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1 Exo7 Topologie Exercices de Jea-Louis Rouget Retrouver aussi cette fiche sur wwwmaths-fracefr * très facile ** facile *** difficulté moyee **** difficile ***** très difficile I : Icotourable Exercice ** Motrer que la boule uité d u espace vectoriel ormé est u covexe de cet espace Correctio [005839] Exercice 2 *** I Iégalités de HÖLDER et de MINKOWSKI Soit p,q ]0,+ [ 2 tel que p + q = a Motrer que pour x,y [0,+ [ 2, xy xp p + xq q b E déduire que a,,a,b,,b R 2, k= a kb k k= a k p /p k= b k q /q c E déduire que a,,a,b,,b R 2, k= a k + b k p /p k= a k p /p + k= b k p /p 2 Soit α u réel strictemet positif Pour x = x,,x R, o défiit N α x = k= x k α /α a Motrer que α, N α est ue orme sur R b Dessier les «boules uités» de R 2 das le cas où α { 2 3,, 3 2,2,+ } c Motrer que, pour x = x k k fixé, lim α + N α x = Max{ x k, k } = N x d Motrer que si 0 < α <, N α est pas ue orme sur R si 2 Correctio [005840] Exercice 3 ** I Soit E = C 2 [0,],R Pour f élémet de E, o pose N f = 0 f t dt, N f = f f t dt et N f = f 0 + f f t dt Motrer que N, N et N sot des ormes et les comparer Correctio [00584] Exercice 4 *** I Topologie das M K Motrer que GL R est u ouvert de M R, dese das M R 2 Motrer que M R \ GL R est fermé mais o compact pour 2 3 Motrer que O R est compact O R est-il covexe? 4 Motrer que S R est fermé 5 Soit p [[0,]] Motrer que l esemble des matrices de rag iférieur ou égal à p est u fermé de M R 6 Motrer que l esemble des matrices diagoalisables das M C est dese das M C Peut-o remplacer M C par M R? 7 Propriétés topologiques de l esemble des triplets de réels a,b,c tels que la forme quadratique x,y ax 2 + 2bxy + cy 2 soit défiie positive?

2 8 Motrer que l esemble des matrices stochastiques matrices a i, j i, j M R telles que i, j [[,]] 2, a i, j 0 et i [[,]], j= a i, j = est u compact covexe de M R 9 Motrer que l esemble des matrices diagoalisables de M R est coexe par arcs Correctio [005842] Exercice 5 ** Motrer qu etre deux réels disticts, il existe u ratioel ou ecore motrer que Q est dese das R Correctio [005843] Exercice 6 ** Soiet A et B des parties d u espace vectoriel ormé E Motrer que A = A et 5 A = A 2 A B A B eta B A B 3 A B = A B et A B = A B 4 A B A B et A B A B Trouver u exemple où l iclusio est stricte 6 A \ B = A \ B A = A et A = A Correctio [005844] Exercice 7 ** Trouver ue partie A de R telle que les sept esembles A, A, A, A, Correctio A, A et A soiet deux à deux disticts [005845] Exercice 8 ** Soit E le R-espace vectoriel des foctios cotiues sur [0,] à valeurs das R O muit E de D est la partie de E costituée des applicatios dérivables et P est la partie de E costituée des foctios polyomiales Détermier l itérieur de D et l itérieur de P Correctio [005846] Exercice 9 ** I Distace d u poit à ue partie Soit A ue partie o vide d u espace vectoriel ormé E, Pour x E, o pose d A x = dx,a où dx,a = If{ x a, a A} Justifier l existece de d A x pour chaque x de E 2 a Motrer que si A est fermée, x E, d A x = 0 x A b Motrer que si A est fermée et E est de dimesio fiie, x E, a A/ d A x = x a 3 Si A est quelcoque, comparer d A x et d A x 4 Motrer d A est cotiue sur E 5 A chaque partie fermée o vide A, o associe l applicatio d A défiie ci-dessus Motrer que l applicatio A d A est ijective 6 Das l espace des applicatios { cotiues sur [0,] à valeurs das R mui de la orme de la covergece uiforme, o cosidère A = f E/ f 0 = 0 et 0 } f t dt Calculer d A 0 2

