Topologie

Exercices du dossier Topologie

Exercice 1329

9 novembre 2022 12:19 — Par Patrice Lassère

Bibliographie

[ID: 2531] [Date de publication: 9 novembre 2022 12:19] [Catégorie(s): Géométrie Topologie Continuité Dérivabilité Intégration Suites et séries Suites et séries de fonctions, séries entières Fonctions holomorphes Calcul différentiel Equations différentielles Analyse fonctionnelle Combinatoires et probabilités En cours... ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Une famille totale dans $l^2(\mathbb N)$ *

9 novembre 2022 13:49 — Par Patrice Lassère

[rms]

L’espace $l^2(\mathbb N)$ des suite réelles de carré sàmmable est muni du produit scalaire usuel. On fixe $\alpha\in]-1,1[$ et on pose pour tout $i\in\mathbb N^\star$ : $U_i=(\alpha^{ni})_{n\geq 0}$.

Montrer que $(U_i)_{i\in\mathbb N^\star}$ est une famille libre de $l^2(\mathbb N)$.
Calculer l’orthogonal dans $l^2(\mathbb N)$ de $F:=\text{vect}\{U_i,\ i\in\mathbb N^\star\}.$
Que peut-on en déduire ?

[ID: 2566] [Date de publication: 9 novembre 2022 13:49] [Catégorie(s): Topologie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Une famille totale dans $l^2(\mathbb N)$
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 13:49

Dire que la famille $(U_i)_{i\in\mathbb N^\star}$ n’est pas libre dans $l^2(\mathbb N)$ c’est dire qu’il existe $N\in\mathbb N^\star,\ \lambda_1,\dots, \lambda_N\in\mathbb R$ non tous nuls, tels que \[\lambda_1 U_1+\dots+\lambda_N U_N=0_{l^2(\mathbb N)}\] soit \[\lambda_1(\alpha^k)_k+\lambda_2(\alpha^{2k})_k+\dots+\lambda_N(\alpha^{Nk})_k=(\lambda_1\alpha^k+\lambda_2\alpha^{2k}+\dots+\lambda_N\alpha^{Nk})_k=0_{l^2(\mathbb N)},\] ou encore, si $P(X)=\lambda_1 X+\lambda_2 X^2+\dots+\lambda_N X^N\in\mathbb R[X]$ \[P(\alpha^k)=0,\quad\forall\,k\in\mathbb N^\star.\] Comme $\alpha\in]-1,1[$ le polynôme $P$ a trop de zéros pour ne pas être le polynôme nul donc \[\lambda_1=\lambda_2=\dots =\lambda_N=0\] et la famille $(U_i)_{i\in\mathbb N^\star}$ est bien libre dans $l^2(\mathbb N)$.
Soit $X=(x_k)_k\in l^2(\mathbb N)$. \[\begin{aligned}\left( X=(x_k)_k\in F^\perp\right) &\Longleftrightarrow\left( \langle X,U_i\rangle=0,\quad\forall\,i\in\mathbb N^\star\right) \\ &\Longleftrightarrow\left( \sum_{k=0}^\infty x_k\alpha^{kj}=0,\quad\forall\,i\in\mathbb N^\star\right). \end{aligned}\] Comme $X=(x_k)_k\in l^2(\mathbb N)$, le rayon de convergence de la série entière $f(z)=\sum_{k=0}^\infty x_k z^k$ est supérieur ou égal à $1$ ; la formule établie au dessus assure alors que $f$ s’annule sur tous les points de la suite $(\alpha^k)_k$ convergente vers $0$ : l’ensemble des zéros de $f$ dans le disque unité ouvert n’est donc pas isolé, classiquement (voir par exemple : [fgnan2] exercice 3.31, inutile d’invoquer les zéros isolés...) $f$ est identiquement nulle, i.e. $x_k=0,\ \forall\,k\in\mathbb N^\star$ i.e. $X=0_{l^2(\mathbb N)}$ et $F^\perp=\{0_{l^2(\mathbb N)}\}$.
$F^\perp=\{0_{l^2(\mathbb N)}\}$ implique que $\overline F=l^2(\mathbb N)$ (c’est une conséquence immédiate du théorème de projection orthogonale sur un convexe fermé dans un espace de Hilbert car $F^\perp=(\overline{F})^\perp$) autrement dit, la famille $\{U_i\}$ est totale dans $l^2(\mathbb N)$.

La somme de deux sous espaces fermés est-elle fermée ? *

9 novembre 2022 13:49 — Par Patrice Lassère

[rms]

Soient $E$ un espace vectoriel normé (sur $\mathbb K=\mathbb R$ ou $\mathbb C$), $F,G$ deux sous espaces de $E$. On suppose $F$ fermé et $G$ de dimension finie, montrer que $F+G:=\{\ x+y,\ x\in F,\ G\in G\}$ est fermé.

[ID: 2568] [Date de publication: 9 novembre 2022 13:49] [Catégorie(s): Topologie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

La somme de deux sous espaces fermés est-elle fermée ?
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 13:49

Aprés une récurrence élémentaire, on peut se ramener au cas où $G$ est une droite vectorielle $\mathbb K g$ de $E$. Si $g\in F$ alors $F+G=F$ qui est fermé et il n’y a rien à démontrer. Supposons donc que $g\not\in F$, soit $x\in\overline{F+G}$, et montrons que $x\in F+G$.

Il existe une suite $(x_n)_n$ dans $F+G$ qui converge vers $x$ dans $E$, les vecteurs $x_n$ sont donc de la forme $x_n=f_n+\lambda_n g$ où $f_n\in F$ et $\lambda_n\in \mathbb K$. Remarquons que si la suite $(\vert\lambda_n\vert)_n$ ne tends pas vers $+\infty$ alors l’exercice est résolu : en effet on peut alors on peut alors extraire de la suite $(\lambda_n)_n$ une suite bornée, puis, via Bolzano-Weierstrass dans $\mathbb K$, une sous-suite $(\lambda_{\varphi(n)})_n$ convergente vers $\lambda\in\mathbb K$. Dans ce cas, la relation $f_{\varphi(n)}=x_{\varphi(n)}-\lambda_{\varphi(n)}g$ montre que $(f_{\varphi(n)})_n$ converge vers $f=x-\lambda g$ qui appartient à $F$ puisque $F$ est fermé par hypothèse et finalement $x=f+\lambda g\in F+G$.

Il reste à vérifier que $(\vert\lambda_n\vert)_n$ ne tends pas vers $+\infty$. Si tel était le cas, les relations (valables pour $n$ assez grand) \[g=\dfrac{x_n}{\lambda_n}-\dfrac{f_n}{\lambda_n}\] impliqueraient que $F\ni f_n/\lambda_n\to -g$ soit, $g\in\overline F=F$ ce qui est exclu puisque $g\not\in F$.

L’hypothèse $G$ de dimension finie est essentielle : en général, la somme de deux sous-espaces fermés n’est pas fermée même dans un espace de Hilbert comme on peut le vérifier dans l’exercice ci-dessous.

Deux sous-espaces fermés dont la somme ne l’est pas *

9 novembre 2022 13:49 — Par Patrice Lassère

Soit $(e_n)_{n\geq 0}$ une base hilbertienne d’un espace de Hilbert séparable. Pour $n\in\mathbb N$ on pose \[x_n=e_{2n}\quad\text{et}\quad y_n=\sqrt{1-4^{-n}}e_{2n}+2^{-n}e_{2n+1}.\] On désigne par $X$ le sous-espace vectoriel fermé engendré par la suite de vecteurs $(x_n)_{n\geq 0}$ (i.e. $X=\overline{\text{vect}(x_n,\ n\geq 0)}$) et par $Y$ celui engendré par la suite $(y_n)_{n\geq 0}$.

Montrer que $(x_n)_{n\geq 0}$ et $(y_n)_{n\geq 0}$ sont des bases hilbertiennes de $X$ et $Y$ respectivement. Montrer que $X\cap Y=\{0_H\}$ puis que $\overline{X+Y}=H$.
Montrer que la série $\sum_n 2^{-n}e_{2n+1}$ converge dans $H$ mais que sa somme $v=\sum_n 2^{-n}e_{2n+1}$ n’appartient pas à $X+Y$. En déduire que $X+Y$ n’est pas fermé dans $H$.

[ID: 2570] [Date de publication: 9 novembre 2022 13:49] [Catégorie(s): Topologie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Deux sous-espaces fermés dont la somme ne l’est pas
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 13:49

Extraite de la base orthonormée $(e_n)_{n\geq 0}$ la suite $(x_n)_{n\geq 0}$ est orthonormée. Pour la suite $(y_n)_{n\geq 0}$ on a : $\Vert y_n\Vert^2=(1-4^{-n})+(2^{-n})^2=1$ ; et pour $n\neq m$ les vecteurs $e_{2n},\ e_{2n+1}$ sont orthogonaux aux vecteurs $e_{2m},\ e_{2m+1}$ car les ensembles $\{2n,2n+1\}$ et $\{2m,2m+1\}$ sont disjoints : la suite $(y_n)_{n\geq 0}$ est aussi orthonormée. Ce sont des bases hilbertiennes des espaces $X$ et $Y$ respectivement, car dans un esapce de Hilbert, toute suite orthonormée est une base hilbertienne de l’espace vectoriel fermé qu’elle engendre.

