Feuille 18

(1)

Feuille 18

Exercice18.1 Solution p. 3

Montrer queC\ {0}est dense dansC.

Montrer queE =

x+iy∈C/ x, y∈R, x²+y²≤3, x³+y³−3xy≥0 est un compact deC.

Montrer queU ={(x, y, z)∈R³ / ln(x²+y²+ 1) sin(z)< e^x+zetx+y−z >1}est un ouvert deR³.

SiF est un fermé d’un espace métrique, montrer qu’il existe une suite décroissante d’ouverts(U_n)n∈Ntelle que F = \

n∈N

Un.

On noteE =`^∞(R)etF =R⁽^N⁾. F est-il un ouvert ou un fermé deE?

E est unK-espace vectoriel normé, oùKest égal àRouC. AetBsont deux parties deE. On suppose queA est ouvert. Montrer queA∩B =A∩B.

SoitAune partie non vide d’un espace-vectoriel norméE.On noteδ(A)le diamètre deA.

Montrer queδ(A) =δ(A).A-t-onδ(A) =δ( ˚A)?

SoitF un sous-espace vectoriel d’unK-espace vectoriel norméEtel queF˚6=∅. Montrer queF =E.

Eest unK-espace vectoriel normé etF est un fermé deE.

1. SoitKune partie compacte deE.

Montrer queF +K ={f +k /(f, k)∈F×K}est fermé.

2. On poseF ={(x, 0)/ x∈R}etK={(x, e^x)/ x∈R}. Montrer queF etKsont deux fermés deR²mais queF+Kn’est pas fermé dansR².

SoitAetBdeux ouverts d’un espace vectoriel norméE.

Montrer queA+B est ouvert. Est-ce vrai avec des fermés?

Soit A une partie d’unK-espace vectoriel norméE. Montrer queAest compact si et seulement si toute suite d’éléments deAadmet une valeur d’adhérencedansE.

SoientEunK-espace vectoriel normé etAune partie deE. On dit que`∈ Eest un point d’accumulation de Asi et seulement si`∈A\ {`}.Montrer que l’ensemble des points d’accumulation deAest un fermé.

(2)

Exercice18.13 Solution p. 6 On dit qu’un point ad’une partieA est isolé dansA si et seulement si il existe un voisinageV deatel que V ∩A={a}.

SoitAune partie sans point isolé. SoitB une partie dense dansA. Montrer que pour touta ∈Aet pour tout voisinageV dea, V ∩Best infini.

SoitAune partie convexe d’un espace vectoriel norméE.Montrer queA˚etAsont aussi convexes.

Théorème du point fixe

SoitAune partie complète non vide deEetf :A−→Aune applicationk-contractante oùk∈[0,1[.

1. Montrer qu’il existe au plus un vecteur`∈E tel quef(`) =`(on dit que`est un point fixe def).

2. Soit(x_n)∈A^Nune suite vérifiant la relation de récurrence suivante :∀n∈N, x_n+1=f(x_n), avecx₀∈A.

(a) Montrer que, pour toutn∈N, d(x_n, x_n+1)≤kⁿd(x₀, x₁). (b) Montrer que(xn)converge et que sa limite est un point fixe def.

SoitU un ouvert non vide deR. On considère la relationU surU définie par :

∀x, y∈U, (xU y)⇔([x, y]⊂U), où[x, y]désigne le segment joignantxàymême lorsquex > y.

1. Démontrer queU est une relation d’équivalence surU.

2. Démontrer que les classes d’équivalence deU sont des intervalles ouverts deR.Justifier que l’ensemble quo- tientU/U est dénombrable.

3. Qu’a-t-on ainsi démontré?

`^∞(R)désigne l’ensemble des suites bornées de réels; c’est un espace vectoriel normé si on le munit de la norme infinie.

Parmi les ensembles suivants, déterminer lesquels sont des fermés de`^∞(R):

− l’ensemble des suites croissantes bornées,

− l’ensemble des suites bornées admettant0pour valeur d’adhérence,

− l’ensembleP_T des suitesT-périodiques, oùT ∈N^∗,

− la réunion [

T∈N^∗

P_T.

