est un sous-groupe additif de R

Topologie, espaces m´etriques - MA4011 El´ements de correction

Probl`eme 1 : Les sous-groupes additifs de R On dit que (G,+) est un sous-groupe additif deRsi

(i) G6=∅ etG⊂R,

(ii) ∀(x, y)∈G²,x−y∈G.

1. Soit α un r´eel, justifier que (αZ,+) est un sous-groupe additif de R.

αZ⊂Ret 0∈αZ donc αZ est un sous-ensemble non vide de R. De plus

∀(x, y)∈(αZ)², ∃(n, m)∈Z² : (x, y) = (αn, αm) et αn−αm=α(n−m)∈αZ

2. Soit (H,+) un sous-groupe additif deRetα un ´el´ement de H, quel lien a-t-on entreH etαZ? On peut utiliser que (αZ,+) est le sous-groupe additif de R engendr´e par α donc αZ⊂H.

On peut aussi montrer directement par r´ecurrence que si α ∈ H alors pour tout entier non nul n, nα∈H puis que−nα∈H et enfin que0∈H (c’est en fait la preuve du r´esultat rappel´e ci-dessus).

Soient (H,+) un sous-groupe additif deRque l’on suppose non r´eduit `a{0}etK =H∩R^∗₊. 3. Justifier que K admet une borne inf´erieure adansR+.

Montrons que K est non vide.

H n’est pas r´eduit `a {0}, il existe x6= 0´el´ement de H. Six >0 alorsx∈K, si x <0alors−x∈H car (H,+) groupe additif et −x∈K.

K est une partie non vide de R et minor´ee par 0 donc a= inf(K) existe eta≥0.

4. Montrer que si a est strictement positif alorsa est dansK (ind. : on pourra supposer astrictement positif et n’´etant pas dans K puis en d´eduire une contradiction).

Supposons a >0 et a /∈K alors par d´efinition de la borne inf´erieure (plus grand des minorants)

∃x∈K : a < x <2a puis `a nouveau

∃y ∈K : a < y < x <2a Ainsi on a trouv´e deux ´elements x ety de K donc de H tels que

0< x−y < a etx−y ∈H⇒x−y∈K contradiction avec a= inf(K). Conclusion si a >0 alors aest dans K.

5. Montrer que si aest strictement positif alors H=aZ. Avec les questions 4 et 2 nous avons d´ej`a que

aZ⊂H

Supposons qu’il existe bun ´el´ement de H qui ne soit pas dansaZ, en notant n=b_a^bc (partie enti`ere) on a avec la d´efinition de la partie enti`ere

na≤b <(n+ 1)a et puisque b /∈aZ,

0< b−na < a et b−na∈H contradiction avec a= inf(K). Conclusion H =aZ.

6. On suppose maintenant que aest nul. Soientx ety deux r´eels tels que x < y.

(a) Justifier qu’il existeh dansK tel que 0< h < y−x.

a= inf(K) = 0 et y−x >0, par d´efinition de la borne inf´erieure

∃h∈K :h < y−x h >0 r´esultant du fait que K est inclus dans R^∗+.

(b) En d´eduire qu’il existe un entier relatif n tel que x

h < n < y

h puis que l’on peut trouver un

´

el´ement g deH tel quex < g < y.

Avec la question pr´ec´edente on a que

1< y h− x

h

on peut donc trouver un entier relatifncompris strictement entre ^x_h et _h^y (n=b^x_hc+ 1 convient).

De plus en utilisant `a nouveau que (H,+) est un sous-groupe additif deR, on a

h >0, x

h < n < y

h, h∈H⇒nh∈H et x < nh < y g=nh convient.

(c) En d´eduire que H=R. On vient de montrer que

∀(x, y)∈R², (x < y⇒ ∃g∈H : x < g < y)

ce qui signifie que H =R (on a de fa¸con imm´ediate que pour tout r´eel x, pour tout ε > 0 la boule ]x−ε, x+ε[ a une intersection non vide avec H).

7. Quels sont les deux seuls types de sous-groupes additifs deR?

On vient de montrer que si H n’est pas r´eduit `a {0} alors ou bien il existe a > 0 tel que H = aZ (question 5) ou bien H =R (question 6). On peut aussi remarquer que aZ=aZ.

Les deux seuls types de sous-groupes additifs de R sont ou bien du type aZ avec a≥0 ou bien sont denses dans R.