Soit $x=\sum_{n\geq 0}c_ke_k\in H$. Si $x\in X\cap Y$, de la question précédente nous avons aussi les developpements $x=\sum_{n\geq 0} a_nx_n=\sum_{n\geq 0} b_ny_n$. Calculons $c_{2k+1}$ : \[c_{2k+1}=\langle x,e_{2k+1}\rangle = \langle \sum_{n\geq 0} a_nx_n ,e_{2k+1}\rangle=\sum_{n\geq 0}\, a_n\langle x_{n},e_{2k+1}\rangle=0,\] puisque $\langle x_n,e_{2k+1}\rangle=\langle e_{2n},e_{2k+1}\rangle=0$. Mais on a aussi \[c_{2k+1}=\langle x,e_{2k+1}\rangle = \langle \sum_{n\geq 0} b_ny_n,e_{2k+1}\rangle= \sum_{n\geq 0}\, b_n\langle y_{n},e_{2k+1}\rangle=\langle y_{k},e_{2k+1}\rangle=2^{-k}b_k\] ce qui montre que $b_k=0,\ \forall\,k\in\mathbb N$ et donc $x=0_H$.

Pour vérifier la densité de $X+Y$ dans $H$ il est suffisant de montrer que $X+Y$ contient la base $(e_n)_n$ ; c’est bien le cas puisque pour tout $n\in\mathbb N$ $e_{2n}=x_n\in X+Y$ et $e_{2n+1}=2^n(y_n-\sqrt{1-4^{-n}})\in X+Y$.
La série $\sum_n 2^{-n}e_{2n+1}$ est normalement convergente, donc convergente dans l’espace complet $H$. Si le vecteur $v=\sum_n 2^{-n}e_{2n+1}$ était dans $X+Y$ on aurait $v=x+y=\sum_{n\geq 0} a_nx_n+\sum_{n\geq 0} b_ny_n$. En particulier pour $k\geq 0$ \[2^{-k}=\langle v,e_{2k+1}\rangle=2^{-k}b_k\] ce qui impose $b_k=0,\ \forall\,k\in\mathbb N$, mais ceci est impossible car la série définissant $y$ serait divergente.

Ainsi $X+Y$ est strictement inclu dans $H$, comme $\overline{X+Y}=H$, $X+Y$ ne peut être fermé dans $H$.

Complémentaire d’un hyperplan dans un espace vectoriel normé *

9 novembre 2022 13:49 — Par Patrice Lassère

[rms]-2006.

Soit $E$ un espace vectoriel normé réel et $H$ un hyperplan. Montrer que $E\setminus H$ est connexe par arcs si, et seulement si $H$ est fermé.

[ID: 2572] [Date de publication: 9 novembre 2022 13:49] [Catégorie(s): Topologie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Complémentaire d’un hyperplan dans un espace vectoriel normé
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 13:49

Il est utile de se souvenir qu’un hyperplan est le noyau d’une forme linéaire non identiquement nulle sur $E$ ; il faut aussi ne pas oublier (voir exercice ???) qu’un hyperplan $H=\ker(\varphi)$ est fermé si, et seulement si, la forme linéaire $\varphi$ est continue. Rappelons aussi (voir l’exercice ??) que dans un espace vectoriel normé de dimension infinie, il existe toujours des formes linéaires discontinues.

Supposons $H$ fermé et montrons que $E\setminus H$ n’est pas connexe. Soit $\varphi$ une forme linéaire sur $E$ de noyau $H$, posons $H^+=\varphi^{-1}(\mathbb R_+^\star),\ H^-=\varphi^{-1}(\mathbb R_-^\star)$. Comme $\varphi$ n’est pas identiquement nulle $H^+$ et $H^-$ sont non vides, montrons que $H^+$ est ouvert1. Soit $x\in H^+$ et $r>0$ tel que $B(x,r)\subset E\setminus H$ (une telle boule existe car $H$ est fermé donc $E\setminus H$ est ouvert) ; la boule $B(x,r)$ est convexe et $\varphi$ est linéaire donc $\varphi(B(x,r))$ est une partie convexe de $\mathbb R$ ne contenant pas l’origine mais rencontrant $\mathbb R_+^\star$ c’est donc un intervalle de $\mathbb R_+^\star$. Ainsi $\varphi(B(x,r))\subset\mathbb R_+^\star$ et donc $B(x,r)\subset H^+$ qui est bien ouvert. De la même manière $H^-$ est fermé. On dispose ainsi d’une partition de $E\setminus H$ en deux ouverts non vides $H^+$ et $H^-$ : $E\setminus H$ est pas connexe et à fortiori n’est pas connexe par arcs.

Pour la réciproque, le lemme suivant est crutial.

Lemme : Soit $C$ une partie convexe de $E$ et $D$ une partie de $E$ telle que $C\subset D\subset\overline C$. Alors $D$ est connexe par arcs.

Preuve du lemme : Il s’agit de montrer que pour tous $c,d\in D$ il existe un chemin continu $\gamma\ :\ [0,1]\to D$ tel que $\gamma(0)=c$ et $\gamma(1)=d$.

Supposons pour commencer que $c\in C$ et $d\in D\subset\overline C$, alors il existe une suite $(x_n)_n$ dans $C$ de limite $d$ et de premier terme $x_1=c$. Considérons alors le chemin continu $\gamma\ :\ [0,1]\to D$ défini comme suit : pour tout $n\in\mathbb N^\star\ :\ \gamma(1-1/n)=x_n$, la restriction de $\gamma$ à $[1-1/n,1-1/(n+1)]$ est affine, et enfin $\gamma(1)=d$. Comme $C$ est convexe et inclu dans $D$ il est clair que $\gamma([0,1[)\subset C\subset D$ et $\gamma(1)=d$ implique $\gamma([0,1])\subset D$. La restriction de $\gamma$ à chaque segment de $[0,1[$ est affine par morceaux : $\gamma$ est donc continue sur $[0,1[$. Il reste donc à vérifier que $\gamma$ est bien continue au point $1$. Pour cela, soit $\varepsilon>0$ et $N\geq 1$ tel que $n\geq N$ implique $x_n\in B(d,\varepsilon)$. Pour $t\in ]1-1/N,1[$ il existe $n\geq N$ tel que $t\in [1-1/n,1-1/(n+1)]$, soit $\gamma(t)\in [x_n,x_{n+1}]$, comme $x_n$ et $x_{n+1}$ sont dans la boule convexe $B(d,\varepsilon)$ il en est de même de $\gamma(t)$ i.e. $\Vert\gamma(t)-d\Vert=\Vert\gamma(t)-\gamma(1)\Vert<\varepsilon$. $\gamma$ est bien continue au point $1$.

Pour le cas général $c,d\in D$, et on choisit un point $e$ dans $C$, vu ce qui précède il existe dans $D$ deux chemins continus sur $[0,1]$, l’un reliant $e$ à $c$ et l’autre $e$ à $d$ et c’est alors une procédure classique pour en construire un reliant $c$ à $d$. C.Q.F.D.$\blacksquare$

Montrons maintenant que si $H$ n’est pas fermé, alors $E\setminus H$ est connexe par arcs. $\overline H$ est un sous-espace vectoriel de $E$ contenant strictement $H$, donc $\overline H=E$. Soit $a\in E\setminus H$, l’application $x\mapsto x+a$ étant un homéomorphisme $\overline{a+H}=a+\overline H= E$. Ainsi $a+H\subset E\setminus H\subset \overline{a+H}$. $a+H$ étant convexe, le lemme précédent assure que $E\setminus H$ est connexe par arcs.

Remarque : Par exemple, si on considére l’espace $E=\mathscr C([0,1],\mathbb R)$ et l’hyperplan $F=\{f\in E \ :\ f(0)=0\}$, alors $E/H=\{f\in E \ :\ f(0)\neq 0\}$ est connexe par arcs dans $(E,\Vert\cdot\Vert_1)$ mais ne l’est pas dans $(E,\Vert\cdot\Vert_\infty)$.

1 on peut bien sûr invoquer la remarque préléminaire pour conclure immédiatement, toutefois la preuve qui suit est suffisament intéressante pour la présenter.

Normes, normes équivalentes *

9 novembre 2022 13:49 — Par Patrice Lassère

[rms]

Pour $f\in\mathscr E:=\{f\in\mathscr C^2([0,1], \mathbb R)\ :\ f(0)=f'(0)=0\}$ on pose \[\Vert f\Vert=\Vert f+2f'+f''\Vert_\infty.\]

Montrer que $\Vert\cdot\Vert$ est sur $\mathscr E$, une norme plus fine que la norme uniforme $\Vert\cdot\Vert_\infty$. Déterminer la plus petite constante $a>0$ vérifiant $\Vert f\Vert_\infty\leq a \cdot\Vert f\Vert$ sur $\mathscr E$.
Les normes $\Vert \cdot\Vert$ et $\Vert \cdot\Vert_\infty$ sont-elles équivalentes sur $\mathscr E$ ?

