Correction 1 1. A une partie non vide de R , un majorant de A est un r´ eel M ∈ R tel que

Pierre-Louis CAYREL 2008-2009 Licence 2 cours de Calcul Diff´ erentiel

Universit´ e de Paris 8 Feuille n ^◦ 1

Topologie g´ en´ erale

Correction 1 1. A une partie non vide de R , un majorant de A est un r´ eel M ∈ R tel que

∀x ∈ A x 6 M.

Si A est un partie non vide et major´ ee, alors par d´ efinition sup A est le plus petit des majorants. On a les propri´ et´ es suivantes :

(a) sup(A + B) = sup A + sup B ; (b) sup(A ∪ B) = max(sup A, sup B) ;

(c) max(inf A, inf B) 6 sup(A ∩ B) 6 min(sup A, sup B) si A ∩ B 6= ∅ ; (d) inf(A ∪ B) = min(inf A, inf B) ;

(e) max(inf A, inf B) 6 inf(A ∩ B) 6 min(sup A, sup B) si A ∩ B 6= ∅ ; Prouvons les deux premi` eres ´ egalit´ es,

(a) sup(A + B) = sup A + sup B : pour tout a ∈ A et b ∈ B on a a 6 sup A et b 6 sup B donc a + b 6 sup A + sup B , donc sup A + sup B est un majorant de A + B et comme sup(A + B) est le plus petit des majorants de A + B alors sup(A + B) 6 sup A + sup B. R´ eciproquement, il existe une suite (a _n ) d’´ el´ ements de A tel que cette suite converge vers sup A, de mˆ eme il existe une suite (b _n ) d’´ el´ ements de B qui converge vers sup B, la suite (a _n + b _n ) est une suite d’´ el´ ements de A + B qui converge vers sup A + sup B, donc la borne sup´ erieure de A + B est plus grande que sup A + sup B, soit sup(A + B ) > sup A + sup B. D’o` u l’´ egalit´ e.

(b) sup(A ∪ B) = max(sup A, sup B) : Remarquons d’abord que si P ⊂ Q alors sup P 6 sup Q : en effet sup Q est un majorant de Q donc de P (par l’inclusion P ⊂ Q), donc le plus petit des majorants, sup P , pour P est plus petit que le majorant particulier sup Q. Appliquons ceci ` a A ⊂ A ∪ B donc sup A 6 sup(A ∪ B) et pour B ⊂ A ∪ B on obtient sup B 6 sup(A ∪ B ). On vient de prouver sup(A ∪ B) > max(sup A, sup B).

Pour l’autre in´ egalit´ e : soit M = max(sup A, sup B). Pour x ∈ A ∪ B alors soit x ∈ A et alors x 6 sup A 6 M , ou soit x ∈ B et alors x 6 sup B 6 M ; donc quelque soit x ∈ A ∪ B, x 6 M donc M est un majorant de A ∪ B , donc sup(A ∪ B) 6 M = max(sup A, sup B).

2. (a) d(0, R \ Q ) = 0, regarder des ´ el´ ements du type

√ 2

n , pour n ∈ N ^∗ . (b) d( √

2, Q ) = 0, c’est la densit´ e de Q dans R ou alors regarder la suite d´ efinie par u ₀ = 1, u _n+1 = ¹ ₂ (u _n + _u ²

n

), n ∈ N , qui est une suite de rationnels convergeant vers

√ 2.

(c) On suppose que D passe par l’origine, alors d(M, D) = x ² + y ² + z ² − (ax + by + cz) ² . 3. d(A, B) = 0.

4. diam(]0, 1[∩ Q ) = 1 = diam([0, 1] ∩ ( R \ Q )).

Correction 2 1. J _x est un ouvert non vide car c’est une union d’ouverts contenant x. De plus J _x est un intervalle car c’est une union d’intervalles contenant tous le point x. Donc J _x est un intervalle ouvert. On peut donc ´ ecrire O = ∪ x∈O J _x . Mais cette union n’est pas n´ ecessairement d´ enombrable.