8. On note Z+ 2πZ l’ensemble {n+ 2πm |(n, m) ∈Z²}. Apr`es avoir justifi´e que (Z+ 2πZ,+) est un sous-groupe additif de R, montrer que Z+ 2πZest dense dans R.

0∈Z+ 2πZ et pour tout (x, y)∈(Z+ 2πZ)²

∃(n, m, p, q)∈Z⁴ : x=n+ 2πm, y=p+ 2πq etx−y = (n−p) + 2π(m−q)∈Z+ 2πZ (Z+ 2πZ,+) est un sous-groupe additif deR.

Si Z+ 2πZ n’est pas dense dans R alors il existe un r´eel atel que Z+ 2πZ=aZ. (1,2π)∈(Z+ 2πZ)² ⇒ ∃(p, q)∈Z² : 1 =paet 2π=qa

On en d´eduit alors que 2π= _pa^qa = ^q_p et une contradiction car π est irrationnel. ConclusionZ+ 2πZ est dense dans R.

9. En d´eduire que {cos(n) |n∈Z}= [−1,1].

On peut commencer par remarquer que l’ensemble {cos(n) | n ∈ Z} est inclus dans [−1,1] qui est ferm´e pour la topologie usuelle de R. Donc {cos(n) | n∈Z} est inclus dans [−1,1].

Montrons l’inclusion contraire. Soient x ∈ [−1,1] et θ = arccos(x) ∈ [0, π]. De Z+ 2πZ = R il d´ecoule que

∀ε >0 ∃(n, m)∈Z² : n+ 2πm∈]θ−ε, θ+ε[

puis en utilisant l’in´egalit´e des accroissements finis

∀ε >0 ∃(n, m)∈Z² : |cos(n)−x|=|cos(n+ 2πm)−cos(θ)| ≤ |n+ 2πm−θ|< ε soit

∀x∈[−1,1] ∀ε >0 ∃n∈Z : cos(n)∈]x−ε, x+ε[

Ce qui signifie que [−1,1] ⊂ {cos(n) |n∈Z}. On a bien l’´egalit´e des deux ensembles par double inclusion.

0000 00 1111 11

00 11 0000

00 1111 11

0000

1111 000000000 11 11 11 11 1

0000 0000 0000 0000 0000 0000 0000 0000 0000

1111 1111 1111 1111 1111 1111 1111 1111 1111

X = (x,y) (0,1)

(0,0) π (X)

S¹

Figure1 – Probl`eme 2, question 1

Probl`eme 2 : Distances compar´ees sur le cercle et sur la droite

1. Dans le plan R² rapport´e `a un rep`ere orthonorm´e {0 ;~ı, ~}, on consid`ere le cercle S¹ d’´equation x²+y² = 1. Si X= (x, y) est un point de ce cercle diff´erent du point (0,1), on note π(X) l’abscisse du point d’intersection de la droite issue de (0,1) et passant parX avec l’axe r´eel (faire un dessin).

Calculer π(X) pourX∈S¹\ {(0,1)}et montrer que l’on d´efinit une distanced_S¹ surS¹\ {(0,1)}en posant

d_S¹(X₁, X₂) =|π(X₁)−π(X₂)|.

Cette distance sur S¹ \ {(0,1)} peut-elle se prolonger en une distance ˇd sur le cercleS¹ tout entier, de mani`ere `a ce que ˇd((xn, yn),(0,1)) tende vers 0 lorsque (xn, yn))n≥0 est une suite de points deS¹ telle que la suite p

x²_n+ (1−y_n)²

n≥0 tend vers 0 lorsque ntend vers l’infini ?

La droite issue de (0,1)et passant par le pointX= (x, y) est la droiteD_X d´efinie param´etriquement par

DX ={(0,1) +t(x, y−1) ;t∈R}.

Pour trouver le point d’intersection de cette droite D_X avec l’axe x⁰0x, il faut chercher la valeur du param`etret tel que1 +t(y−1) = 0, soit t= 1/(1−y). On a doncπ(X) =x/(1−y) pour tout point (x, y) ∈S¹ tel que y 6= 1 (voir la figure 1). La fonctiond_S¹ est clairement une fonction positive sur S¹×S¹. Si ξ∈R, la droite

D^ξ :={(0,1) +t(ξ,−1) ;t∈R}

joignant les points (0,1) et(ξ,0)intersecte le cercle S¹ en un unique point autre que(0,1) : en effet

t²ξ²+ (1−t)² = 1⇐⇒t t(ξ²+ 1)−2

= 0⇐⇒t= 0 out=t_ξ= 2 ξ²+ 1. L’unique point X_ξ 6= (0,1)o`u la droite D^ξ intersecte le cercleS¹ est donc le point

X_ξ= (0,1) +t_ξ(ξ,−1) = 2ξ

1 +ξ²,ξ²−1 1 +ξ²

.

