Continuité et linéarité

(1)

Fonctions vectorielles d'une variable vectorielle

Limites

Exercice 1 [ 01736 ][Correction]

Étudier les limites en(0,0)des fonctions suivantes : (a) f(x, y) =^x_y³

(b) f(x, y) =_x^x+2y2−y²

(c) f(x, y) =_|x|+|y|^x²^+y²

Étudier les limites en(0,0)des fonctions suivantes : (a) f(x, y) =^x_x³₂^+y_+y³₂

(b) f(x, y) =_x₄^xy_+y₄

(c) f(x, y) =_x₄^x_+y²^y₂ (d) f(x, y) =_x−y^xy

Étudier les limites en(0,0)des fonctions suivantes : (a) f(x, y) =√^sin^xy

x²+y²

(b) f(x, y) =^1−cos(xy)_xy₂ (c) f(x, y) =x^y= e^y^ln^x (d) f(x, y) =^sh_x+y^xsh^y

Soitf:R⁺×R^∗+→Rdénie parf(x, y) =x^y pour x >0 etf(0, y) = 0. (a) Montrer quef est une fonction continue.

(b) Est-il possible de la prolonger en une fonction continue sur R+×R+?

Soitf:R→Rune fonction de classeC¹ etF:R²\

(0,0) →Rdénie par F(x, y) =f(x²+y²)−f(0)

x²+y² . Déterminerlim(x,y)→(0,0)F(x, y).

Continuité

Soitf:R²→Rdénie par f(x, y) =

(₁

2x²+y²−1 six²+y²>1

−¹₂x² sinon.

Montrer quef est continue.

SoitAune partie convexe non vide deR²et f:A→Rune fonction continue.

Soitaet bdeux points deAet y un réel tels quef(a)≤y≤f(b). Montrer qu'il existex∈A tel quef(x) =y.

Soientg: R²→Rcontinue etC un cercle de centreO et de rayon R >0.

(a) Montrer qu'il existe deux pointsAetB deCdiamétralement opposés tels que g(A) =g(B).

(b) Montrer qu'il existe deux pointsC et DdeC, se déduisant l'un de l'autre par un quart de tour tels queg(C) =g(D).

SoientE₁ etE₂ deux parties fermés d'un espace vectoriel norméE telles que E=E₁∪E₂.

Montrer qu'une applicationf: E→F est continue si, et seulement si, ses restrictionsf1et f2 au départ deE1et de E2 le sont.

(2)

Lipchitzianité

SoientAune partie non vide de R²et xun point deR². On note d(x, A) = inf

a∈Akx−ak. Montrer que l'applicationd:R²→Rest lipschitzienne.

SoitE l'espace formé des fonctions réelles dénies sur[a;b], lipschitziennes et s'annulant ena.

Montrer que l'applicationN:E→Rqui àf ∈E associe le réel N(f) = inf

k∈R+

∀(x, y)∈[a;b]²,

f(x)−f(y)

≤k|x−y|

dénit une norme surE.

SoientAune partie bornée non vide d'un espace vectoriel normé (E, N)et Lle sous-espace vectoriel des applications lipschitziennes deAdansE.

(a) Montrer que les éléments Lsont des fonctions bornées.

(b) Pourf ∈ L, soit K_f =

k∈R+

∀(x, y)∈A², N(f(x)−f(y))≤kN(x−y) . Justier l'existence dec(f) = infKf puis montrerc(f)∈Kf.

(c) Soienta∈Aet Na:L →R+ dénie par

Na(f) =c(f) +N(f(a)). Montrer queNa est une norme surL.

(d) Soienta, b∈A. Montrer que les normesNa et Nb sont équivalentes.

SoientE un espace vectoriel normé etT:E→E dénie par T(u) =

(u si kuk ≤1

u

kuk sinon.

Montrer queT est au moins 2-lipschitzienne.

SoitEun espace vectoriel réel normé. On pose f(x) = 1

max(1,kxk)x. Montrer quef est 2-lipschitzienne.

Montrer que si la norme surE est hilbertienne alorsf est 1-lipschitzienne.

Continuité et linéarité

SoientE etF deux espaces vectoriels normés etf ∈ L(E, F).

On suppose que, pour toute suite(u_n)tendant vers0_E, la suite f(u_n) bornée. est

Montrer que la fonctionf est continue.

Montrer queN₁ etN₂ normes surE sont équivalentes si, et seulement si,Id_E est bicontinue de(E, N₁)vers(E, N₂).

Soientdun entier naturel et(fn)une suite de fonctions polynomiales deRdansR de degré au plusd. On suppose que cette suite converge simplement.

Montrer que la limite est polynomiale de degré au plusd, la convergence étant de plus uniforme sur tout segment.

E désigne un espace vectoriel normé parN.

Soientpetqdeux projecteurs d'unK-espace vectorielE. On suppose

∀x∈E, N (p−q)(x)

< N(x). Montrer quepet qsont de même rang.

On munitE=Mp(C)de la norme

kMk= max

1≤i,j≤p|mi,j|.