[ID: 2574] [Date de publication: 9 novembre 2022 13:49] [Catégorie(s): Topologie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Normes, normes équivalentes
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 13:49

Soit $f\in\mathscr E$ vérifiant $\Vert f\Vert=0$. Comme donc $f+2f'+f''=0$, $f$ est de la forme $t\mapsto \lambda e^t +\mu e^{-t}$ et les conditions $f(0)=f'(0)=0$ impliquent $\lambda=\mu=0$ ; $f$ est donc identiquement nulle. Les autres axiomes des normes sont faciles à vérifier.

Soit $f\in\mathscr E$. Posons $g=f+2f'+f''$, on a donc $\Vert g\Vert_\infty=\Vert f\Vert$. Nous allons exprimer $f$ en fonction de $g$. En remarquant que $f$ est une solution de l’équation différentielle $y''+2y'+y=g$. Les solutions de l’équation sans second membre sont de la forme $e^{-t}(\alpha t+\beta)$ ; la méthode de variation des contantes nous conduit alors à chercher deux fonctions $\alpha$ et $\beta$ telles que \[\begin{cases} te^{-t}\alpha'(t)+e^{-t}\beta'(t)&=0\\ (1-t)e^{-t}\alpha'(t)-e^{-t}\beta'(t)&=g(t)\end{cases}\] soit \[\begin{cases} t\alpha'(t)+\beta'(t)&=0\\ (1-t)\alpha'(t)-\beta'(t)&=e^t g(t)\end{cases}\] qui donne \[\alpha'(t)=e^{t}g(t)\quad\text{et}\quad\beta'(t)=-te^tg(t),\] soit \[\alpha(t)=\int_0^t e^xg(x)dx+\lambda,\quad \beta(t)=-\int_0^t xe^x g(x)dx+\mu.\] Comme $f(t)=e^{-t}(\alpha(t) t+\beta(t))$ les conditions initiales $f(0)=f'(0)=0$ assurent $\lambda=\mu=0$ et finalement \[f(t)=e^{-t}\int_0^t (t-x)e^xg(x)dx.\] On en déduit \[\vert f(t)\vert\leq \Vert g\Vert_\infty e^{-t}\int_0^t (t-x)e^xdx=\Vert f\Vert (1-e^{-t}(1+t)\leq \Vert f\Vert \sup_{[0,1]}(1-e^{-t}(1+t) =\Vert f\Vert\left(1-\frac{2}{e}\right).\] La constante $1-2e^{-1}$ est bien la meilleure possible puisque pour $f(t)=(1-e^{-t}(1+t)$ qui appartient bien à $\mathscr E$ on a $\Vert f\Vert=1$ et $\Vert f\Vert_\infty=1-2e^{-1}$.
Les deux normes ne sont toutefois pas équivalentes puisque (par exemple) la suite $(f_n)_{n\geq 2}$ dans $\mathscr E$ définie par $f_n(t)=t^n/n$ tends vers zéro pour la norme $\Vert\cdot\Vert_\infty$ mais pas pour la norme $\Vert\cdot\Vert$ car $\Vert f_n\Vert_\infty=1/n$ alors que $\Vert f_n\Vert=n^{-1}+1+n$.

Démonstration des inégalités faibles de Kolmogorov via les normes équivalentes, formule de Taylor *

9 novembre 2022 13:49 — Par Patrice Lassère

[rms],2004/05, ??, 114-2,

Soient $a\in\mathbb R,\ n\in\mathbb N^\star$ et $f\ :\ [a,+\infty[$ une fonction réelle de classe $C^{n+1}$. On se propose d’utiliser les résultats du cours pour donner une preuve assez inhabituelle du résultat suivant :

Si $f$ et $f^{(n+1)}$ sont bornées sur $[a,+\infty[$, il en est de même pour les dérivées intermédiaires $f',f^{''},\dots,f^{(n)}$.

Soit $\delta>0$, pour $Q=\sum_{k=0}^nc_k x^k\in\mathbb R_n[X]$, on pose \[N_1(Q)=\max_{0\leq k\leq n}\vert c_k\vert\quad\text{et}\quad N_2(Q)=\sup_{x\in[0,\delta]}\vert Q(x)\vert.\] Montrer qu’il existe deux constantes $\lambda,\mu\in\mathbb R_+^\star$ telles que \[\mu N_2(Q)\leq N_1(Q)\leq\lambda N_2(Q),\quad\forall\,Q\in\mathbb R_n[X].\]
Pour tout $x\geq a$ et $\delta\geq u>0$ montrer que (utiliser Taylor-Lagrange) \[\big\vert f(x)+f'(x)u+\dots+f^{(n)}(x)\dfrac{u^n}{n!}\big\vert \leq \Vert f\Vert_{\infty}+\dfrac{\delta^{n+1}}{(n+1)!}\Vert f^{(n+1)}\Vert_\infty:=M,\] où $\displaystyle\Vert g\Vert_\infty :=\sup_{x\geq a}\vert g(x)\vert$.

En déduire que pour tout $x\geq a$ (en notant $P_x(X):=\sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(x)}{k!}X^k\in\mathbb R_n[X]$) on a : \[N_2(P_x)\leq M.\]
En déduire la version faible des inégalités de Kolmogorov \[\forall\,k\in\{0,1,\dots,n\}\ :\ \Vert f^{(k)}\Vert_\infty\leq k!\lambda M.\]

[ID: 2576] [Date de publication: 9 novembre 2022 13:49] [Catégorie(s): Topologie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Démonstration des inégalités faibles de Kolmogorov via les normes équivalentes, formule de Taylor
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 13:49

$N_1$ et $N_2$ sont deux normes sur $\mathbb R_n[X]$ espace vectoriel de dimension finie $n+1$ : elles sont donc équivalentes.
Avec Taylor-Lagrange nous avons pour tout $x\geq a,\ \delta\geq u>0$ \[f(x+u)=f(x)+f'(x)u+\dots+f^{(n)}(x)\dfrac{u^n}{n!}+\dfrac{u^{n+1}}{(n+1)!}f^{(n+1)}(\zeta)\quad\text{où}\quad \zeta\in ]x,x+u[,\] soit \[\left\vert f(x)+f'(x)u+\dots+f^{(n)}(x)\dfrac{u^n}{n!}\right\vert\leq \vert f(x+u)\vert+\dfrac{\delta^{n+1}}{(n+1)!}\Vert f^{(n+1)}\Vert\leq \Vert f\Vert++\dfrac{\delta^{n+1}}{(n+1)!}\Vert f^{(n+1)}\Vert\] nous avons donc pour tout $x\geq a$ \[\sup_{0\leq u\leq\delta}\left\vert f(x)+f'(x)u+\dots+f^{(n)}(x)\dfrac{u^n}{n!}\right\vert= \sup_{0\leq u\leq\delta}\left\vert P_x(u)\right\vert=N_2(P_x)\leq M\]
Il ne reste plus qu’à combiner les deux inégalités : $N_1(P_x)\leq \lambda N_(P_x)$.

Remarques : -Pour une fonction $f\in\mathscr C^2(\mathbb R)$ si $f$ et $f''$ sont bornées sur $\mathbb R$ il en est de même pour $f'$ et on a les inégalités de Kolmogorov à l’ordre $2$ (avec $M_i=\sup_{x\in\mathbb R}\vert f^{(i)}(x)\vert,\ i=0,1,2$) \[M_1\leq \sqrt{2M_0M_2}.\] La preuve repose sur l’inégalité de Taylor-Lagrange qui assure que pour tout réel $x$ et tout $h>0$ : \[\vert f(x+h)-f(x)-hf'(x)\vert\leq \dfrac{h^2M_2}{2}\] En appliquant maintenant l’inégalité de Taylor-Lagrange entre cette fois-ci $x$ et $x-h$ on a \[\vert f(x-h)-f(x)+hf'(x)\vert\leq \dfrac{h^2M_2}{2}.\] Ces deux inégalités et l’inégalité triangulaire donnent pour tout $x\in\mathbb R,\ h>0$ \[\vert f(x+h)-f(x-h)+2hf'(x)\vert\leq h^2M_2\] soit \[\vert f'(x)\vert\leq \dfrac{hM_2}{2}+\dfrac{M_0}{h}:=g(h),\quad \forall\,h\in\mathbb R_+^\star.\] Un calcul rapide montre que l’inf de $g$ sur $\mathbb R_+^\star$ vaut $\sqrt{2M_0M_2}$ pour $h=\sqrt{\dfrac{M_2}{2M_0}}$ soit finalement \[\vert f'(x)\vert \leq \sqrt{2M_0M_2}.\] Ceci étant vrai pour tout $x\in\mathbb R$, $f'$ est bornée et $M_1\leq \sqrt{2M_0M_2}$.

