Lycée Michelet MP 2014-2015 Devoir Surveillé 1

Lyc´ee Michelet
MP 2014-2015
Devoir Surveill´e 1
Math´ematiques (4h)
***
Exercice 1
1. D’une part, pour tout k, mk est dans B(x; r(x)] puisque kx − mk k ≤ r(x). D’autre part si α < r(x),
l’un des mk v´erifie kx − mk k > α et n’appartient pas `a B(x; α)]
2. On a: ∀(x, y), ∀M, ky−M k ≤ kM −xk+kx−yk. Donc si M ∈ B(x; r(x)], alors ky−M k ≤ r(x)+kx−yk:
d’o`
u B(x; r(x)] ⊂ B(y; r(x) + kx − yk].
Or K ⊂ B(x; r(x)] entraˆıne que B(y; r(x) + kx − yk] contient K donc B(y; r(y)] qui est la plus petite
boule ferm´ee de centre y contenant K.
En cons´equence : ∀(x, y), r(y) ≤ r(x) + kx − yk. On conclut en permutant les rˆoles jou´es par x et y.
3. ∀k, ∀x, kxk ≤ kx − mk k + kmk k ≤ r(x) + r(0). Ceci montre que
lim
kxk→+∞
r(x) = +∞. Donc pour kxk
assez grand, r(x) > r(0) . . .
4. r est lipschitzienne donc continue sur le compact B(0; R]: elle y est born´ee et atteint ses bornes, en
particulier sa borne inf´erieure.
Pour tout x ∈
/ B(0; R], on a : r(x) > r(0) ≥
inf
x∈B(0;R]
r(x) = r(ωK ). Ceci ´etant vrai aussi si x ∈ B(0; R],
il vient : ∀x ∈ E, r(x) ≥ r(ωK ).
5. Si une boule ferm´ee B(x; α] contient K, K ⊂ B(x; r(x)] ⊂ B(x; α] par d´efinition de r(x).
Et α ≥ r(x) ≥ r(ωK ) par d´efinition de ωK .
Exercice 2
1. Le point `
a pr´eciser est le suivant : u est continue sur Kn puisqu’il s’agit d’une application lin´eaire
d´efinie sur un espace de dimension finie. Le th´eor`eme de caract´
erisation des applications lin´eaires
ku(x)k
n
; x ∈ K \{0} est une partie major´ee (elle est non
montre que cela signifie exactement que
kxk
kAXk
vide) de R+ . Matriciellement (cf. notations du texte) cela se traduit par
; X 6= 0 est une
kXk
partie major´ee (non vide) de R+ . Ainsi N (A) est bien d´efinie pour toute A ∈ Mn (K).
N (A) est le plus petit des majorants donc est un majorant de l’ensemble consid´er´e :
∀X 6= 0,
kAXk
≤ N (A)
kXk
D’o`
u ∀X, kAXk ≤ N (A).kXk puisque cette in´egalit´e est vraie pour le vecteur nul.
2. Il s’agit de v´erifier (c’est tr`es classique) les trois propri´et´es que doit v´erifier une norme. Par exemple,
v´erifions l’in´egalit´e triangulaire :
∀X, k(A + B)Xk = kAX + BXk ≤ kAXk + kBXk ≤ N (A)kXk + N (B)kXk = (N (A) + N (B))kXk
k(A + B)Xk
On voit donc que N (A) + N (B) est un majorant de
; X 6= 0 . D’o`
u N (A + B) ≤
kXk
N (A) + N (B) puisque N (A + B) est le plus petit des majorants de l’ensemble pr´ec´edent.
Par ailleurs :
∀X, k(AB)Xk = kA(BX)k ≤ N (A)kBXk ≤ N (A).N (B)kXk
Le mˆeme raisonnement que ci-dessus montre que : N (AB) ≤ N (A)N (B).
(raisonnement : si ∀X, kAXk ≤ CkXk alors N (A) ≤ C)
3. On souhaite ´etablir l’encadrement :
∀A ∈ Mn (K), N2 (A) ≤ kAk1 ≤ n3/2 .N2 (A)
(a) Notons A = [aij ]i,j et y1 , . . . , yn les composantes de Y = AX. On a successivement :
∀i, |yi | = |
X
X
aij xj | ≤
j

1/2
X
|aij ||xj | ≤ 
|aij |2  .kXk2
j
kAXk22 =
X
j
|yi |2 ≤
X
i
|aij |2 .kXk22
i,j
Ceci montre que :
1/2

∀A, N2 (A) ≤ 
X
|aij |2 
= kAk2
i,j
Enfin l’in´egalit´e : ∀A, kAk2 ≤ kAk1 est imm´ediate `a obtenir par l’identit´e :
!2
X
2
|αi | ≤
i
X
|αi |
i
L’in´egalit´e (de gauche) obtenue est optimale dans la mesure o`
u un cas d’´egalit´e est r´ealis´e pour
la matrice E11 de la base canonique.