(3)

(a) SoientX xé dansC^p et P xé dansGLp(C); montrer que φ(M) =M X et ψ(M) =P⁻¹M P dénissent des applications continues.

(b) Montrer que

f(M, N) =M N dénit une application continue.

(c) Soit A∈ Mp(C)telle que la suite Aⁿ

soit bornée ; montrer que les valeurs propres deA sont de module inférieur à 1.

(d) Soit B∈ M_p(C)telle que la suite(Bⁿ)tende vers une matriceC. Montrer queC²=C; que conclure à propos du spectre deC?

Montrer que les valeurs propres deB sont de module au plus égal à 1

Poura= (an)∈`^∞(R)et u= (un)∈`¹(R), on pose ha, ui=

+∞

X

n=0

anun. (a) Justier l'existence deha, ui.

(b) Montrer que l'application linéaire ϕu:a7→ ha, uiest continue.

(c) Même question avec ψa:u7→ ha, ui.

On noteE=`^∞(R)l'espace vectoriel normé des suites réelles bornées muni de la normeN_∞. Pour u= (un)∈`^∞(R)on pose T(u)et∆(u)les suites dénies par

T(u)_n=u_n+1et ∆(u)_n =u_n+1−u_n.

Montrer que les applicationsT et∆sont des endomorphismes continus deE.

SoitE=C

[0 ; 1],R

muni dek · k_∞ dénie par kfk_∞= sup

[0;1]

|f|.

Étudier la continuité de la forme linéaireϕ:f 7→f(1)−f(0).

SoientE=C⁰([0 ; 1],R)etF =C¹([0 ; 1],R). On dénitN1 etN2 par N₁(f) =kfk_∞ etN₂(f) =kfk_∞+kf⁰k_∞.

On dénitT:E→F par : pour toutf: [0 ; 1]→R,T(f) : [0 ; 1]→Rest dénie par

T(f)(x) = Z x

0

f(t) dt. Montrer queT est une application linéaire continue.

On munit l'espaceE=C([0 ; 1],R)de la normek · k₂. Pourf et ϕéléments deE on pose

T_ϕ(f) = Z 1

0

f(t)ϕ(t) dt. Montrer queTϕest une forme linéaire continue.

SoitE=C

[0 ; 1],R

muni dek · k₁ dénie par

kfk₁= Z 1

0

f(t) dt. Étudier la continuité de la forme linéaire

ϕ:f 7→

Z 1

0

tf(t) dt.

SurR[X]on dénitN1 etN2 par :

N1(P) =

+∞

X

k=0

P^(k)(0)

etN2(P) = sup

t∈[−1,1]

P(t) . (a) Montrer queN1et N2 sont deux normes surR[X].

(b) Montrer que la dérivation est continue pourN1.

(4)

(c) Montrer que la dérivation n'est pas continue pourN2. (d) N1 etN2 sont-elles équivalentes ?

SoitE=C([0 ; 1],R)muni dek · k_∞.

Montrons que l'applicationu:f 7→u(f)oùu(f)(x) =f(0) +x(f(1)−f(0))est un endomorphisme continu deE.

Poura= (a_n)∈`^∞(R)et u= (u_n)∈`¹(R), on pose ha, ui=

+∞

X

n=0

anun. (a) Justier l'existence deha, ui.

(b) Montrer que l'application linéaire ϕ_u:a7→ ha, uiest continue.

(c) Même question avec ψ_a:u7→ ha, ui. Exercice 29 [ 02741 ][Correction]

SoitK∈ C [0 ; 1]²,Rnon nulle telle que

∀(x, y)∈[0 ; 1]², K(x, y) =K(y, x). On noteE=C([0 ; 1],R). Pour f ∈E, soit

Φ(f) :x∈[0 ; 1]→ Z 1

0

K(x, y)f(y) dy∈R.

(a) Vérier queΦ∈ L(E).

(b) L'application Φest-elle continue pourk · k_∞? pour k · k₁? (c) Montrer que

∀f, g∈E,(Φ(f)|g) = (f|Φ(g)). Soit

Ω =

0≤x≤1max Z 1

0

K(x, y) dy

−1

. (d) Montrer

∀λ∈]−Ω ; Ω[,∀h∈E,∃!f ∈E, h=f−λΦ(f). (e) Siλ∈R^∗, montrer que :

dim Ker(Φ−λId)≤ 1 λ²

Z Z

[0;1]²

K(x, y)²dxdy.

Connexité par arcs

Montrer qu'un plan privé d'un nombre ni de points est connexe par arcs.

Montrer que l'image d'un connexe par arcs par une application continue est connexe par arcs.

Montrer que l'union de deux connexes par arcs non disjoints est connexe par arcs.

SoientAet B deux parties fermées d'un espace vectoriel norméE de dimension nie. On supposeA∪B et A∩B connexes par arcs, montrer queAetB sont connexes par arcs.

SoitEun espace vectoriel normé de dimension nien≥2 Montrer que la sphère unitéS=

x∈E

kxk= 1 est connexe par arcs.

SoitEun espace vectoriel réel de dimensionn≥2.

