Topologie en Algèbre Linéaire Et Dans Les Espaces de Matrices Corrig
Topologie en Algèbre Linéaire Et Dans Les Espaces de Matrices Corrig
Topologie en Algèbre Linéaire Et Dans Les Espaces de Matrices Corrig
eres
. . . .
. . . .
. . . .
de R
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1
3
4
6
7
10
13
15
18
20
22
26
29
33
ii
Dans une premi`ere approche, on peut presenter la topologie comme le domaine des
mathematiques dans lequel on etudie :
les notions de convergence et de continuite ;
la position et la disposition de certains points dun ensemble structure (etude essentiellement qualitative) ;
les transformations continues de certains domaines ou formes geometriques.
Lobjectif de ce premier chapitre est letude des proprietes topologiques fondamentales
de lensemble des nombres reels. Le language employe sarticule sur les termes de base
suivants : suite convergente, densite, valeur dadherence dune suite, limites superieure et
inferieure, suite de Cauchy, ouvert, ferme, voisinage, compacite, continuite et continuite
uniforme . . . .
Il est `a noter que lensemble R auquel est limite notre etude, constitue en fait un
mod`ele essentiel permettant de degager des proprietes topologiques fondamentales dautres
espaces plus abstraits et daborder en meme temps des questions plus generales. Ainsi, les
notions, les raisonnements et les techniques utilises dans ce chapitre sont `a assimiler pour
des etudes ulterieures.
Les resultats du present chapitre se basent sur le theor`eme fondamental suivant caracterisant lensemble des nombres reels.
A. Raouj, Faculte des Sciences Semlalia
raouj@ucam.ac.ma
Th
eor`
eme 0.1. Muni de son addition, de sa multiplication, et de son ordre, lensemble
R est tel que :
(a) (R, +, ., ) est un corps commutatif totalement ordonne ;
(b)
(c)
(d)
Q est un sous-corps de R ;
R est archimedien (on dit aussi que R verifie la propriete dArchim`ede) :
x R, n N,
tel que x < n ;
x A, x s,
> 0, a A, tel que s < a.
R. Dedekind(1831-1916)
1. Convergence dans
1.
Convergence dans
R. Densite dans R
R. Densite dans R
R, definie
(ii)
(iii)
(iv)
|x| 0;
|x| a a x a;
Soit (xn )n une suite delements de R. On rappelle que (xn )n converge dans R vers le
reel x si et seulement si : pour tout reel > 0, il existe un entier N () N, tel que
n entier N (),
|xn x| < .
D
efinition 1.1. On dit quune partie A de R est dense dans
existe une suite (an )nN delements de A, qui converge vers x.
Th
eor`
eme 1.2. Une partie A de R est dense dans R si et seulement si, pour chaque
couple (x, y) de reels tels que x < y, on peut trouver au moins un point a A verifiant
x < a < y.
Demonstration.
Montrons que la condition est necessaire. Soit (x, y) un couple de reels tels que x < y.
Par hypoth`ese, il existe une suite (an ) delements de A convergeant vers u = (x + y)/2 ;
donc pour = (y x)/2, il existe un entier N tel que, pour tout entier n N, on ait
|an u| < ; do`
u u < aN < u + cest-`a-dire x < aN < y.
Montrons maintenant que la condition est suffisante. Soit x R. Pour tout n N , il
existe an A tel que x < an < x + n1 ; une telle suite (an ) converge vers x.
Pour chaque reel x, on designe par [x] ou E(x) la partie enti`ere de x. Il sagit de
lunique entier n Z verifiant : n x < n + 1.
La notion de partie enti`ere va nous servir pour etablir le resultat important suivant.
Th
eor`
eme 1.3. Lensemble des rationnels
Demonstration. Soit (x, y) R2 tel que x < y. Il sagit de montrer quil existe un couple
(p, q) Z N tels que x < p/q < y, cest-`a-dire :
xq < p < yq.
()
On constate que sous la condition :
yq xq > 1,
()
lencadrement () est realise, par exemple, pour p = [xq] + 1.
Or, par la propriete dArchim`ede, il existe un entier q N tel que q > 1/(y x), la
condition () est donc satisfaite.
[nx]
Une autre methode consiste `a verifier directement que lim
= x.
n
n
Exercice 1.1. Montrer que lensemble des irrationnels
2.
Propri
et
e des segments embot
es
Th
eor`
eme 2.1 (La propri
et
e des segments embot
es ). Pour chaque n
In = [an , bn ] un intervalle ferme borne de R. On suppose que
In+1 In .
n N,
T
Alors, In 6= .
N, soit
Plus precisement, on T
a
n
Si, de plus, on suppose que lim(bn an ) = 0, alors lintersection des In est reduite a
` un
n
point i.e.
T
In = {c}.
c R,
Demonstration. Par hypoth`ese la suite (an ) est croissante et (bn ) est decroissante. En
outre, pour tout (n, m) N2 , on a an bm ; en effet, si n m, on a an am bm , et
lorsque m < n, on a an bn bm . Il sensuit que les deux suites (an ) et (bn ) convergent
et on a lim an = sup an = a, lim bn = inf bn = b et pour tout indice n, an a b bn .
n
n
T
De ceci il decoule que [a, b] In . Linclusion dans lautre sens se verifie facilement.
n
Si maintenant, on ajoute lhypoth`ese : limn (bn an ) = 0, alors si c et c sont dans lintersection des In , la majoration : |c c | bn an montre, par passage `a la limite, que
c = c .