On noteE =`¹(C) =¶

(z_n)∈C^N/ X

|z_n|converge©

et on noteAl’ensemble des suites géométriques(u_n) deE telles que

+∞

X

n=0

u_n= 1.

Aest-il fermé?Aest-il ouvert?

(3)

Solution de l’exercice 18.1 Énoncé On a naturellementC^∗⊂CdoncC^∗ ⊂C=C.

Maintenant, 1

n −−−−−→

n→+∞ 0etÅ1 n

ã

n∈N^∗

∈C^∗N, donc0∈C^∗, doncC⊂C^∗. AinsiC^∗ =C, c’est-à-dire queC^∗est dense dansC, d’après le cours.

Solution de l’exercice 18.2 Énoncé

Soit(xn+iyn) ∈ E^N, telle que,∀n ∈ N, x²_n ≤ 3, y_n² ≤ 3, donc(xn+iyn)est bornée en module. D’après Bolzano-Weierstrass, il existeϕ :N −→ Ntelle quex_ϕ(n)+iy_ϕ(n) −−−−−→

n→+∞ x+iy ∈ E, qui est une certaine valeur d’adhérence de la suite.

∀n ∈ N, x²_ϕ(n)+y_ϕ(n)² ≤ 3 donc par continuité de ϕ,x² +y² ≤ 3, on a la même chose pour l’autre inégalité.

Et donc lim

n→+∞x_ϕ(n)+iy_ϕ(n)∈E, doncEest compact puisque toute suite deEadmet au moins une valeur d’adhé- rence dansE.

Alternativement, on aurait pu montrer queEétait fermé et borné.

On a U = U₁ ∩U₂ oùU₁ = {(x, y, z) ∈ R³ / ln(x² +y² + 1) sin(z) < e^x+z} et U₂ = {(x, y, z) ∈ R³/ x+y−z >1}. On poseF1=R³\U1etF2=R³\U2.

Soit(an)∈F₁^Nune suite convergente telle quean= (xn, yn, zn)−−−−−→

n→+∞ (x, y, z).Alors : ln(x²_n+y_n²+ 1) sin(zn)≥e^xⁿ^+zⁿ

ln(x²+y²+ 1) sin(z)≥e^x+z par passage à la limite et continuité de ln et sin Donc(x, y, z)∈F1doncU1 est ouvert.

De même, on montre queF2est fermé, donc queU2est ouvert.U =U1∩U2, une intersection finie d’ouverts, on a bien queU est ouvert.

PosonsUn= [

x∈F

Bo

Å x, 1

n ã

,(Un)est décroissante par construction.

Six∈F, ∀n∈N^∗, x∈B_o Å

x, 1 n

ã

, doncx∈T

n∈N^∗U_n. Soitx∈E\F, il existentel queB_o

Å y,1

n ã

⊂E\F carE\F est ouvert.

Supposons quex∈F ety∈Bo

Å x,1

n ã

, alorsd(x, y)< 1

ndoncx∈Bo

Å y, 1

n ã

, doncx6∈F . Doncy6∈Un, donc y_n6∈ \

n∈N^∗

U_n, donc \

n∈N^∗

U_n=F. Autre méthode :

x ∈ \

n∈N^∗

U_n, donc∀n ∈ N^∗, x ∈ U_n, donc∀n ∈ N^∗, ∃x_n ∈ F tel quex ∈ B_o Å

x_n,1 n

ã

. Ainsi(x_n) ∈ F^N, et d(x, xn)≤ 1

n −−−−−→

n→+∞ 0doncxn−−−−−→

n→+∞ x∈F carF est fermé.

Montrons queF n’est ni ouvert, ni fermé.