(a) SoitH un hyperplan deE. L'ensembleE\H est-il connexe par arcs ? (b) SoitF un sous-espace vectoriel de dimensionp≤n−2. L'ensemble E\F

est-il connexe par arcs ?

Montrer queGL_n(R)n'est pas connexe par arcs.

Montrer queGL_n(C)est connexe par arcs.

(5)

Montrer queSO2(R)est une partie connexe par arcs.

Soitf:I→Rinjective et continue. Montrer quef est strictement monotone.

Indice : on peut considérerϕ(x, y) =f(x)−f(y)déni sur X =

(x, y)∈I², x < y .

Soitf:I→Rune fonction dérivable. On suppose quef⁰ prend des valeurs strictement positives et des valeurs strictement négatives et l'on souhaite établir quef⁰ s'annule.

(a) Établir que A=

(x, y)∈I², x < y est une partie connexe par arcs deI². (b) On noteδ:A→Rl'application dénie par δ(x, y) =f(y)−f(x). Établir que

0∈δ(A).

(c) Conclure en exploitant le théorème de Rolle

On noteN l'ensemble des matrices deMn(R)nilpotentes. Montrer queN est une partie étoilée.

(6)

Corrections

Exercice 1 :[énoncé]

(a) f(0,1/n)→0et f(1/n,1/n³)→1. Pas de limite en(0,0)

(b) f(0,−1/n) = 2n→+∞et f(0,1/n) =−2n→ −∞. Pas de limite en(0,0). (c) 0≤f(x, y)≤ ^x²^+2|x||y|+y_|x|+|y| ² =|x|+|y| →0 ouf(rcosθ, rsinθ) = O(r).

(a) On écritx=rcosθ ety=rsinθavecr=p

x²+y²→0 et alors f(x, y) =r(cos³θ+ sin³θ)−−−−−−−→

(x,y)→(0,0) 0.

(b) f(1/n,0)→0et f(1/n,1/n³)→1. La fonctionf n'a pas de limite en(0,0). (c) f(1/n,0) = 0→0 etf(1/n,1/n²) = 1/2→1/2. La fonctionf n'a pas de

limite en(0,0).

(d) f(1/n,0) = 0→0 etf(1/n+ 1/n²,1/n) = ^1/n_1/n²^+1/n2 ³ →1. La fonctionf n'a pas de limite en(0,0).

(a) f(x, y)

≤√^|xy|

x²+y² =r|sinθcosθ| −−−−−−−→

(x,y)→(0,0) 0

(b) f(x, y) =x^1−cos(xy)_x2y² or lim_t→0^1−cos_t2 ^t =¹₂ doncf(x, y)−−−−−−−→

(x,y)→(0,0) 0. (c) f(1/n,0)→1et f(1/n,1/lnn)→1/e. Pas de limite en (0,0).

(d) Quand x→0,f(x,−x+x³)∼ −¹_x. La fonctionf n'a pas de limite en(0,0).

(a) f(x, y) = exp(ylnx)est continue surR^∗+×R^∗+par opérations sur les fonctions continues.

Il reste à étudier la continuité aux points(0, b)avecb >0.

Quand(x, y)→(0, b)avec(x, y)∈R^∗+×R^∗+ on aylnx→ −∞et donc f(x, y) =x^y→0.

D'autre part, quand(0, y)→(0, b), on a f(x, y) = 0→0. Ainsif est continue en(0, b).

(b) Si l'on peut prolongerf par continuité àR+×R+ alors d'une partf(0,0) = limy→0f(0, y) = 0et d'autre part f(0,0) = limx→0f(x, x) = 1. C'est absurde.

Par le théorème des accroissements nis, il existecx,y ∈]0 ;x²+y²[tel que F(x, y) =f⁰(c).

Quand(x, y)→(0,0)alorscx,y →0puisF(x, y)→f⁰(0).

Notons D=

(x, y)∈R²

x²+y²>1 et E=

(x, y)∈R²

x²+y²≤1 f est continue en chaque point deDet E.

Soit(x0, y0)tel quex²₀+y₀²= 1(à la jonction deD et E).

Quand(x, y)→(x0, y0)avec(x, y)∈D, on a f(x, y)→1

2x²₀+y²₀−1 =−1

2x²₀=f(x₀, y₀). Quand(x, y)→(x₀, y₀)avec(x, y)∈E, on a

f(x, y)→ −1

2x²₀=f(x0, y0).

Finalementlim_(x,y)→(x₀_,y₀₎f(x, y) =f(x0, y0)et donc f est continue en.

Soitϕ: [0 ; 1]→R²dénie parϕ(t) =a+t.(b−a). Par compositionf ◦ϕest continue sur le segment[0 ; 1].

Comme(f ◦ϕ)(0) =f(a)et(f◦ϕ)(1) =f(b), par le théorème des valeurs intermédiaire, il existet∈[0 ; 1]tel que (f ◦ϕ)(t) =y.

Pourx=ϕ(t)∈Aon ay=f(x).

(a) Soitf:t7→g(Rcost, Rsint).f est continue et2πpériodique.