Remarques 2.1.
1. Le theor`eme precedent permet de retrouver le resultat connu suivant : deux suites
adjacentes (an ) et (bn ) ont une limite reelle commune c verifiant : an c bn , quel que
soit lindice n.
2. Les deux contreexemples suivants montrent que la proprietes des segments embotes
nest pas valable (en general) lorsque les intervalles en question ne sont pas fermes ou ne
sont pas bornes.
T
(i) Soit n un entier 1, Jn =]0, 1/n] ; on a Jn+1 Jn , mais
Jn = .
T
n1
(ii) Pour chaque n N, soit Tn = [n, +[ ; on a Tn+1 Tn , mais
Tn = .
nN
Demonstration. Nous allons montrer en fait que lintervalle [0, 1] nest pas denombrable.
Supposons quon puisse ecrire : [0, 1] = {an : n N}, avec les an distincts deux `a deux.
Parmi les deux intervalles : [0, 1/3], [2/3, 1], on choisit un qui ne contient pas a0 , notons le
I0 = [u0 , v0 ]. Par induction, etant donne In = [un , vn ], on designe par In+1 lun des deux
1
1
], [vn 3n+1
, vn ], qui ne contient pas an+1 . Dapr`es la propriete des
intervalles [un , un + 3n+1
segments embotes, il existe un nombre reel a contenu dans tous les intervalles In . Do`
u
a [0, 1] r {an : n N}, ce qui est absurde.
3.
Ouverts, ferm
es
D
efinition 3.1. On dit quune partie U de R est ouverte dans R (ou un ouvert de
si U = ou bien
x U r un reel > 0 ]x r, x + r[ U.
R)
Une partie F de R est dite fermee dans R (ou un ferme de R) si son complementaire
R est un ouvert.
F
R. On a
R,
lim xn F.
n
Demonstration.
=) Par labsurde : supposons quil existe une suite (xn )n de F, convergente et telle que
limn xn = x 6 F. Comme le complementaire FR de F est un ouvert, il existe r > 0, tel que
F
. Or, pour n suffisamment grand, on a xn ]x r, x + r[. Contradiction.
]x r, x + r[ R
=) Par labsurde : supposons que FR nest pas un ouvert. Il existe donc un reel x 6 F
tel que pour tout entier n N , lintervalle ]x (1/n), x + (1/n)[ contient au moins un
element xn F. La suite (xn )n converge donc vers x et x 6 F, ce qui est absurde.
Exemples 3.1.
1. Tout intervalle ouvert (borne ou non) est une partie ouverte de R.
2. Tout intervalle ferme ou de la forme ] , a] ou [a, +[ est une partie fermee de R.
3. Si E designe N ou Z, alors lensemble E est un ferme de R puisque toute suite de E
convergente est stationnaire.
N
Les ecritures Z
R = nZ ]n, n + 1[ et R =] , 0[nN ]n, n + 1[ montrent aussi que les
complementaires en question sont ouverts.
Exemples 3.2.
1. Lintervalle semi-ouvert A = [0, 1[ nest ni ferme ni ouvert ; en effet
(i) la suite (1 n1 )n1 est une suite delements de A, convergente mais sa limite 1 6 A.
A
(ii) son complementaire R
=] , 0[ [1, +[ nest pas ferme puisque (1/n)n1 est
A
F
.
une suite delements de R , convergente mais sa limite 0 6 R
2. Lensemble Q nest ni ouvert ni ferme ( ceci decoule de la densite dans R, de Q et de
son complementaire R r Q.
Par contre, et
Exercice 12)
R est un
R est un ouvert
Demonstration. Les proprietes (i) et (ii) sont claires. Montrons (iii). Soit U1 et U2 deux
ouverts non vides. Soit x U1 U2 . On sait que pour chaque indice i {1, 2}, il existe un
reel ri > 0 tel que ]xri , x+ri [ Ui . Donc, pour r = min{r1 , r2 }, on a ]xr, x+r[ U1 U2 .
D
efinition 3.2. Soient V R et x V. On dit que V est un voisinage de x sil existe
r > 0 tel que ]x r, x + r[ V. Lensemble de tous les voisinages de x se note V (x).
Exemple 3.3. Lintervalle semi-ouvert [1/2, 1[ est un voisinage de 0.
4.
Le th
eor`
eme de BolzanoWeierstrass. Les compacts de
D
efinition 4.1. On dit quun reel x est une valeur dadherence dune suite reelle (xn )
si x est la limite dune soussuite (x(n) ) de (xn ).
Exemples 4.1.
1. Toute suite convergente dans R, poss`ede une seule valeur dadherence qui est exactement
sa limite.
2. La suite ((1)n ) a exactement deux valeurs dadherence : 1 et 1.
R).
4. Soit (xn ) la suite definie par : x2n = 1/n, x2n+1 = n. Alors 0 est la seule valeur
dadherence de la suite (xn ), pourtant (xn ) nest pas convergente puisquelle nest pas
bornee.
5. Comme Q est denombrable, on peut lecrire sous la forme dune suite (xn )nN . Par la
densite de Q dans R, tout reel est valeur dadherence de (xn ). (Une suite peut avoir ainsi
un ensemble non denombrable de valeurs dadherence.)
Exercice 4.1. Construire une suite dont lensemble des valeurs dadherence est exactement {0, 1, . . . , 9}.
Lemme 4.1. De toute suite (an ) de reels, on peut extraire une soussuite monotone.