3 Correctio [005847] Exercice 0 ** Soiet E,N E et F,N F deux espaces vectoriels ormés Soiet f et g deux applicatios cotiues sur E à valeurs das F Soit D ue partie de E dese das E Motrer que si f /D = g /D alors f = g 2 Détermier tous les morphismes cotius de R,+ das lui-même Correctio [005848] Exercice *** Soit u ue suite borée d u espace vectoriel ormé de dimesio fiie ayat ue uique valeur d adhérece Motrer que la suite u coverge Correctio [005849] Exercice 2 *** { } Calculer If Sup siα α ]0,π[ Z Correctio [005850] Exercice 3 *** I Soit f : R R ue applicatio uiformémet cotiue sur R Motrer qu il existe deux réels a et b tels que x R, f x a x + b Correctio [00585] Exercice 4 *** I Doer u développemet à la précisio 2 de la -ième racie positive x de l équatio tax = x Correctio [005852] Exercice 5 *** I Soit z u ombre complexe Détermier lim + + z Correctio [005853] Retrouver cette fiche et d autres exercices de maths sur exo7emathfr 3

4 Correctio de l exercice Cas de la boule fermée Soit B = {u E/ u } Soiet x,y B 2 et λ [0,] λx + λy λ x + λ y λ + λ = Aisi, x,y B 2, λ [0,], λx + λy B et doc B est covexe Cas de la boule ouverte Soit B = {u E/ u < } Soiet x,y B 2 et λ [0,] Puisque 0 λ et 0 x <, o e déduit que λ x < Comme λ y et même < et doc λx + λy λ x + λ y < La boule uité fermée ou ouverte de l espace vectoriel ormé E, est u covexe de l espace vectoriel E Correctio de l exercice 2 Puisque p > 0 et q > 0, = p + q > p et doc p > De même, q > D autre part, q = p p a L iégalité est immédiate quad y = 0 Soit y > 0 fixé Pour x 0, o pose f x = xp p + yq q xy Puisque p >, la foctio f est dérivable sur [0,+ [ et x 0, f x = x p y f admet doc u miimum e x 0 = y /p égal à f y /p = ypp p Fialemet, f est positive sur [0,+ [ et doc + yp/p q y /p y = y p/p p + q = 0 x 0, y 0, xy xp p + yq q b Posos A = k= a k p et B = k= b k q Si A ou B est ul, tous les a k ou tous les b k sot uls et l iégalité est vraie O suppose doréavat que A > 0 et B > 0 D après la questio a, k= a k A /p b k B /q k= ak p pa + b k q qb = pa k= a k p + qb k= b k q = pa A + qb B = p + q =, et doc k= a k b k A /p B /q = k= a k p /p k= b k q /q Comme k= a kb k k= a k b k, o a motré que a k k,b k k R 2, k= a kb k k= a k p /p k= b k q /q Iégalité de HÖLDER Remarque Quad p = q = 2, o a bie p + q = et l iégalité de HÖLDER s écrit k= a kb k k= a k 2 /2 k= b k 2 /2 iégalité de CAUCHY-SCHWARZ c Soit a k k,b k k R 2 D après l iégalité de HÖLDER, o a k= a k + b k p = k= = a k a k + b k p + k= b k a k + b k p /p /q /p /q a k p a k + b k p q b k p a k + b k p q k= k= k= k= /p /p k k= a p k k= b p + k= a k + b k p p 4

5 Si k= a k + b k p = 0, tous les a k et les b k sot uls et l iégalité est claire Sio k= a k + b k p > 0 et après simplificatio des deux membres de l iégalité précédete par le réel strictemet positif k = a k + b k p, o obtiet k= a k + b k p /p k= a k p /p + k= b k p /p a k k,b k k R 2, k= a k + b k p /p k= a k p /p + k= b k p /p Iégalité de MINKO 2 a O sait déjà que N est ue orme sur R Soit α > N α est bie ue applicatio de R das R + 2 Soit x = x k k R N α x = 0 k [[,]], x k = 0 x = 0 3 Soiet λ R et x = x k k R N α λx = k= λx k α /α = λ α /α N α x = λ N α x 4 L iégalité triagulaire est l iégalité de MINKOWSKI α R, N α est ue orme sur R b Quelques «boules uités» das R 2 B B 2/3 B B 3/2 B 2 Remarque Toute boule uité est symétrique par rapport à O puisque x E, Nx = N x et doc c Soiet α > 0 et x E O a x E, Nx N x N x N α x /α N x, et le théorème des gedarmes fourit lim α + N α x = N x x E, lim α + N α x = N x d Soiet α ]0,[ puis B = {x R / N α x } Les vecteurs x =,0,0,,0 et y = 0,,0,,0 sot des élémets de B Le milieu du segmet [xy] est z = 2,,0,,0 5

