Topologie, corrigé du devoir maison no 1

L3 Mathématiques fondamentales
2009-2010
Topologie, corrigé du devoir maison no 1
Exercice 1 : Sous-groupes de R
0) Non : si G = a Z, tout élément de G est à distance au moins a/2 du réel a/2 (par
exemple) donc G n’est pas dense.
1) Soit (mn ) une suite d’éléments de G+ telle que limn mn = m. Comme m est une
borne inférieure, on peut supposer que (mn ) est décroissante. Par conséquent, en utilisant
que G est un sous-groupe, on en déduit que pour tout p < n, mp −mn ∈ G et mp −mn ≥ 0
puis, comme (mn ) converge, qu’il existe un entier p0 tel 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+ = m N∗ , alors pour tout g ∈ G tel que g < 0, −g ∈ G+ et réciproquement
donc G = m Z. Montrons G+ = m N∗ . En utilisant la question précédente, l’inclusion
m N∗ ⊂ G+ est immédiate puisque G est un sous-groupe. Soit g ∈ G+ et a l’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)m ne
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 G est
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 n l’entier tel que (n − 1)x ≤ a < nx. Par conséquent,
0 < nx − a ≤ x < b − a d’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 équivalentes, cette topologie est unique et ne dépend pas du choix de cette norme (c’est la
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topologie naturelle sur Rn ). Dans Rn , 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
||MX||
X6=0 ||X||
|||M||| = sup
(car si X 6= 0 alors
X
||X||
est de norme 1). De plus, pour tout X ∈ Rn ,
||MX|| ≤ |||M||| × ||X||.
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Donc, si X 6= 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 X dans l’inégalité ci-dessus.
2)b) Cela découle facilement de propriétés de la transposée d’une matrice : t (λM) =
λt M, t (M + N) = t M + t N et t M = 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 > 0 telle 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(t M −t N) + (M − N)t N.
D’où
|||Φ(M) − φ(N)||| ≤ |||M(t M −t N)||| + |||(M − N)t N|||.
Maintenant, |||M(t M −t N)||| ≤ |||M||| × |||tM −t N||| et |||(M − N)t N||| ≤ |||M − N||| ×
|||t N||| 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 Φ que O(n) est une partie
fermée de Mn (R).
4) En calculant le produit puis la trace, on obtient
sX
m2i,j ,
||M|||t =
i,j
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on reconnaît la norme euclidienne sur Rn .
5) Par définition de O(n), tout élément M de cet ensemble vérifie
p
√
||M||t = tr(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 > 0 telle 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 induite, c’est donc un espace compact.
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