-Avec plus de persévérence on démontre (voir par exemple ....) les inégalités de Kolmogorov : soit $f\in\mathscr C^n(\mathbb R)$. Si $f$ et $f^{(n)}$ sont bornées sur $\mathbb R$, il en est de même des dérivées intermédiaires et on a (avec les mêmes notations que dans la remarque précédente) \[M_k\leq 2^{\frac{k(k-n)}{2}}M_0^{1-\frac{k}{n}}M_n^{\frac{k}{n}},\quad k\in\{0,1,\dots,n\}.\]

L’ensemble $\mathscr P$ des nombres premiers est infini : preuve topologique *

9 novembre 2022 13:49 — Par Patrice Lassère

[aigner]

Pour $(a,b)\in\mathbb Z\times\mathbb N^\star$, on pose \[N_{a,b}:=\{a+nb,\ n\in\mathbb Z\}.\] On dira qu’une partie non vide $O\subset\mathbb Z$ est ouverte si pour tout $a\in O$ il existe $b\in\mathbb N^\star$ tel que $N_{a,b}\subset O$.

Montrer que l’on a bien défini sur $\mathbb Z$ une topologie $\mathbb T$ pour laquelle tout ouvert non vide est de cardinal infini et tout $N_{a,b}$ est à la fois ouvert et fermé.
Montrer que l’ensemble $\mathscr P$ des nombres premiers est infini.

[ID: 2578] [Date de publication: 9 novembre 2022 13:49] [Catégorie(s): Topologie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

L’ensemble $\mathscr P$ des nombres premiers est infini : preuve topologique
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 13:49

Une réunion quelconque d’ouverts sera visiblement ouverte. Pour deux ouverts $O_1,O_2$ et $a\in O_1\cap O_2$, il existe $b_1,b_2\in\mathbb N^\star$ tels que $N_{a,b_1}\subset O_1,\ N_{a,b_2}\subset O_2$ et par conséquent $N_{a,b_1b_2}\subset O_1\cap O_2$ : $\mathscr T$ est stable par intersection finie et définit bien une topologie sur $\mathbb Z$.

Par construction, tout ouvert non vide est clairement de cardinal infini et la seconde assertion résulte de l’égalité élémentaire \[N_{a,b}=\mathbb Z\setminus\left( \bigcup_{k=1}^{b-1}N_{a+k,b}\right)\] qui assure que $N_{a,b}$ est fermé comme complémentaire d’un ouvert.
Comme tout entier $n\neq \pm 1$ admet un diviseur premier $p$ et appartient donc à $N_{0,p}$, nous avons \[\mathbb Z\setminus\{+1,-1\}=\bigcup_{p\in\mathscr P}N_{0,p}.\] Maintenant, si $\mathscr P$ est fini alors $\cup_{p\in\mathscr P}N_{0,p}$ est fermé comme réunion finie de fermés et, comme complémentaire d’un fermé, $\{-1,1\}$ est ouvert ce qui est absurde puisque tout ouvert non vide est de cardinal fini : l’ensemble des nombres premiers est bien infini.

Espace métrique et continuité *

9 novembre 2022 13:49 — Par Patrice Lassère

[amm], (2003), problème 10998.

On considère dans un espace métrique $(X,d)$ une partie $D$ non vide, ouverte, connexe et relativement compacte. Soit $f\ :\ D\to D$ une application continue. Si $f(D)$ est ouvert, montrer qu’il existe $x_0\in D$ tel que \[d(x_0,\partial D)=d(f(x_0),\partial D).\]

[ID: 2580] [Date de publication: 9 novembre 2022 13:49] [Catégorie(s): Topologie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Espace métrique et continuité
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 13:49

-La continuité de $h\ :\ X\ni x\ \mapsto d(x,\partial D)$ est classique. Par conséquent, l’application définie par $g(x):=d(f(x),\partial D)-d(x,\partial D)$ est aussi continue. Nous allons montrer successivement qu’il existe $z_0$ et $y_0$ dans $D$ vérifiant $g(z_0)\leq 0$ et $g(y_0)\geq 0$. L’existence de $x_0$ résulte alors de la connexité de $D$ via la continuité de $f$.

-$h$ étant continue et $\overline D$ compact, il existe $z_0\in \overline D$ tel que $h(z_0)=d(z_0,\partial D)=\sup_{z\in\overline D}d(z,\partial D)$. $D$ étant ouvert et non vide : $h(z)>0,\ \forall\,z\in D$ de sorte que $z_0\in D$. Enfin comme $f(z_0)\in D$ : $d(f(z_0),\partial D)\leq d(z_0,\partial D)$ ; autrement dit $g(z_0)\leq 0$.

-Pour l’existence de $y_0$ on distingue deux cas :

$\triangleright\quad$ Si $f(D)=D$, alors il existe $y_0\in D$ tel que $f(y_0)=z_0$. Alors $g(y_0)=d(z_0,\partial D)-d(y_0,\partial D)\geq 0$.

$\triangleright\quad$ Si $f(D)\ne D$ et puisque $D$ est connexe et $f(D)$ ouvert il existe $w\in D\cap\partial f(D)$ tel que $w\not\in f(D)$ (sinon on aurait une partition de $D$ en deux ouverts disjoints non vides...). Considérons alors une suite $(y_n)_n$ dans $D$ telle que $f(y_n)\to w$. $\overline D$ étant compact, on peut (quitte à extraire une sous-suite) supposer la suite $(y_n)_n$ convergente, disons vers $\alpha\in\overline D$. $w\not\in f(D)$ implique $\alpha\in\partial D$ et par conséquent $d(y_n,\partial D)\to 0$. toutefois $\lim_n d(f(y_n),\partial D)=d(w,\partial D)>0$ : nous avons donc pour $n$ assez grand $g(y_n)>O$. CQFD

Normes sur $\mathscr C^0([0,1])$ *

9 novembre 2022 14:07 — Par Patrice Lassère

[rms], 2003/04

Soit $(s_n)_n$ une suite dense dans $[0,1]$ et $(a_n)_n$ une suite de réels strictements positifs tels que la série $\sum_n a_n$ converge. On pose pour $f\in\mathscr C^0([0,1])$ \[N(f)=\sum_{n\geq 0}a_n\vert f(s_n)\vert.\]

Montrer que l’on définit ainsi une norme sur $\mathscr C^0([0,1])$.
Cette norme est-elle équivalente à la norme sup ?

[ID: 2582] [Date de publication: 9 novembre 2022 14:07] [Catégorie(s): Topologie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Normes sur $\mathscr C^0([0,1])$
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 14:07

$\forall\,f\in\mathscr C^0([0,1])\ :\ 0\leq N(f)\leq \Vert f\Vert_\infty\sum_n a_n<+\infty$, $N$ est donc bien définie. Le seul point non trivial restant à vérifier pour que $N$ soit une norme est $N(f)=0\Longleftrightarrow f\equiv 0$. Mais $N(f)=0$ implique que $f$ est nulle sur la partie dense $(s_n)_n$, par continuité elle est donc identiquement nulle sur $[0,1]$. $N$ est donc une norme sur $f\in\mathscr C^0([0,1])$.
Soit $n\geq 1$ et $(I_k)_0^{n-1}$ la subdivision de pas constant $\frac{1}{n}$ de l’intervalle $[0,1]$. Puisque la série $\sum_k a_k$ converge, il existe $0\leq k_0\leq n-1$ tel que \[\sum_{k\in I_{k_0}}a_k\leq \dfrac{1}{n}\sum_{k\geq 0}a_k.\] en effet sinon, (la série étant à termes positifs) \[\sum_{k\geq 0}a_k=\sum_{k\in I_1}a_k+\dots+\sum_{k\in I_n}a_k>\frac{1}{n}\sum_{k\geq 0} a_k+\dots+\frac{1}{n}\sum_{k\geq 0} a_k=\sum_{k\geq 0} a_k\] ce qui est absurde.

Il est clair que $\Vert f\Vert_\infty=s^{-1}$ et $f$ étant nulle en dehors de $I_{l_n}$ nous avons \[N(f_n)=\sum_{k\geq 0}a_k\vert f_n(s_k)\vert=\sum_{k\in I_{l_n}}a_k\vert f_n(s_k)\vert \leq \sum _{k\in I_{l_n}}a_k\Vert f_n\Vert_\infty \leq \dfrac{\sum _{k\in I_{l_n}}a_k}{s}\leq\dfrac{1}{n}.\] $N(f_n)=\frac{1}{n}$ et $\Vert f_n\Vert_\infty=s^{-1}$ pour tout $n\geq 1$ assure que les deux normes ne peuvent être équivalentes sur $\mathscr C^0([0,1])$ (parce que cela implique qu’il ne peut exister de constante $C>0$ telle que $\Vert f\Vert_\infty\leq C. N(f)$ ou bien parce que $N(f_n)=\frac{1}{n}$ implique que la suite $(f_n)_n$ converge vers zéro dans $(\mathscr C^0([0,1],N)$ ce qui ne peut être le cas dans $(\mathscr C^0([0,1],\Vert.\Vert_\infty)$ puisque les applications $f_n$ y sont de normes $s^{-1}$).