Demonstration. On pose M = {m N : n m, an am }. On distingue deux cas selon
M est infini ou non.
- Si M est infini , en notant m1 < m2 < . . . les elements de M, on voit que la suite (amj )
est croissante.
- Si M est fini (ou vide), il existe un entier k > 0 tel que pour tout entier m k, on a
m 6 M. Donc
m k, n > m, an < am .
Ceci nous permet de construire, par induction, une soussuite (anj )j0 decroissante.
Comme toute suite monotone bornee est convergente, on obtient grace au lemme
precedent le resultat important suivant :
Th
eor`
eme 4.2 (Le th
eor`
eme de BolzanoWeierstrass ). De toute suite bornee de
R, on peut extraire une sous-suite convergente (dans R).
R admet au moins
D
efinition 4.2. On dit quune partie K de R est compacte si de toute suite delements
de K, on peut extraire une soussuite convergente vers un element de K.
Par le theor`eme de BolzanoWeierstrass, on a la caracterisation suivante :
Th
eor`
eme 4.3. Soit K une partie de R, non vide. On a
K est compacte K est fermee et bornee.
B. Bolzano(1781-1848)
K. Weierstrass(1815-1897)
Demonstration.
=) Soit (xn )n une suite delements du ferme borne K. Par BolzanoWeierstrass, on peut
extraire de (xn )n une soussuite (x(n) )n convergente vers un reel x, et comme K est
fermee, la limite x est dans K.
=) Montrons que K est fermee. On se donne une suite (xn )n delements compact K
convergente vers un reel x. Par la compacite de K, cette suite admet une soussuite
(x(n) )n convergente vers y K. Do`
u x = y K.
La partie K est bornee sinon, il existerait une suite (xn )n delements de K telle que
lim |xn | = +. Toute soussuite (x(n) )n de (xn )n verifierait |x(n) | +, elle ne serait
pas convergente dans K ; absurde.
Exemple 4.2. Tout intervalle de la forme [a, b] est compact.
Th
eor`
eme 4.4. Soient K un compact de R et f : K R une application continue. Alors
f (K) est compact.
(Limage par une application continue dun compact est un compact.)
Demonstration. Le resultat sobtient facilement en utilisant la definition dun compact.
Lemme 4.5. Soient I un intervalle quelconque de R et f : I R une application
continue. Alors f (I) est un intervalle.
( En general, les deux intervalles I et f (I) ne sont pas de meme nature.)
Demonstration. Soient (a, b) I 2 tel que a < b et y un reel compris entre f (a) et f (b).
On va montrer quil existe x element de [a, b] (donc de I) tel que f (x) = y. Quitte `a
considerer f au lieu de f, on peut supposer que f (a) f (b), et donc y [f (a), f (b)].
Si y [f (a), f ( a+b
2 )], on pose [a1 , b1 ] = [a, (a + b)/2] ; sinon, on pose [a1 , b1 ] = [(a + b)/2, b].
Par induction, on obtient une suite dintervalles In = [an , bn ] (n 1), decroissante au sens
de linclusion, dont la longueur tend vers 0 et telle que
n N , y [f (an ), f (bn)].
Par la propriete des segments embotes, on a n In = {c} avec c = lim an = lim bn . Par la
continuite de f en c, on a : lim f (an ) = lim f (bn ) = f (c). Ainsi, y = f (c).
Th
eor`
eme 4.6. Soit f : [a, b] R une application continue. Alors f ([a, b]) est un intervalle ferme borne [c, d].
Demonstration. Cest une consequence du theor`eme et du lemme precedents.
10
Th
eor`
eme 4.7 (Continuit
e de la fonction r
eciproque). Soit K un compact de R,
Suites de Cauchy
(1.1)
ou de mani`ere similaire, si
R+ , N = N () N, n entier N, k N,
|xn+k xn | < .
(1.2)
5. Suites de Cauchy
11
Exercice 5.1. En utilisant la definition dune suite de Cauchy, montrer que la somme et
le produit de deux suites de Cauchy sont aussi de Cauchy.
Par le resultat suivant, on a une classe importante de suites de Cauchy de R. On verra
dans la suite que cette classe caracterise en fait les suites de Cauchy.
Th
eor`
eme 5.1. Toute suite de
Demonstration. Soit (xn ) une suite de nombres reels, convergente vers un reel x. Par
definition de la limite, si est un reel > 0, on a
N () N, n N (), |xn x| < /2 ;
donc pour tout couple (n, m) dentiers > N (), on a
|xn xm | |xn x| + |x xm | < .
les deux lemmes suivants nous seront utiles pour etablir la reciproque du theor`eme
precedent.
Lemme 5.2. Toute suite de Cauchy est bornee.
Demonstration. La definition dune suite de Cauchy implique en particulier que pour
= 1, il existe un entier N = N (1) > 0, tel que |xn xN | 1 pour tout entier n N.
On en deduit que
|xn | 1 + max |xj |
quel que soit n N.
0jN
Lemme 5.3. Si une suite de Cauchy (xn ) poss`ede une suite extraite (x(n) ) convergente
vers un point x, alors (xn ) converge aussi vers x.
Demonstration. Soit un reel > 0. Par hypoth`ese, on a
N = N () N, n, m entiers N, |xn xm | < /2 ;
N = N () N, n entier N , |x(n) x| < /2.
Th
eor`
eme 5.4. Toute suite de Cauchy de
puisque (n) n.