Soith:t→f(t+π)−f(t).hest continue eth(0) +h(π) =f(2π)−f(0) = 0 donchs'annule.

(7)

(b) Soit h:t7→f(t+π/2)−f(t).hest continue et h(0) +h(π/2) +h(π) +h(3π/2) = 0donchs'annule.

L'implication directe est immédiate. Inversement, supposonsf1 etf2continue.

Soita∈E.

Sia∈E1∩E2 alors la continuité def1 et def2 donne f(x)−−−−−−−→

x→a,x∈E1

f(a)

et

f(x)−−−−−−−→

x→a,x∈E₂ f(a) donc

f(x)−−−−−−→

x→a,x∈E f(a).

Sia∈E₁\E₂ alors il existeα >0tel que B(a, α)⊂C_EE₂ et doncB(a, α)⊂E₁. Puisquef coïncide avec la fonction continuef₁ sur un voisinage dea, on peut conclure quef est continue ena.

Le raisonnement est semblable sia∈E2\E1et tous les cas ont été traités car E=E1∪E2.

Pour touta∈A,

d(x, A)≤ kx−ak ≤ kx−yk+ky−ak donc

d(x, A)− kx−yk ≤d(y, A) puis

d(x, A)−d(y, A)≤ kx−yk. Par symétrie,

d(x, A)−d(y, A)

≤ kx−yk. Ainsix7→d(x, A)est lipschitzienne.

L'ensemble

A=n k∈R+

∀x, y∈[a;b],

f(x)−f(y)

≤k|x−y|o

est une partie deR, non vide (carf est lipschitzienne) et minorée par 0.

Par suiteN(f) = infA existe.

Montrons que cet inf est en fait un min.

Pourx, y∈[a;b]distincts, on a pour toutk∈A,

|f(x)−f(y)|

|x−y| ≤k. En passant à la borne inférieure, on obtient

|f(x)−f(y)|

|x−y| ≤N(f)

puis

f(x)−f(y)

≤N(f)|x−y|.

Cette identité est aussi valable quandx=y et doncN(f)∈A. Par conséquent l'applicationN:E→R+ est bien dénie. SupposonsN(f) = 0. Pour tout x∈[a;b],

f(x) =

f(x)−f(a)

≤0.|x−a|

et doncf = 0.

Pourλ= 0, on a évidemment N(λf) =|λ|N(f). Pourλ6= 0et x, y∈[a;b], l'inégalité

f(x)−f(y)

≤N(f)|x−y|

entraîne

λf(x)−λf(y)

≤ |λ|N(f)|x−y|. On en déduitN(λf)≤ |λ|N(f).

Aussi, l'inégalité

λf(x)−λf(y)

≤N(λf)|x−y|

entraîne

f(x)−f(y)

≤N(λf)

|λ| |x−y|.

On en déduitN(f)≤N(λf)/|λ|et nalementN(λf) =|λ|N(f). Enn, pourx, y∈[a;b],

(f+g)(x)−(f+g)(y) ≤

f(x)−f(y) +

g(x)−g(y)

≤ N(f) +N(g)

|x−y|

doncN(f+g)≤N(f) +N(g).

(8)

(a) Soientx0∈AetM ∈Rtels que pour toutx∈A, kxk ≤M. Pourf ∈ L, en notantkle rapport de lipschitzianité def, f(x)

≤ f(x0)

+

f(x)−f(x0) ≤

f(x0)

+kkx−x0k ≤ f(x0)

+ 2kM. (b) L'ensemble Kf est une partie deR, non vide (carf est lipschitzienne) et

minorée par 0.

On en déduit quec(f) = infKf existe dansR+. Pourx, y∈Adistincts, on a pour toutk∈K_f

N(f(x)−f(y)) N(x−y) ≤k. En passant à la borne inférieure, on en déduit

N(f(x)−f(y)) N(x−y) ≤c(f)

et doncN(f(x)−f(y))≤c(f)N(x−y)et cette relation est aussi valable quandx=y.

Ainsic(f)∈Kf

(c) L'application Na est bien dénie deLversR+. SiN_a(f) = 0alorsc(f) = 0 etN(f(a)) = 0.

Par suitef est constante etf(a) = 0doncf est la fonction nulle.

N_a(λf) =c(λf) +|λ|N(f(a)) Montronsc(λf) =|λ|c(f).

Pourλ= 0, la propriété est immédiate.

Pourλ6= 0. Pour toutx, y∈A,

N(f(x)−f(y))≤c(f)N(x−y) donne

N(λf(x)−λf(y))≤ |λ|c(f)N(x−y). On en déduitc(λf)≤ |λ|c(f).

De façon symétrique, on obtientc(f)≤c(λf)/|λ|et on peut conclure c(λf) =|λ|c(f).

On en déduitNa(λf) =|λ|Na(f).

N_a(f +g)≤N(f(a)) +N(g(a)) +c(f+g). Montronsc(f+g)≤c(f) +c(g).

Pour toutx, y∈A,

N((f+g)(x)−(f+g)(y))≤N(f(x)−f(y))+N(g(x)−g(y))≤ c(f)+c(g)

N(x−y). On en déduitc(f +g)≤c(f) +c(g)et on peut conclure

Na(f+g)≤Na(f) +Na(g).