Topologie dans $M_n(\mathbb R)$ et $M_n(\mathbb C)$ : propriétés de $\mathscr D_n$ et $\mathscr D'_n$ *

9 novembre 2022 14:17 — Par Patrice Lassère

[rom1]

$\mathscr D_n(\mathbb C)$ (respectivement $\mathscr D'_n(\mathbb C)$) désigne l’ensemble des matrices diagonalisables (respectivement de matrices ayant $n$ valeurs propres distinctes) de $M_n(\mathbb C)$. Montrer que l’intérieur de $\mathscr D_n(\mathbb C)$ dans $M_n(\mathbb C)$ est $\mathscr D'_n(\mathbb C)$. Montrer que $\mathscr D_n(\mathbb C)$ et $\mathscr D'_n(\mathbb C)$ sont denses dans $M_n(\mathbb C)$. $\mathscr D_n(\mathbb R)$ est il dense dans $M_n(\mathbb R)$ ?

[ID: 2584] [Date de publication: 9 novembre 2022 14:17] [Catégorie(s): Topologie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Topologie dans $M_n(\mathbb R)$ et $M_n(\mathbb C)$ : propriétés de $\mathscr D_n$ et $\mathscr D'_n$
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 14:17

-Nous avons déja vu dans l’exercice précédent que $\mathscr D'_n(\mathbb C)$ est ouvert. Bien entendu $\mathscr D'_n(\mathbb C)\subset\mathscr D_n(\mathbb C)$ donc

\[\mathscr D'_n(\mathbb C)\subset\mathscr D_n^o(\mathbb C) {(\text{$\star$})}\]

Pour l’inclusion inverse, supposons qu’il existe $A\in \mathscr D_n^o(\mathbb C)$ admettant une valeur propre $\lambda$ d’ordre supérieur ou égal à deux, il existe alors $P\in\,GL_n(\mathbb C)$ telle que $A=P^{-1}DP$ avec

\[D=\begin{pmatrix} \lambda &0&0&\dots &0\\ 0&\lambda &0 & \dots & 0\\ 0& 0 & \lambda_3& \dots & 0\\ \vdots & \ddots &\vdots&\ddots & \vdots\\ 0&\dots&0& \dots& \lambda_n \end{pmatrix}\]

soit alors, pour $k\in\mathbb N^\star$

\[D_k= \begin{pmatrix} \lambda &k^{-1}&0&\dots &0\\ 0&\lambda &0 & \dots & 0\\ 0& 0 & \lambda_3& \dots & 0\\ \vdots & \ddots &\vdots&\ddots & \vdots\\ 0&\dots&0& \dots& \lambda_n \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} M_\lambda &0&\dots &0\\ 0 & \lambda_3& \dots & 0\\ \vdots &\vdots&\ddots & \vdots\\ 0&0& \dots& \lambda_n \end{pmatrix} \quad\text{avec}\quad M_k= \begin{pmatrix} \lambda &k^{-1}\\ 0&\lambda \end{pmatrix}.\]

Le polynôme minimal de $D_k$ est un multiple du polynôme minimal de $M_k$ qui vaut $(x-\lambda)^2$, il n’est donc pas scindé à racines simple : la matrice $D_k$ et par suite $A_k=P^{-1}D_k P$ n’est pas diagonalisable. Mais par construction, $\lim_kA_k=A$, et la matrice $A$ ne peut être intérieure à $\mathscr D_n(\mathbb C)$. Les matrices intérieures à $\mathscr D_n(\mathbb C)$ ne peuvent avoir de valeurs propres multiples : $\mathscr D^o_n(\mathbb C)\subset\mathscr D'_n(\mathbb C)$ d’où l’égalité avec ($\star$).

-Il s’agit maintenant de prouver que $\mathscr D_n(\mathbb C)$ et $\mathscr D'_n(\mathbb C)$ sont denses dans $M_n(\mathbb C)$, on va montrer que $\overline{\mathscr D'_n(\mathbb C)}=M_n(\mathbb C)$. Soit $A\in M_n(\mathbb C)$, il existe $P\in GL_n(\mathbb C)$, une matrice $T=((t_{ij}))\in M_n(\mathbb C)$ triangulaire supérieure telles que

\[A=PTP^{-1}.\]

On pose alors : \[\alpha= \begin{cases} 1\quad&\quad\text{si}\quad\ t_{ii}=t_{jj} \text{ pour tout }1\leq i\ne j\leq n,\\ \inf\{\,\vert t_{11}-t_{jj}\vert\ :\ 1\leq i,j\leq n\} \quad&\quad \text{sinon} \end{cases}\] et on considère la suite de matrices $(T_k := T+\Delta_k)_{k\geq 1}$ où

\[\Delta_k=\begin{pmatrix} {\alpha\over k}&0&0&\dots&0\\ 0&{\alpha\over 2k} &0&\dots&0\\ \vdots&\vdots&\dots&\dots&0\\ 0&0&\dots&0& {\alpha\over nk} \end{pmatrix}\]

par le choix de $\alpha$, les valeurs propres des matrices $T_k,\ (k\geq 1)$ sont deux à deux distinctes car si

\[t_{ii}+{\alpha\over ik} =t_{jj}+{\alpha\over jk} \text{ avec } t_{ii}\ne t_{jj}\]

on aurait : \[\vert t_{ii}-t_{jj}\vert ={\alpha\over k}\left\vert{1\over i} -{1\over j}\right\vert<{\alpha\over k}\leq \alpha\]

qui contredit la définition de $\alpha$. Ainsi

\[(T_k)_{k\geq 1}\subset\mathscr D'_n(\mathbb C)\]

Enfin, par continuité du produit matriciel $A=\lim_k PT_kP^{-1}$ d’où la densité de $\mathscr D'_n(\mathbb C)$ et donc de $\mathscr D_n(\mathbb C)$ dans $M_n(\mathbb C)$.

Remarques : -Ce résultat est faux dans $M_n(\mathbb R)$ ceci fait l’objet de l’exercice suivant. Remarquons tout de même le cas cas $n=2$ qui est lumineux : l’application discriminant

\[\varphi\ :\ A= \begin{pmatrix} a&b\\c&d \end{pmatrix} \in M_2(\mathbb R) \mapsto \varphi(A) = (a-d)^2+4bc\in\mathbb R\]

est continue, mais $A_k\in\mathscr D_2(\mathbb R)\Longrightarrow \varphi(A_k)\geq 0$, si bien que

\[\left( (A_k)_k\subset \mathscr D_2(\mathbb R)\ \&\ \lim_k A_k=A\right) \Longrightarrow \left(\varphi(A)=\lim_k\varphi(a_k)\geq 0\right) {(\bigstar)}\]

il suffit alors de choisir $A\in M_2(\mathbb R)$ à valeurs propres complexes non réelles de sorte que $\varphi(A)<0$ qui, avec $(\bigstar)$ assure que $A\not\in \overline{\mathscr D_2(\mathbb R)}$.

-En fait l’adhérence dans $M_n(\mathbb K),\ (\mathbb K=\mathbb R\text{ ou }\mathbb C)$ de $\mathscr D_n(\mathbb K)$ est l’ensemble des matrices à polynôme caractéristique scindé sur $\mathbb K$, fait qui explique la densité si $\mathbb K=\mathbb C$ (dans $\mathbb C$ tout polynôme est scindé) et la non densité si $\mathbb K=\mathbb R$, c’est l’objet de l’exercice suivant.

Topologie dans $M_n(\mathbb R)$ : l’adhérence de $\mathscr D_n(\mathbb R)$ *

9 novembre 2022 14:17 — Par Patrice Lassère

[rms]-1999.

Soit $P\in\mathbb R[X]$ un polynôme unitaire. Montrer que $P$ est scindé dans $\mathbb R[X]$ si, et seulement si \[\forall\,z\in\mathbb C\quad :\quad \vert P(z)\vert\geq \vert\text{Im}(z)\vert^{\text{deg}(P)}.{(\text{$\star$})}\]

Soit $(A_k)_k\in M_n(\mathbb R)$ une suite convergente de matrices trigonalisables sur $\mathbb R$. Montrer que $A:=\lim_k A_k$ est trigonalisable.

En déduire l’adhérence dans $M_n(\mathbb R)$ de l’ensemble des matrices diagonalisables.

