DS3 Corrige

MP* Centre des classes préparatoires Lm6E 30/11/2024
Eléments de corrigé DS 3
Problème 1 : Lemme de Baire. Applications
Partie I : Résultats préliminaires
1. On a d(x; A) = inf
a2Akxak
(a) Par l’inégalité triangulaire, on a : kxak  kxyk+kyak;en prenant inf
a2A;et échangeant (x; y);
on obtient que x7! d(x; A)est 1-Lipschitzienne sur E; en particulier uniformément continue et
continue sur E:
(b) On a T
">0
A(") = fx2E = d (x; A) = 0g=Al’adhérence de A:
(c) Si Aun fermé alors selon la question précédente : A=A=T
n1
A1
n:Or chaque A1 nest un
ouvert (relatif) de Ecomme image réciproque de l’ouvert 1;1
nde Rpar l’application continue
x7! d(x; A);le fermé Aest alors un Gde E: Par passage au complémentaire, on obtient que tout
ouvert de Eest un Fde E:
(d) Qétant dénombrable, donc il exite une bijection nN! Q
n7! un;donc Q=S
n2N
fungréunion dénom-
brable de fermé, c’est donc un Fde R:
Partie II : Point de continuité d’une fonction
2. Soit x2On;donc il existe V2 V (x);8y; z 2V; kf(y)f(z)k  1
n;puisque Vcontient un ouvert
contenant x; on peut supposer alors Vouvert, dans ce cas Vsera voisinage de tout ses points, et on aura
alors VOnqui sera alors ouvert.
3. Procédons par double inclusion :
Si fen continue en x; alors 8n1;9Vn;x =B(x; x)2 V (x);8y2Vn;x;kf(x)f(y)k  1
2n;
donc
8n1;9Vn;x 2 V (x);8y; z 2Vn;x;kf(y)f(z)k  kf(x)f(y)k+kf(x)f(z)k  1
n
càd x2T
n1
On:
Soit " > 0;alors 9N2N;8nN; 1
n"Si x2T
n1
On;9Vn;x 2 V (x);8y; z 2Vn;x;kf(y)f(z)k 
1
n"; en partticulier pour y=x; on aura 8z2VN;x;kf(x)f(z)k  ": Ainsi fest continue en x:
4. Selon Q2. et Q3., C(f)est une intersection dénombrable d’ouverts de E; c’est donc Gde E:
Partie III : Le lemme de Baire en dimension …nie
5. Pour chaque n2N;on se …xe un cn2Kn;puisque la suite de compacts (Kn)est décroissante, alors
8p2N;la suite tronquée (cn)npest à terme dans le compact Kp;donc elle admet une valeur d’adhérence
c2Kp,8p2N:CQFD.
6. Soit Vun ouvert 6=?et (Un)nune suite d’ouverts denses dans E.
(a) Construction.
1

i. Initialisation : On a Vouvert non vide et U0dense dans E; donc V\U06=?, de plus U0\V
est ouvert, il contient un certain a0en son intérieur, donc 9r0>0; B (a0; r0)V\U0:Quitte à
diminuer au besoin le rayon r0>0;on peut supposer Bf(a0; r0)V\U0:
ii. Supposons avoir construit Bf(an; rn);on a alors B(an; rn)\Unest un ouvert non vide, donc
rencontre l’ouvert dense Un+1 en un certain an+1, en suivant la même démarche du (i);il existe
Bf(an+1; rn+1)tel que Bf(an+1; rn+1)B(an; rn)\Un:
(b) La suite de compacts (fermés-bornés en dimension …nie) non vides Bf(an; rn)construite est décrois-
sante, donc selon Q5, son intersection T
n0
Bf(an; rn)est non vide. Soit c2T
n0
Bf(an; rn), on a alors
par construction, c2V\Un;8n0:D’où le résultat.
7. Sachant que le complémentaire d’un ouvert dense est un fermé d’intérieur vide et que le complémentaire
transforme une intersection en réunion, le résultat s’obtient par un simple passage aux complémentaires.
8. Si une telle fonction fexiste, alors Q=C(f)serai un Gselon Q4, et aussi un Fselon Q1d. Ainsi Q
et (RnQ)seront tout deux des G: càd réunion dénombrable de fermés, ces fermés auront forcément leur
intérieurs vides car l’intérieur de Qet de (RnQ)sont vides. On conclut que R=Q[(RnQ)serai une
réunion dénombrable de fermés d’intérieurs vides, donc selon le lemme de Baire, lui aussi sera d’intérieurs
vide. Absurde!