FinalementNa est une norme surL.

(d) N(f(a))≤N(f(b)) +N(f(a)−f(b))≤N(f(b)) +ka−bkc(f). On en déduitNa≤ 1 +ka−bk

Nb et de façon symétrique, Na≤ 1 +kb−ak

Na.

Pouru, v∈B(0,1), on a

T(u)−T(v)

=ku−vk ≤2ku−vk. Pouru, v /∈B(0,1), on a

T(u)−T(v) =

u kuk− v

kvk

= kkvku− kukvk kuk kvk or

kvku− kukv=kvk(u−v) + kvk − kuk v donc

T(u)−T(v)

≤ ku−vk

kuk +|kvk − kuk|

kuk ≤2ku−vk car

kvk − kuk

≤ kv−uk etkuk ≥1. Pouru∈B(0,1)et v /∈B(0,1), T(u)−T(v)

=

u− v kvk

= kkvku−vk

kvk = |kvk −1| kuk+ku−vk

kvk ≤2ku−vk car

kvk −1

=kvk −1≤ kvk − kuk ≤ kv−uket kvk ≥1 Exercice 14 :[énoncé]

Sikxk,kyk ≤1alors

f(y)−f(x)

=ky−xk. Sikxk ≤1et kyk>1 alors

f(y)−f(x) =

y kyk−x

=

y

kyk−y+y−x

≤ kyk −1 +ky−xk ≤2ky−xk.

(9)

Sikxk,kyk>1alors f(y)−f(x)

=

y kyk− x

kxk

=

y−x kyk +x

1 kyk− 1

kxk

≤ky−xk

kyk +|kxk − kyk|

kyk ≤2ky−xk. Au nalf est 2-lipschitzienne.

Supposons maintenant que la normek · ksoit hilbertienne.

Sikxk,kyk ≤1alors

f(y)−f(x)

=ky−xk. Sikxk ≤1et kyk>1 alors

f(y)−f(x)

2− ky−xk²= 1− kyk²−2kyk −1 kyk (x|y). Or|(x|y)| ≤ kxk kyk ≤ kyk donc

f(y)−f(x)

2− ky−xk²≤1− kyk²+ 2(kyk −1) =−(1− kyk)²≤0. Sikxk,kyk>1alors

f(y)−f(x)

2− ky−xk²= 2− kyk²− kxk²−2kxk kyk −1 kxk kyk (x|y). Or|(x|y)| ≤ kxk kyk donc

f(y)−f(x)

2− ky−xk²= 2− kyk²− kxk²+ 2(kxk kyk −1) =−(kxk − kyk)²≤0. Au nalf est 1-lipschitzienne.

Par contraposée. Supposons quef ne soit pas continue. L'application linéairef n'est donc pas continue en0_E et par suite il existeε >0 vériant

∀α >0,∃x∈E,kxk ≤αet f(x)

> ε. Pourα= 1/n, il existex_n∈E tel quekxnk ≤1/n et

f(x_n) > ε. Considérons alorsy_n=√

nx_n. On akynk ≤1/√

ndoncy_n→0et f(y_n)

>√

nε→+∞.

Ainsi, la suite(y_n)est une suite convergeant vers 0_E dont la suite image(f(y_n)) n'est pas bornée.

La continuité de l'application linéaireIdE de(E, N1)vers(E, N2)équivaut à l'existence d'un réelα≥0vériantN2(x)≤αN1(x)pour toutx∈E. La propriété annoncée est alors immédiate.

Considéronsα₀, . . . , α_ddes réels deux à deux distincts etϕ:Rd[X]→R^d+1 dénie par

ϕ(P) = (P(α0), . . . , P(αd)).

L'applicationϕest un isomorphisme deR-espaces vectoriels de dimensions nies, c'est aussi une application linéaire continue car les espaces engagés sont de dimensions nies et il en est de même deϕ⁻¹.

En notantf la limite simple de(f_n), on a ϕ(f_n)→(f(α₀), . . . , f(α_d)). En notant P l'élément deRd[X] déterminé parϕ(P) = (f(α₀), . . . , f(α_d)), on peut écrire ϕ(f_n)→ϕ(P). Par continuité de l'applicationϕ⁻¹, on a doncf_n→P dans Rd[X]. En choisissant surRd[X], la norme équivalentek · k_∞,[a;b], on peut armer que(fn)converge uniformément versP sur le segment[a;b].

En particulier(fn)converge simplement versP et en substanceP =f.

Par l'absurde, supposonsrgp6= rgqet, quitte à échanger, ramenons-nous au cas oùrgp <rgq.

Par la formule du rang

dimE−dim Kerp <rgq et donc

dimE <dim Kerp+ rgq.

On en déduit que les espacesKerpet Imqne sont pas supplémentaires et donc il existe un vecteurx6= 0E vériant

x∈Kerp∩Imq. On a alors

(p−q)(x) =p(x)−q(x) =−x donc

N((p−q)(x)) =N(x). Or

N((p−q)(x))< N(x). C'est absurde.