[ID: 2586] [Date de publication: 9 novembre 2022 14:17] [Catégorie(s): Topologie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Topologie dans $M_n(\mathbb R)$ : l’adhérence de $\mathscr D_n(\mathbb R)$
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 14:17

Soit $P\in\mathbb R[X]$ un polynôme unitaire, de degré $d$. Si $P$ est scindé sur $\mathbb R$, on a, en notant $\lambda_1,\dots,\lambda_d\in\mathbb R$ les zéros de $P$ \[P(z)=\prod_{k=1}^d(z-\lambda_k).\] Alors, pour tout $z\in\mathbb C$ \[\vert P(z)\vert=\prod_{k=1}^d\vert z-\lambda_k\vert=\prod_{k=1}^d \vert \text{re}({z})-\lambda_k-i\text{Im}(z)\vert\geq \vert \text{Im}(z)\vert^d\] (la dernière inégalité n’est rien d’autre que $\vert z\vert\geq \vert\text{Im}(z)\vert$.....) La réciproque est évidente puisque () implique que les racines de $P$ sont réelles.
Soit $(A_k)_k\in M_n(\mathbb R)$ une suite convergente de matrices trigonalisables sur $\mathbb R$ et $A$ sa limite, les polynômes caractéristiques $P_{A_k}$ sont donc scindés sur $\mathbb R$ soit \[\forall\,z\in\mathbb C,\ k\in\mathbb N\quad :\quad \vert P_{A_k}(z)\vert\geq \vert\text{im}(z)\vert^n.\] Il ne reste plus qu’à invoquer la continuité de l’application $A\mapsto P_A$ pour en déduire que \[\forall\,z\in\mathbb C,\quad :\quad \vert P_{A}(z)\vert\geq \vert\text{im}(z)\vert^n.\] Vu
1. , $P_A$ est scindé sur $\mathbb R$ : $A$ est donc triangularisable.
2. Le polynôme caractéristique d’une matrice diagonale dans $M_n(\mathbb R)$ étant scindé sur $\mathbb R$, les questions précédentes assurent que l’adhérence dans $M_n(\mathbb R)$ de l’ensemble des matrices diagonalisables est inclue dans l’ensemble des matrices triangularisables. L’inclusion inverse est facile à vérifier (raisonner comme dans la seconde partie de ’exercice précédent...).

Autour des sous-groupes de $\mathbb R$ *

9 novembre 2022 14:17 — Par Patrice Lassère

Soit $G$ un sous-groupe de $(\mathbb R,+)$.

Montrer que $G$ est soit dense soit monogène (i.e. $\exists\,a\geq 0\ :\ G=a\mathbb Z$).
Soient $a,b\in\mathbb R_+^\star$ montrer que $G=a\mathbb Z+b\mathbb Z$ est dense dans $\mathbb R$ si et seulement si ${a\over b}\not\in\mathbb Q$.
En déduire un exemple de deux fermés $A,B$ de $\mathbb R$ tels que $A+B$ ne soit pas fermé.
à toute application $f$ de $\mathbb R$ dans $\mathbb R$ on associe son groupe des périodes \[G_f:=\{ T\in\mathbb R\ :\ \forall\,x\in\mathbb R\ \ f(x+T)=f(x)\}.\] Montrer que $G_f$ est bien un groupe et que $f$ est toujours constante sur $G_f$.
Si de plus $f$ est continue, montrer que \[\left( f\text{ est non constante }\right)\iff \left(\ G_f\text{ est monogène } \right)\]
Donner l’exemple d’une fonction $f$ non constante munie d’un groupe des périodes dense.
Montrer que $\{\cos(n), n\in\mathbb N\}$ est dense dans $[-1,1]$.
Soit $A = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$.

-Que dire d’une fonction $f$ de ${\mathbb{R}}^2$ dans $\mathbb{R}$, continue, telle que pour tout $X = (x,y)$ de ${\mathbb{R}}^2$, $f(X) = f(X + (1,0)) = f(X+ (0,1) ) = f(AX)$ ?

-Même question avec $A = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$ .

[ID: 2588] [Date de publication: 9 novembre 2022 14:17] [Catégorie(s): Topologie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Autour des sous-groupes de $\mathbb R$
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 14:17

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.
-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
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 $\mathbb R$.
$G_f$ est toujours non vide ($0\in G_f$) le reste suit tout aussi facilement.
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.
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.
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 $\alpha\in\mathbb R\setminus\mathbb Q$.
- 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 : \[\vert f(x)-f(y)\vert=\vert f(x')-f(y')\vert\leqslant \varepsilon.\]

Exercice 1166

9 novembre 2022 14:17 — Par Patrice Lassère

[ID: 2590] [Date de publication: 9 novembre 2022 14:17] [Catégorie(s): Topologie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 0 ] [Editeur(s): ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Topologie dans $M_n(\mathbb R)$ et $M_n(\mathbb C)$ : propriétés de $\mathscr D_n$ et $\mathscr D'_n$ *

9 novembre 2022 14:43 — Par Patrice Lassère

[rom1]

[ID: 2591] [Date de publication: 9 novembre 2022 14:43] [Catégorie(s): Topologie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Topologie dans $M_n(\mathbb R)$ et $M_n(\mathbb C)$ : propriétés de $\mathscr D_n$ et $\mathscr D'_n$
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 14:43

-Nous avons déja vu dans l’exercice précédent que $\mathscr D'_n(\mathbb C)$ est ouvert. Bien entendu $\mathscr D'_n(\mathbb C)\subset\mathscr D_n(\mathbb C)$ donc

\[\mathscr D'_n(\mathbb C)\subset\mathscr D_n^o(\mathbb C) {(\text{$\star$})}\]

\[D=\begin{pmatrix} \lambda &0&0&\dots &0\\ 0&\lambda &0 & \dots & 0\\ 0& 0 & \lambda_3& \dots & 0\\ \vdots & \ddots &\vdots&\ddots & \vdots\\ 0&\dots&0& \dots& \lambda_n \end{pmatrix}\]

soit alors, pour $k\in\mathbb N^\star$

\[A=PTP^{-1}.\]

\[\Delta_k=\begin{pmatrix} {\alpha\over k}&0&0&\dots&0\\ 0&{\alpha\over 2k} &0&\dots&0\\ \vdots&\vdots&\dots&\dots&0\\ 0&0&\dots&0& {\alpha\over nk} \end{pmatrix}\]

par le choix de $\alpha$, les valeurs propres des matrices $T_k,\ (k\geq 1)$ sont deux à deux distinctes car si

\[t_{ii}+{\alpha\over ik} =t_{jj}+{\alpha\over jk} \text{ avec } t_{ii}\ne t_{jj}\]

on aurait : \[\vert t_{ii}-t_{jj}\vert ={\alpha\over k}\left\vert{1\over i} -{1\over j}\right\vert<{\alpha\over k}\leq \alpha\]

qui contredit la définition de $\alpha$. Ainsi

\[(T_k)_{k\geq 1}\subset\mathscr D'_n(\mathbb C)\]

Enfin, par continuité du produit matriciel $A=\lim_k PT_kP^{-1}$ d’où la densité de $\mathscr D'_n(\mathbb C)$ et donc de $\mathscr D_n(\mathbb C)$ dans $M_n(\mathbb C)$.

Remarques : -Ce résultat est faux dans $M_n(\mathbb R)$ ceci fait l’objet de l’exercice suivant. Remarquons tout de même le cas cas $n=2$ qui est lumineux : l’application discriminant

\[\varphi\ :\ A= \begin{pmatrix} a&b\\c&d \end{pmatrix} \in M_2(\mathbb R) \mapsto \varphi(A) = (a-d)^2+4bc\in\mathbb R\]

est continue, mais $A_k\in\mathscr D_2(\mathbb R)\Longrightarrow \varphi(A_k)\geq 0$, si bien que

\[\left( (A_k)_k\subset \mathscr D_2(\mathbb R)\ \&\ \lim_k A_k=A\right) \Longrightarrow \left(\varphi(A)=\lim_k\varphi(a_k)\geq 0\right) {(\bigstar)}\]

Topologie dans $M_n(\mathbb R)$ : l’adhérence de $\mathscr D_n(\mathbb R)$ *

9 novembre 2022 14:43 — Par Patrice Lassère

[rms]-1999.

Soit $(A_k)_k\in M_n(\mathbb R)$ une suite convergente de matrices trigonalisables sur $\mathbb R$. Montrer que $A:=\lim_k A_k$ est trigonalisable.

En déduire l’adhérence dans $M_n(\mathbb R)$ de l’ensemble des matrices diagonalisables.

[ID: 2593] [Date de publication: 9 novembre 2022 14:43] [Catégorie(s): Topologie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Topologie dans $M_n(\mathbb R)$ : l’adhérence de $\mathscr D_n(\mathbb R)$
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 14:43

Soit $P\in\mathbb R[X]$ un polynôme unitaire, de degré $d$. Si $P$ est scindé sur $\mathbb R$, on a, en notant $\lambda_1,\dots,\lambda_d\in\mathbb R$ les zéros de $P$ \[P(z)=\prod_{k=1}^d(z-\lambda_k).\] Alors, pour tout $z\in\mathbb C$ \[\vert P(z)\vert=\prod_{k=1}^d\vert z-\lambda_k\vert=\prod_{k=1}^d \vert \text{re}({z})-\lambda_k-i\text{Im}(z)\vert\geq \vert \text{Im}(z)\vert^d\] (la dernière inégalité n’est rien d’autre que $\vert z\vert\geq \vert\text{Im}(z)\vert$.....) La réciproque est évidente puisque () implique que les racines de $P$ sont réelles.
Soit $(A_k)_k\in M_n(\mathbb R)$ une suite convergente de matrices trigonalisables sur $\mathbb R$ et $A$ sa limite, les polynômes caractéristiques $P_{A_k}$ sont donc scindés sur $\mathbb R$ soit \[\forall\,z\in\mathbb C,\ k\in\mathbb N\quad :\quad \vert P_{A_k}(z)\vert\geq \vert\text{im}(z)\vert^n.\] Il ne reste plus qu’à invoquer la continuité de l’application $A\mapsto P_A$ pour en déduire que \[\forall\,z\in\mathbb C,\quad :\quad \vert P_{A}(z)\vert\geq \vert\text{im}(z)\vert^n.\] Vu
1. , $P_A$ est scindé sur $\mathbb R$ : $A$ est donc triangularisable.
2. Le polynôme caractéristique d’une matrice diagonale dans $M_n(\mathbb R)$ étant scindé sur $\mathbb R$, les questions précédentes assurent que l’adhérence dans $M_n(\mathbb R)$ de l’ensemble des matrices diagonalisables est inclue dans l’ensemble des matrices triangularisables. L’inclusion inverse est facile à vérifier (raisonner comme dans la seconde partie de ’exercice précédent...).

