Exercice 1 : Sous-groupes de R et S

2017-2018 Topologie A – UGA

Corrig´ e Seconde Session

Juin 2018

Exercice 1 : Sous-groupes de R et S

1.a. Cours.

1.b. Soit A un ensemble d´ enombrable de R et B ⊂ A. Par d´ efinition, il existe une application injective de A dans N . Sa restriction ` a B est alors elle aussi injective, ce qui prouve que B est d´ enombrable.

1.c. Soit A un sous-ensemble d´ enombrable de R . Si un ´ el´ ement x ∈ A est dans l’int´ erieur de A, alors A contient une boule ouverte (donc un intervalle ouvert) contenant x (donc non vide). Mais un intervalle ouvert non vide de R est non d´ enombrable (car en bijection avec R , si on ne veut pas admettre ce r´ esultat), donc ne peut ˆ etre un sous-ensemble de l’ensemble d´ enombrable A d’apr` es la question pr´ ec´ edente. Ainsi, A n’a pas de point int´ erieur.

2. Soit G = β Z un sous-groupe monog` ene de R , avec β 6= 0. β Z est en bijection avec Z , donc d´ enombrable, donc d’int´ erieur vide dans R d’apr` es la question pr´ ec´ edente. Son compl´ ementaire est une union d’intervalles ouverts, donc c’est un ferm´ e de R . Enfin il n’est pas born´ e (par caract` ere archim´ edien de R si on veut ˆ etre p´ edant), donc pas compact.

3.a. Cours.

3.b Z + α Z est un sous-groupe additif de R (v´ erification imm´ ediate) non monog` ene. En effet, il n’est pas trivial, et s’il existait β 6= 0 tel que Z + α Z = β Z , alors on aurait en particulier 1 = 1 + 0 · α ∈ β Z (donc β de la forme

, k ∈ Z \ {0}) et α = 0 + 1 · α ∈ β Z ⊂ Q ce qui contredit l’hypoth` ese sur α.

D’apr` es le r´ esultat admis de l’introduction, Z + α Z est donc dense dans R .

4. (k, l) ∈ Z

7→ k + lα ∈ Z + α Z est surjective (en fait une bijective mais ce n’est pas utile ici) et Z

est d´ enombrable (cours) donc il existe une surjection de N dans Z

et par composition, il existe une surjection de N dans Z + α Z , ce qui prouve que Z + α Z est d´ enombrable.

Il est dense dans R (donc son adh´ erence est R ) mais n’est pas tout R (il est d´ enombrable), donc il diff` ere de son adh´ erence, donc n’est pas ferm´ e.

Il est d´ enombrable donc d’int´ erieur vide, mais n’est pas vide, donc il n’est pas ouvert.

5. Si c’´ etait le cas, il induirait un hom´ eomorphisme entre [0, 1[\{

} et S

\ {p(

)}, ce qui est impossible car le premier n’est pas connexe par arcs alors que le second oui. On peut aussi donner un argument de compacit´ e.

6. (Cela marche aussi pour des espaces topologiques non m´ etriques) Il s’agit de v´ erifier que tout ouvert non vide de Y rencontre f (A). Soit V un tel ouvert. f ´ etant continue, f

(V ) est un ouvert de X, et f ´ etant surjective, cet ouvert est non vide. Par densit´ e de A dans X, on a alors A ∩ f

(V ) 6= ∅ , et a fortiori ∅ 6= f(A ∩ f

(V )) ⊂ f(A) ∩ V , ce qu’on voulait.

Si f n’est pas suppos´ ee surjective, la conclusion est fausse en g´ en´ eral (prendre une

fonction constante avec Y = R par exemple). Si f n’est pas suppos´ ee continue, ` a nouveau

la conclusion est fausse en g´ en´ eral : prendre la fonction de R dans {0, 1} valant 0 sur Q et 1 sur R \ Q .

7. Si α =

avec p ∧ q = 1, O

est fini, donc compact (toujours vrai dans un espace s´ epar´ e).

Si α ∈ R \ Q , on remarque que O

est l’image par p, continue et surjective, de Z + α Z , dense dans R , donc d’apr` es la question pr´ ec´ edente, O

est dense dans S

.

