Topologie, corrigé du devoir maison no 1

L3 Mathématiques fondamentales 2009-2010
Topologie, corrigé du devoir maison no1
Exercice 1 : Sous-groupes de R
0) Non : si G=aZ, tout élément de Gest à distance au moins a/2du réel a/2(par
exemple) donc Gn’est pas dense.
1) Soit (mn)une suite d’éléments de G+telle que limnmn=m. Comme mest une
borne inférieure, on peut supposer que (mn)est décroissante. Par conséquent, en utilisant
que Gest un sous-groupe, on en déduit que pour tout p < n,mp−mn∈Get mp−mn≥0
puis, comme (mn)converge, qu’il existe un entier p0tel que pour tout n > p > p0,
0≤up−un< m (ici, on utilise que m > 0). Par définition de m, on en déduit que pour
tout n > p > p0,up−un= 0, c’est-à-dire que la suite (mn)est constante à partir d’un
certain rang donc, en passant à la limite, m∈G+.
2) Si G+=mN∗, alors pour tout g∈Gtel que g < 0,−g∈G+et réciproquement
donc G=mZ. Montrons G+=mN∗. En utilisant la question précédente, l’inclusion
mN∗⊂G+est immédiate puisque Gest un sous-groupe. Soit g∈G+et al’entier défini
par
m(a−1) ≤g < ma.
D’où, 0≤g−m(a−1) < m et g−m(a−1) ∈G. Par définition de m,g−(a−1)mne
peut être positif d’où le résultat.
3) Il suffit de montrer que pour tout réel a < b,G∩]a, b[6=∅. De plus, comme Gest
un sous-groupe, on peut, quitte à considérer l’opposé d’un élément de G, supposer que
0< a < b. On fixe donc deux tels réels 0< a < b. Comme m= 0, il existe x∈G+
tel que 0< x < b −a. Soit nl’entier tel que (n−1)x≤a < nx. Par conséquent,
0< nx −a≤x < b −ad’où : a < nx < b et le résultat est démontré.
4) On obtient la même alternative que dans le cas des sous-groupes additifs. Il suffit
de considérer l’application exponentielle qui est un isomorphisme de groupes entre (R,+)
et (]0,+∞[,·)et un homéomorphisme entre ces deux espaces topologiques.
Exercice 2 : Compacité du groupe orthogonal
1) Mn(R)est un espace vectoriel de dimension finie n2. On peut facilement munir
Mn(R)d’une norme (par exemple, celle donnée dans la question 2)). Ceci définit une
topologie sur Mn(R). De plus, comme en dimension finie toutes les normes sont équi-
valentes, cette topologie est unique et ne dépend pas du choix de cette norme (c’est la
topologie naturelle sur Rn2). Dans Rn2, les pavés fermés bornés [a1, b1]× ··· × [an, bn]
sont des compacts comme produit de compacts de R. De plus, l’équivalence des normes
implique que toute partie bornée est contenue dans un pavé fermé borné (en utilisant la
norme « infini » : ||M||∞= max |mi,j |, voir la correction de la question 5) pour plus de
détails). Par conséquent, toute partie fermée bornée de Mn(R)est compacte et c’est aussi
une condition nécessaire à la compacité (tout ceci fait ou fera partie du cours).
2)a) Il suffit de remarquer que
|||M||| = sup
X6=0
||MX||
||X||
(car si X6= 0 alors X
||X|| est de norme 1). De plus, pour tout X∈Rn,
||MX|| ≤ |||M||| ×||X||.
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Donc, si X6= 0, on déduit de l’inégalité ci-dessus
||MNX|| =||M(NX)|| ≤ |||M||| × ||NX||
puis en réappliquant l’inégalité à ||NX||, on obtient
||MNX|| ≤ |||M|||×|||N||| × ||X||.
On obtient l’inégalité voulue en prenant le supremum en Xdans l’inégalité ci-dessus.
2)b) Cela découle facilement de propriétés de la transposée d’une matrice : t(λM) =
λtM,t(M+N) = tM+tNet tM= 0 ⇒M= 0.
2)c) Par la question précédente, ||| · |||∗est une norme. L’équivalence des normes en
dimension finie implique donc l’existence d’une constante c > 0telle que, pour tout
M∈ Mn(R)
|||M|||∗≤c|||M|||
d’où le résultat.
2)d) Estimons Φ(M)−φ(N)en l’écrivant
Φ(M)−φ(N) = M(tM−tN) + (M−N)tN.
D’où
|||Φ(M)−φ(N)||| ≤ |||M(tM−tN)||| +|||(M−N)tN|||.
Maintenant, |||M(tM−tN)||| ≤ |||M|||×|||tM−tN||| et |||(M−N)tN||| ≤ |||M−N|||×
|||tN||| par la question a). Enfin, la question c) implique
|||Φ(M)−φ(N)||| ≤ c(|||M||| × |||M−N||| +|||N||| × |||M−N|||)
ce qui implique la continuité de Φ.
3) En écrivant O(n) = Φ−1(I), on déduit de la continuité de Φque O(n)est une partie
fermée de Mn(R).
4) En calculant le produit puis la trace, on obtient
||M|||t=sX
i,j
m2
i,j ,
on reconnaît la norme euclidienne sur Rn2.
5) Par définition de O(n), tout élément Mde cet ensemble vérifie
||M||t=ptr(I) = √n.
Par conséquent, en utilisant l’équivalence de cette norme et de la norme || · ||∞définie
ci-dessus, on en déduit l’existence d’une constante a > 0telle que pour tout M∈O(n)
||M||∞≤a||M||t.
La constante C=√na vérifie alors la propriété de l’énoncé.
Finalement, O(n)est une partie fermée bornée de Mn(R); muni de la topologie in-
duite, c’est donc un espace compact.
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