Corrigé du test de Mathématiques n˚1

Cycle Préparatoire Polytechnique
le 5 mars 2008
Corrigé du test de Mathématiques n˚1
EXERCICE I
1. a est une valeur d’adhérence de (un )n∈N si, et seulement si il existe une application ϕ : N −→ N,
strictement croissante telle que (uϕ(n) )n∈N converge vers a.
2. Puisque a est une valeur d’adhérence de (un )n∈N , il existe une application ϕ : N −→ N, strictement
croissante telle que (uϕ(n) )n∈N converge vers a. Enfin, puisque f est continue en a ∈ E, la caractérisation séquentielle de la continuité nous fournit immédiatement que (f (uϕ(n) ))n∈N converge vers
f (a), autrement dit f (a) est valeur d’adhérence de (f (un ))n∈N
EXERCICE II
On sait que E est un fermé (cf. cours). De plus, puisque D est dense dans E, alors D = E, pour la
topologie induite par N . Soit alors x ∈ E. Par densité (caractérisation séquentielle de l’adhérence), il
N
existe (xn )n∈N ∈ E N , telle que xn −−−−−→ x. Alors, puisque f et g coincident sur D, on a pour tout
n→+∞
n ∈ N, g(xn ) = f (xn ), car xn ∈ D. Enfin, puisque f et g sont continues, la caractérisation séquentielle
k.k
k.k
n→+∞
n→+∞
de la continuité nous fournit : f (xn ) −−−−−→ f (x) et g(xn ) −−−−−→ g(x).
Par unicité de la limite, on a f (x) = g(x). Puisque cette égalité est réalisée pour tout x ∈ E, on a
effectivement f = g.
EXERCICE III
1. C’est classique.
2π . Alors, <
R 2π 2 < ., . > est une trivialement une forme bilinéaire symétrique. Soit f ∈R C
2π 2
f, f >= 0 f (x)dx ≥ 0, par positivité de l’intégrale. De plus, si < f, f >= 0, alors 0 f (x)dx =
0, et puisque f est continue, alors f (x) = 0 pour tout x ∈ [0, 2π]. Enfin, puisque f est 2π-périodique,
on en déduit que f (x) = 0, pour tout x ∈ R, autrement dit que f = 0. < ., . > est donc effectivement
un produit scalaire.
2. Il suffit d’appliquer l’inégalité de Cauchy-Schwarz. Soit f ∈ C2π . On note (par abus de notation)
1,
2π . On a alors : | < 1, |f | > | ≤
p identiquement égale à 1 sur R. Il est clair que 1 ∈ C√
√ la fonction
< 1, 1 > < |f |, |f | >, égalité qui se réécrit précisément, kf k1 ≤ 2πkf k2 .
3. (a) fn est le produit de deux fonctions continues (car polynômiales) sur ]0, 2π[. Or, pour tout
n ∈ N∗ , fn (0) = lim fn (2π) = 0. Puisque fn est 2π-périodique, on en déduit que fn est
x→2π −
continue sur R, donc fn ∈ C2π .
(b) Soit n ∈ N∗ . On a kfn k1 = 2π
Z
2π
xn dx −
0
Z
2π
0
d’une intégration par parties, on a :
Z 2π
kfn k22 =
x2n (2π − x)2 dx =
0
=
(2π)n+2
. De même, à l’aide
(n + 1)(n + 2)
xn+1 dx =
2
2n + 1
Z
2π
x2n+1 (2π − x)dx
0
2(2π)2n+3
.
(2n + 1)(2n + 2)(2n + 3)
(c) On en déduit que pour tout n ∈ N∗ :
√
3
kfn k2
2(n + 1)(n + 2)(2π)n+ 2
p
=
kfn k1
(2π)n+2 (2n + 1)(2n + 2)(2n + 3)
∼
n→+∞
√
n
√
−−−−−→ +∞.
2 2π n→+∞
On en déduit que k.k1 et k.k2 ne sont pas équivalentes car le quotient
C2π .
1
k.k2
k.k1
n’est pas borné dans
EXERCICE IV
1. (a) Raisonnons par l’absurde. Supposons cette propriété non réalisée. Alors : ∃x ∈ F : ∀k ∈
n
Y
[[ 1, n ]], kx − ak k > 1. Alors par produit, on a clairement pour ce x ∈ F :
kx − ak k > 1, ce
k=1
qui contredit le fait que x est un élément de F . C’est absurde et la propriété est donc vérifiée.