Dans les deux cas, O

est d´ enombrable (comme image d’un ensemble d´ enombrable par une application quelconque) et on peut montrer comme dans R que tout sous-ensemble d´ enombrable de S

est d’int´ erieur vide (on peut aussi proc´ eder ` a la main).

8. O

est d’int´ erieur vide dans S

donc pour tout z ∈ O

, il existe (z

)

∈ ( S

\ O

)

convergeant vers z. Soit maintenant z

∈ C

\ {0}. Il existe r ∈ R

et z ∈ O

tel que z

= rz. Alors (rz

)

, avec (z

)

comme ci-dessus, est une suite de C \ C

convergeant vers z

, donc z

n’est pas int´ erieur ` a C

. Par ailleurs, si ω / ∈ O

, (

)

fournit une suite de C \ C

convergeant vers 0, donc 0 n’est pas non plus int´ erieur ` a C

, qui est donc d’int´ erieur vide.

On montre la densit´ e dans R

de fa¸con similaire en utilisant celle de O

dans S

, et on en d´ eduit que l’adh´ erence de C

est R

.

9. C

est connexe par arcs comme r´ eunion de sous-ensembles connexes par arcs (une demi-droite est convexe) d’intersection commune non vide.

Soient maintenant z et z

deux ´ el´ ements de C

⊂ {0} appartenant ` a deux demi- droites distinctes, et supposons qu’il existe un chemin reliant z ` a z

dans C

, de la forme t ∈ [0, 1] 7→ r(t)e

(cf. ´ enonc´ e). Alors θ est un chemin continu reliant θ(0) et θ(1), qui sont distincts, donc d’apr` es le TVI, θ([0, 1]) contient l’intervalle d’int´ erieur non vide compris entre θ(0) et θ(1). Ceci est incompatible avec le fait que θ([0, 1]) ⊂ Z + α Z (puisque γ([0, 1]) ⊂ C

\ {0}) et que Z + α Z est d’int´ erieur vide.

Ceci prouve non seulement que C

n’est pas connexe, mais que deux demi-droites ou- vertes distinctes appartiennent ` a deux composantes connexes distinctes. Comme ces demi- droites sont elles-mˆ emes connexes par arcs, les c.c. par arcs le C

sont donc pr´ ecis´ ement les demi-droites ouvertes.

Exercice 2 : Un espace de suites

I.1. Tout d’abord, si (u

)

est un ´ el´ ement de S

, (|u

|)

est une suite positive qui tend vers 0 donc est major´ ee, donc sup

|u

| est un r´ eel positif. Donc k · k

d´ efinit une application de S

dans R

.

S´ eparation. Soit u = (u

)

∈ S

. Si kuk

= 0, pour tout n ∈ N , 0 ≤ |u

| ≤ 0 par d´ efinition du sup, donc (u

)

est la suite nulle, i.e. le vecteur nul de S

.

Homog´ en´ eit´ e. Soit u = (u

)

∈ S

et λ ∈ R . Alors kλuk

= sup

n∈N

|λu

| = sup

n∈N

|λ| |u

| = |λ| sup

n∈N

|u

| = |λkuk

. In´ egalit´ e triangulaire. Soient u = (u

)

et v = (v

)

∈ S

. Alors

∀n ∈ N , |u

+ v

| ≤ |u

| + |v

| ≤ sup

k∈N

|u

| + sup

k∈N

|v

| par d´ efinition du sup, donc par d´ efinition du sup ` a nouveau :

ku + vk

= sup

n∈N

|u

+ v

| ≤ sup

k∈N

|u

| + sup

k∈N

|v

| = kuk

+ kvk

.

Ainsi, k · k

d´ efinit bien une norme sur S

.

I.2. Non d’apr` es le th´ eor` eme de Riesz car S

est de dimension infinie.

I.3. Cours.

I.4. Soit (u

)

une suite de Cauchy dans S

(attention ! Ici, u

est une application de N dans R , pas un r´ eel). Commen¸cons par montrer que (u

)

converge simplement, i.e.

qu’il existe une suite r´ eelle u telle que pour tout n ∈ N , la suite r´ eelle (u

(n))

converge vers le r´ eel u(n). Soit ε > 0. (u

)

´ etant de Cauchy, il existe K ∈ N tel que

∀k, l ≥ K, ku

− u

k

≤ ε.