Tout d’abord si z ∈ J _x alors J _x = J _z . En effet soit I un intervalle inclus dans O contenant x et z. Si x ⁰ ∈ J _x , soit J un intervalle inclus dans O contenant x et x ⁰ . Alors I ∪ J est un intervalle (car x est dans les deux intervalles I et J), I ∪ J est inclus dans O et contient x ⁰ et z. Donc x ⁰ ∈ J _z . Donc J _x ⊂ J _z . Enfin comme z ∈ J _x on a aussi x ∈ J _z , donc on montrerait de mˆ eme J _z ⊂ J _x . Donc J _x = J _z .

Pour x, y ∈ O alors J _x = J _y ou J _x ∩ J _y = ∅ . En effet supposons que J _x ∩ J _y 6= ∅ et soit z ∈ J _x ∩ J _y . Comme z ∈ J _x alors J _x = J _z , comme z ∈ J _y alors J _y = J _z . Donc J _x = J _y . Pour chaque intervalle ouvert J _x il existe q ∈ Q ∩ J _x , avec bien sˆ ur J _x = J _q . Comme Q est d´ enombrable O ∩ Q l’est aussi. On a ainsi ´ ecrit

O = [

q∈O∩ Q

J _q ,

ce qui ´ etait demand´ e.

2. Pour R ⁿ on peut montrer le r´ esultat suivant : tout ouvert O de R ⁿ s’´ ecrit comme l’union d´ enombrable de boules ouverte. On consid´ ere J x l’union des boules ouvertes de rayon rationnel centr´ ees en x, ensuite on regarde seulement les x appartenant ` a O ∩ Q <sup>n</sup> . Par contrer on autorise deux boules ` a s’intersecter.

Correction 3 1. Soient d = p + q √

2 et d ⁰ = p ⁰ + q ⁰ √

2 deux ´ el´ ements de D. Alors d + d ⁰ = (p + p ⁰ ) + (q + q ⁰ ) √

2 est un ´ el´ ement de D et dd ⁰ = (pp ⁰ + 2qq ⁰ ) + (pq ⁰ + p ⁰ q) √

2 aussi.

2. On a u < 1 donc u ^k tend vers 0 quand k tend vers +∞. Donc pour ε = b − a, il existe n ∈ N tel que si k > n on a u ^k < ε = b − a. En particulier u ⁿ < b − a. Si on cherchait un r´ eel alors r = _u ^a

+ 1 conviendrait, mais on cherche un entier, posons m = E( _u ^a

) + 1.

Alors m − 1 6 _u ^a

< m. L’in´ egalit´ e de droite donne a < mu ⁿ . L’in´ egalit´ e de gauche s’´ ecrit aussi mu ⁿ − u ⁿ 6 a soit mu ⁿ 6 a + u ⁿ < a + b − a = b donc a < mu ⁿ < b.

D´ eduisons de cela que D est dense dans R : pour tout intervalle [a, b], a < b il existe m, n des entiers tels que mu ⁿ ∈ [a, b]. Or mu ⁿ est dans D car u ∈ D donc par multiplication u ⁿ ∈ D.

Correction 4 1. Cette exercice justifie la terminologie “boule ferm´ ee”. Il s’agit de montrer que le compl´ ementaire d’une boule ferm´ ee est un ensemble ouvert. Il est vivement conseill´ e de faire un dessin. Soit C = E \ B ⁰ (a, r). Soit x ∈ C, on cherche une boule ouverte B(x, ε) contenue dans C. Comme x ∈ C, x / ∈ B ⁰ (a, r) donc d(a, x) > r. Soit ε tel que 0 < ε < d(a, x) − r. Montrons que B (x, ε) ⊂ C : pour y ∈ B(x, ε), l’in´ egalit´ e triangulaire d(a, x) 6 d(a, y) + d(y, x) donc d(a, y) > d(a, x) − d(y, x) > d(a, x) − ε > r. Comme d(a, y) > r alors y / ∈ B ⁰ (a, r) donc y ∈ C. Comme la preuve est valable quelque soit y ∈ B(x, ε), donc B(x, ε) ⊂ C. Et donc C est un ouvert.