9. Conséquences de Baire
(a) On note Fle complémentaire de l’ouvert S
n2N
o
Fn;alors Fest fermé et on a F=F\E=S
n2N
(F\Fn)
réunion dénombrable de fermés d’intérieur vide (car
O
z}| {
F\FnF\ Fn=?:Donc selon le lemme de
Baire Q7, Fest d’intérieur vide ce qui est équivalent à S
n2N
o
Fndense dans E:
(b) On a Xnest un F;donc de la forme Xn=S
p2N
Fn;p;où Fn;p un fermé de R:Donc R=S
n2NS p2N
Fn;p
est encore une réunion dénombrable de fermée (NNétant dénombrable), donc selon le (a);la partie
S
n2NS p2N
o
z}|{
Fn;p est dense dans R;il en est de même que S
n2N
o
Xn=S
n2N
o
z }| {
S
p2N
Fn;p car S
p2N
o
z}|{
Fn;p 
o
z }| {
S
p2N
Fn;p .
Partie IV : Fonctions de première classe de Baire
10. Faites un dessin!
Par exemple, fncontinue paire, fn(x)=1sur [0;1] ;nulle sur 1 + 1
n;+1et a¢ ne sur 1;1 + 1 n;
converge sur Rvers fpaire, f(x) = 1 sur [0;1] et nulle sur ]1;+1[ ; donc discontinue en 1:
11. .
(a) Puisque les fnsont continues, alors Fn(")est fermé comme intersection des fermés (fpfq)1f]1; "[g.
De plus chaque x2E; véri…e f(x) = lim
n!+1fn(x);donc la suite (fn(x))nsatisfait le critère de Cauchy
:8" > 0;9n2N;8p; q n; kfp(x)fq(x)k  "; ainsi x2Fn(");d’où l’inclusion ES
n0
Fn(");
puis l’égalité.
(b) C’est une conséquence immédiate de la question Q9a.
2

(c) En prenant "=1
k;alors selon la question Q11b. 1 kest une intersection dénombrable d’ouverts
denses, c’est donc une partie dense selon le lemme de Baire Q6b.
(d) Si x2 = T
k1
1
k;alors 8k1; x 21 k;par suite 9n0; x 2
o
z }| {
Fn1
k;il existe alors  >
0; B (x; )Fn1
k:On conclut que 9n > 0;90;8y2B(x; );8p; q n; kfp(y)fq(y)k 
1
k;en faisant tendre qvers l’in…ni, on obtient 8y2B(x; );8pn; kfp(y)f(y)k  1 k:Si " > 0;
en choisissant ktel que 3
k"; on aura l’existence d’un  > 0tel que pour tout y:kxyk  ; on
aura kf(x)f(y)k  kf(x)fp(x)k+kfp(x)fp(y)k+kfp(y)f(y)k  3
k": On conclut alors
que la fonction fest continue sur :
12. On vient de montrer que fest continue la partie qui est dense dans E; par suite C(f)est également
dense. (contient une partie dense).
13. Il su¢ t de remarquer que la suite de fonctions continues de terme général fn(x) = 1
nfx+1 nf(x)
converge point par point sur Rvers f0(x):La question Q1é, assure que C(f0)est dense dans R:
Partie V : Théorème de Sunyer i Balaguer
14. Noter que est un ouvert comme réunion d’ouverts, donc ses composantes connexes par arcs sont des
intervalles ouvertes non vides. Soit x02et ]u; v[la composante contenant x0:
On a x02 = Sn2N Fn;donc x02 Fn0qui est ouvert, d’où l’existence d’un ]; [Fn0;avec
x02]; [on a alors f(n0)= 0 sur ]; [;ainsi f=Pune fonction polynomiale sur cet intervalle
]; [. En…n ]; [est un convexe contenant x0et contenu dans ;donc il est inclu dans la composante
connexe ]u; v[de x0:
On pose alors J=x2]x0; v[= f(n0)= 0 sur ]x0; x[;alors :
–Jest un fermé relatif de ]x0; v[par continuité de f(n0):
–Si x2J; donc x2ouvert, donc un raisonnement analogue du premier point en prenant x0au
lier de x; on peut trouver " > 0assez petit de façon que f=Qsoit polynomiale sur ]x"; x +"[;
ces deux fonctions polynomiales coïncident sur la partie in…nie ]x; x +"[;elles sont donc égales.