6 N α z = 2 α + α /α = 2 α > car α > 0 et doc z / B Aisi, B est pas covexe et doc N α est pas ue orme d après l exercice O peut remarquer que pour =, les N α coïcidet toutes avec la valeur absolue Correctio de l exercice 3 Il est cou que N est ue orme sur E Motros que N est ue orme sur E N est ue applicatio de E das R + car pour f das E, f est cotiue sur le segmet [0,] et doc f est itégrable sur le segmet [0,] 2 Soit f E Si N f = 0 alors f 0 = 0 et f = 0 foctio cotiue positive d itégrale ulle Par suite, f est u polyôme de degré iférieur ou égal à 0 tel que f 0 = 0 et o e déduit que f = 0 3 f E, λ R, N λ f = λ f λ f t dt = λ 4 Soit f,g E 2 f f t dt = λ N f N f + g f 0 + g0 + 0 f t dt + 0 g t dt = N f + N g Doc N est ue orme sur E Motros que N est ue orme sur E O ote que f E, N f = f 0 + N f et tout est immédiat N, N et N sot des ormes sur E Soit f E et t [0,] Puisque la foctio f est cotiue sur [0,] f t = f 0 + t 0 f u du f 0 + t 0 f u du f f u du = N f, et doc N f = 0 f t dt 0 N f dt = N f Esuite e appliquat le résultat précédet à f, o obtiet Fialemet N f = f 0 + N f f 0 + N f = N f f E, N f N f N f Pour N et t [0,], o pose f t = t N f = 0 t dt = + et doc la suite f N ted vers 0 das l espace vectoriel ormé E,N Par cotre, pour, N f = 0 t dt = et la suite f N e ted pas vers 0 das l espace vectoriel ormé E,N O e déduit que les ormes N et N e sot pas des ormes équivaletes De même e utilisat f t = t, o motre que les ormes N et N e sot pas équivaletes Correctio de l exercice 4 6

7 Soit d : M R R O sait que l applicatio d est cotiue sur M R mui de importe quelle orme et que R est u ouvert de R e tat que réuio de deux itervalles ouverts M detm Par suite, GL R = d R est u ouvert de M R e tat qu image réciproque d u ouvert par ue applicatio cotiue Soit A M R Le polyômedeta xi a qu u ombre fii de racies évetuellemet ul doc pour p etier aturel supérieur ou égal à u certai p 0, det A p I 0 La suite A p I est ue p p 0 suite d élémets de GL R covergete de limite A Ceci motre que l adhérece de GL R est M R ou ecore GL R est dese das M R GL R est u ouvert de M R, dese das M R 2 M R \ GL R est fermé e tat que complémetaire d u ouvert Soit 2 Les matrices A p = pe,, p N, sot o iversibles et la suite A p p N est o borée Par suite MR \ GLR est o boré et doc o compact 2, M R \ GL R est fermé mais o compact 3 Motros que O R est fermé Posos g : M R M R 2 f : M R M R M M t M M M, t M, h : M R 2 M R M,N MN g est cotiue sur M R car liéaire sur u espace de dimesio fiie h est cotiue sur M R 2 car biliéaire sur u espace de dimesio fiie O e déduit que f = h g est cotiue sur M R Efi O R = f I est fermé e tat qu image réciproque d u fermé par ue applicatio cotiue Motros que O R est boré A O R, i, j [[,]] 2, a i, j et doc A O R, A D après le théorème de BOREL-Lebesgue, puisque O R est u fermé boré de l espace de dimesio fiie M R, O R est u compact de M R O R est pas covexe E effet, les deux matrices I et I sot orthogoales mais le milieu du segmet joigat ces deux matrices est 0 qui est pas ue matrice orthogoale puis O R est compact mais o covexe 4 S R est u sous espace vectoriel de l espace de dimesio fiie M R et est doc u fermé de M R S R est fermé 5 Soit A M R et p u élémet fixé de [[, ]] le résultat est clair si p = 0 ou p = A est de rag iférieur ou égal à p si et seulemet si tous ses mieurs de format p + sot uls hors programme Soiet I et J deux sous-esembles doés de [[,]] de cardial p + et A I,J la matrice extraite de A de format p + dot les uméros de liges sot das I et les uméros de coloes sot das J Pour I et J doés, l applicatio A A I,J est cotiue car liéaire de M R das M p+ R Par suite, l applicatio f I,J : A deta I,J est cotiue sur M R L esemble des matrices A telles que deta I,J = 0 est doc u fermé de M R image réciproque du fermé {0} de R par l applicatio cotiue f I,J et l esemble des matrices de rag iférieur ou égal à p est u fermé de M R e tat qu itersectio de fermés 6 Soit A M C Posos SpA = λ i i O sait que toute matrice est triagulable das C et doc il existe P GL C et T T C avec i [[,]], t i,i = λ i telle que A = PT P O muit doréavat M C d ue orme multiplicative otée Puisque toutes les ormes sot équivaletes e dimesio fiie, il existe u réel strictemet positif K telle que pour toute matrice M, M K M 7

