Barre utilisateur

[ID: 2595] [Date de publication: 9 novembre 2022 14:43] [Catégorie(s): Topologie ] [ Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution(s)

Solution(s)

Autour des sous-groupes de \(\mathbb R\)
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 14:43

1. On exclut le cas trivial \(G=\{0\}\). La procédure est classique : considérons \(a:=\inf\{g\in G\,:\ g>0\}\), \(a\) est donc \(\geq 0\).

   -Si \(a>0\) : tout d’abord, remarquons que \(a\in G\) sinon par définition de l’inf, il existerait \(x\) et \(y\) dans \(G\) tels que \(0<a<x<y<2a\Longrightarrow 0<y-x<a\) ce qui est absurde vu la définition de \(a\) car \(y-x\in G\).

   \(a\in G\Longrightarrow a\mathbb Z\subset G\). Réciproquement, si \(x\in\mathbb G\) l’ensemble \(\{n\in\mathbb N\,:\ na>x\}\) est non vide, donc il admet un plus petit élément \(n_0+1\). On a \(n_0a\leq x<(n_0+1)a\) mais \(n_0a<x\Longrightarrow 0<x-n_0a<a\) inégalités encore une fois absurdes : \(x=n_0a\) et finalement \(G=a\mathbb Z\).

   -Supposons maintenant \(a=0\), pour montrer que \(G\) est dense il est équivalent de montrer que \(\forall\,x<y\) dans \(\mathbb R\) il existe \(g\in G\) avec \(x<g<y\). \(a=0\Longrightarrow\ \exists\,g\in G\) tel que \(0<g<y-x\) on conclut alors comme dans le premier cas.

2. -Si \({a\over b}={p\over q}\in\mathbb Q\) avec \(p\) et \(q\) premiers entre eux

   \[\begin{aligned} G&=a\mathbb Z+b\mathbb Z\\ &=\{na+mb,\ n,m\in\mathbb Z\}\\ &=\{na+{qam\over p},\ n,m\in\mathbb Z\}\\ &=\{\left(np+qm\right){a\over p},\ n,m\in\mathbb Z\}\\ &={a\over p}\mathbb Z\qquad\text{ par Bezout. } \end{aligned}\]

   -Réciproquement s’il existe \(c>0\) tel que \(a\mathbb Z+b\mathbb Z=c\mathbb Z\) il existe \(n,m\in\mathbb Z^\star\) tels que \(a=nc\) et \(b=mc\) soit \(a/b=n/m\). CQFD

3. Vu la question précédente, \(G=\mathbb Z+\sqrt 2\mathbb Z\) est un sous-groupe dense de \(\mathbb R\), distinct de \(\mathbb R\) (\(1/2\in G\Longrightarrow \sqrt 2\in\mathbb Q\) !) bien que \(\mathbb Z\) et \(\sqrt 2\mathbb Z\) soient fermés dans \(\mathbb R\).

4. \(G_f\) est toujours non vide (\(0\in G_f\)) le reste suit tout aussi facilement.

5. Avec la première question, il est équivalent de montrer que

   \[\left( f\text{ est constante }\right)\iff \left(\ G_f\text{ est dense } \right)\]

   \(f\) étant continue, ceci est immédiat.

6. Si \[f(x)=\bf 1_\mathbb Q(x)=\begin{cases} 1 \quad\text{ si } x\in\mathbb Q,\\ 0 \quad\text{ sinon }\end{cases}\] on vérifie sans peine que \(G_f=\mathbb Q\) : la continuité est donc essentielle dans la question précédente.

7. Remarquons que

   \[\{\cos(n), n\in\mathbb N\}= \{\cos(n+2\pi m),\ n,m\in\mathbb Z\}=\cos(G)\]

   où \(G\) est le sous groupe dense \(\mathbb Z+2\pi\mathbb Z\). On conclut facilement la fonction cosinus étant continue et surjective de \(\mathbb R\) sur \([-1,1]\) (par exemple car \(f\) continue ssi \(\forall\,A\ :\ f(\overline A)\subset\overline{f(A)}\)...) De la même manière on peut montrer avec \(f(x):=\exp(2i\pi x)\) que \(\mathbb Z+\alpha\mathbb Z\) a une image par \(f\) dense dans le cercle unité pour tout \(\alpha\in\mathbb R\setminus\mathbb Q\).

8. - Soit \(f\) une fonction continue et \(\mathbb{Z}^2\)-périodique telle que \(f\circ A=f\) avec \(A=\begin{pmatrix} 1&1\\0&1\end{pmatrix}\).

