Corrigé du test de Mathématiques n˚1

Cycle Préparatoire Polytechnique le 5 mars 2008
Corrigé du test de Mathématiques n˚1
EXERCICE I
1. aest une valeur d’adhérence de (un)n∈Nsi, et seulement si il existe une application ϕ:N−→ N,
strictement croissante telle que (uϕ(n))n∈Nconverge vers a.
2. Puisque aest une valeur d’adhérence de (un)n∈N, il existe une application ϕ:N−→ N, strictement
croissante telle que (uϕ(n))n∈Nconverge vers a. Enfin, puisque fest continue en a∈E, la caracté-
risation séquentielle de la continuité nous fournit immédiatement que (f(uϕ(n)))n∈Nconverge vers
f(a), autrement dit f(a)est valeur d’adhérence de (f(un))n∈N
EXERCICE II
On sait que Eest un fermé (cf. cours). De plus, puisque Dest dense dans E, alors D=E, pour la
topologie induite par N. Soit alors x∈E. Par densité (caractérisation séquentielle de l’adhérence), il
existe (xn)n∈N∈EN, telle que xn
N
−−−−−→
n→+∞x. Alors, puisque fet gcoincident sur D, on a pour tout
n∈N,g(xn) = f(xn), car xn∈D. Enfin, puisque fet gsont continues, la caractérisation séquentielle
de la continuité nous fournit : f(xn)k.k −−−−−→
n→+∞f(x)et g(xn)k.k
−−−−−→
n→+∞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. < ., . > est une trivialement une forme bilinéaire symétrique. Soit f∈ C2π. Alors, <
f, f >=R2π
0f2(x)dx≥0, par positivité de l’intégrale. De plus, si < f, f >= 0, alors R2π 0f2(x)dx=
0, et puisque fest continue, alors f(x) = 0 pour tout x∈[0,2π]. Enfin, puisque fest 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, la fonction identiquement égale à 1 sur R. Il est clair que 1∈ C2π. On a alors : |<1,|f|>| ≤
√<1,1>p<|f|,|f|>, égalité qui se réécrit précisément, kfk1≤√2πkfk2.
3. (a) fnest le produit de deux fonctions continues (car polynômiales) sur ]0,2π[. Or, pour tout
n∈N∗,fn(0) = lim
x→2π−
fn(2π)=0. Puisque fnest 2π-périodique, on en déduit que fnest
continue sur R, donc fn∈ C2π.
(b) Soit n∈N∗. On a kfnk1= 2πZ2π
0
xndx−Z2π
0
xn+1dx=(2π)n+2
(n+ 1)(n+ 2). De même, à l’aide
d’une intégration par parties, on a :
kfnk2
2=Z2π
0
x2n(2π−x)2dx=2
2n+ 1 Z2π
0
x2n+1(2π−x)dx
=2(2π)2n+3
(2n+ 1)(2n+ 2)(2n+ 3).
(c) On en déduit que pour tout n∈N∗:
kfnk2
kfnk1
=√2(n+ 1)(n+ 2)(2π)n+3
2
(2π)n+2p(2n+ 1)(2n+ 2)(2n+ 3) ∼
n→+∞
√n
2√2π−−−−−→
n→+∞+∞.
On en déduit que k.k1et k.k2ne sont pas équivalentes car le quotient k.k2
k.k1n’est pas borné dans
C2π.
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EXERCICE IV
1. (a) Raisonnons par l’absurde. Supposons cette propriété non réalisée. Alors : ∃x∈F:∀k∈
[[ 1, n ]] ,kx−akk>1. Alors par produit, on a clairement pour ce x∈F:
n
Y
k=1 kx−akk>1, ce
qui contredit le fait que xest 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−akk ≤ 1. D’après l’inégalité triangulaire, on
en déduit que kxk − kakk ≤ 1, puis kxk ≤ kakk+ 1, d’où kxk ≤ max
k∈[[ 1,n ]] kakk+ 1. Ce majorant
est indépendant de l’élément xchoisi dans F. On en déduit que cette inégalité est réalisée pour
tout x∈Fet par conséquent, Fest une partie bornée de E.
2. (a) Soit k∈[[ 1, n ]]. L’application gk:x7−→ kx−akkest 1-Lipschitzienne. En effet, d’après
l’inégalité triangulaire, pour tout (x, y)∈E2,|g(y)−g(x)|=
ky−akk − kx−akk ≤ k(x−
ak)−(y−ak)k=kx−yk.
(b) On introduit l’application ϕ:E−→ R
x7−→
n
Y
k=1 kx−akk
. Pour tout k∈[[ 1, n ]],gkest lipscht-
zienne donc continue sur E(cf. cours). On en déduit que ϕest continue sur Een tant que
produit d’applications continues. De plus, F=ϕ−1({1}). Puisque {1}est un fermé, Fl’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×Ftel que ((xn, yn))n∈N
converge vers (α, β), autrement dit xn
N
−−−−−→
n→+∞αet yn
k.k
−−−−−→
n→+∞β. Mais puisque ((xn, yn))n∈Nest
une suite de G, alors nécessairement, pour tout n∈N,yn=f(xn). Puisque fest continue et puisque
xn
N
−−−−−→
n→+∞α, d’après la caractérisqtion séquentielle de la continuité, on a : f(xn)k.k
−−−−−→
n→+∞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 Gest un fermé.
2. On définit : ϕ:E−→ G
x7−→ (x, f (x))
. On va montrer que ϕest un homéomorphisme. Montrons que
ϕest bijective.
(i)ϕest injective. En effet, si ϕ(x) = ϕ(y), alors (x, f(x)) = (y, f(y)), donc en particulier, x=y.
(ii)ϕest surjective. En effet, soit (u, v)∈G. Alors nécessairement, par définition du graphe,
v=f(u)et donc (u, v) = ϕ(u).ϕest donc surjective.
On déduit de (i)et (ii)que ϕest bijective.
Reste à prouver que ϕest continue. Soit (xn)n∈N, une suite d’éléments de Etelle que xn
N
−−−−−→
n→+∞
x∗. Alors, d’après la caractérisation séquentielle de la continuité, puisque fest continue, on a :
f(xn)k.k −−−−−→
n→+∞f(x∗). Cela prouve que ϕ(xn) = (xn, f(xn)) E×F
−−−−−→
n→+∞ϕ(x∗) = (x∗, f(x∗)), autrement
dit ϕest continue.
Bien évidemment, on définit ϕ−1par ϕ−1:G−→ E
(x, f(x)) 7−→ x
. La continuité de ϕ−1est immé-
diate. En effet, soit (xn, f(xn))n∈N, une suite convergente d’éléments de G. On note ula limite de
(xn)n∈N. Alors, nécessairement, (f(xn))n∈Nconverge vers f(u)(caractérisation séquentielle de la
continuité), puis ϕ−1((xn, f(xn))) = xn−−−−−→
n→+∞u=ϕ−1((u, f(u))).
Finalement, Eet Gsont homéomorphes.
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