8 ε Soit ε > 0 Il existe u -uplet de réels λ,,λ tels que k [[,]], 0 ε k < K P P et les λ k + ε k [ [ ε sot deux à deux disticts O pred ε = 0 puis ε 2 das 0, tel que λ K P P 2 + ε 2 λ + ε ce qui [ [ [ [ ε ε est possible puisque 0, est ifii puis ε K P P 3 das 0, tel que λ K P P 3 + ε 3 soit différet de [ [ ε λ + ε et λ 2 + ε 2 ce qui est possible puisque 0, est ifii K P P O pose D = diagλ i i puis T = T + D et efi A = PT P Tout d abord les valeurs propres de A sot deux à deux distictes ce sot les λ i + ε i, i et doc A est diagoalisable Esuite A A = PDP P D P K P P D < ε E résumé, A M C, ε > 0, A M C/ A A < ε et A diagoalisable O a motré que L esemble des matrices complexes diagoalisables das C est dese das M C O e peut remplacer M C par M R 0 a c Soiet A = et E = M 0 b d 2 R χ A+E = a X c b + d X = X 2 a + dx + ad bc + b c + Le discrimiat de χ A+E est = a+d 2 4ad bc 4b c 4 Supposos de plus que E 4 Alors = a + d 2 4ad bc 4b c = 5 4 < 0 Par suite, aucue des matrices A + E avec E 4 a de valeurs propres réelles et doc aucu doc diagoalisable das R O a motré que l esemble des matrices réelles diagoalisables das R est pas dese das M R a b 7 La matrice de la forme quadratique Q : x,y ax 2 +2bxy+cy 2 das la base caoique est b c Les valeurs propres de cette matrice sot strictemet positives si et seulemet si a + c > 0 et ac b 2 > 0 L applicatio a,b,c a + c est cotiue sur R 3 car liéaire sur R 3 qui est de dimesio fiie et l applicatio a,b,c ac b 2 est cotiue sur R 3 e tat que polyôme L esemble des triplets cosidéré est l itersectio des images réciproques par ces applicatios de l ouvert ]0,+ [ de R et est doc u ouvert de R 3 8 Notos S l esemble des matrices stochastiques Vérifios que S est boré Soit A = a i, j i, j S i, j [[,]] 2, 0 a i, j et doc A Aisi, A/iS, A et doc S est boré Vérifios que S est fermé Soit i, j [[,]] 2 L applicatio f i, j : A a i, j est cotiue sur M R à valeurs das R car liéaire sur M R qui est de dimesio fiie [0,+ [ est u fermé de R car so complémetaire ],0[ est u ouvert de R Par suite, { A = a k,l k,l / a i, j 0 } = fi, j [0,+ [ est u fermé de M R e tat qu image réciproque d u fermé par ue applicatio cotiue Soit i [[,]] L applicatio g i : A j= a i, j est cotiue sur M R à valeurs das R car liéaire sur M R qui est de dimesio fiie Le sigleto {} est u fermé de R Par suite, { A = a k,l k,l / j= a i, j = } = g i {} est u fermé de M R e tat qu image réciproque d u fermé par ue applicatio cotiue S est doc u fermé de M R e tat qu itersectio de fermé de M R E résumé, S est u fermé boré de l espace M R qui est de dimesio fiie et doc S est u compact de M R d après le théorème de BOREL-LEBESGUE Vérifios que S est covexe Soiet A,B S 2 et λ [0,] D ue part, i, j [[,]] 2, λa i, j + λb i, j 0 et d autre part, pour i [[,]] j= λa i, j + λb i, j = λ j= a i, j + λ j= b i, j = λ + λ =, 8