12
R. On a
R, et f
: D D, une
un+1 = f (un ).
(1.3)
n+m1
X
k=n
|uk+1 uk | A
n+m1
X
k=n
A
n .
1
Comme lim n = 0, la majoration precedente entrane que pour tout reel > 0, il existe
n
un entier N > 0 tel que
n entier N , m entier > 0
|un+m un | < .
La suite (un ) est donc de Cauchy, elle est ainsi convergente vers un reel u qui, dapr`es
la continuite de f, verifie f (u) = u. Puisque f est contractante, un tel point fixe u est
unique.
6. Continuite uniforme
13
un+1 = f (un )
(n 0).
(1.4)
On constate dabord que pour tout reel u > 0, on a f (u) 1, en vertu de lecriture
u2 2u + 2 = (u 1)2 + 1 0. Par ailleurs, pour tout couple (x, y) dans [1, +[, on a
2
|
|f (x) f (y)| = 12 |x y||1 xy
1
2 |x y| ;
ce qui signifie que lapplication f est contractante sur D = [1,
+[. La suite (un ) est ainsi
1
2
convergente vers reel u 1 tel que u = 2 (u + u ), do`
u u = 2.
Nous avons ainsi un exemple de suites de Cauchy de Q ne convergeant pas dans Q : on
dit que Q nest pas complet.
Nous terminons cette section par une courte introduction de la notion de suite de
Cauchy dans C. Une telle notion nous sera utile dans les deux chapitres prochains.
Soit (zn ) une suite delements de C. Pour tout indice n N, posons
p
xn = e (zn ), yn = m (zn ), |zn | = x2n + yn2 .
On dit que la suite (zn ) est de Cauchy si :
R+ , N = N () N, n, m entiers N, |zn zm | < .
Lencadrement :
max(|xn xm |, |yn ym |) |zn zm | |xn xm | + |yn ym |
montre que la suite (zn ) est de Cauchy si et seulement si les deux suites (xn ) et Il en
decoule que toute suite de Cauchy de C est convergente : on dit que C est complet.
6.
Continuit
e uniforme
D
efinition 6.1. Soient X une partie non vide de R et f : X R une application. On dit
que f est uniformement continue sur X si, pour tout reel > 0, il existe un reel > 0,
tel que pour tout couple (x, x ) X 2 verifiant |x x | < , on a |f (x) f (x )| < .
Il est clair que toute fonction uniformement continue sur X est continue.
14
D
efinition 6.2. Soit X une partie de
est lipschitzienne sur X si
R,
(x, x ) X 2 ,
|f (x) f (x )| |x x |.
n+
n+
Demonstration.
=) Soit un reel > 0 et soit (xn ) et (xn )) deux suites delements de X telles que
(xn xn ) 0. Par definition de la continuite uniforme de f, il existe un reel () > 0 tel
que pour tout couple (x, x ) X 2 verifiant |x x | < , on a |f (x) f (x )| < . Or, il
existe un entier N , tel que pour tout entier n N , on a |xn xn | < ; pour de tels
indices n, on a donc |f (xn ) f (xn )| < .
=) Raisonnons par labsurde et supposons que :
> 0, n N , (xn , xn ) X 2 , |xn xn | < 1/n et |f (xn ) f (xn )| .
On voit que (xn xn ) 0, et que la suite (f (xn ) f (xn )) ne converge pas vers 0 ; cela
est absurde.
Le theor`eme precedent montre que f nest pas uniformement continue sur X si et
seulement si, il existe deux suites (xn ) et (xn ) delements de X verifiant (xn xn ) 0,
mais la suite (f (xn ) f (xn )) ne converge pas vers 0.
Exemple 6.2. La fonction f definie sur R par : f (x) = cos(x2 ), est continue mais elle
nest pas uniformement continue
sur R.
0, mais
En effet, si xn = n et xn = n + 1 avec n N, on a xn xn = n+1+
n
|f (xn ) f (xn )| = | cos(n) + cos(n)| = 2 6 0.
Le resultat essentiel de ce paragraphe est :
Th
eor`
eme 6.2 (Th
eor`
eme de Heine ). Soient K un compact de R et f : K
application continue sur K. Alors f est uniformement continue sur K.
R une
15
continue sur K, il existe donc > 0 et deux suites (xn ) et (xn ) delements de K tels que :
lim(xn xn ) = 0 et |f (xn ) f (xn )| quel que soit n. De la suite (xn ), on peut extraire
une sous-suite (x(n) ) convergente vers un point x K. Linegalite triangulaire
|x(n) x| |x(n) x(n) | + |x(n) x|
montre que la suite (x(n) ) converge aussi vers x. La continuite de f implique que la suite
(f (x(n) ) f (x(n) )) converge vers 0, ceci contredit |f (x(n) ) f (x(n) )| .
7.
Limites sup
erieure et inf
erieure
n+
xn ou encore lim xn .
La limite
lim ( inf xm )
n+ mn
n+
xn ou encore lim xn .
Illustration.
1. Soit (xn ) = ((1)n ). Pour tout entier n, supmn xm = 1 et inf mn xm = 1 ; donc
lim xn = 1 et lim xn = 1.
2. Soit (xn ) la suite definie par : xn = 1/n si n est pair, et xn = n si n est impair. Pour
tout entier n, supmn xm = + et inf mn xm = 0 ; donc lim xn = + et lim xn = 0.