2. Pour a = ( ¹ ₂ , 0) et r = ¹ ₂ on a B ⁰ (a, r) = [0, 1] × {0} ∪ {0} × [0, ¹ ₂ ], B (a, r) =]0, 1[×{0} et B(a, r) = [0, 1] × {0}.

Correction 5 1. On note B = B(a, r), B ⁰ = B ⁰ (a, r), ¯ B = B(a, r). Il faut montrer B ⁰ = ¯ B.

B ⁰ est une boule ferm´ ee, donc un ferm´ e contenant B , alors que ¯ B est le plus petit ferm´ e

contenant B, donc ¯ B ⊂ B ⁰ .

Etudions l’inclusion inverse : soit ´ x ∈ B ⁰ , il faut montrer x ∈ B ¯ . Si x ∈ B alors x ∈ B, ¯ supposons donc que x / ∈ B, alors kx − ak = r. Soit B(x, ε) un boule centr´ ee en x. x est adh´ erent ` a B si B(x, ε) ∩ B est non vide quelque soit ε > 0. Fixons ε > 0 et soit le point

y = x − ε 2

x − a kx − ak .

Faire un dessin et placer y sur ce dessin. D’une part y ∈ B (x, ε) car ky − xk = ε/2 < ε.

D’autre part y ∈ B = B(a, r) car ky − ak = kx − a − ₂ ^ε _kx−ak ^x−a k = kx − ak(1 − _2kx−ak ^ε ) = r − ^ε ₂ < r. Donc y ∈ B ∩ B(x, ε), ce qui prouve que B ⁰ ∩ B ¯ . Donc B ⁰ = ¯ B.

2. Pour le sens ⇐. Soit x ∈ B(a, r) alors ¯ kx − bk = kx − a + a − bk 6 kx − ak + ka − bk 6 r + R − r 6 R, donc x ∈ B(b, R). ¯

Pour le sens ⇒. Soit

x = a + r a − b ka − bk ,

alors kx − ak = r donc x ∈ B(a, r), donc ¯ x ∈ B(b, R), donc ¯ kx − bk 6 R or kx − bk = ka − bk + r (c’est le mˆ eme calcul que pour la question pr´ ec´ edente). Donc ka − bk + r 6 R, soit 0 6 ka − bk 6 R − r et en particulier r 6 R.

Correction 6 1. (a) Si ||(x, y)|| = 0 alors max(|x + y|, |x − 2y|) = 0 donc x + y = 0 et x − 2y = 0 donc x = 0 et y = 0. R´ eciproquement k(0, 0)k = 0.

(b) ||λ.(x, y)|| = ||(λx, λy)|| = max(|λx + λy|, |λx − 2λy|) = |λ| max(|x + y|, |x − 2y|) =

|λ|.||(x, y)||.

(c) k(x, y) + (x ⁰ , y ⁰ )k = k(x + x ⁰ , y + y ⁰ )k = max(|x + x ⁰ + y + y ⁰ |, |x + x ⁰ − 2y − 2y ⁰ |) 6 max(|x + y| + |x ⁰ + y ⁰ |, |x − 2y| + |x ⁰ − 2y ⁰ |) 6 max(|x + y|, |x − 2y|) + max(|x ⁰ + y ⁰ |, |x ⁰ − 2y ⁰ |) 6 ||(x, y)|| + ||(x ⁰ , y ⁰ )||.

La boule unit´ e ferm´ ee centr´ ee ` a l’origine est la r´ egion du plan comprise entre les droites d’´ equations x + y = +1, x + y = −1, x − 2y = +1, x − 2y = −1.

2. Sens ⇐ : Si x ∈ B _q alors q(x) 6 1 donc p(x) 6 1 donc x ∈ B _p . Sens ⇒ : Soit x ∈ R ⁿ \ {0}

alors q( _q(x) ^x ) = 1 donc _q(x) ^x ∈ B _q donc _q(x) ^x ∈ B _p donc p( _q(x) ^x ) 6 1 soir p(x) 6 q(x). Ceci

´ etant aussi valable pour x = 0.