9 ce qui motre que λa + λb S O a motré que A,B S 2, λ [0,], λa + λb S et doc S est covexe l esemble des matrices stochastiques est u compact covexe de M R 9 Soiet A et B deux matrices réelles diagoalisables Soiet γ : [0,] M R t ta +t0 = ta et γ 2 : [0,] M R Soit efi γ : [0,] M R t tb γ t 2t si t [ 0, ] 2 γ 2 2t si t [ 2,] γ est u chemi cotiu joigat la matrice A à la matrice ulle et γ 2 est u chemi cotiu joigat la matrice ulle à la matrice B Doc γ est u chemi cotiu joigat la matrice A à la matrice B De plus, pour tout réel t [0,], la matrice γ t = ta est diagoalisable par exemple, si A = Pdiagλ i i P alors ta = Pdiag tλ i i P et de même, pour tout réel t [0,], la matrice γ 2 t = tb est diagoalisable Fialemet γ est u chemi cotiu joigat les deux matrices A et B diagoalisables das R, coteu das l esemble des matrices diagoalisables das R O a motré que l esemble des matrices diagoalisables das R est coexe par arcs Correctio de l exercice 5 ère solutio Motros qu etre deux réels disticts, il existe u ratioel Soiet x et y deux réels tels que x < y Soiet d = y x puis u etier aturel o ul tel que < d par exemple, = E d + Soiet efi k = Ex et r = k+ r est u ratioel et de plus x = x < k+ = r x+ = x + < x + d = x + y x = y E résumé, x,y R 2, x < y r Q/ x < r < y Ceci motre que Q est dese das R 2ème solutio O sait que tout réel est limite d ue suite de décimaux et e particulier tout réel est limite d ue suite de ratioels Doc Q est dese das R Q est dese das R Correctio de l exercice 6 Soit A ue partie de E A est fermé et doc A = A A est ouvert et doc A = A 2 Soiet A et B deux parties de E telles que A B Pour tout x E, x A V V x, V A V V x, V B x B Doc A B Pour tout x E, x A A V x B V x x B Doc A B 3 Soiet A et B deux parties de E A B est ue partie fermée de E coteat A B Doc A B A B puisque A B est le plus petit fermé de E au ses de l iclusio coteat A B Réciproquemet, A A B et B A B A A B et B A B A B A B Fialemet A B = A B A B est u ouvert coteu das A B et doc A B A B Réciproquemet, A B A et A B B A B A et A B B A B A B Fialemet, A B = A B 9