En particulier, par d´ efinition de k · k

, pour tout n ∈ N ,

∀k, l ≥ K, |u

(n) − u

(n)| ≤ ε.

Ainsi la suite (u

(n))

est de Cauchy dans R , donc converge (on admet la compl´ etude de R ) vers un r´ eel que l’on note u(n). Or pour ε et K comme ci-dessus, pour tout n ∈ N , on a :

∀k, l ≥ K, |u

(n) − u

(n)| ≤ ε, donc par passage ` a la limite quand l → +∞,

∀k ≥ K, |u

(n) − u(n)| ≤ ε, et ceci ´ etant vrai pour tout n ∈ N ,

∀k ≥ K, sup

n∈N

|u

(n) − u(n)| ≤ ε

Reste donc seulement ` a montrer que la suite u a pour limite 0. Pour cela on reprend l’avant-derni` ere in´ egalit´ e, vraie pour k = K et tout n ∈ N . Comme u

a pour limite 0, il existe N ∈ N tel que pour tout n ≥ N , |u

(n)| ≤ ε. On a alors :

∀n ≥ N, |u(n)| ≤ |u(n) − u

(n)| + |u

(n)| ≤ 2ε.

On a ainsi montr´ e que

∀ε > 0, ∃N ∈ N , ∀n ≥ N, |u(n)| ≤ 2ε, ce qui signifie que u tend vers 0.

I.5.a. Le fait que c’est un sous-espace vectoriel est imm´ ediat (il est inclus dans S

, la suite nulle lui appartient, et une somme ou un multiple r´ eel d’une suite nulle ` a partir d’un certain rang est nul(le) ` a partir d’un certain rang).

Pour la densit´ e, il s’agit de montrer que pour toute suite u de S

, pour tout ε > 0, il existe v ∈ P telle que ku − v k

< ε. Or pour u et ε comme ci-dessus, u tend vers 0 donc il existe N ∈ N tel que pour tout n ≥ N , |u

| ≤

. Si l’on d´ efinit v comme la suite co¨ıncidant avec u jusqu’au rang N et nulle apr` es, on a bien

ku − vk

= sup

n∈N

|u

− v

| = sup

n>N

|u

− v

| = sup

n>N

|u

| ≤ ε 2 < ε.

I.5.b. P est dense dans S

mais n’est pas S

tout entier ((

)

appartient au compl´ ementaire)

donc il n’est pas ferm´ e dans S

, donc ne peut pas ˆ etre complet (prendre une suite dans

P convergeant dans S

mais pas dans P ; elle est pourtant de Cauchy dans P muni de la norme induite).

II.1. Si a = (a

)

est born´ ee, pour tout u ∈ S

, T

(u) = au ∈ S

(le produit d’une suite born´ ee et d’une suite tendant vers 0 tend vers 0).

On montre la r´ eciproque par contrapos´ ee. Supposons que a n’est pas born´ ee. Elle admet alors une sous-suite (a

)

telle que (|a

|)

tend vers +∞. Quitte ` a extraire ` a nouveau on peut supposer que cette sous-suite ne s’annule pas. Consid´ erons alors la suite u d´ efinie par u

= 0 si n / ∈ ϕ( N ) et u

=

ϕ(k)

pour tout k ∈ N . Cette suite tend vers 0, i.e appartient ` a S

, mais T

(u) a une sous-suite constante ´ egale ` a 1, donc n’appartient pas ` a S

, ce qui conclut.

II.2. La lin´ earit´ e de T

est imm´ ediate. Pour tout u ∈ S

, kT

(u)k

= sup

n∈N

|a

| |u

| ≤ sup

n∈N

|a

| × sup

n∈N

|u

| = sup

n∈N

|a

| × kuk

donc T

est continue et

T

“

“

≤ sup

|a

|.

Montrons l’in´ egalit´ e inverse. Soit ε > 0. Par d´ efinition de sup

|a

|, il existe k ∈ N tel que |a

| ≥ sup

|a

| − ε. Si u est la suite (δ

)

, de norme 1, on a alors kT

(u)k

= |a

| (seul terme (´ eventuellement) non nul) ≥ (sup

|a

| − ε)kuk

, donc

“

“

T

≥ sup

|a

| − ε. Ceci ´ etant vrai pour tout ε > 0, on a bien la seconde in´ egalit´ e voulue et finalement

T

= sup

|a

|.