Ainsi f=P; polynomiale sur ]x0; x +"[.Jest donc un ouvert relatif de ]x0; v[
–Jest non vide puisque contient :
–Puisque ]x0; v[connexes par arcs et Jsous partie ouvert-fermé non vide, alors J= ]x0; v[et par
suite f=Pest polynomiale sur ]x0; v[:
Le même raisonnement conduit à f=Qpolynomiale sur ]u; x0[:Le caractère C1de fassure : 8n2
N; P (n)(x0) = Q(n)(x0);donc par exemple à l’aide de la formule de Taylor pour les polynômes P(X) =
1
X
n=0
P(n)(x0)
n!(Xx0);on obtient P=Q: Ainsi f=Pest polynomiale sur chaque composante
connexe par arcs de :
15. Soit a2Xun point isolé.
(a) les parties ]a; a[et ]a; a +[sont convexes contenues dans ;donc Q14 assure fpolynomiale sur
chacun des intervalles.
(b) La même technique du dernier point du Q14. prouve que P1=P2:La continuité de fassure que
f=Psur ]a; a +[;d’où a2 = XnR:Absurde. On conclut alors que Xest sans point isolé.
16. Si Xest vide, alors  = Rsera convexe, donc aura une seule composante connexe, Q14 assure que fest
polynomiale sur R:
17. La partie partie X\Fn0de Xétant d’intérieur relatif non vide, elle est alors voisinage relatif de tout ses
points;on peut alors trouver un intervalle ouvert Itel que I\X6=?et I\XX\Fn0Fn0:
Par ailleurs, on considère un élément a2I\X; cet élément an’est pas isolé dans Xselon Q15, il est alors
limite d’une suite injective (ap)p2XN;et puisque a2Iouvert, donc voisinage de a; on peut choisir les
ap2I; ainsi (ap)p2FN
n0;on aura alors
f(n0+1) (a) = lim
p!+1
f(n0)(ap)f(n0)(a)
apa= lim
p!+1
0
apa= 0
3

Ainsi a2Fn0+1;puis par récurrence immédiate a2Fn;8nn0:On conclut que I\XFn,8nn0:
18. On a I= (I\X)[(I\) :
Sur (I\X)le problème est réglé puisque I\XFn,8nn0;donc en particulier f(n0)= 0 sur
I\X:
Sur (I\) : On considère une composante connexe par ]u; v[de cet ouvert (le cas vide est trivial), le
raisonnemt de Q14, assure que f=Pun polynôme sur ]u; v[:Si ]u; v[inclu strictement dans I; alors
par exemple u2I; donc forcément u2I\Xcar sinon fserai polynomiale au voisinage de u; surtout
à gauche de u; ce qui contredit le caractère maximal de composante connexe. Ainsi u2I\XFn;
8nn0, la formule de Taylor appliqué à Pen u; assure que deg (P)n0:On conclut que f(n0)= 0
sur chaque composante connexe de I\:
Ainsi f(n0)= 0 sur Itout entier et par suite I, ce qui conduit à I\X=?:Absurde
Ainsi l’hypothèse X6=?est fausse; la question Q16. assurera le caractère polynomiale de la fonction
f: Ce résultat est connu sous le nom du mathématicien espagnol (Barcelonais!) Sunyer i Balaguer)
Problème 2 : Théoème de Krein-Milman
Partie I : Projection sur un convexe fermé
1. On pose d=d(x; K) = inf
a2Kkxak
(a) On a dest adhérent à la partie fkxak= a 2Kg;d’où l’existence d’une suite (un)2KNtelle que
d= lim
n!+1kxunk:
(b) La suite (kxunk)nétant convergente, donc en particulier bornée, donc (un)nest également bornée
dans Ede dimension …nie, elle aura ainsi une valeur d’adhérence u2Eselon le théorème de Bolzano-
Weierstrass. En…n les un2Kfermé, donc u2K:
2. On a uest valeur d’adhrénce de (un), donc il existe une sous suite u(n)convergente vers u: De plus
lim 
u(n)x =d, tenant compte de la continuité de la norme, on obtient d=kxuk:
3. Faites un dessin!
(a) Caractérisation de u:
Retour : kxak2=kxu+uak2=kxuk2+ 2 hxu; u ai
| {z }
0
+kuak2 kuak2;donc
d(x; K) = kuak:
Sens direct : Si d(x; K) = kuak;alors par convexité de K; on a pour 0< t 1;(1 t)u+ta 2
K; donc
kx(1 t)utak2 kxuk2
En développant le premier terme et en simpli…ant par t:2hxu; u ai+tkuak20;puis
en faisant t!0+;on obtient hxu; u ai  0çàd hxu; a ui  0:
(b) Si u; v 2Kvéri…ent d(x; K) = kxuk=kxuk;alors selon la caractérisation ci-dessus, pour tout
a2K; on aura : hxu; a ui  0et hxv; a vi  0;en prenant respectivement a=vet a=u;
on obtient hxu; v ui  0et hxv; u vi  0;puis en faisant la somme, on aura kuvk20:
D’où u=v:
4. On utilise encore la caractérisation Q3 : on a alors hxp(x); p (y)p(x)i  0et hyp(y); p (x)p(y)i 
0;la somme de ces deux inégalité conduit à : kp(x)p(y)k2 hp(x)p(y); x yi;puis grâce à l’inégalité
de Cauchy-Schwarz, on aura :
kp(x)p(y)k2 kp(x)p(y)k kxyk
ce qui assurera dans tout les cas (p(x)p(y) = 0 ou non) :
kp(x)p(y)k  kxyk
Ainsi pest 1-Lipschitzienne sur E; donc en particulier continue sur E:
Partie II : Hyperplan d’appui
Intuitivement un hyperplan d’appui est tangent au convexe et divise l’espace en deux parties connexes par
arcs telles que le convexe Kest inclu dans l’une des deux parties. Faites un dessin.
4

5. Soit c2@K un point de la frontière de K:
(a) On sait que Ket son complémentaire EnKont la même frontière, donc c2@(EnK)EnK; donc il
est limite d’une suite (xn)n2(EnK)N:
(b) (vn)nest suite d’éléments de la sphère unité, fermé-borné en dimension …nie, donc compact. Ainsi
(vn)nadmet une valeur d’adhérence v2S(0;1) ;donc en particulier v6= 0:
(c) Soit la forme linéaire dé…nie par (x) = hx; vi;on a bien H=c+ ker ()est un hyperplan a¢ ne
contenant c: De plus selon la question Q3, pour tout entier n; on a 8x2K; hxnyn; x yni  0;
donc hvn; x p(xn)i  0;quitte à remplacer (vn)npar sa suite extraite convergente vers vet par
continuité de la projection pétablit à la question Q4, on obient quand n!+1;tenant compte
p(c) = cpuisque c2K:
hv; x p(c)i  0:càd (x) hv; p (c)i=hv; ci=(c)
Ainsi Hest un hyperplan d’appui du convexe Ken c:
6. On a H=c+ ker ():
(a) Hest fermé comme translaté d’un fermé ker ()sous-espace de dimension …nie, ainsi H\Kest un
fermé du compact K; c’est donc un compact. De plus il est convexe comme intersection de deux
convexes (Hconvexe facile), en…n c2H\K: (c2@K Kcar Kfermé).
(b) Par contrapposée cnon extémal dans H\Kest aussi non extrémal dans Kde manière évidente.
(c) On suppose c2]y; z[Knon extrémal dans K; alors il existe t2]0;1[ ; c = (1 t):y +t:z; donc
(c) = (1 t): (y) + t: (z)(c)car par dé…nition de l’hyperplan d’appui : (y)(c)et
(z)(c):Donc forcément (y) = (z) = (c)càd y; z 2H=c+ ker ():
(d) Selon Qc. on obtient cnon extrémal dans K=)cnon extrémal dans H\Kcar on a obtenu
c2]y; z[K=)c2]y; z[H\K: On conclut que Ket H\Kont les mêmes points extrémaux
lorsque Hhyperplan d’appui de K:
Partie III : Théorème de Krein-Milman
7. La dé…nition de Conv(EK)et la convexité de Kassurent l’inclusion Conv(EK)K:
8. On note D+=c+R+:u et D=c+R:u les demi-droites d’origine cdirigées par u: Elles sont convexes,
en particulier connexes par arcs. Si par l’absurde l’une d’elle ne rencontre pas @K =@(EnK);alors par
exemple D+, alors (Faites un dessin!)
D+=D+\o K[0
@D+\
z}| {
(EnK)1
A
Avec D+\o Kest un ouvert relatif de D+non vide (contient c)et D+\
z }| {
(EnK)est un ouvert relatif de
D+non vide car D+demi-droite, donc non bornée ne être incluse dans Klui borné. Cela contredit la
connexité par arcs de D+:D’où l’existence de a; b 2@K \D; de plus cette intersection est incluse dans D;
fermé-borné-convexe, donc de la forme [a; b]contenant c:
9. Notons que KA¤(K);donc 0 = cc2F: Si z=
n
P
i=1
i:aic2F; avec
n
P
i=1
i= 1;alors
z =
n
X
i=1
i:aic =
n
X
i=1
i:ai+ (1 )cc=
n
X
i=1
i:ai+ (1 )
n
X
i=1
i:c c2F
5