10 4 A B est u fermé coteat A B et doc A B A B O a pas écessairemet l égalité Si A = [0,[ et B =],2], A B = puis A B = mais A B = [0,] [,2] = {} = A B est u ouvert coteu das A B et doc A B A B O a pas écessairemet l égalité Si A = [0,] et B = [,2], A B = [0,2] puis A B =]0,[ ],2[ ]0,2[ 5 Soiet A et B deux parties de E Soit x E A B =]0,2[ mais Doc x A \ B A \ B V x B boule ouverte de cetre x telle que B A \ B B boule ouverte de cetre x telle que B A et B c B A V x et c B V x x A et x c B x A et x c B x A c B x A \ B A \ B = A \ B 6 Soit A ue partie de E A = A A A A A = A D autre part A A A = A A A A Fialemet, A A A = A A D autre part A A A A = A A A Fialemet, A = A Correctio de l exercice 7 L exercice 6 motre que l o e peut pas faire mieux Soit A = [0,[ ],2] {3} Q [4,5] A =]0,[ ],2[ A = [0,2] A =]0,2[ A = [0,2]] {3} [4,5] A =]0,2[ ]4,5[ A = [0,2] [4,5] Les 7 esembles cosidérés sot deux à deux disticts Correctio de l exercice 8 Soit f E Pour N, soit g l applicatio défiie par x [0,], g x = f x + x 2 Chaque foctio g est cotiue sur [0,] mais o dérivable e 2 ou ecore N, g E \ D De plus, N f g = 2 O e déduit que la suite g ted vers f das l espace vectoriel ormé E, f est doc limite d ue suite d élémets de c D et doc est das l adhérece de c D Ceci motre que c D = E ou ecore c D = E ou efi D = Efi, puisque P D, o a aussi P = Correctio de l exercice 9 Soit x E { x a, a A} est ue partie o vide et miorée par 0 de R { x a, a A} admet doc ue bore iférieure das R O e déduit l existece de d A x 0

11 2 a Soit A ue partie fermée et o vide de E Soit x E Supposos que x A Alors 0 f x = If{ x a, a A} x x = 0 et doc d A x = 0 Supposos que d A x = 0 Par défiitio d ue bore iférieure, ε > 0 a ε A/ x a ε < ε Soit V u voisiage de x V cotiet ue boule ouverte de cetre x et de rayo ε > 0 puis d après ce qui précède, V cotiet u élémet de A Fialemet, V V x, V A et doc x A = A Si A est fermée, x E, d A x = 0 x A b Posos d = d A x Pour chaque etier aturel, il existe a A tel que d x a d + La suite a N est borée E effet, N a a x + x d + + x d + x + Puisque E est de dimesio fiie, d après le théorème de BOLZANO-WEIERSTRASS, o peut extraire de la suite a ue suite a ϕ covergeat vers u certai élémet a de E Esuite, puisque A est fermée, o e déduit que a A Puis, comme N, d x a ϕ d + ϕ, et puisque ϕ ted vers l ifii quad ted vers +, o obtiet quad ted vers l ifii, d = lim + x a ϕ Maiteat o sait que l applicatio y y est cotiue sur l espace ormé E, et doc lim + x aϕ = x lim + a ϕ = x a O a motré qu il existe a A tel que d A x = x a 3 Soit x E Puisque A A, d A x est u miorat de { x a, a A} Comme d A x est le plus grad des miorats de { x a, a A}, o a doc d A x d A x Soit alors ε > 0 Il existe y A tel que x y < dx,a + ε 2 et puis il existe a A tel que y a < ε 2 O e déduit que d A x x a x y + y a < d A x + ε 2 + ε 2 = d A x + ε Aisi, ε > 0, d A x < d A x + ε Quad ε ted vers 0, o obtiet d A x d A x Fialemet x E, d A x = d A x 4 Motros que l applicatio d A est Lipschitziee Soit x,y E 2 Soit a A d A x x a x y + y a Doc, a A, d A x x y y a ou ecore d A x x y est u miorat de { y a, a A} Puisque d A y est le plus grad des miorats de { y a, a A}, o a doc d A x x y d A y E résumé, x,y E 2, d A x d A y x y E échageat les rôles de x et y, o obtiet x,y E 2, d A y d A x x y et fialemet Aisi l applicatio d A : E, R, x d A x sur l espace vectoriel ormé E, x,y E 2, d A x d A y x y est -Lipschitziee et e particulier d A est cotiue 5 Soiet A et B deux parties fermées et o vides de E telles que d A = d B Soit a A d B a = d A a = 0 d après 2 et doc a B d après 2 Aisi A B puis, par symétrie des rôles, B A et fialemet A = B 6 A est pas u sous espace vectoriel de E Soit f A 0 f t dt 0 f t dt f Aisi, f A, f et doc d A 0 { [ ] + x si x 0, Pour N et x [0,], o pose f x = + x [,]