Ainsi donc l’application π : X ∈ S¹ 7−→ π(X) est une application bijective entre S¹ \(0,1) et R, l’application inverse ´etant l’application

ξ∈R7−→ 2ξ

1 +ξ²,ξ²−1 1 +ξ²

∈S¹\ {(0,1)}.

Le fait que π soit injective implique que d_S¹ v´erifie la clause de d´efinition (d_S¹(X, Y) = 0 si et seulement si X = Y, X et Y ´etant deux points de S¹\ {(0,1)}). Si X₀, X₁, X₂ sont trois points de S¹\ {(0,1)}, on a

d_S1(X₀, X₂) =|π(X₀)−π(X₁)| ≤ |π(X₀)−π(X₁)|+|π(X₁)−π(X₂)|=d_S1(X₀, X₁) +d_S1(X₁, X₂)

`

a cause de l’in´egalit´e triangulaire sur R. L’application d_S1 d´efinit donc bien une distance sur l’en- semble S¹\ {(0,1)}.

Supposons qu’il existe une distance dˇsur le cercle S¹ tout entier prolongeant la distance d comme indiqu´e dans l’´enonc´e et consid´erons la suite de points (Xn)n≥1 = (1/n,p

1−1/n²)n≥1. Les points X_n = (x_n, y_n) (pour n∈N^∗) sont tous des points de S¹\ {(0,1)} et l’on a donc, pour tout n∈N^∗, d(Xˇ n,(0,−1)) =d(Xn,(0,−1))puisque la distance dˇest cens´ee prolonger la distance d. Or, puisque dˇest une distance sur S¹, on a

∀n∈N^∗, d(Xˇ n,(0,−1))≤d(Xˇ n,(0,1)) + ˇd((0,1),(0,−1)) (∗) Comme la suite

px²_n+ (1−yn)²

n≥1= s

1 n² +

1−

√ n²−1

n

2!

n≥1

tend vers 0, on a limn→+∞d(Xˇ n,(0,1)) = 0. Le membre de droite de (∗) tend donc vers le nombre d((0,ˇ 1),(0,−1))∈R^+∗ lorsque n tend vers l’infini ; il reste en particulier born´e ind´ependamment de n. La suite des nombres (d(Xn,(0,−1)))n≥1 serait donc d’apr`es (∗) une suite born´ee. Or

d(Xn,(0,−1)) =|π(X_n)|= 1

n × 1

1−p

1−1/n² = 1

n× 1

1− 1−1/(2n²) +o(1/n²)) ∼2n lorsque n tend vers l’infini. On aboutit `a une contradiction. L’hypoth`ese suivant laquelle existerait une distancedˇprolongeantdavec les exigences requises est donc absurde. Il ne saurait par cons´equent exister de tel prolongement d.ˇ

2. (a) Montrer que l’on d´efinit bien par contre une distance ˜d_S¹ sur tout le cercle S¹ en posant d˜_S¹(X₁, X₂) = longueur de X₁^_X₂.

Comme d(X˜ 1, X2) est d´efinie comme une longueur, c’est bien un nombre positif. Dire que d˜_S1(X₁, X₂) = 0 ´equivaut `a dire que X<sub>1</sub> = X<sub>2</sub> puisque l’arc dont on calcule la longueur pour exprimer d˜<sub>S</sub><sup>1</sup>(X1, X2) est bien sˆur le plus court des deux arcs de cercles joignant X1 `a X2 (ceci n’´etait toutefois pas assez explicite dans l’´enonc´e). Soient X0, X1, X2 trois points sur S¹. Le nombre d˜_S1(X₀, X₂) correspond `a la longueur de l’arc de cercle le plus court joignant X<sub>0</sub> `a X₂ (il y a deux possibilit´es : on choisit celui des deux arcs de cercle qui est le plus court, sauf si X0

et X2 sont diam´etralement oppos´es, auquel cas le choix est indiff´erent). En choisissant d’aller dans un premier temps de X₀ `a X<sub>1</sub> (en empruntant l’arc de cercle le plus court), puis ensuite de X1 `a X2 (toujours en empruntant celui des deux arcs possibles qui est le plus court), on r´ealise un chemin permettant de rallier en restant sur le cercle X0 `a X2, la longueur parcourue sur le cercle ´etant d˜<sub>S</sub><sup>1</sup>(X<sub>0</sub>, X<sub>1</sub>) + ˜d<sub>S</sub><sup>1</sup>(X<sub>1</sub>, X<sub>2</sub>). Comme d˜<sub>S</sub><sup>1</sup>(X<sub>0</sub>, X<sub>2</sub>) est la distance mimimale `a parcourir sur le cercle pour rallier X0 `a X2 en restant surS¹, on a

d˜_S¹(X0, X2)≤d˜_S¹(X0, X1) + ˜d_S¹(X1, X2).