(b) Soit x ∈ F . Alors, il existe k ∈ [[ 1, n ]] tel que kx − ak k ≤ 1. D’après l’inégalité triangulaire, on
en déduit que kxk − kak k ≤ 1, puis kxk ≤ kak k + 1, d’où kxk ≤ max kak k + 1. Ce majorant
k∈[
[ 1,n]]
est indépendant de l’élément x choisi dans F . On en déduit que cette inégalité est réalisée pour
tout x ∈ F et par conséquent, F est une partie bornée de E.
2. (a) Soit k ∈ [[ 1, n ].] L’application gk : x 7−→ kx − ak k est 1-Lipschitzienne.
En effet,
d’après
l’inégalité triangulaire, pour tout (x, y) ∈ E 2 , |g(y) − g(x)| = ky − ak k − kx − ak k ≤ k(x −
ak ) − (y − ak )k = kx − yk.
−→ R
. Pour tout k ∈ [[ 1, n ],] gk est lipschtn
Y
x 7−→
kx − ak k
(b) On introduit l’application ϕ : E
k=1
zienne donc continue sur E (cf. cours). On en déduit que ϕ est continue sur E en tant que
produit d’applications continues. De plus, F = ϕ−1 ({1}). Puisque {1} est un fermé, F l’est
aussi, en tant qu’image réciproque d’un fermé par une application continue, ce qui prouve le
résultat.
EXERCICE V
1. Soit ((xn , yn ))n∈N , une suite convergente de G. Il existe donc (α, β) ∈ E × F tel que ((xn , yn ))n∈N
N
k.k
n→+∞
n→+∞
converge vers (α, β), autrement dit xn −−−−−→ α et yn −−−−−→ β. Mais puisque ((xn , yn ))n∈N est
une suite de G, alors nécessairement, pour tout n ∈ N, yn = f (xn ). Puisque f est continue et puisque
N
k.k
n→+∞
n→+∞
xn −−−−−→ α, d’après la caractérisqtion séquentielle de la continuité, on a : f (xn ) −−−−−→ f (α). Par
unicité de la limite d’une suite, on a nécessairement β = f (α). Par conséquent (α, β) = (α, f (α)) ∈
G, ce qui démontre (caractérisation séquentielle des fermés) que G est un fermé.
2. On définit : ϕ : E −→ G
. On va montrer que ϕ est un homéomorphisme. Montrons que
x 7−→ (x, f (x))
ϕ est bijective.
(i) ϕ est injective. En effet, si ϕ(x) = ϕ(y), alors (x, f (x)) = (y, f (y)), donc en particulier, x = y.
(ii) ϕ est surjective. En effet, soit (u, v) ∈ G. Alors nécessairement, par définition du graphe,
v = f (u) et donc (u, v) = ϕ(u). ϕ est donc surjective.
On déduit de (i) et (ii) que ϕ est bijective.
N
Reste à prouver que ϕ est continue. Soit (xn )n∈N , une suite d’éléments de E telle que xn −−−−−→
n→+∞
x∗ . Alors, d’après la caractérisation séquentielle de la continuité, puisque f est continue, on a :
k.k
E×F
n→+∞
n→+∞
f (xn ) −−−−−→ f (x∗ ). Cela prouve que ϕ(xn ) = (xn , f (xn )) −−−−−→ ϕ(x∗ ) = (x∗ , f (x∗ )), autrement
dit ϕ est continue.
Bien évidemment, on définit ϕ−1 par ϕ−1 :
G −→ E . La continuité de ϕ−1 est immé(x, f (x)) 7−→ x
diate. En effet, soit (xn , f (xn ))n∈N , une suite convergente d’éléments de G. On note u la limite de
(xn )n∈N . Alors, nécessairement, (f (xn ))n∈N converge vers f (u) (caractérisation séquentielle de la
continuité), puis ϕ−1 ((xn , f (xn ))) = xn −−−−−→ u = ϕ−1 ((u, f (u))).
n→+∞
Finalement, E et G sont homéomorphes.
2