Posons,∀n∈N, (u_n,k)k∈N= Å

1,1 2, . . . ,1

n,0,0, . . . ,0 ã

∈R⁽^N⁾(on a ici une suite de suites.) Posonsw=

Å1 k

ã

k∈N^∗

∈R^N. Soitε∈R^∗+,

ku_n−wk_∞= sup

k∈N

|u_n,k−w_k|= 1

n+ 1−−−−−→

n→+∞ 0. En effet, on a, ànfixé,u_n,k−w_k=







0 pourk≤n

−1

k pourk≥n+ 1.

(4)

Doncu_n−−−−−→

n→+∞ w6∈R⁽^N⁾ce qui prouve queFn’est pas fermé.

Montrons maintenant queF n’est pas ouvert, i.e. queE\F n’est pas fermé.

Posons(u_n,k)k∈N^∗ = Å1

k ã

k∈N^∗

, posonsw= (0)k∈N^∗. ku_n−wk_∞= sup

k∈N

|u_n,k−w_k|= 1

n −−−−−→

n→+∞ 0 Doncun−−−−−→

n→+∞ w∈F, doncE\F n’est pas fermé, doncF n’est pas ouvert.

B ⊂B A∩B ⊂A∩B A∩B ⊂A∩B Soitx∈A∩B, il existe(x_n)∈B^N, tel quex_n−−−−−→

n→+∞ x,x∈Adonc il existeε >0,tel queB_o(x, ε)⊂AcarAest ouvert. Or il existen0 ∈Ntel que pour toutn≥n0, d(xn, x)≤ε, donc∀n≥n0, xn∈A∩B, doncx∈A∩B. DoncA∩B ⊂A∩B doncA∩B⊂A∩B. Donc on a l’égalité.

On aA⊂Adoncδ(A)≤δ(A).

Soitx, y∈A, alors∀ε >0, ∃x_ε, y_ε, x_ε∈B_o(x, ε)∩Aety_ε∈B_o(y, ε)∩A. Par inégalité triangulaire :

kx−yk ≤ kx−x_εk+kx_ε−y_εk+ky_ε−yk

≤2ε+kx_ε−y_εk

≤2ε+δ(A)

On a donckx−yk −δ(A)≤2εet donc par passage à l’inf,kx−yk ≤inf 2ε= 0, et par suite,∀x, y∈A, kx−yk ≤ δ(A), et pour finir, par passage au sup,δ(A)≤δ(A).

Pour l’intérieur, considérons dans R, A = {0} ∪ {1}, on a bien δ(A) = 1, mais pour autant, A˚ = ∅ et donc δ( ˚A) = 0, pour autant, on a toujoursA˚⊂Adoncδ( ˚A)≤δ(A).

F˚6=∅donc il existef ∈F˚⊂F etε >0tels queB₀(f, ε)⊂F (par définition de l’intérieur d’une partie).

Soitx∈E, tel quex6= 0(de toute façon,F étant un sous-espace vectoriel, on a nécessairement0∈F.).

Posonsy=f − εx

2kxk ∈B_o(f, ε), puisque|y−fk= ε 2 < ε. Doncx=y×2kxk

ε ∈Fpar stabilité d’un espace vectoriel, donc finalement on a bienE⊂F (et il est évident que F ⊂E par définition d’un sous-espace vectoriel).

DoncE =F.

1. Soit(xn)∈(F +K)^N,tel quexn −−−−−→

n→+∞ x. On peut décomposer(xn)enxn=fn+knet(kn)∈K^Nelle admet une valeur d’adhérence carKest compact : il existe doncϕ:N−→Netk∈Ktels quek_ϕ(n)−−−−−→

n→+∞

k.

Or(xn)converge, donc(f_ϕ(n))converge etf_ϕ(n)−−−−−→

n→+∞ f ∈FcarF est fermé.

Doncx=f+k∈F +KdoncF+Kest bien fermé.

(5)

2. Soitf_n((x_n,0))convergente, alorsf_n−−−−−→

n→+∞ (x,0)avecx∈RdoncF est fermé.