B _q ⊂ 2B _p est ´ equivalent ` a p(x) 6 2q(x) pour tout x ∈ R <sup>n</sup> (attention au sens !). Et <sup>1</sup> <sub>2</sub> B <sub>p</sub> ⊂ B <sub>q</sub> est ´ equivalent ` a ¹ ₂ q(x) 6 p(x). Si les deux inclusions sont vraies alors ¹ ₂ p 6 q 6 2p et en particulier les normes p et q sont ´ equivalentes.

Par exemple dans R ² pour les normes k.k ₁ , k.k ₂ , k.k ∞ On a B ₁ ⊂ B ₂ ⊂ B ∞ ⊂ 2B ₁ ⊂ 2B ₂ ⊂ · · ·

Correction 7 1. Une suite de l ^∞ est not´ ee (x ^p ) p∈ N , pour chaque p > 0, x ^p est elle mˆ eme une suite x ^p = (x ^p (0), x ^p (1), x ^p (2), . . .). (Il convient de garder la tˆ ete froide : on regarde des suites de suites !) Il faut montrer que Y est ferm´ e dans X. Soit donc (x ^p ) une suite de Y qui converge vers x ∈ X. Il faut donc montrer qu’en fait x ∈ Y , c’est-` a-dire que x = (x(0), x(1), . . .) est une suite tendant vers 0. Soit ε > 0 comme x ^p → x alors il existe P tel que si p > P on ait d(x ^p , x) < ε. Par la d´ efinition de d on a pour p > P et pour tout n ∈ N , |x ^p (n) − x(n)| < ε. Fixons p = P , alors x ^P ∈ Y donc x ^P est une suite tendant vers 0, donc il existe N tel que si n > N alors |x ^P (n)| < ε. R´ eunissons tout cela, pour n > N :

|x(n)| = |x(n) − x ^P (n) + x ^P (n)| 6 |x(n) − x ^P (n)| + |x ^P (n)| 6 2ε.

Donc la suite x tend vers 0, donc x ∈ Y et Y est ferm´ e.

2. Notons Z l’ensemble des suites nulles ` a partir d’un certain rang. Pour y = (y(0), y(1), y(2), . . .) ∈ Y , d´ efinissons la suite y ⁰ = (y(0), 0, 0, . . .), y ¹ = (y(0), y(1), 0, 0, . . .),... y ^p = (y(0), . . . , y(p−

1), y(p), 0, 0, 0, . . .). La suite (y ^p ) est bien une suite d’´ el´ ements de Z . De plus d(y ^p , y) = sup _{n∈ N} |y ^p (n) − y(n)| = sup _n>p |y(n)| or la suite y(n) tend vers 0 donc d(y ^p , y) tend vers 0 quand p tend vers +∞.

On montre facilement (par l’absurde) que l’´ el´ ement x = (1, 1, 1, . . .) ∈ X n’est limite d’aucune suite d’´ el´ ements de Z, (ni d’ailleurs de Y ).

Correction 8 Par l’in´ egalit´ e triangulaire |f(x) + f ⁰ (x)| 6 |f(x)| + |f ⁰ (x)| on obtient kf k 6 N (f). Pour une in´ egalit´ e dans l’autre sens d´ ecomposons le travail :

– kf ⁰ k ∞ 6 kfk ∞ + kf k : en effet par l’in´ egalit´ e triangulaire |f ⁰ (x)| 6 |f (x)| + |f ⁰ (x) + f (x)|.

– kfk ∞ 6 kfk : en effet f est continue sur [0, 1] donc elle est born´ ee et atteint ses bornes.