12 / Pour chaque etier aturel o ul, la foctio f est cotiue sur [0,] et 0 f x dx = = Doc, la suite f est ue suite d élémets de A O e déduit que N, d A 0 f = + E résumé, N, d A 0 + et fialemet d A 0 = Remarque A est fermée mais la distace à A est malgré tout pas atteite E effet Soit f N est ue suite d élémets de A covergeat das l espace vectoriel ormé E, vers u certai élémet f de E La suite de foctios f N coverge uiformémet vers f sur [0,] et doc d ue part, f 0 = lim + f 0 = 0 et d autre part 0 f x dx = 0 lim + f x dx = lim + 0 f x dx Doc f A et o a motré que A est fermée Supposos qu il existe f A telle que f = Alors l ecadremet 0 f x dx f = fourit 0 f x dx = f = puis 0 f f x dx = 0 et doc f f = 0 foctio cotiue positive d itégrale ulle ou ecore f = ce qui cotredit f 0 = 0 O e peut doc pas trouver f A tel que d A 0 = d0, f Correctio de l exercice 0 Soit x E Puisque D est dese das E, il existe ue suite d N d élémets de D covergeat vers x et puisque f et g sot cotiues et coicidet sur D et doc e x f x = f lim + d = lim + f d = lim + gd = glim + d = gx O a motré que f = g 2 Soit f R R O suppose que x,y R 2 f x + y = f x + f y Soit a = f x = y = 0 fourit f 0 = 0 = a 0 Soit N et x R f x = f x + + x = f x + + f x = f x Ceci reste vrai pour = 0 E particulier x = fourit pour tout etier aturel o ul, f = f = a puis x = fourit f = f = a et doc f = a Esuite, p,q N N 2, f p q = p f q = a p q Soit x R L égalité f x + f x = f 0 = 0 fourit f x = f x E particulier, p,q N 2, f p q = f p q = a p q E résumé, si f est morphisme du groupe R, + das lui-même, r Q, f r = ar où a = f Si de plus f est cotiue sur R, les deux applicatios f : x f x et g : x ax sot cotiues sur R et coïcidet sur Q qui est dese das R D après le, f = g ou ecore x R, f x = ax où a = f Réciproquemet, toute applicatio liéaire x ax est e particulier u morphisme du groupe R, + das lui-même, cotiu sur R 2

13 Les morphismes cotius du groupe R,+ das lui-même sot les applicatios liéaires x ax, a R Correctio de l exercice Soit u = u N ue suite borée de l espace ormé E, ayat ue uique valeur d adhérece que l o ote l Motros que la suite u coverge vers l Supposos par l absurde que la suite u e coverge pas vers l Doc ε > 0/ 0 N, 0 / u l ε ε est aisi doréavat fixé E appliquat à 0 = 0, il existe u rag ϕ0 0 = 0 tel que u ϕ0 l ε Puis e preat 0 = ϕ0 +, il existe u rag ϕ > ϕ0 tel que u ϕ l ε et o costruit aisi par récurrece ue suite extraite u ϕ N telle que N, u ϕ l ε Maiteat, la suite u est borée et il e est de même de la suite u ϕ Puisque E est de dimesio fiie, le théorème de BOLZANO-WEIERSTRASS permet d affirmer qu il existe ue suite u ψ N extraite de u ϕ et doc de u covergeat vers u certai l E l est doc ue valeur d adhérece de la suite u Mais quad ted vers + das l iégalité u ψ l ε, o obtiet l l ε et doc l l Ceci costitue ue cotradictio et doc u coverge vers l Correctio de l exercice 2 Pour α ]0,π[, posos f α = Sup siα = Sup siα Z N Tout d abord α ]0,π[, N, siπ α = siα et doc α ]0,π[, f π α = f α O e déduit que If f α = If α ]0,π[ α ]0, π 2 ] f α f { } π 3 = sup 0, 3 2 = 3 2 = 3 2 = f π 3 Par suite If Esuite, si α [ π 3, π ] 2, f α siα si π 3 α ]0, π 2 ] f α = If α ]0, π 3 ] f α Soit alors α ] 0, π ] 3 Motros qu il existe u etier aturel o ul 0 tel que 0 α [ π 3, 2π ] 3 Il existe u uique etier aturel tel que α π 3 < + α à savoir = E π 3α Mais alors, π 3 < + α = α + α π 3 + π 3 = 2π 3 et l etier 0 = + coviet Ceci motre que f α si π 3 = 3 2 = f π 3 Fialemet α ]0,π[, f α f π 3 et doc If α ]0,π[ { Sup siα Z { } If Sup siα α ]0,π[ Z = } 3 2 { = Mi α ]0,π[ Sup siα Z } = f π 3 = 3 2 Correctio de l exercice 3 Soit f ue applicatio uiformémet cotiue sur R α > 0/ x,y R 2, x y α f x f y Soit x R + le travail est aalogue si x R Pour N O pose 0 = E x α x α α α x α α x α x α + = E x α 3