Autour des sous-groupes de $\mathbb R$ *

9 novembre 2022 14:43 — Par Patrice Lassère

Soit $G$ un sous-groupe de $(\mathbb R,+)$.

Montrer que $G$ est soit dense soit monogène (i.e. $\exists\,a\geq 0\ :\ G=a\mathbb Z$).
Soient $a,b\in\mathbb R_+^\star$ montrer que $G=a\mathbb Z+b\mathbb Z$ est dense dans $\mathbb R$ si et seulement si ${a\over b}\not\in\mathbb Q$.
En déduire un exemple de deux fermés $A,B$ de $\mathbb R$ tels que $A+B$ ne soit pas fermé.
à toute application $f$ de $\mathbb R$ dans $\mathbb R$ on associe son groupe des périodes \[G_f:=\{ T\in\mathbb R\ :\ \forall\,x\in\mathbb R\ \ f(x+T)=f(x)\}.\] Montrer que $G_f$ est bien un groupe et que $f$ est toujours constante sur $G_f$.
Si de plus $f$ est continue, montrer que \[\left( f\text{ est non constante }\right)\iff \left(\ G_f\text{ est monogène } \right)\]
Donner l’exemple d’une fonction $f$ non constante munie d’un groupe des périodes dense.
Montrer que $\{\cos(n), n\in\mathbb N\}$ est dense dans $[-1,1]$.
Soit $A = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$.

-Que dire d’une fonction $f$ de ${\mathbb{R}}^2$ dans $\mathbb{R}$, continue, telle que pour tout $X = (x,y)$ de ${\mathbb{R}}^2$, $f(X) = f(X + (1,0)) = f(X+ (0,1) ) = f(AX)$ ?

-Même question avec $A = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$ .

[ID: 2595] [Date de publication: 9 novembre 2022 14:43] [Catégorie(s): Topologie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

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

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.
-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
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 $\mathbb R$.
$G_f$ est toujours non vide ($0\in G_f$) le reste suit tout aussi facilement.
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.
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.
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 $\alpha\in\mathbb R\setminus\mathbb Q$.
- 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 : \[\vert f(x)-f(y)\vert=\vert f(x')-f(y')\vert\leqslant \varepsilon.\]

Le théorème de Riesz dans un espace de Hilbert : c’est facile ! *

9 novembre 2022 14:43 — Par Patrice Lassère

Soit $H$ un espace de Hilbert.

On suppose la boule unité $\mathscr B_H:=\left\{x\in H\ :\ \vert\langle x,x\rangle\vert\leq 1\right\}$ compacte. Montrer que $H$ est de dimension finie.

On suppose $H$ de dimension infinie. Soit $\mathscr E:=\{e_n,\ n\in\mathbb N\}$ une famille orthonormée. Montrer que $\mathscr E$ est un fermé borné non compact de $H$.

[ID: 2597] [Date de publication: 9 novembre 2022 14:43] [Catégorie(s): Topologie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Le théorème de Riesz dans un espace de Hilbert : c’est facile !
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 14:43

Supposons $H$ de dimension infinie, on peut alors construire dans $H$ (Hilbert-Schmidt) une famille orthonormale $(e_j)_{j\in\mathbb N}$ bien entendu incluse dans $\mathscr B_H$. Mais pour tout $i\ne j\ :\ \Vert e_i-e_j\Vert =\sqrt 2$, toute boule ouverte dans $H$ de rayon $\sqrt{2}/2$ ne peut donc contenir plus d’un vecteur $e_j$ : il est par conséquent exclus d’espérer du recouvrement ouvert de $\mathscr B_H$

\[\mathscr B_H\subset\bigcup_{x\in\mathscr B_H} B(x,{{\sqrt 2}\over 2})\]

extraire un sous-recouvrement fini ; contradiction.
1. $H$ est de dimension infinie : soit $\mathscr E:=\{e_n,\ n\in\mathbb N\}$ une famille orthonormale, elle est visiblement bornée. Montrons qu’elle est fermée : soit $x\in\overline{\mathscr E}$ : il existe une suite $(e_{\varphi(k)})_k\subset \mathscr E$ qui converge vers $x$. On a donc $\lim_k\Vert e_{{\varphi(k+1)}}-e_{\varphi(k)}\Vert =0$, mais pour tout $i\ne j\ :\ \Vert e_i-e_j\Vert =\sqrt 2$. La seule alternative est alors que $\varphi$ soit constante à partir d’un certain rang $k_0$ i.e. $x=e_{\varphi(k_0)}\in\mathscr E$ qui est donc fermé.
  
  Comme pour la question précédente $\mathscr E$ n’est pas compact vu le recouvrement ouvert $\bigcup_{n\in\mathbb N} B(e_n,{{\sqrt 2}\over 2})$.
  
  Remarque : C’est bien sûr la version Hilbert du célèbre théorème de Riesz dont la preuve est un peu plus délicate. Le cadre particulier des espaces de Hilbert permet cette très simple et élégante approche.

Connexité *

9 novembre 2022 14:43 — Par Patrice Lassère

Soit $\Omega$ un ouvert de $\mathbb R$ et $f\,:\ \Omega\to\mathbb R$ une application dérivable. On suppose $f'$ identiquement nulle (respectivement $>0$) sur $\Omega$ ; $f$ est-elle constante sur $\Omega$ (resp. strictement croissante) sur $\Omega$ ?

[ID: 2599] [Date de publication: 9 novembre 2022 14:43] [Catégorie(s): Topologie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Connexité
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 14:43

Bien sûr que non ! il suffit de considérer pour le premier cas l’application $f\,:\,\Omega=\mathbb R^\star\to\mathbb R$ définie par

\[f(x)=\begin{cases} -1\quad&\text{ si }x>0,\\ +1\quad&\text{ si} x<0.\end{cases}\]

et pour le second la fonction $g\,:\,\Omega=\mathbb R^\star\to\mathbb R$ où $\displaystyle g(x)=-{1\over x}$.

Remarque : dans les deux cas c’est la non connexité de $\Omega$ qui fait capoter ce résultat archi-classique.

Un opérateur borné sans adjoint *

9 novembre 2022 14:43 — Par Patrice Lassère

On munit $\mathbb C[X]$ du produit scalaire

\[\forall\,P,Q\in\mathbb C[X]\ :\ \langle P,Q\rangle =\int_0^1P(t)\overline{Q(t)}dt.\]

Montrer que l’opérateur $T\,:\, P\in\mathbb C[X]\mapsto T(P)=P'$ n’a pas d’adjoint.

[ID: 2601] [Date de publication: 9 novembre 2022 14:43] [Catégorie(s): Topologie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Un opérateur borné sans adjoint
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 14:43

Supposons que $T$ admette un adjoint $T^\star$. Notons pour $n\in \mathbb N,\ p_n(x)=x^n$, alors

\[\begin{aligned} \langle \,p_n,T^\star p_0\rangle &= \int_0^1t^n\overline{T^\star p_0(t)}dt\\ &=\int_0^1 T(t^n)\overline{p_0(t)}dt\\ &=\int_0^1 n t^{n-1}dt=1 \end{aligned}\]

mais de l’autre côté, avec Cauchy-Schwarz

\[1=\vert \langle \,p_n,T^\star p_0\rangle \vert\leq \Vert p_n\Vert \cdot \Vert T^\star p_0\Vert \leq\sqrt{{1\over{2n+1}}}\Vert T^\star p_0\Vert <1\quad\text{ pour } n \text{ assez grand, }\]

d’où la contradiction.

$\exp(A)\in\mathbb C[A],\quad \forall A\in M_n(\mathbb C)$ *

9 novembre 2022 14:43 — Par Patrice Lassère

[tauv].

Soit $A\in M_n(\mathbb C)$. Montrer qu’il existe un polynôme $P\in\mathbb C[X]$ tel que \[e^A=P(A).\]

[ID: 2603] [Date de publication: 9 novembre 2022 14:43] [Catégorie(s): Topologie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

$\exp(A)\in\mathbb C[A],\quad \forall A\in M_n(\mathbb C)$
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 14:43

L’ensemble $\mathscr V:=\{\,P(A),\ P\in\mathbb C[X]\}$ est un sous-espace vectoriel de $M_n(\mathbb C)$ qui est de dimension finie : $\mathscr V$ est donc lui aussi1 fermé dans $M_n(\mathbb C)$. Mais $e^A=\lim_N\sum_{k=0}^N\frac{A^k}{k!}$ appartient à l’adhérence de $\mathscr V$ dans $M_n(\mathbb C)$ donc à $\mathscr V$, d’où le résultat.