De même,K est fermé :(kn) = ((xn,e^xⁿ))∈K^Nconvergente,xn −−−−−→

n→+∞ x∈Rdonce^xⁿ −−−−−→

n→+∞ e^xpar continuité.

Donck_n−−−−−→

n→+∞ (x,e^x)∈KetKest fermé.

Soit maintenant,(xn) = ((n,0))n∈N∈F^Net(yn) = ((−n,e⁻ⁿ))n∈N∈K^N, on axn+yn= (0,e⁻ⁿ)−−−−−→

n→+∞

(0,0)6∈F+KdoncF +Kn’est pas fermé.

Soita∈A, b∈B, il existeε >0, Bo(a, ε)⊂A. Pour toutxtel queka+b−xk< ε(x∈B_o(a+b, ε), on peut écrireka−(x−b)k< εdoncx−b∈Bo(a, ε)⊂A, doncx−b=a⁰∈Adoncx=a⁰+b∈A+B. Ainsi,B_o(a+b, ε)⊂A+BdoncA+Best ouvert, et on a mêmeA+B = [

b∈B

(A+b)

| {z }

ouvert

D’après l’exercice 9 (correction ici), ceci est faux avec des fermés.

b∈B

a∈A

a+b∈A+B

~0

H Aest compact :

Soit(xn) ∈A^N, on a naturellementA ⊂AdoncA^N ⊂A^N et donc(xn)possède une valeur d’adhérence dansA carAest compact.

H Toute suite deAadmet une valeur d’adhérence dansE. Soit(x_n)∈A^N.

y0 y₁

yn∈A x_n∈A

x₁ x₀

∀n∈N^∗, ∃y_n∈B_o Å

x_n,1 n

ã

∩A∈A(carx_n∈A); doncd(x_n, y_n)< 1 n.

(yn)∈A^N, donc il existeϕ:N−→Nstrictement croissante eta∈E tels quey_ϕ(n)−−−−−→

n→+∞ a∈E. d(x_ϕ(n), a)≤d(x_ϕ(n), y_ϕ(n)) + d(y_ϕ(n), a)

≤ 1

nd(y_ϕ(n), a)−−−−−→

n→+∞ 0 Doncd(x_ϕ(n), a)−−−−−→

n→+∞ 0doncx_ϕ(n)−−−−−→

n→+∞ adonca∈AetAest compact.

(6)

Solution de l’exercice 18.12 Énoncé SoitA⊂Eet notonsBl’ensemble des points d’accumulation deA.

Soit(`n)∈B^Nconvergente,`n−−−−−→

n→+∞ `. On a deplus,∀n∈N, `n∈A\ {`} ⊂A.

On a deux possibilités :

− Il existe un rangnà partir duquel`n=`∈BetBest fermé.

− Sinon, il existe(a_n)∈A^Ntelle qued(a_n, `_n)≤min Å1

n,d(`, `_n) ã

. d(a_n, `)≤d(a_n, `) + d(`_n, `)

≤ 1

n+ d(`n, `)−−−−−→

n→+∞ 0

De plus,(an)∈(A\ {`})^N, en effet∀n∈N, an6=`card(an, `n)<d(`, `n). Donc`∈BetBest fermé.

SoitA ⊂E. Supposons qu’il existea∈Atel qu’il existeV ∈ V(a)tel queV ∩B est fini (B ⊂ AetB dense dansA).

Notons alorsV ∩B ={b₀, . . . , b_n₀}.V étant un voisinage dea, il existeα >0tel queB_o(a, α)⊂V.

− Cas I :a∈B

Soitε= min(α, min

a6=bi

i∈{0,...,n₀}

d(a, b_i))> 0. AlorsB_o(a, ε)∩(A\ {a}) 6=∅. Prenons alors a⁰ ∈ Bo(a, ε)∩(A\ {a}) (a⁰ existe car An’admet pas de point isolé, et de plusa⁰6=a).