Soit x ₀ ∈ [0, 1] ce point du maximum. Si x ₀ ∈]0, 1[ alors f ⁰ (x ₀ ) = 0 donc kf k _∞ = |f (x ₀ )| =

|f(x ₀ ) + f ⁰ (x ₀ )| 6 kf k. Si x ₀ = 1 alors f et f ⁰ ont mˆ eme signe sur un intervalle [1 − ε, 1] donc sur cet intervalle |f(x)| 6 |f(x) + f ⁰ (x)| et donc kf k ∞ = |f(1)| 6 kfk. (Enfin f(0) = 0 donc si x ₀ = 0 alors f est nulle et l’in´ egalit´ e est triviale.)

– Il reste ` a rassembler les expressions :

N (f ) = kf ⁰ k ∞ + kf k ∞ 6 kf k ∞ + kfk + kfk ∞ 6 3kf k.

(La premi` ere in´ egalit´ e vient du premier point et la deuxi` eme du second.) Les normes kf k et N (f) sont ´ equivalentes :

1

3 N (f) 6 kfk 6 N (f ).

Correction 10 1. kf k ₁ = R 1

0 |f(t)|dt 6 R 1

0 kf k ∞ dt 6 kfk ∞ . Donc kf k ₁ 6 kfk ∞ Par contre il n’existe aucune constante C > 0 tel que kfk ∞ 6 Ckf k ₁ pour tout f . Pour montrer ceci par l’absurde, supposons qu’il existe une constante C > 0 telle que kf k _∞ 6 Ckf k ₁ pour tout f de C([0, 1], R ). Regardons les fonctions f _k d´ efinies par f _k (x) = 2k(1 − kx) si x ∈ [0, ¹ _k ] et f _k (x) = 0 si x > _k ¹ . Alors f _k ∈ C([0, 1], R ) et kf _k k ∞ = 2k alors que kf _k k ₁ = 1.

On obtient 2k 6 C.1 ce qui est contradicoire pour k assez grand. Cela prouve que les normes ne sont pas ´ equivalentes.

2. Comme les m´ etriques sont d´ efinies par des normes et que les normes ne sont pas ´ equivalentes alors les m´ etriques ne d´ efinissent pas la mˆ eme topologie.

Correction 11 1. On montre facilement

N ₁ 6 N ₂ 6 2N ₁ 6 2N ₄ 6 2N ₃ .

2. Par contre il n’existe pas de constante C > 0 telle que N ₃ 6 CN ₄ ou N ₂ 6 CN ₄ . On suppose qu’il existe C > 0 telle que N ₃ 6 CN ₄ on regarde f _k d´ efinie par f _k (x) = x ^k , apr` es calcul on obtient N ₃ (f _k ) = k + 1 et N ₄ (f _k ) = 2, pour k suffisament grand on obtient une contradiction. Comme N ₁ et N ₂ sont ´ equivalentes on va prouver qu’il n’existe pas de constante C > 0 telle que N ₃ 6 CN ₁ . On prend g _k , d´ efinie par g _k (x) = 1 + sin(2πkx).

Alors N ₁ (g _k ) = 2 et N ₃ (g _k ) = 4k, ce qui prouve le r´ esultat souhait´ e.

Correction 12 1. (a) Par exemple une suite constante x _n = a pour tout n.

(b) Par exemple x _n = _n ¹ et a = 0.

(c) Comme Q est d´ enombrable on peut trouver une suite x _n telle que A = {x ₁ , x ₂ , . . .} = Q . On prend a = √

2 alors a ∈ A ¯ \ A = R \ Q .

2. C’est juste les d´ efinitions : un point d’accumulation de A est toujours une valeur d’adh´ erence de A.

Correction 13 1. (Correction pour n = 1, pour n > 1 remplacer les intervalles par des boules.) Comme 0 est isol´ e soit I =] − ε, +ε[ un voisinage de 0 tel que I ∩ G = {0}. Soit g ∈ G et consid´ erons I _g = g + I =]g − ε, g + ε[. Supposons, par l’absurde, que I _g ∩ G ne soit pas r´ eduit ` a g. Alors il existe g ⁰ ∈ I _g ∩ G, g ⁰ 6= g. Mais g − ε < g ⁰ < g + ε et donc g − g ⁰ ∈ I comme G est un groupe on a g − g ⁰ ∈ G et on a g − g ⁰ 6= 0. On a donc trouv´ e un ´ el´ ement g − g ⁰ ∈ G ∩ I qui n’est pas 0. Ce qui est une contradiction.