II.3. T

est injective ssi son noyau est trivial i.e. ssi T

(u) = 0 = ⇒ u = 0, ou encore ssi

∀u ∈ S

, (∀n ∈ N , a

u

= 0) = ⇒ (∀n ∈ N , u

= 0).

Cette assertion est vraie ssi a ne s’annule pas (si a ne s’annule pas, l’implication est clairement vraie pour tout u, et si a s’annule, une suite u nulle partout sauf pour un indice o` u a s’annule donne un exemple o` u l’implication est fausse). Ainsi, T

est injective ssi a ne s’annule pas.

II.4. Si a ne s’annule pas, toute suite v nulle ` a partir d’un certain rang est de la forme T

(u) avec u = (

n

)

(qui appartient bien ` a S

puisqu’elle aussi nulle apcr), donc P est inclus dans l’image de T

. Comme P est dense dans S

d’apr` es I.4, l’image de T

l’est aussi a fortiori.

II.5. L’application k·k

: S

→ R

est bien d´ efinie. La lin´ earit´ e de T

entraˆıne directement l’homog´ en´ eit´ e et l’in´ egalit´ e triangulaire. Reste la s´ eparation. Puisque, k·k

est une norme sur S

, pour avoir

∀u ∈ S

, kuk

= kT

(u)k

= 0 = ⇒ u = 0, il faut et il suffit que

∀u ∈ S

, T

(u) = 0 = ⇒ u = 0, i.e. que T

soit injective.

II.6. Si α := inf

n∈N

|a

| 6= 0, on a en fait α > 0, et en particulier a ne s’annule pas, donc l’unique ant´ ec´ edent ´ eventuel d’un ´ el´ ement v de S

est u = (

n

)

. Il s’agit donc juste de v´ erifier que si inf

n∈N

|a

| 6= 0, lorsque v tend vers 0, la suite u ainsi d´ efinie aussi, ce qui est imm´ ediat puisque |u

| ≤

|v

| pour tout n.

II.7. Proc´ edons par contrapos´ ee. Si inf

n∈N

|a

| = 0, soit a s’annule, soit elle admet une sous-

suite partout non nulle convergeant vers 0. Dans le premier cas, T

ne peut ˆ etre surjective

car toute suite de son image s’annule en tous les indices o` u a s’annule, or ce n’est pas le cas de toute suite tendant vers 0. Dans le second cas, si ϕ d´ esigne l’extraction correspondante, alors tout v = T

(u) appartenant ` a l’image satisfait v

= a

u

= o(a

), avec (a

)

tendant vers 0. Mais il existe toujours des suites tendant moins vite vers 0 ! (prendre par exemple la suite v d´ efinie par v

= 0 si n / ∈ ϕ( N ) et v

= a

pour tout k ∈ N ).

II.8. Pour l’hom´ eomorphisme, il ne reste plus qu’` a montrer que (T

)

est continue, mais d’apr` es ce qui pr´ ec` ede, (T

)

= T

, avec a

= (

n

)

suite born´ ee (sa valeur absolue est major´ ee par 1/ inf

n∈N

|a

|, le d´ enominateur ´ etant suppos´ e non nul), de sorte que T

est continue d’apr` es II.2.

On a en outre, ∀u ∈ S

, kuk

= kT

(u)k

≤

T

· kuk

et

kuk

= kT

(T

(u))k

≤

T

· kT

(u)k

=

T

· kuk

, ce qui prouve l’´ equivalence des normes.

Exercice 3 : Th´ eor` eme de Cauchy-Lipschitz affine

I.1. Il s’agit de justifier que si y est une fonction continue de [0, b] dans R , T (y) : t ∈ [0, b] 7→ 1 + R

0

y(s)ds ∈ R aussi, ce qui est bien le cas car T est par d´ efinition l’unique primitive de y valant 1 en 0 (elle est donc en fait C

).

Soient y, z ∈ E. On veut comparer kT (y) − T (z)k

` a ky − zk

. Pour tout t ∈ [0, b],

|T (y)(t) − T (z)(t)| =

Z

0

(y(s) − z(s)) ds

(par lin´ earit´ e de l’int´ egrale)

≤ Z

0

|y(s) − z(s)| ds (par croissance de l’int´ egrale)

≤ Z

0

ky − zk

ds (idem)

= tky − zk

≤ bky − zk

. T est donc b-lipschitzienne.