Prenonsε⁰ = 1

2min(d(a, a⁰), ε−d(a, a⁰))

a a⁰

a⁰−ε⁰ a⁰+ε⁰

AlorsB_o(a⁰, ε⁰)⊂B_o(a, ε), donc∀b∈B, b6∈B_o(a⁰, ε⁰)maisBest dense dansA, ce qui est absurde .

− Cas II : sia∈A\B Posonsε= min( min

i∈J1,n0K a6=bi

d(a, bi), α).

AlorsB_o(a, ε)∩B =∅sinon il existeraitb=b_i₀ ∈Btel qued(a, b)< ε . C’est absurde carBest dense dansA.

b0

b₁

bn0

a

B_o(a, ε) a⁰

V ∩B

Soita, b∈A˚il existe alorsε1, ε2 >0tels queBo(a, ε1)⊂A, Bo(b, ε2)⊂A.

A

A˚ a

b x

Posonsε= min(ε₁, ε₂). Soitt∈[0,1], et posonsx=ta+b(1−t).

Soity∈B_o(x, ε), alorskx−yk< εdonc il existeu ∈B_o(0, ε)tel quey=x+u. On posea⁰ =a+u∈B_o(a, ε) etb⁰ =b+u∈Bo(b, ε). orAest convexe doncy =x+u =aλ+b(1−λ) +λu+u(1−λ) =a⁰λ+ (1−λ)b⁰. DoncB_o(x, ε)⊂A˚doncA˚est convexe.

Soita, b∈Aet(an),(bn)∈A^Ntelles quean−−−−−→

n→+∞ aetbn−−−−−→

n→+∞ b. Soitλ∈[0,1], ∀n∈N, a_nλ+ (1−λ)b_n∈A−−−−−→

n→+∞ aλ+ (1−λ)b∈AdoncAest convexe.

(7)

Solution de l’exercice 18.15 Énoncé On a donc∀x, y∈A, d(f(x), f(y))≤kd(x, y)oùk∈[0,1[.

1. Supposons qu’il existe`, `⁰ ∈A, `6=`⁰ telle quef(`) =`etf(`⁰) =`⁰.

d(f(`), f(`⁰))≤kd(`, `⁰) i.e. d(`, `⁰)≤kd(`, `⁰)

i.e. 1≤k (car`6=`⁰ ⇒d(`, `⁰)>0) C’est absurde cark <1donc`=`⁰.

2. (a) f est stable parA. Pourn= 0on a bien,d(x0, x1)≤k⁰

=1d(x0, x1)d’où R(0).

SupposonsR(n)pourn≥0.

d(x_n, x_n+1)≤kⁿd(x₀, x₁) kd(x_n, x_n+1)≤kⁿ⁺¹d(x₀, x₁) d(f(xn), f(xn+1))≤kd(xn, xn+1)≤kⁿ⁺¹d(x0, x1) d(x_n+1, x_n+2)≤kⁿ⁺¹d(x₀, x₁) d’oùR(n+ 1).

(b) Soitq∈Netp > q.

d(xp, xq)≤

p−1

X

i=q

d(xi, xi+1)

≤d(x0, x1)

p−1

X

i=q

kⁱ

≤d(x0, x1)k^q−k^p 1−k

≤ d(x0, x1) 1−k ×k^q Soitε >0, ∃N ∈N, ∀q≥N,

d(x₀, x₁) 1−k ×k^q

≤ε

Ainsi,∀p, q≥N, p6=q, d(xp, xq)≤ε:(xn)est une suite de Cauchy.

(x_n)converge vers`∈Acar(x_n)∈A^Nqui est une partie complète.

De plus,∀n ∈ N, x_n+1 = f(x_n).f est continue carf estk-contractante, et doncf vérifief(`) = `, donc`est un point fixe.

1. La réflexivité et la symétrie sont immédiates.

SoitxU yetyU z, donc[x, y]⊂U et[y, z]⊂U.

PosonsI = [x, y]∪[y, z] = [x, z]: c’est un intervalle d’après le cours, donc convexe.x, z ∈I, donc[x, z]⊂ I ⊂U doncxU z.