Pour montrer que G est discret (c’est-` a-dire G est d´ enombrable et ses points sont isol´ es) on remarque que la distance entre deux ´ el´ ements de G est au moins ε donc pour J g = ]g − ₂ ^ε , g + ^ε ₂ [ on a g 6= g ⁰ implique J _g ∩J _g

= ∅ . Pour chaque g ∈ G on choisit q(g) ∈ Q ∩J _g , ce qui donne une application : Φ : G −→ Q d´ efinie par Φ(g) = q(g), et Φ est injective, donc G est d´ enombrable.

Montrons que G est ferm´ e : soit (g _n ) une suite de G qui converge vers g ∈ R . Pour N assez grand et pour tout n > N on a |g _n − g| 6 ₄ ^ε . Pour n > N on a |g _n − g _N | 6

|g n − g| + |g − g N | 6 ₄ ^ε + ^ε ₄ 6 ^ε ₂ . Donc comme g N ∈ J g

alors g n ∈ J g

´ egalement, or J _g

ne contient qu’un seul ´ el´ ement de G donc g _n = g _N pour tout n > N . La suite est donc stationnaire (i.e. constante ` a partir d’un certain rang) donc la limite g vaut g _N et en particulier g ∈ G.

2. Supposons G 6= {0}. Soit a = inf G ∩ R ^∗ + . Comme 0 est isol´ e alors a > 0. Comme G est ferm´ e alors a ∈ G. Soit g ∈ G. Soit k = E( ^g _a ) alors k 6 ^g _a < k + 1. Donc 0 6 g − ka < a.

Or g − ka est dans G et dans R + , comme il est plus petit que a = inf G ∩ R ^∗ + alors n´ ecessairement g − ka = 0, soit g = ka ∈ a Z .

3. Soit x ∈ R et ε > 0, on cherche g ∈ G∩]x −ε, x+ε[. Comme 0 est un point d’accumulation de G il existe h ∈ G tel que 0 < h < ε pour k = E( ^x _h ), on a kh 6 x < kh + h, donc g = kh ∈ G∩]x − ε, x + ε[. Donc G est dense dans R .

Pour un groupe G quelconque soit 0 est isol´ e, soit 0 est un point d’accumulation. Si en plus G est ferm´ e alors soit G = a Z ou G = {0}, soit ¯ G = R donc G = R . Les sous-groupes ferm´ es de ( R , +) sont donc 0, R et les a Z avec a > 0.

4. Soit G = Z + α Z , c’est un sous-groupe de ( R , +). Si G n’est pas dense dans R alors, par les questions pr´ ec´ edentes, il existe a > 0 tel que G = a Z . En particulier 1 ∈ G donc il existe k ∈ Z tel que 1 = ka de mˆ eme α ∈ G donc il existe k ⁰ ∈ Z tel que α = k ⁰ a. Par division α = ^k _k

. Ce qui contredit α / ∈ Q . Donc G = Z + α Z est dense dans R .

D´ efinissons Φ : R −→ S ¹ par t 7→ e ^2iπt (S ¹ est le cercle de C des nombre complexes

de module 1). Alors Φ est continue et surjective. Comme Φ est continue alors pour tout

ensemble A ⊂ R on Φ( ¯ A) ⊂ Φ(A). Appliqu´ e ` a l’ensemble G = Z + α Z , on a ¯ G = R

donc Φ( ¯ G) = S ¹ car Φ est surjective ; d’autre part Φ(G) = {e ^2iπkα | k ∈ Z }. Donc

S ¹ = Φ( ¯ G) ⊂ Φ(G) = {e ^2iπkα }. L’adh´ erence de {e ^2iπkα | k ∈ Z } est donc le cercle S ¹ tout

entier.