(b)
i. Les composantes de Aεk sont a1k , . . . , ank . D’o`
u successivement
X
∀k, kAεk k22 =
|aik |2 ≤ N2 (A)2 kεk k22 = N2 (A)2
i
XX
k
|aik |2 = kAk22 ≤ nN2 (A)2
i
kAk2 ≤
√
nN2 (A)
ii.
∀A, kAk1 =
X
X
√
|aij | ≤ kAk2 (
1)1/2 = nkAk2 ≤ n nN2 (A)
i,j
i,j
Exercice 3
Z
x
1. Notons : ∀x ∈ [a, b], F (x) =
Z
f (t).dt. On cherche donc λ ∈ R telle :
a
b
(F (t) + λ).dt = 0.
a
Z b
1
F (t).dt. D’o`
u:
b−a a
Z x
Z b Z s
1
f (t).dt .ds
∀x ∈ [a, b], ∀f ∈ E, u(f )(x) =
f (t).dt −
b−a a
a
a
On obtient ainsi une unique valeur λ = −
Cette expression permet de v´erifier la lin´earit´e de u. Enfin u(f ) ´etant une primitive de f , est de classe
C 1 donc continue sur [a, b]. On en d´eduit que u est bien un endomorphisme de E.
2.
1
∀x ∈ [a, b],
·
b−a
b
Z
Z
a
x
t
= u(f )(x) −
Z
1
·
b−a
Z
1
·
b−a
Z
b
(u(f )(x) − u(f )(t)) dt
a
b
u(f )(t).dt = u(f )(x)
a
b
|x − t|dt. En d´eduire l’in´egalit´e:
3. Calculer sup
x∈[a,b]
f (s).ds dt =
a
∀f ∈ E, ku(f )k∞ ≤
b−a
· kf k∞
2
Qu’en d´eduisez-vous pour f ?
L’in´egalit´e obtenue ci-dessus est-elle optimale ? (On cherchera une fonction non nulle de E donnant
un cas d’´egalit´e dans l’in´egalit´e ci-dessus).
•
b
x
b
a2 + b2
2
a
a
x
(b − a)2
Une ´etude ´el´ementaire de la fonction obtenue donne le max qui vaut
.
2
•
Z b Z x
Z b Z x
1
1
∀x ∈ [a, b], u(f )(x) =
·
f (s).ds dt ≤
·
|f (s)|.ds dt
b−a a
b−a a
t
t
Z b
b−a
1
|x − t|dt ≤
≤ kf k∞ ·
·
· kf k∞
b−a a
2
Z
Z
|x − t|dt =
Z
(x − t)dt +
(t − x)dt = x2 − (a + b)x +
On en d´eduit l’in´egalit´e demand´ee puis la continuit´e de u sur E.
• On obtient un cas d’´egalit´e pour f0 constante et ´egale `a 1. On obtient : u(f0 )(x) = x −
b−a
ku(f0 )k∞ =
.
2
a+b
et
2
Exercice 4 (Difficile)
(E, k k) d´esigne un espace norm´e.
1. R´esultat pr´eliminaire 1
Soit A un ouvert dense dans E et O un ouvert non vide. Si x ∈ O, alors x ∈ E = A et comme
O ∈ V(x), il vient : O ∩ A 6= ∅. En cons´equence O intersecte A.
R´eciproquement supposons que tout ouvert non vide intersecte A. Soit x ∈ E. Alors, pour tout r > 0,
B(x; r[∩A 6= ∅, ce qui montre que tout voisinage de x intersecte A. Tout point x de E ´etant adh´erent
a A, on a bien A = E.
`
2. R´esultat pr´eliminaire 2
Soit, pour tout n ∈ N, xn ∈ Fn . La suite (Fn )n ´etant d´ecroissante, xk appartient `a Fn pour tout
k ≥ n. Autrement dit: ∀n ∈ N, Sn ⊂ Fn . Cela entraˆıne que les Sn sont born´ees et v´erifient pour tout
n: δ(Sn ) ≤ δ(Fn ). Puis par hypoth`ese: lim δ(Sn ) = 0. D’o`
u la suite (xn )n est de Cauchy. Puisque
n→+∞
E est suppos´e complet, cette suite converge, disons vers a.