   On a ainsi, si \((x,y)\in\mathbb{R}^2\), \(f(x,y)=f(x+y,y)\). Autrement dit, \(u\mapsto f(u,y)\), qui est a priori 1-périodique, est également \(y\)-périodique. Si \(y\) est irrationnel, l’argument utilisé dans a prouve que cette fonction est constante : \[\forall (x,y)\in\mathbb{R}\times(\mathbb{R}\setminus \mathbb{Q}),\qquad f(x,y)=f(0,y).\] Par continuité de \(y\mapsto f(x,y)\) et \(y\mapsto f(0,y)\) et densité de \(\mathbb{R}\setminus \mathbb{Q}\) dans \(\mathbb{R}\), on obtient donc : \[\forall (x,y)\in\mathbb{R}^2,\qquad f(x,y)=f(0,y)\] Inversement, si \(f\) vérifie cette condition, c’est-à-dire si \(f(x,y)\) est indépendante de \(x\), \(f\) vérifie bien \(f\circ A=f\).

   -Soit enfin \(f\) une fonction continue et \(\mathbb{Z}^2\)-périodique de \(\mathbb{R}\) dans \(\mathbb{C}\) vérifiant \(f=f\circ A\) avec \(A=\begin{pmatrix}2&1\\1&1\end{pmatrix}\).

   L’endomorphisme \(A\) a deux valeurs propres : \[\mu=\frac{3-\sqrt{5}}{2}\qquad\mbox{et}\qquad \lambda=\frac{3+\sqrt{5}}{2}\] de sorte que \(\vert\mu\vert<1<\vert\lambda\vert\). Soient \(u\) (resp. \(v\)) un vecteur propre de \(A\) associé à \(\mu\) (resp. \(\lambda\)). Si \(X=xu+yv\) où \((x,y)\) est dans \(\mathbb{R}^2\) on a , pour \(n\in\mathbb{N}\) : \[f(X)=f(A^n X)=f\left( x\mu^n u+y\lambda ^n v\right){\text{($\star$)}}\] Mais \(f\) est continue sur \(\mathbb{R}^2\) et \(\mathbb{Z}^2\)-périodique donc uniformément continue sur \(\mathbb{R}^2\) (vérification en fin de solution). Il s’ensuit que : \[\lim_{n\to\infty}f\left( x\mu^n u+y\lambda ^n v\right) -f\left( y\lambda ^n v\right)=0\] (car \(x\mu^n u\rightarrow 0\) quand \(n\rightarrow +\infty\)). Par suite : \(f(X)=f(xu)\). Ceci montre que \(f(xu+yv)\) ne dépend pas de \(y\). Mais en utilisant (\(\star\)) pour \(n\) dans \(\mathbb{Z}\setminus \mathbb{N}\), et en faisant tendre \(n\) vers \(-\infty\), il vient \(f(X)=f(yv)\). Autrement dit \(f(xu+yv)\) ne dépend pas de \(x\). En fin de compte, \(f\) est constante sur \(\mathbb{R}^2\).-

   Remarque : Preuve de l’uniforme continuité d’une fonction continue et \(\mathbb{Z}^2\) périodique de \(\mathbb{R}^2\) dans \(\mathbb{C}\). Soient \(f\) une telle fonction et \(\vert\vert\;\vert\vert _\infty\) la norme définie sur \(\mathbb{R}^2\) par \(\vert\vert(x_1,x_2)\vert\vert _\infty =\mathop{\rm Max}(\vert x_1\vert,\vert x_2\vert)\). La restriction de \(f\) au compact \(K=[-1,1]^2\) est uniformément continue. Soient donc \(\varepsilon >0\) et \(\delta\in]0,1/2[\) tels que : \[\forall (x,y)\in K^2,\qquad \vert\vert x-y\vert\vert _\infty\leq \delta\quad\implies \quad \left\vert f(x)-f(y)\right\vert\leqslant \varepsilon.\] Soient enfin \(x\) et \(y\) dans \(\mathbb{R}^2\) tels que \(\vert\vert x-y\vert\vert _\infty\leqslant \delta\). Soit \(m\) dans \(\mathbb{Z}^2\) tel que \(x'=x-m\) soit dans \([-1/2,1/2]^2\). Alors \(y'=y-m\) vérifie \(\vert\vert y'-x'\vert\vert _\infty\leqslant \delta\), donc \((x',y')\in K^2\) et : \[\vert f(x)-f(y)\vert=\vert f(x')-f(y')\vert\leqslant \varepsilon.\]