L’in´egalit´e triangulaire est prouv´ee. La distance d˜ainsi d´efinie est dite distance g´eod´esique sur le cercle S¹.

(b) Soient X₁ et X₂ deux points distincts deS¹ fix´es arbitrairement et α la mesure en radians de l’angle g´eom´etriqueX\₁0X₂, nous avons doncα∈[0, π]. On d´esigne parkV~kla norme euclidienne usuelle d’un vecteur V~ de R². Montrer quekX^−→₁X₂k= 2 sin(α/2).

On introduit la bissectrice de l’angle X\10X2 (toujours celui des deux angles dont l’ouverture est

≤ π), qui est aussi la m´ediatrice du segment [X1, X2] (voir la figure). Si H d´esigne le pied de cette m´ediatrice sur [X₁, X₂], on a kX₁~X₂k = 2kX~₁Hk = 2 sin(α/2) car kOX~ ₁k=kOX~ ₂k= 1 et que l’angle g´eom´etrique ainsi bissect´e a pour mesure α.

(c) On cherche `a d´eterminer deux constantesκet K strictement positives telles que

∀(X₁, X2)∈(S¹)², κkX^−→1X2k ≤d˜_S¹(X1, X2)≤KkX^−→1X2k.

α/2 X

X

1 2

O H

Figure 2 – Probl`eme 2, question 2,b

Justifier que cela revient `a d´eterminer deux constantesκ etK strictement positives telles que

∀t∈]0, π/2], κ≤ t

sin(t) ≤K (1)

Si X₁ et X₂ sont deux points de S¹ et que α_X1,X2 d´esigne la valeur (en radians) de l’angle X\10X2 (toujours celui qui est d’ouverture ≤π, le nombre αX1,X2 ´etant pris alors entre 0 et π, bornes incluses), on a d˜_S¹(X₁, X₂) =α_X1,X2. L’existence des deux constantes κ et K ´equivaut donc (si l’on utilise le r´esultat ´etabli `a la question 2b), `a l’existence de deux constantesκ etK telles que

2κsin(α_X1,X2/2)≤α_X1,X2 ≤2Ksin(α_X1,X2/2) ∀X₁, X₂∈S¹.

Commeα_X1,X2/2prend, lorsqueX₁ etX₂varient surS¹, toute valeur entre0etπ/2, le probl`eme pos´e revient `a trouver (si l’on poset=t_X1,X2 =α_X1,X2/2) deux constantes strictement positives κ etK telles que

∀t∈]0, π/2], κ≤ t

sin(t) ≤K.

Le fait d’exclure la valeur 0 n’est pas un probl`eme car les deux nombres d˜_S¹(X1, X2) et kX1~X2k sont nuls lorsque α_X1,X2 = 0 puisqu’alors X₁ =X₂.

(d) Sans chercher `a les d´eterminer explicitement, justifier qu’il existeκ etK strictement positives telles que (1) soit satisfaite.

On sait que lim_t→0⁺(sin(t)/t) = (sin)⁰(0) = cos(0) = 1. D’autre part, t 7→ sin(t) est une fonc- tion continue strictement positive sur ]0, π/2], de mˆeme que l’est la fonction t ∈]0, π/2] 7→ t.

La fonction t ∈]0, π/2] 7→ t/sin(t) se prolonge donc en une fonction continue et strictement positive sur [0, π/2]. Comme[0, π/2]est un segment, cette fonction r´ealise son minimum et son maximum sur ce segment. Le minimum κ est bien strictement positif, le maximum aussi et on a l’encadrement voulu.

(e) Quand dit-on qu’une fonction r´eelle d´efinie sur un segment [a, b] est convexe sur ce segment ? concave sur ce segment ? Montrer que la fonction sin est concave sur [0, π/2] et en d´eduire que

∀t∈[0, π/2], 2

π t≤sin(t)≤t

(vous pourrez vous aider d’un dessin en repr´esentant le graphe de la fonction sin sur [0, π/2]

avec sa tangente g´eom´etrique au point (0,0)).