Remarque 7.1. Les deux limites, superieure et inferieure, dune suite reelle bornee sont
des nombres reels. On constate aussi que lim xn = lim (xn ).
16
Exemple 7.1. Considerons les deux suites (xn ) et (yn ) definies par
(n N).
lim xn = lim yn = 1,
lim (xn yn ) = 6,
lim (xn + yn ) = 5,
lim (xn yn ) = 2,
17
Remarque 7.2. Les proprietes (i) et (ii) signifient respectivement que L est une valeur
dadherence de (xn ), et que (xn ) nadmet aucune valeur dadherence superieure strictement
`a L. Par suite lim xn est la plus grande valeur dadherence de la suite bornee (xn ).
Illustration. Soit (xn ) la suite definie par : xn = 0 si n est impair, et xn = 1 +
pair. On a
1
(a) lim x2n = lim(1 + 2n
) = 1;
1
n
si n est
lim xn = lim xn = x
18
8.
D
efinitions 8.1. Soit A une partie de
On a bien A A A.
Le resultat suivant caracterise A en termes des suites.
Th
eor`
eme 8.1. Soit A une partie non vide de
x A
R. Soit x R. On a lequivalence
Demonstration.
=) Pour chaque entier n 1, soit an A]x (1/n), x + (1/n)[; la suite (an )n converge
donc vers x.
=) Soit r un reel > 0. Par definition de limn an = x, on a, pour tout entier n suffisamment
grand, an ]x r, x + r[A ; do`
u x A.
Remarque 8.1. Une partie D de
Propri
et
es. En pratique, les proprietes suivantes sont tr`es utiles.
A
(a) A
R = R .
(b) A est un ouvert ; il est le plus grand ouvert (au sens de la relation dinclusion)
inclus dans A puisquil est la reunion de tous les ouverts contenus dans A.
19
Exemples 8.1.
1. Soit (a, b) R2 tel que a < b. Si A est lun des intervalles dextremites a et b alors
3. On a
N = N, Q = R, R r Q = R, Q = , R r Q = .
D
efinitions 8.2. Soit A une partie de
3. Les ensembles
discret.
20
9.
Compl
ement : les compacts par BorelLebesgue
Soit A une partie de R, non vide. Soit (Ui )iI un famille douverts de
S
On dit que (Ui )iI est un recouvrement ouvert de A si A
Ui .
R.
iI
on peut trouver un nombre fini des Ui , disons Ui1 , . . . , Uin , tels que
A Ui1 Uin .
Exemples 9.1.
1. Toute partie finie de
2. Soit (an )n une suite reelle convergente vers un reel a. Montrons que lensemble A =
{an : n N} {a} verifie la propriete des sousrecouvrements finis. Soit (Ui )iI un
recouvrement ouvert de A, et soit i0 I, tel que a Ui0 . Comme an a, il existe
un entier N, tel que pour tout entier n > N, on a an Ui0 . Ainsi, en designant
par Ui1S
, . . . , UiN les ouverts contenant les points a1 , . . . , aN , on obtient linclusion :
A
Uij .
0jN
3. La suite (]0, 1 n1 [)nN est un recouvrement ouvert de ]0, 1[. On ne peut pas en extraire
un recouvrement fini ; lintervalle ouvert ]0, 1[ ne verifie donc pas la propriete des sous
recouvrements finis.
R verifie la
Demonstration. Soit (Ui )iI un recouvrement ouvert de [a, b]. Supposons que [a, b] ne
verifie pas la propriete des sousrecouvrements finis (SRF). Donc lun au moins des deux
a+b
erifie pas la propriete (SRF) ; on le designe par [a1 , b1 ].
sous-intervalles [a, a+b
2 ], [ 2 , b] ne v
Par induction, on construit une suite dintervalles ([an , bn ])n decroissant
E. Borel(1871-1956)
H. Lebesgue(1875-1941)
21
Th
eor`
eme 9.3 (Borel-Lebesgue). Soit K une partie de
R, non vide. On a
evidemment lhypoth`ese : x K.
Exercices
1. Pour chacun des enonces suivants, caracteriser, en cas dexistence, les suites (xn ) qui
le verifient.
(a) M R, n N, xn M.
(c) M R, n N, xn M.
(e) M R, n N, xn M
(b) n N, M R, xn M.
(d) n N, M R, xn M.
(f ) M R, n N, xn M.
(ii) Soient A et B deux parties de [0, +[, non vides et majorees. Montrer que :
sup(A.B) = (sup A).(sup B).
3. Soit A une partie de R, non vide et bornee. Le diam`etre de A est defini par : (A) :=
sup{|x y| : (x, y) A2 }. Montrer que (A) = sup A inf A.
4. Soient ([an , bn ]) une suite dintervalles fermes et bornes de R tels que pour tout couple
T
(n, m) N2 , [an , bn ] [am , bm ] 6= . Montrer que [an , bn ] 6= .
n
R.
Q, definies par
(n N ).
(a) Montrer que les deux suites (un )n1 et (vn )n1 sont adjacentes.
23
Exercices
7. Soient x R et ]0, +[. Montrer quil existe un couple (p, r) Z [0, [ tel que :
x = p + r.
8. (Les sous groupes de (R, +).)
(b) 2
cas : = 0. Montrer que G est dense dans
E(x/n )n x)
9. (Application de lExercice 8).
R.
(Ind. si n 0+ , on a
R?
La partie D estelle ouverte dans R ?