(10)

(a) Les applicationsφetψsont linéaires au départ d'un espace de dimension nie donc continues.

(b) L'application f est bilinéaire au départ d'un produit d'espaces de dimensions nies donc continue.

(c) Soit λune valeur propre deAet X un vecteur propre associé AX=λX avecX6= 0.

On a alors

AⁿX=λⁿX

donc

λⁿ

kXk_∞= AⁿX

≤p Aⁿ

kXk_∞ aveckXk_∞= max_1≤j≤p|xj| 6= 0.

On en déduit que la suite(λⁿ)est bornée et donc|λ| ≤1.

(d) Bⁿ→C donc par extractionB²ⁿ →C. OrB²ⁿ=Bⁿ×Bⁿ→C² donc par unicité de la limiteC=C². On en déduit queSpC⊂ {0,1} car les valeurs propres gurent parmi les racines du polynôme annulateurX²−X.

Puisque la suite(Bⁿ)converge, elle est bornée et donc les valeurs propres de B sont de modules inférieurs à 1.

(a) On a|a_nu_n| ≤ kak_∞|u_n|etP|u_n|converge donc par comparaison de séries à termes positifs,Panun est absolument convergente et donc convergente.

(b) |ha, ui| ≤P+∞

n=0|a_nu_n| ≤P+∞

n=0kak_∞|u_n|=kak_∞kuk₁. On en déduit queϕ_u est continue.

(c) Par l'inégalité|ha, ui| ≤ kak_∞kuk₁, on obtient queψ_a est continue.

Pour montrer qu'une application linéairef ∈ L(E, E⁰)est continue, il sut de déterminerk∈Rvériant

f(x) ≤k

x

pour toutx∈E. Pour toute suiteu= u(n)

∈`^∞(R), on a pour tout natureln T(u)(n)

=

u(n+ 1) ≤ sup

n∈N

u(n)

=kuk_∞. La suiteT(u)est eectivement bornée et

T(u)

_∞= sup

n∈N

T(u)

≤1× u

_∞.

L'application linéaireT est donc continue.

On obtient de même que l'application linéaire∆est continue en observant ∆(u)(n)

=

u(n+ 1)−u(n) ≤

u(n+ 1) +

u(n)

≤2kuk_∞. On peut aussi justier que l'endomorphisme∆est continu par diérence de fonctions continues sachant∆ =T−Id_E avecT etId_E endomorphismes continus.

Pour toutf ∈E,

ϕ(f) ≤

f(1) +

f(0)

≤2kfk_∞ doncϕest continue.

L'applicationT est bien dénie et est clairement linéaire. Pour toutx∈[0 ; 1], T(f)(x)

≤xN1(f)donc

N2(T(f)) = T(f)

_∞+kfk_∞≤2N1(f). AinsiT est continue.

Tϕ:E→Rest bien dénie et est clairement linéaire. Par l'inégalité de Cauchy-Schwarz,

T_ϕ(f)

≤ kϕk₂kfk₂ doncT_ϕ est continue.

Pour toutf ∈E,

ϕ(f) =

Z 1

0

tf(t)

dt≤ kfk₁ doncϕest continue.

(11)

(a) L'application N1:R[X]→R+ est bien dénie car la somme se limite à un nombre ni de termes non nuls.

SiN1(P) = 0alors

∀k∈Z, P^(k)(0) = 0 or

P =

+∞

X

k=0

P^(k)(0) k! X^k doncP= 0.

SoientP, Q∈R[X]. N1(P+Q) =

+∞

X

k=0

P^(k)(0) +Q^(k)(0) ≤

+∞

X

k=0

P^(k)(0) +

Q^(k)(0)

donc

N1(P+Q)≤

+∞

X

k=0

P^(k)(0) +

+∞

X

k=0

Q^(k)(0)

=N1(P) +N1(Q). SoientP ∈R[X]etλ∈R

N₁(λP) =

+∞

X

k=0

λP^(k)(0) =|λ|

+∞

X

k=0

P^(k)(0)

=|λ|N₁(P). FinalementN1 est une norme.

L'applicationN2:R[X]→R+ est bien dénie car une fonction continue sur un segment y est bornée.

SiN2(P) = 0alors

∀t∈[−1 ; 1], P(t) = 0. Par innité de racinesP = 0.

SoientP, Q∈R[X].

N2(P+Q) = sup

t∈[−1;1]

P(t) +Q(t)

≤ sup

t∈[−1;1]

P(t) +

Q(t)

donc

N2(P+Q)≤ sup

t∈[−1;1]

P(t) + sup

t∈[−1;1]

Q(t)

=N2(P) +N2(Q). SoientP ∈R[X]etλ∈R.

N₂(λP) = sup

t∈[−1;1]

λP(t)

= sup

t∈[−1;1]

|λ|

P(t)

=|λ| sup

t∈[−1;1]

P(t)

=|λ|N₂(P). FinalementN2 est aussi norme.

(b) NotonsD:R[X]→R[X]l'opération de dérivation.

