, t) six−1≤y≤x+ 1 f(x+ 1, t) six+ 1 ≤y
Comme Kx := [x−1, x+ 1]×[0, 1]est un fermé (d'après le TD1) borné de R×[0, 1] : c'est un compact. CommeF est continue sur Kx, elle est
uniformément continue sur ce compact Kx. Pour ε >0, il existe η >0 tel que pour tout (y, t), (z, s)∈Kx, sik(y−z, t−s)k< η alors
|F(y, t)−F(z, s)|< ε.
Prenons maintenant (y, t)et (z, s) dans R×[0, 1] aveck(y−z, t−s)k< η. Si ces deux points sont dans Kx, alors |F(y, t)−F(z, s)|< ε.
Supposons que (y, s)∈/ Kx et que y≤x−1. Alors F(y, t) =F(x−1, t), avec Py,t = (x−1, t)∈Kx. De même si y≥x+ 1, on prend cette fois-ci
Py,t = (x+ 1, t)∈Kx et on a F(y, t) =F(Py,t). De la même façon, si (z, s)∈/ Kx, on peut dénir un pointPz,s ∈Kx tel que F(z, s) =F(Pz,s). Pour simplier le raisonnement qui suit, nous ne traiterons que le cas où
y≤x−1 et(z, s)∈Kx. On remarque alors que y≤x−1≤z, implique que : k(x−1−z, t−s)k ≤ k(y−z, t−s)k< η.
Comme (x−1, t) et(z, s) sont dansKx, on obtient bien que :
|F(y, t)−F(z, s)|=|F(x−1, t)−F(z, s)|< ε.
Cette inégalité reste vraie quelque soit le choix de (y, t) et(z, s) : F est uniformément continue sur R×[0,1]. Donc la fonctionG dénie ci-dessous est uniformément continue puis continue sur R×[0,1], d'après la question
précédente :
G(y) = Z 1
0
F(y, t)dt.
Montrons maintenant que g est continue en x. Soit ε >0. Par continuité de G, il existe 0< δ <1/2tel que pour tout y∈]x−δ, x+δ[, on ait|G(y)−G(x)|< ε.
Soit y∈R avec |x−y|< δ. Comme δ <1, on sait que x−1≤y ≤x+ 1, puis F(y, t) = f(y, t) pour toutt ∈[0,1]. Enn on a :
|g(y)−g(x)|=
Z 1 0
f(y, t)dt− Z 1
0
f(x, t)dt =
Z 1 0
F(y, t)dt− Z 1
0
F(x, t)dt
=|G(y)−G(x)|< ε.
On a donc montré que g est continue en x, pour tout x∈R. La fonction g est alors continue sur R.