14 f x f x f x α + f x α f x 2α + + f x 0 α f x 0 α + f x 0 α f 0 + f f 0 car x 0 α 0 α x α f 0 Aisi, x R +, f x x α f 0 Par symétrie des calculs, x R, f x x α x R, f x x α f 0 f uiformémet cotiue sur R a,b R 2 / x R, f x a x + b f 0 et doc Correctio de l exercice 4 Posos I 0 = [ 0, π [ 2 puis pour N, I = ] π 2 + π, π 2 + π[ et efi D = I Pour x D, posos f x = tax x La foctio f est dérivable sur D et pour x D, f x = ta 2 x La foctio f est aisi strictemet croissate sur chaque I et s aule doc au plus ue fois das chaque I f 0 = 0 et doc f s aule exactemet ue fois das I 0 e x 0 = 0 Pour N, f est cotiue sur I et de plus f π 2 + π + f π 2 + π = + < 0 D après le théorème des valeurs itermédiaires, f s aule au mois ue fois das I et doc exactemet ue fois das I L équatio tax = x admet doc das chaque itervalle I, N, ue et ue seule solutio otée x De plus,, f π = π < 0 et doc x ]π, π 2 + π[ Pour, π < x < π 2 + π et doc lim + x = + puis x x = + π + O N π et même + Esuite, puisque x π ] 0, π [ 2 et que π x = tax = tax π, x π = arctax + 2 Doc x = + π + π 2 + o Posos y = x π π 2 Alors d après ce qui précède, y ] π 2,0[ et y = + o De plus, l égalité tax = x fourit taπ + π 2 + y = π + π 2 + y ou ecore π + π 2 + y = cotay Puisque y = o, o obtiet + + y ou ecore y = + x = + π + π 2 π + o π + o Doc Posos z = y + π = x π π 2 + π D après ce qui précède, ta π + z = π+ π 2 π +z z = o + O e déduit que Fialemet z = π arcta π+ π 2 π +z = + π arcta π + o 2π 2 x = + π + π 2 π + 2π 2 + o 2 2 = + + o 2π 2 2 et aussi 4

15 Correctio de l exercice 5 ère solutio Soit z C Posos z = x + iy où x,y R 2 et + r = r e iθ où r 0 et θ ] π,π] de sorte que + z = r e iθ Puisque + z ted vers quad ted vers +, pour assez grad o a r > 0 et θ ] π 2, π 2 [ Mais alors pour assez grad Maiteat, r = exp 2 l + x 2 + y 2 r ted vers e x quad ted vers + y Esuite θ = arcta + + x vers + Fialemet, + z = r e iθ ted vers e x e iy = e z r = + x 2 + y 2 y et θ = arcta + x = exp + 2 l + 2x + o = expx + o et doc + = arcta y + + o = y+o et doc θ ted vers y quad ted + z C, lim + + z = e z 2ème solutio Le résultat est cou quad z est réel Soit z C Soit N k=0 zk k! + z = k=0 k! Ck z k k k=0 k! Ck z k k Maiteat, k [[0,]], k! Ck k=0 k = k! k { }} { k + } {{ 0 Doc, } k k! Ck z k = k k=0 z k k! + z + e z e z = 0 O e déduit que k=0 zk k! + z ted vers 0 quad ted vers + et puisque z k k=0 k! ted vers ez quad ted vers +, il e est de même de + z 5

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