∀P ∈R[X], N₁(D(P)) =

+∞

X

k=0

D(P)^(k)(0) =

+∞

X

k=0

P^(k+1)(0) ≤

+∞

X

k=0

P^k(0)

=N₁(P)

donc l'endomorphismeD est continu pour la normeN1. (c) SoitPn=Xⁿ. On aD(Pn) =nXⁿ⁻¹doncN2(Pn) = 1et

N2(D(Pn)) =n→+∞.

Par suite l'endomorphismeD n'est pas continu pourN2.

(d) Par ce qui précède, les normes ne sont pas équivalentes. Néanmoins P =P+∞

k=0 P^(k)(0)

k! X^k donc P(t)

≤

+∞

X

k=0

P^(k)(0)

k! ≤N1(P) donc

N2(P)≤N1(P).

C'est là la seule (et la meilleure) comparaison possible.

uest clairement un endomorphisme deE.

u(f)(x) = (1−x)f(0) +xf(1) donc

u(f)(x)

≤(1−x) f(0)

+x f(1)

≤(1−x)kfk_∞+xkfk_∞=kfk_∞. Ainsi

u(f)

≤ kfk. L'endomorphismeuest continu.

(a) On a|anun| ≤ kak_∞|un|etP

|un|converge donc par comparaison de séries à termes positifs,P

anun est absolument convergente et donc convergente.

(b)

|ha, ui| ≤

+∞

X

n=0

|anun| ≤

+∞

X

n=0

kak_∞|un|=kak_∞kuk₁. On en déduit queϕuest continue.

(12)

(c) Par l'inégalité|ha, ui| ≤ kak_∞kuk₁, on obtient queψa est continue.

(a) Pourf ∈E,Φ(f)∈E car(x, y)7→K(x, y)f(y)est continue et on intègre sur un segment. La linéarité deΦest évidente.

(b) On a

Φ(f)

∞≤ kKk_∞kfk_∞ et

Φ(f) ₁≤

Z Z

[0;1]²

K(x, y)f(y)

dxdy≤ kKk_∞kfk₁ doncΦest continue pour k · k_∞ et k · k₁.

(c) On a

(Φ(f)|g) = Z Z

[0;1]²

K(x, y)f(y)g(x) dxdy= (f|Φ(g)) car

∀(x, y)∈[0 ; 1]², K(x, y) =K(y, x). (d) Rappelons que l'espace normé(E,k · k_∞)est complet.

Avec plus de nesse que dans les inégalités du b), on peut armer Φ(f)

∞≤Ω⁻¹kfk_∞.

Pourh∈E et|λ|<Ω, L'applicationT: f 7→λΦ(f) +hestλΩ-lipschitzienne avec|λΩ|<1. Par le théorème du point xe dans un espace complet,

l'applicationT admet un unique point xe et donc il existe un uniquef ∈E vérianth=f−λΦ(f).

(e) Soit (f1, . . . , fp)une famille orthonormée d'éléments deKer(Φ−λId). Soit y∈[0 ; 1]xé et ϕ:x7→K(x, y). On peut écrire ϕ=Pp

j=1µjfj+ψavec ψ∈Vect(f1, . . . , fp)^⊥ et

µ_j = (f_j|ϕ) = Z 1

0

K(x, y)f_j(x) dx=λf_j(y). Par orthogonalité

Z 1

0

ϕ²(x) dx=

p

X

j=1

µ²_j+kψk²₂≥

p

X

j=1

µ²_j. En intégrant on obtient

Z Z

[0;1]²

K(x, y)²dxdy≥

p

X

j=1

Z 1

0

λ²f_j²(y) dy=λ²p

car lesfj sont unitaires. Par suiteKer(Φ−λId)est de dimension nie et sa dimension vérie l'inégalité proposée.

NotonsP₁, . . . , P_n les points à exclure.

Considérons une droiteDne passant par aucun des pointsP₁, . . . , P_n. Cette droite est une partie connexe.

Considérons un pointAdu plan autre queP₁, . . . , P_n. Il existe une innité de droites passant parAet coupant la droite D. Parmi celles-ci, il y en a au moins une qui ne passe par lesP1, . . . , Pn. On peut dont relierAà un point de la droite D.

En transitant par cette droite, on peut alors relier par un tracé continu excluant lesP1, . . . , Pn, tout couple de points(A, B)autres que les P1, . . . , Pn.

L'image d'un arc continu par une application continue est un arc continu. Ainsi, si X est connexe par arcs etf continue dénie surX alors pour tout

f(x), f(y)∈f(X), l'image par f d'un arc continu reliant xet ày est un arc continue reliantf(x)àf(y)et donc f(X)est connexe par arcs.

Si les deux points à relier gurent dans un même connexe par arcs, le problème est résolu. Sinon, on transite par un point commun au deux connexes pour former un arc reliant ces deux points et inclus dans l'union.

Il nous sut d'étudierA.

Soienta, a⁰∈A.A⊂A∪B donc il existeϕ: [0 ; 1]→A∪B continue telle que ϕ(0) =aetϕ(1) =a⁰.