Pour tout n, la suite (xk )k≥n est une suite convergente
vers a d’´el´ements de
\
\ Fn qui est ferm´e. On en
d´eduit que a appartient `
a Fn pour tout n : a ∈
Fn . Ceci montre que
Fn est non vide.
n∈N
n∈N
\
Enfin si l’on suppose que a et a0 appartiennent `a
Fn , il vient : ∀n ∈ N, 0 ≤ ka − a0 k ≤ δ(Fn ). Un
n∈N
\
passage `
a la limite montre qu’alors a = a0 . En conclusion
Fn est un singleton.
n∈N
3. Pour tout n, E\Fn est un ouvert dense dans E : E\Fn = E\Fn◦ = E. On en d´eduit que :
E=
\
E\Fn = E\
n∈N
4. (a)
[
n∈N
Fn = E\(
[
Fn )◦ .
n∈N
i. O ∩Ω0 est un ouvert non vide (puisque Ω0 est dense dans E). Il existe donc une boule ouverte
B(a0 ; r0 [ (r0 > 0) contenu dans O ∩ Ω0 . Alors O0 = B(a0 ; r0 /2[ v´erifie :
O0 ⊂ B(a0 ; r0 [⊂ O ∩ Ω0 .
Supposons O0 , O1 , . . . , On construits avec Oi = B(ai ; ri /2[. Alors On ∩Ωn+1 est un ouvert non
vide (puisque Ωn+1 est dense dans E) et il existe une boule ouverte B(an+1 ; rn+1 [ (rn+1 > 0)
contenue dans On ∩ Ωn+1 . Alors On+1 = B(an+1 ; rn+1 /2[ v´erifie
On+1 ⊂ B(an+1 ; rn+1 [⊂ On ∩ Ωn+1 .
On note que B(an+1 ; rn+1 [ ⊂ On = B(an ; rn /2[, ce qui entraˆıne que rn+1 ≤ rn /2. En
cons´equence on a bien : lim δ(On ) = 0.
n→+∞
ii. (On )n∈N ainsi construite est une suite d´ecroissante de ferm´es born´es non vides dont la suite
des
\ diam`etres tend vers z´ero : c’est un r´esultat classique concernant les espaces complets que
On est un singleton {a}. On a donc :
n∈N
\
\
{a} =
On ⊂ O ∩ (
Ωn ),
n∈N
n∈N
qui montre que O ∩ (
\
Ωn ) est non vide.
n∈N
iii. Si (Ωn )n∈N est une suite d’ouverts denses dans E, on vient de montrer que tout ouvert non
\
\
Ωn est dense dans E. En conclusion E est
Ωn . On en d´eduit que
vide O intersecte
n∈N
n∈N
de Baire.
5. Il est clair que la r´eunion des Fn est ´egale `a E : tout vecteur de E appartient `a l’un des Fn puisqu’il
s’exprime comme combinaison lin´eaire de vecteurs de la base B. Par ailleurs (exo classique fait en
classe) les Fn sont tous d’int´erieur vide et sont ferm´es (COURS). Si E ´etait de Baire, l’int´erieur de la
r´eunion des Fn , c’est `
a dire l’int´erieur de E, serait vide. Ce qui n’est pas. Donc E n’est pas de Baire.
Tout espace complet ´etant de Baire d’apr`es la question pr´ec´edente, E n’est pas complet.
K[X] admet pour base (X n ; n ∈ N) qui est d´enombrable : K[X] ne peut ˆetre rendu complet pour
aucune norme.
6.
• Soit (xn )n une suite r´eelle de Cauchy. Cette suite est donc born´ee. D’apr`es le th´eor`eme de
Bolzano-Weierstrass, (xn )n admet une valeur d’adh´erence.
Soit a l’une d’entre elles : il existe une suite extraite (xϕ(n) )n convergente vers a. Pour tout n,
(xϕ(k) )k≥n est une suite convergente vers a d’´el´ements de Sϕ(n) ⊂ Sn , donc d’´el´ements de Sn qui
\
est ferm´e. On en conclut que a ∈
Sn .
n∈N
Classiquement on sait que pour tout n, δ(Sn ) = δ(Sn ) et de l’hypoth`ese on tire : lim δ(Sn ) = 0.
n→+∞
\
Du r´esultat pr´eliminaire 2, on d´eduit que
Sn est un singleton. Autrement dit (xn )n admet une
n∈N
unique valeur d’adh´erence. Etant born´ee d’´el´ements d’un espace de dimension finie, elle converge
(COURS). On en conclut que R est complet.
• Si R ´etait d´enombrable, R serait r´eunion d´enombrable de singletons. Tout singleton ´etant un
ferm´e d’int´erieur vide et R ´etant complet donc de Baire (question 4]), on obtiendrait que R est
d’int´erieur vide. Ce qui n’est pas. En conclusion R n’est pas d´enombrable.
FIN

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