(b)
12. Soit F une partie de R `a la fois ouverte et fermee. Lobjectif est de demontrer que : F
est lensemble vide ou bien F = R tout entier. On va raisonner par labsurde.
(a) Montrer que cela revient `a supposer que R secrit comme reunion de deux fermes
F1 et F2 non vides et disjoints.
Soient F1 , F2 et = inf [, ] F2 .
24
(b) En deduire que limage reciproque par f de tout ouvert est encore un ouvert.
P
14. Soit xn = cos(1/n) et yn = nk=2 1/Log k, (n 2). En utilisant la definition dune
suite de Cauchy, montrer que la suite (xn ) est de Cauchy, mais (yn ) ne lest pas.
15. En utilisant la definition dune suite de Cauchy, montrer que le produit de deux suites
de Cauchy est une suite de Cauchy.
16. Soit f : R R une application. On suppose quil existe un reel ]0, 1/2[ tel que
pour tout (x, y) R2 , on ait
|f (x) f (y)| |f (x) x| + |f (y) y| .
Montrer que f admet un point fixe unique. (On pourra considerer une suite definie par
recurrence par un+1 = f (un ).)
25
Exercices
R.
R.
R et F
un ferme de
R est
R, non vides et
(ii) Donner un exemple de deux fermes F1 et F2 non vides et disjoints tels que
d(F1 , F2 ) = 0.
21. Soit f la fonction de [0, 1[ dans
(a) Soit c ]0, 1[. Que dire de la continuite uniforme de f sur [0, c]?
(b) Montrer que f nest pas uniformement continue sur [0, 1[.
R.
R.
25. Soit A = [1, 1/2[ Z. Determiner : A, A, Fr(A) et lensemble A des points daccumulation de A.
Quelques corrig
es
s est un majorant de A,
> 0, a A, tel que s < a.
()
On remarque dabord que si s est un majorant de A, et s est limite dune suite
(an ) delements de A, alors en ecrivant la definition de lim an = s, on en deduit
immediatement (*).
s = sup A
(ii) Soient A et B deux parties de [0, +[, non vides et majorees. Posons s =
sup A et t = sup B. On a
a A, 0 a s
et
b B, 0 b t.
Quelques corrig
es
27
Do`
u : a A, b B, on a 0 ab st.
En dautres termes, le reel st est un majorant de A.B.
Par ailleurs, il existe une suite (an ) delements de A ayant s pour limite, et
il existe une suite (bn ) delements de B ayant t pour limite.
La suite (an bn ) est delements de A.B et admet le reel st pour limite.
Conclusion : sup(A.B) = st = (sup A).(sup B).
3. On pose = {|x y| : (x, y) A2 }, = inf A, = sup A.
Soit (x, y) A2 . On a |x y| , donc est non vide. Comme x et y sont dans
lintervalle [, ], on a x y , i.e. |x y| . Le reel est
ainsi un majorant de .
Par ailleurs, il existe deux suites (an ) et (bn ) delements de A telles que : an et
bn ; do`
u |bn an | .
Conclusion : sup = .
4. Pour tout (n, m) N2 , on a an bm . Posons a = sup an et b = inf bn . Pour tout indice
n
n
T
n, on a an a b bn . Do`
u : [a, b] [an , bn ].
n
28
(b) 2`eme cas : = 0. Il existe donc une suite (n ) delements de G+ tels que n 0.
Or, pour tout reel x, on a E(x/n )n x. Do`
u la densite de G dans R.
9. Soit R r Q. Muni de laddition, lensemble G = Z + Z est un sous groupe de
R. Il est donc dense dans R ou bien de la forme Z. Par labsurde : supposons que
Z + Z = Z. En particulier : 1 et seraient deux elements de Z. Ceci, impliquerait
que Q, et donc Q, absurde.
Conclusion : Z + Z est dense dans R.
17. Soit (xn ) une suite delements de K +F telle que xn x R. Montrons que x K +F.
Pour tout n, il existe (an , bn ) K F, tel que xn = an + bn .
La suite (an ) etant delements du compact K, on peut donc en extraire une sous suite
(a(n) ) convergente vers un point a K.
Lecriture : b(n) = x(n) a(n) , montre que la suite (b(n) ) est convergente. Sa limtite
b est dans F car F est ferme.
Il sensuit que x = a + b K + F.
Si F1 et F2 sont deux fermes de R, alors la somme A = F1 +F2 nest pas necessairement
un ferme.Considerons pour cela :
F1 = Z et F2 = 2 Z.
Conclusion : x n Kn .
Extraits de contr
oles
Exercice 1
Soit D = { k3 en : k Z, n N }. Montrer que D est dense dans
R.
Exercice 2
Soit f : R R, une application continue. Soit A une partie de R, non vide.
(a) Montrer que f (A) f (A).
(b) Question du cours : soit K un ferme borne de R. Montrer que f (K) est un ferme.
(c) On suppose dans cette question que la partie A est bornee.
(i) Montrer que A est aussi bornee.
(ii) Montrer que : f (A) = f (A).
(d) Par un contreexemple, montrer que la relation precedente peut tomber en defaut si
A nest pas supposee bornee.
Exercice 3
Soit f : [0, 1[ R, une application uniformement continue sur [0, 1[.
(a) Soit (an ) une suite delements de [0, 1[, telle que lim an = 1.
Montrer que la suite (f (an )) est de Cauchy. On pose : = lim f (an ).
(b) Soit (bn ) une autre suite delements de [0, 1[, telle que lim bn = 1.