2. Soitx ∈U. Soity, z ∈x. Soitt∈ [y, z]. Il faut montrer quet∈ x, ainsixest convexe (i.e. est un intervalle surR).

On a encoreI = [x, y]∪[y, z] ⊂ U et I est un intervalle, donc[y, t] ⊂ [y, z] ⊂ I ⊂ U (cary, z ∈ I et Iconvexe). DonctU yetyU xdonctU xdonct∈x.

(8)

Montrons maintenant quexest ouvert. Soity∈x⊂U. Montrons alors quexest un voisinage dey.

U est ouvert donc il existeε >0tel que[y−ε, y+ε]⊂U.

Montrons que cet intervalle est inclus dansx, i.e. quey−εety+ε∈I (carxest convexe).

y∈xdonc[x, y]⊂U, doncJ = [x, y]∪[y−ε, y+ε]⊂U etJ est convexe car d’intersection non-nulle.

Orx, y+ε∈J donc[x, y+ε]⊂J ⊂U doncy+εU x:y+ε∈xet de mêmey−εU x:y−ε∈x. Donc xest un intervalle ouvert.

SoitI ∈ U \ U, il existex ∈ U tel que I = x. DoncI est un intervalle ouvert non-vide (carx ∈ I). De plusQest dense dansRdonc il existeq_I ∈Q∩I tel queϕ: U\ U −→Q

I 7−→qI

.

Montrons queϕest injective : SoitI, J ∈U \ U tels queI 6=J. DoncI∩J =∅(les classes d’équivalence sont disjointes). Orq_I ∈I etq_J ∈J doncq_I 6=q_J doncϕest injective.

Et on aϕ(U \ U)⊂QorQest dénombrable donc par injectivité deϕ,U \ Uest au plus dénombrables.

3. On a démontré que les ouverts deRsont exactement les unions au plus dénombrables d’intervalles ouverts 2 à 2 disjoints (la réciproque étant évidente).

On pourrait montrer qu’il y a unicité d’une telle décomposition.

− Soit une suite de suites de`^∞(R)croissante et bornée :(v_p)p∈Noùv_p = (u_n,p)n∈N ∈ R^N.v_p −−−−→^k·k^∞

p→+∞ w = (wn)n∈N∈`^∞(R).

Soiti₀fixé, il existeP ∈Ntel que∀p≥P, |u_i₀_,p−w_i₀| ≤ kv_p−wk_∞= sup

n∈N

|u_n,p−w_n| −−−−→

p→+∞ 0. C’est aussi vrai pouri0 + 1, et donc par croissance de(un), ui0,p ≤ ui0+1,p donc par passage à la limite wi0 ≤ wi0+1 donc(wn)est croissante et donc l’ensemble des suites croissantes et bornées est un fermé de

`^∞(R).

− Supposons quevp k·k∞

−−−−→

p→+∞ w= (wn)n∈N ∈`^∞(R). Supposons également que(wn)n’admette pas0comme valeur d’adhérence, alors :

∃ε >0, ∃N ∈N, ∀n≥N, |w_n| ≥ε, et∃P ∈N, ∀p≥P, kv_p−wk_∞≤ ε 2. On a donc∀p≥P,pourn≥N,

|v_n,p|=|v_n,p−wn+wn|

≥ |w_n| − |v_n,p−wn| (corollaire de l’inégalité triangulaire)

≥ε−ε 2

≥ ε 2

Donc d’après le critère précédent,(vn,p)n∈Nn’admet pas0comme valeur d’adhérence.

Donc, par contraposée,(w_n)admet0comme valeur d’adhérence et l’ensemble est fermé.

− Supposons quevp k·k∞

−−−−→

p→+∞ w = (wn)n∈N ∈`^∞(R). On aun,p −−−−→

p→+∞ wnetun+T ,p −−−−→

p→+∞ wn+T comme précédemment.

De plus, commeun,p =un+T ,p, on aun+T,p −−−−→

p→+∞ wnet par unicité de la limitewn =wn+T doncwnest aussiT-périodique.