Dire qu’une fonction r´eellef est convexe sur un segment [a, b]´equivaut `a dire que le surgraphe Γ⁺(f) :={(t, y)∈[a, b]×R;y≥f(t)}

1

1 π/2

y = 2/ π t

y = sin(t) y=t

Figure3 – Probl`eme 2, question 2,e

est un sous-ensemble convexe de R², c’est-`a-dire un sous-ensemble C deR² tel que

∀M, N ∈C, [M, N]⊂C.

Dire que la fonction est concave revient `a dire que−f est convexe, ou encore que le sous-graphe

Γ−(f) :={(t, y)∈[a, b]×R;y≤f(t)}

est un sous-ensemble convexe de R². Une fonction f de classe C² est concave sur [a, b] si et seulement si f⁰⁰ ≤ 0 sur [a, b]. C’est le cas ici pour la fonction sin sur [0, π/2] puisque sin⁰⁰ = −sin ≤ 0 sur [0, π/2]. D’apr`es la formule des accroissements finis, on a, pour tout t∈]0, π/2], sin(t) = cos(ξt)t avec 0< ξt< t, doncsin(t)≤t. Cette in´egalit´e subsiste en t= 0.

Comme sin est concave sur [0,2π], le segment [(0,0),(π/2,1)] reste inclus dans le sous-graphe de t7→sin(t) au dessus de [0, π/2] (voir la figure). On en d´eduit l’in´egalit´e

∀t∈[0, π/2], sint≥ 2 π t

puisque2/πest la pente de la droite portant le segment[(0,0),(π/2,1)]et que les deux extr´emit´es de ce segment sont les extr´emit´es du graphe de sin sur [0, π/2].

(f) Quelles valeurs peut-on prendre pour κ etK?

D’apr`es la double in´egalit´e ´etablie `a la question pr´ec´edente, on peut prendreκ= 2/π etK = 1.

3. Sitest un nombre r´eel, on d´efinit le pointX(t)∈S¹\ {(0,1)}comme le point d’intersection du cercle S¹ avec la droite joignant les deux points (0,1) et (t,0). Calculer les coordonn´ees du point X(t).

Montrer que l’on d´efinit une distance dsurR en posant

d(t1, t2) =k

−→

X(t1)X(t2)k

Montrer que si (t_k)k≥0 est une suite de nombres r´eels telle que l’on ait limk→+∞|t_k|= +∞, alors

∀ >0, ∃N()∈Ntel que p, q≥N()

=⇒d(tp, tq)≤.

On a eu l’occasion de faire ce calcul `a la question 1 (avec ξ `a la place de t). On a trouv´e alors

X(t) = 2t

1 +t² , t²−1 1 +t²

.

Il est clair que d(t₁, t₂) ≥ 0. Comme π : X ∈ S¹ \ {(0,1)} → π(X) r´ealise une bijection entre l’ensemble S¹ \ {(0,1)} et R, on a bien

d(t1, t2) = 0

⇐⇒

X(t1) = X(t2)

⇐⇒

t1 = t2

.

L’in´egalit´e triangulaire pour d r´esulte du fait que si X₀, X₁, X₂ sont trois points du plan, on a l’in´egalit´ekX0~X2k ≤ kX0~X1k+kX1~X2kpuisque k kest une norme sur R² (celle qui est associ´ee au produit scalaire canonique sur R²). Si la suite (t_k)k≥0 tend vers+∞, on a

k→+∞lim

t²_k−1 t²_k+ 1

= 1.

Pour tout >0, il existe donc un entier N1() tel que

∀p, q≥N₁(),

t²_p−1

t²_p+ 1−t²_q−1 t²_q+ 1 ≤

√2.

Mais on a aussi

k→+∞lim 2t_k

1 +t²_k

= 0.

Pour tout >0, il existe donc aussi un entierN₂() tel que

∀p, q≥N2(),

2tp

t²_p+ 1− 2tq

t²_q+ 1 ≤

√2.

On en d´eduit

∀p, q≥sup(N₁(), N₂()), d(t_p, t_q)≤√

2 max

2t_p

t²_p+ 1− 2t_q t²_q+ 1

,

t²_p−1

t²_p+ 1−t²_q−1 t²_q+ 1

≤

puisque k(x, y)k ≤√

2 max(|x|,|y|) pour tout vecteur(x, y) de R².