Montrer que lim f (bn ) = .
(c) Que peut-on conclure ?
Exercice 4
Soient A une partie compacte de R et r un reel > 0. On pose
[
B=
[a r, a + r] = {b R : a A, |a b| r}.
aA
(b) Soit (bn ) une suite delements de B telle que lim bn = b R. Montrer que b B.
Conclure
A. Raouj, Faculte des Sciences Semlalia, Marrakech
30
Exercice 5
Soit K un compact (i.e. : ferme borne) de
|a b| .
()
(a) Enoncer
le theor`eme de BolzanoWeierstrass.
(b) On suppose dans cette question que la propriete () nest pas realisee.
(i) Montrer quil existe deux suites (un ) delements de F et (vn ) delements de
K telles que : la suite (vn ) converge vers v K, et pour tout entier n > 0,
|un vn | 1/n.
(ii) Montrer que (un ) converge aussi vers v; puis aboutir `a une contradiction. Conclure.
(c) On pose F1 = N, et F2 = {m +
1
m
Exercice 7
Pour chaque partie non vide A de
R, on pose : d(x, A) = aA
inf |x a|.
(b) Montrer que pour tout (x, y) R2 , on a : |d(x, A) d(y, A)| |x y|.
(c) Montrer que pour tout entier n > 0, la partie Un = {x
T
ouvert de R et que Un = A.
n
Extraits de contr
oles
FSSM
31
Exercice 8
f : R R, une application continue. Soit K un compact de R tel que f (K) K.
On definit une suite (un ) par recurrence par : u0 K et un+1 = f (un ), (n N). On
suppose que : lim(un+1 un ) = 0.
n
(a) Pourquoi la suite (un ) admet-elle au moins une valeur dadherence x dans K?
(b) Montrer que f (x) est aussi une valeur dadherence de (un ).
(c) Montrer que f (x) = x.
Exercice 9
Soit (xn ) une
oeels non nuls telle que lim xn = +. Montrer que
n suite de nombres r
m
lensemble D = xn : m Z, n N est dense dans R.
Exercice 10
Soit f : R R une application. On dit que f est semicontinue superieurement sur
(en abrege : s.c.s) si et seulement si
R, {x R : f (x) < } est un ouvert de R.
(a) Montrer que toute fonction continue sur R est s.c.s sur R.
(b) Soit A une partie de R, non vide. Soit la fonction definie sur R par :
(x) = 1 si x A et (x) = 0 si x 6 A. Montrer que :
est s.c.s sur R A est ferme.
(c) Soient f une fonction s.c.s sur R et K un compact de R.
32
Exercice 12
Soit (xn )nN une suite de nombres reels non nuls telle que lim xn = +. Montrer que
lensemble D = Log (m) xn : m N , n N est dense dans R.
Exercice 13
Soient A et B deux parties de
R.
R.
Montrer que le produit A.B nest pas un ferme de R.
(a) Montrer que la fonction f : x 7 (sin x)m est uniformement continue sur
(On pourra utiliser le theor`eme des accroissements finis.)
R.
(b) Montrer que la fonction g : x 7 (sin x2 )m nest pas uniformement continue sur
R.
Corrig
es
Exercice 1
Remarque preliminaire : la fonction : : u u3 est une fonction croissante bijective
3 v .
3 v v = 3 v
1 2
1
2
Pour montrer la densite de D on a le choix entre :
Premi`ere methode : x R, (an ) delements de D telles que : an x;
seconde methode : Pour tout couple (x, y) de reels tels que x < y, il existe a D tel que
x < a < y.
Concernant la premier point, on verifie aisement que : an = E(x1/3 en/3 )3 en x. Quand
`a la seconde methode, pour quil existe (k, n) Z N, tel que x < k3 en < y i.e. xen <
k3 < yen , ce qui revient, en utilisant la remarque preliminaire, `a : x1/3 en/3 < k < y 1/3 en/3 .
Ainsi, pour que lentier k Z existe, il suffit que y 1/3 en/3 x1/3 en/3 > 1, i.e. en/3 >
1/(y 1/3 x1/3 ), ce qui est possible pour n suffisamment grand puisque lim en/3 = +.
Exercice 2
(a) Soit y f (A). Il existe x A, tel que y = f (x). Comme x A, il existe une suite (an )
delements de A tels que an x. Par continuite de f en x, on a f (xn ) f (x) = y. Ainsi,
y f (A).
(b) La partie K est un ferme borne de R donc un compact de R. Son image f (K) par
lapplication continue f est un compact de R, donc un ferme de R.
(c)
(i) La partie A est bornee donc :
M > 0, tel que a A, |a| M.
Soit x A. Il existe une suite (an ) delements de A telle que : an x. Or, pour tout
indice n, on a |an | M, donc par passage `a la limite, on obtient : |x| M.
(ii) Dapr`es (a), on a dabord
()
f (A) f (A).
Par ailleurs, comme A A, on a f (A) f (A), donc
f (A) f (A).
()
Or A est un ferme borne de R, donc dapr`es (b), f (A) est un ferme i.e. f (A) = f (A).
Linclusion (**) devient :
f (A) f (A)
et par (*), on obtient legalite demandee.
34
Par consequent : = .
(c) Conclusion : lim f (x) = .
x1
<
Exercice 4
(a) On a : b B, a A, |a b| r. Donc
b B, a A, |b| |a| + r.
La partie A est compacte donc bornee :
M > 0, a A, |a| M.