− On prendvpune suite de suites telle quevp = (un,p)n∈N. Et on au_pq+r,p = 1

2^r+p, avecn= pq+rla division euclidienne denparp. On a donc immédiatement que (u_n,p)n∈Nestp-périodique.

v0= (un,0) = (1,1,1,1,1, . . .)

(9)

v₁= (u_n,1) = Å1

2,1 2,1

2, . . . ã

v₂= (u_n,2) = Å1

4,1 8,1

4,1 8, . . .

ã

On pose maintenant, pourp ∈N, wn,p =

p

X

k=0

u_n,k ≤

+∞

X

k=0

1

2^k = 2.(u_n,k)n∈Nétantk-périodique, il estappa- remmentfacile de voir que(w_n,p)n∈Nestp!-périodique.

Donc(w_n,p)p∈N∈ [

T∈N

P_T

!_N

et on aw_n,p−−−−→

p→+∞

+∞

X

k=0

u_n,kqui est défini caru_n,k≤ 1 2^k. Posonsz_n= lim

p→+∞w_n,p. z₀ =

+∞

X

k=0

1 2^k = 2

zT =

+∞

X

k=0

w_{T ,k}≤

+∞

X

k6=Tk=0−1

u_T,k+uT,T−1

= 2− 1

2^T⁻¹ +uT ,T−1

= 2− 1

2^T⁻¹ + 1 2^2T⁻¹ <2 car2T−1> T = 1siT ≥1 Doncz0 6=zT donc(zn)n∈Nn’est pasT-périodique pour toutT ∈N^∗.

sup

n∈N

|w_n,p−z_n|= sup

n∈N

+∞

X

k=p+1

u_n,k

≤sup

n∈N

+∞

X

k=p+1

1 2^k

= 1

2^p −−−−→

p→+∞ 0 Donc on a bienwn,p

k·k∞

−−−−→

p→+∞ zn. Donc cet ensemble n’est pas fermé. (c’est un exemple de réunions infinies de fermés qui n’est pas fermé).

Soit(z_n)∈E, on peut noterz_n=rpⁿavec|p| ≤1car

+∞

X

n=0

z_n= 1 =r 1

1−p doncr= (1−p). On note doncA={((1−p)pⁿ)n∈N\ |p|<1}.

Notons(pi)n∈N= Å

(1−p)pⁿ+ 1 i(n+ 1)²

ã

n∈N

∈`¹(C)\A.

kp_i−zk=

+∞

X

n=0

(1−p)pⁿ+ 1

i(n+ 1)² −(1−p)pⁿ

=

+∞

X

n=0

1

i(n+ 1)² = π²

6i −−−−→

i→+∞ 0 Doncp_i6∈AdoncAn’est pas ouvert, car`¹(C)\An’est pas fermé.

Soit(z_i)∈A^N, telle quez_i−−−−−→

n→+∞ `= (`_n)n∈N∈`¹(C). Soitn∈N, |z_i,n−`n| ≤

+∞

X

k=0

|z_i,k−`k| −−−−→

i→+∞ 0.

(10)

z_i,n−−−−→

i→+∞ `_ndonc il existep_i∈C^N,∀i∈N, |p_i|<1et telle que∀n∈N, z_i,n= (1−p_i)pⁿ_i. (1−p_i)i∈Nconverge vers`₀donc il existep∈C, p_i −−−−→

i→+∞ p. Donc ànfixé,(1−p_i)pⁿ_i −−−−→

i→+∞ (1−p)pⁿet donc

`n= (1−p)pⁿ.

• Si|p|= 1etp6= 1,X

|`_n|diverge grossièrement, donc`6∈`¹(C) .

• Sip= 1et`= 0,|p_i−`| −−−−→

i→+∞ 0mais|p_i−`|=|p_i| ≥1. Donc

N

X

n=0

|p_i,n| ≥

N

X

n=0

p_i,n

−−−−−→

N→+∞ 1. DoncAest fermé.