Siϕne prend pas de valeurs dansB alorsϕreste dansAet résout notre problème.

Sinon posonst₀= inf

t∈[0 ; 1]

ϕ(t)∈B ett₁= sup

t∈[0 ; 1]

ϕ(t)∈B .ϕ étant continue etA,B fermés,

ϕ(t0), ϕ(t1)∈A∩B

A∩B étant connexe par arcs, il existeψ: [t₀;t₁]→A∩B continue tel que ψ(t₀) =ϕ(t₀)et ψ(t₁) =ϕ(t₁). En considérantθ: [0 ; 1]→Rdénie par θ(t) =ψ(t)sit∈[t₀;t₁]etθ(t) =ϕ(t)sinon, on a θ: [0 ; 1]→Acontinue et θ(0) =a,θ(1) =a⁰.

AinsiAest connexe par arcs.

(13)

Soienta, b∈S.

Sia6=−b. On peut alors armer que pour tout λ∈[0 ; 1],(1−λ)a+λb6= 0. L'applicationλ7→k(1−λ)a+λbk¹ ((1−λ)a+λb)est alors un chemin joignantaàb inscrit dansS.

Sia=−b, on transite par un pointc6=a, bce qui est possible carn≥2. Exercice 35 :[énoncé]

(a) Non. Si on introduitf forme linéaire non nulle telle queH = Kerf,f est continue etf(E\H) =R^∗ non connexe par arcs doncE\H ne peut l'être.

(b) Oui. Introduisons une base de F notée(e1, . . . , ep)que l'on complète en une base deE de la forme(e1, . . . , en).

Sans peine tout élémentx=x1e1+· · ·+xnen deE\F peut être lié par un chemin continue dansE\F au vecteuren sixn>0 ou au vecteur−en si xn <0 (prendrex(t) = (1−t)x1e1+· · ·+ (1−t)x_n−1en+ ((1−t)xn+t)en).

De plus, les vecteursen et−en peuvent être reliés par un chemin continue dansE\F en prenantx(t) = (1−2t)en+ (t−t²)en−1. AinsiE\F est connexe par arcs.

L'applicationdet :Mn(R)→Rest continue et l'image deGLn(R)par celle-ci est R^∗ qui n'est pas connexe par arcs doncGL_n(R)ne peut l'être.

Pour montrer queGL_n(C)est connexe par arcs, il sut d'observer que toute matriceA∈GL_n(C)peut être relier continûment dans GL_n(C)à la matriceI_n. SoitA∈GL_n(C). La matriceAest trigonalisable, il existeP inversible telle que B=P⁻¹AP = (b_i,j)soit triangulaire supérieure à coecients diagonaux non nuls.

Nous allons construire un chemin continue joignantIn à B dansGLn(C)puis en déduire un chemin joignantIn à Alui aussi dansGLn(C).

Pouri > j, posonsmi,j(t) = 0.

Pouri < j, posonsmi,j(t) =tbi,j de sorte que mi,j(0) = 0et mi,j(1) =bi,j. Pouri=j, on peut écrire bi,i=ρie^iθⁱ avecρi6= 0. Posonsmi,i(t) =ρ^t_ie^itθⁱ de sorte quemi,i(0) = 1,mi,i(1) =bi,i et

∀t∈[0 ; 1], m_i,i(t)6= 0.

L'applicationt7→M(t) = (m_i,j(t))est continue, elle jointI_n à B et ses valeurs prises sont des matrices triangulaires supérieures à coecients diagonaux non nuls, ce sont donc des matrices inversibles.

En considérantt7→P M(t)P⁻¹, on dispose d'un chemin continu joignantIn àA et restant inscrit dansGLn(C).

On peut donc conclure queGLn(C)est connexe par arcs.

On sait

SO2(R) =

cosθ −sinθ sinθ cosθ

|θ∈R

.

Par ce paramétrage, on peut armer queSO₂(R)est connexes par arcs, car image continue de l'intervalleRpar l'application

θ∈R7→

cosθ −sinθ sinθ cosθ

∈ M2(R).

X est une partie connexe par arcs (car convexe) etϕest continue doncϕ(X)est une partie connexe par arcs deR, c'est donc un intervalle.

De plus0∈/ϕ(X)doncϕ(X)⊂R^∗+ouϕ(X)⊂R^∗− et on peut conclure.

(a) Aest une partie convexe donc connexe par arcs.

(b) L'applicationδ est continue doncδ(A)est connexe par arcs c'est donc un intervalle deR. Puisque f⁰ prend des valeurs strictement positives et

strictement négative, la fonctionf n'est pas monotone et par conséquent des valeurs positives et négatives appartiennent à l'intervalleδ(A). Par

conséquent0∈δ(A).

(c) Puisque0∈δ(A), il existea < b∈Itels que f(a) =f(b). On applique le théorème de Rolle sur[a;b] avant de conclure.

On vérie aisément

∀A∈ N,∀λ∈R, λ.A∈ N. On a donc immédiatement

∀A∈ N,[On;A]⊂ N.

L'ensembleN est donc étoilé enO_n (au surplus, c'est un ensemble connexe par arcs).