Par suite, on a
b B, |b| M + r.
La partie B est ainsi bornee.
(b) On a : n N, bn B. Donc par definition de B, on a
n N, an A, |an bn | r.
Par Bolzano-Weierstrass, on peut extraire de la suite (an ) une sous suite (a(n) ) convergente vers un point a A. Et comme
n N, |a(n) b(n) | r,
on obtient par passage `a la limite : |a b| r. On a ainsi que b B.
(c) B est une partie de
Extraits de contr
oles
35
FSSM
Exercice 5
(a) De toute suite bornee de
|an bn | 1/n.
()
La suite (bn ) etant delements du compact K, on peut donc en extraire une sous
suite (b(n) ) convergente. Posons
vn = b(n) ,
v = lim vn ,
un = a(n) .
F2
R
= ] , b2 [ ]b2 , b3 [ ]b3 , b4 [ . . .
= ] , b2 [ n2 ]bn , bn+1 [
36
Exercice 6
(a) On sait que :
x A (an ) delements de A telle que an x.
(an ) delements de A telle que |an x| 0.
inf |x a| = 0 car de plus |x a| 0.
aA
donc
Exercice 7
(a) La suite (un ) est delements du compact K, elle admet donc au moins une valeur
dadherence x K.
(b) Le point x est une valeur dadherence de la suite (un ), il est donc limite dune sous
suite (u(n) ) de (un ).
Comme : f (u(n) ) = u(n)+1 , on a par passage `a la limite sachant que f est continue :
Extraits de contr
oles
37
FSSM
u(n)+1 f (x).
Ainsi f (x) est une valeur dadherence de (un ).
(c) Lhypoth`ese : un+1 un 0, implique que : u(n)+1 u(n) 0. Donc
lim u(n)+1 = lim u(n)
i.e. f (x) = x.
Exercice 8
Soit a R. Posons an =
an a.
On sait dabord que :
E(axn )
xn .
(b)
) On a
A
= {x R : (x) = 0}
R
= {x R : (x) < 1/2} est un ouvert de
R.
si 0
A si 0 < 1
E =
R
R si > 1.
38
(c)
(i) Raisonnons par labsurde : supposons que la partie f (K) nest pas majoree. Il
existe donc une suite (bn ) delements de f (K) telle que bn +.
Chaque bn secrit bn = f (an ) avec an K. La suite (an ) delements du compact
K admet une sous suite (a(n) ) convergente dans K. Notons a sa limite.
Lensemble U = {x R : f (x) < f (a) + 1} est un voisinage ouvert de a. Donc,
par definition de la limite, on a pour tout entier n assez grand
a(n) U.
Ceci signifie :
b(n) = f (a(n) ) < f (a) + 1,
ce qui contredit la fait que b(n) +.
(ii) Il existe (an ) delements du compact K telle que f (an ) s.
On sait quon peut extraire de la suite (an ) une sous suite (a(n) ) convergente
vers un certain a K. Montrons que f (a) = s.
Par labsurde : supposons que f (a) < s. Il existe alors > 0, tel que f (a) < s .
Comme lensemble U = {x R : f (x) < s } est un voisinage ouvert de a, et
comme a(n) a, on a pour on a pour tout entier n assez grand
a(n) U
i.e.
f (a(n) ) < s ,
ce qui implique par passage a` la limite
ss
absurde.
Exercice 10
(a) Soient x et x deux reels. Par linegalite triangulaire, on a
| x a | | x x | + | x a |.
Et comme (a) > 0, on a donc
| x a |(a) | x x |
omega(a) + | x a |(a).
En majorant le terme | xx |(a) par | xx | puisque (a) 1, on obtient par suite :
| x a |(a) | x x | + | x a |(a).
Donc
f (x) | x x | + | x a |(a)
(a A).
Extraits de contr
oles
FSSM
39
(c)
()
40
Exercice 12
(a)
Z
R = ]n, n + 1[
nZ
n N ,
0 < 1/n 1,
=R
6= Q.
(n)
a(n) = (n)
a un sens et on a a(n) ub = a. On a a F puisque la suite (a(n) )
b(n)
est delements de F et F est ferme. Par consequent, u = a.b F.K.
Conclusion : Sous les hypoth`eses de la question, le produit F.K est ferme.
I =]b , b + [ B.
x I y = ax ]ab a, ab + a[.
x I y = ax ]ab + a, ab a[.
Dans chacun des deux cas : il existe r > 0, tel que ]ab r, ab + r[ {a}.B A.B.
Conclusion : lensemble produit A.B est un ouvert.
Extraits de contr
oles
FSSM
41
Exercice 13
(a) Soit (x1 , x2 ) R2 tel que x1 < x2 . Par le theor`eme des accroissements finis :
c ]x1 , x2 [,
On a :
f (c) = m cos(c)(sin c)m1 ,
en posant (sin c)m1 = 1 losque m = 1.
On a |f (c)| m, donc |f (x2 ) f (x1 )| m(x2 x1 ).
La fonction f est donc lipschitzienne sur R, elle est ainsi uniformement continue sur
R.
(b) Soient (xn ) et (xn ) les deux suites definies par : r
xn = 2n, xn = 2n + .
2
/2
Dune part, on a : xn xn =
0 quand n +.
xn + xn
Dautre part, on a : g(xn ) g(xn ) = 0 1 6 0 quand n +.
Conclusion : la fonction g nest pas uniformement continue sur R.