I.2. Cours.

I.3. D’apr` es 1., T est contractante. Comme (E, k · k

) est un espace de Banach (´ enonc´ e), donc en particulier complet, le th´ eor` eme de Banach-Picard s’applique et fournit l’existence et l’unicit´ e de y et la convergence de (T

(z))

vers y dans (E, k · k

), pour tout z ∈ E.

I.4. Tout d’abord, une fonction y sur [0, b] satisfait y(0) = 1 et y

= y si et seulement si y est son unique primitive valant 1 en 0, i.e. si et seulement si T (y) = y. La question pr´ ec´ edente fournit l’existence et l’unicit´ e d’une telle fonction.

On applique ensuite la seconde partie de la question pr´ ec´ edente ` a la fonction z con- stante ´ egale ` a 1 : on v´ erifie par r´ ecurrence que (P

)

= (T

(z))

, et on obtient donc la convergence uniforme voulue.

II.1.a. Par analogie avec I.1., il suffit de justifier que si y : [a, b] → R

est continue,

l’int´ egrande t ∈ [a, b] 7→ A(t) · y(t) + B (t) ∈ R

l’est aussi. Or on sait que A, B et y le

sont, i.e. leurs composantes le sont, donc chaque composante de A · y + B l’est comme

somme de produits de fonctions continues, ce qui signifie que A · y + B l’est.

II.1.b.R´ eponse identique ` a la premi` ere partie de I.5.

II.1.c. A est continue sur un compact donc born´ ee, i.e. qu’il existe C ∈ R

tel que pour tout t ∈ [a, b],

A(t)

≤ C. Le resultat voulu d´ ecoule de la d´ efinition de la norme d’op´ erateur

·

associ´ ee ` a la norme k · k sur R .

II.1.d. On proc` ede comme en I.1. On ne peut rien conclure car si C(b − a) n’est pas strictement inf´ erieur ` a 1, on ne sait pas si T est contractante et donc le th´ eor` eme de point fixe ne s’applique pas.

II.1.e. Soient y, z ∈ E. Montrons par r´ ecurrence que pour tout p ∈ N ,

∀t ∈ [a, b], kT

(y)(t) − T

(z)(t)k ≤ (C(t − t

))

p! ky − zk

.

L’initialisation pour p = 0 est imm´ ediate. Soit maintenant p ∈ N et supposons la propri´ et´ e vraie au rang p. Soient y, z ∈ E. Pour tout t ∈ [a, b],

kT

(y)(t) − T

(z)(t)k =

Z

t0

(A(s) · T

(y)(s) + B(s))ds − Z

t0

(A(s) · T

(z)(s) + B(s))ds

=

Z

t0

(A(s) · (T

(y)(s) − T

(z)(s))) ds

≤ Z

t0

kA(s) · (T

(y)(s) − T

(z)(s))k ds

≤ Z

t0

C kT

(y)(s) − T

(z)(s)k ds

≤ C Z

t0

(C(t − t

))

p! ky − zk

ds (par HR)

= (C(t − t

))

(p + 1)! ky − zk

.

ce qui conclut la r´ ecurrence, et entraˆıne en particulier que, pour tout p ∈ N , kT

(y) − T

(z)k

(C(b − a))

p! ky − zk

,

ce qu’on voulait. Or pour tout r´ eel α, la suite (

)

tend vers 0 (TG d’une s´ erie con- vergente), donc il existe p ∈ N tel que T

est contractante, et on peut alors appliquer la g´ en´ eralisation du th´ eor` eme de point fixe et conclure comme dans la partie 1.

II.2. I s’´ ecrit comme union d´ enombrable croissante de segments J

contenant t

. Ce

qui pr´ ec` ede donne l’existence et l’unicit´ e d’une solution y

sur J

pour chaque n. Mais

comme t

∈ J

⊂ J

, par unicit´ e, la restriction de y

` a J

, qui est solution sur J

,

co¨ıncide avec y

. Autrement dit, y

est un prolongement de y

pour tout n. Ainsi, la

fonction y d´ efinie sur I comme ´ etant y

en restriction ` a J

est bien d´ efinie, et elle satisfait

(∗) sur chaque J

donc sur leur r´ eunion.