1 un sous-espace de dimension finie d’un e.v.n. est toujours fermé

Topologie dans $M_n(\mathbb C)$ : commutant et bicommutant *

9 novembre 2022 14:43 — Par Patrice Lassère

$M_n(\mathbb C)$ est muni de sa topologie canonique d’espace vectoriel normé. Montrer que

L’ensemble $\mathscr F$ des matrices semblables à une matrice compagnon (i.e. l’ensemble des matrices cycliques) est un ouvert connexe dense de $M_n(\mathbb C)$.

Si $n\geq 2$, l’application $\displaystyle\quad\varphi\ :\ A\in M_n(\mathbb C)\mapsto \varphi(A):=\pi_A$ n’est pas continue.

Soit $u \in \rm End(E)$ où $E$ est un $\mathbb K$-espace vectoriel de dimension $n$. On rappelle que : \[{\rm Com}(u)=\{v \in \rm End(E)\: :\: u\circ v=v\circ u\}\] \[{\rm Bicom}(u)=\{v \in \rm End(E)\: :\: u\circ w=v\circ w\:,\: \forall w \in {\rm Com}(u)\} \subset {\rm Com}(u)\] sont, respectivement, le commutant et le bicommutant de $u$. Si $M$ est la matrice de $u$ (peu importe le choix de la base de $E$), on a bien sûr les définitions similaires de ${\rm Com}(M)$, et ${\rm Bicom}(M)$.

Montrer que pour toute matrice $A\in M_n(\mathbb C)$ son commutant ${\rm Com}$(A) est un sous-espace vectoriel de $M_n(\mathbb C)$ de dimension au moins $n$.

.......................??

[ID: 2605] [Date de publication: 9 novembre 2022 14:43] [Catégorie(s): Topologie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Topologie dans $M_n(\mathbb C)$ : commutant et bicommutant
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 14:43

Procédons par étapes :

-Si $A\in\mathscr F$, il existe $x_0\in\mathbb C^n$ tel que $\big(A^kx_0\big)_{k=0}^{n-1}$ soit une base de $\mathbb C^n$. Alors, l’application continue sur $M_n(\mathbb C)$ \[\varphi_{x_0}\ :\ M_n(\mathbb C)\ni A\mapsto \varphi_{x_0}(A):=\det(x_0,\,Ax_0,\dots,\,A^{n-1}x_0)\] vérifie donc $\varphi_{x_0}(A)\neq 0$. Par continuité de $\varphi_{x_0}$ en $A$ il existe $\delta>0$ tel que $\varphi_{x_0}(M)\neq 0$ pour tout $M\in B(A,\delta)$ i.e. $B(A,\delta)\subset \mathscr F$ et $\mathscr F$ est bien ouvert.

-Pour la connexité, vu que \[A\in \mathscr F \iff \exists P\in GL_n(\mathbb C),\,\exists\,a=(a_0,\dots,a_{n-1})\in \mathbb C^n\ :\ A=P^{-1}C(a)P,\] où $C(a)$ est la matrice compagnon associée au vecteur $a\in\mathbb C^n$. Autrement dit $\mathscr F=\psi(GL_n(\mathbb C)\times\mathbb C^n)$ avec \[\psi\,:\, GL_n(\mathbb C)\times\mathbb C^n\ni(P,a)\mapsto \psi(P,a):=P^{-1}C(a)P .\] $\psi$ est une application clairement continue de l’ouvert $GL_n(\mathbb C)\times\mathbb C^n$ connexe (comme produit des deux ouverts connexes $GL_n(\mathbb C)$ , et attention ! $GL_n(\mathbb R)$ lui n’est pas connexe si $n\geq 1$...) et $\mathbb C^n$ : $\mathscr F$ est donc bien connexe comme image continue d’un connexe.

-Il nous reste à établir la densité : mais il est bien connu que toute matrice de $M_n(\mathbb C)$ est limite d’une suite de matrices à valeurs propres deux à deux distinctes donc semblables à des matrices de Frobenius d’où la densité.
Supposons $\varphi$ continue, il en sera alors de même pour \[\quad\psi\ :\ M_n(\mathbb C)\ni A\mapsto \psi(A):=p_A-(-1)^n\pi_A\in\mathbb C[X]\] mais alors \[\mathscr F = \{A\in M_n(\mathbb C)\,:\,p_A=(-1)^n\pi_A\}=\psi^{-1}(\{0_{\mathbb C[X]}\})\] est fermé dans $M_n(\mathbb C)$ comme image réciproque d’un fermé par une application continue. Nous avons vu plus haut que $\mathscr F$ est ouvert : c’est donc une partie à la fois ouverte, fermée, non vide du connexe $M_n(\mathbb C)$, la seule alternative est $\mathscr F=M_n(\mathbb C)$ : égalité absurde si $n\geq 2$ et trivialle si $n=1$.
Pour toute matrice $A\in M_n(\mathbb C)$ on a l’inclusion évidente $\mathbb C[A]\subset{\rm Com}(A)$ ; mais, si $A$ est cyclique $\mathbb C[A]=\text{vect}\{\,I_n,A,\dots,A^{n-1}\}$ est (lemme fondamental) de dimension $n$, et par ailleurs, l’ensemble des matrices cycliques $\mathscr C_n(\mathbb C)$ est ouvert dense dans $M_n(\mathbb C)$. Par transitivité de la densité, il sera donc suffisant de montrer que l’ensemble \[F:=\{\,A\in M_n(\mathbb C)\ :\ \dim{\rm Com}(A)\geq n\}\] est fermé dans $M_n(\mathbb C)$. Pour établir ce dernier point, considérons, si $A\in M_n(\mathbb C)$, l’endomorphisme $\varphi_A\in\mathscr L(M_n(\mathbb C))$ défini par \[\varphi_A(B)=AB-BA,\] avec ce choix \[\ker(\varphi_A)={\rm Com}(A)\] si bien que \[F=\{\,A\in M_n(\mathbb C)\ :\ \text{rang}(A)\leq n^2-n\}.\]

Sous cette forme, il est n’est pas difficile de vérifier que $F$ est fermé dans $M_n(\mathbb C)$ : soit $A\in\overline F$, il existe dans $F$ une suite $(A_k)_k$ de limite $A$, ce qui implique aussitot : $\lim_k\varphi_{A_k}=\varphi_{A}$. Montrer que $A\in F$ est maintenant une conséquence immédiate de la semi-continuité inférieure de l’application rang en dimension finie, précisément :

Pour tout espace vectoriel $E$ de dimension finie $d$ et tout entier $1\leq k\leq d$, les ensembles de niveau $\mathscr R_k=\{ T\in\mathscr L(E)\ :\ \text{rang}(T)\leq k\}$ sont fermés dans $\mathscr L(E)$.

En effet, pour $T\in\overline{\mathscr R_k}$, $(T_l)_l\subset\mathscr R_k$ de limite $T$ : si $r=\text{rang(T)}$, la matrice $T$ admet un mineur $\Delta_r(T)$ non nul et par continuité : $\lim_l\Delta_r(T_l)=\Delta_r(T)\ne 0$. Il existe donc $l_0$ tel que $l\geq l_0$ implique $\Delta_r(T_l)\ne 0$ ; autrement dit : $\forall l\geq l_0\ :\ k\geq \text{rang}(T_l)\geq r$ i.e. $k\geq r\ \implies\ T\in F$. Le résultat suit avec $T=\varphi_A,\ T_l=\varphi_{A_l}$.

-La démonstration de la non continuité $A\mapsto \pi_A$ donnée dans la seconde question n’est bien entendu pas celle que l’on doit fournir le jour d’un oral (le pré-requis est trop important). Il faut impérativement connaitre la suivante, classique, rapide et simple : Supposons $\varphi$ continue, l’ensemble $\mathscr D'_n(\mathbb C)$ des matrices à valeurs propres deux à deux distinctes étant (cf exercice ???) dense dans $M_n(\mathbb C)$, il existe une suite $(A_k)_k\subset\mathscr D'_n(\mathbb C)$ telle que \[I_n=\lim_{k\to\infty}A_k.\] Par continuité de $\varphi$ \[\pi_{I_n}=\lim_{k\to\infty}\pi_{A_k}\] mais sur $\mathscr D'_n(\mathbb C)\ :\ (-1)^n\pi_A=P_A$ si bien que \[X-1=\pi_{I_n}=\lim_{k\to\infty}\pi_{A_k}=\lim_{k\to\infty}P_{A_k}=P_{I_n}=(-1)^n(X-1)^n\] égalité absurde si $n>1$ (si $n=1$ polynôme minimal et caractéristique coïncident d’où l’évidente continuité de $\varphi$ ) l’application est donc discontinue en $I_n$.

-Sur la dimension et parler du bicommutant.............voir un autre exo.........

Topologie dans $M_n(\mathbb C)$ : autour des matrices nilpotentes *

9 novembre 2022 14:43 — Par Patrice Lassère

[tauv], [fgna2].

Montrer que $A$ est nilpotente si, et seulement si, il existe une suite de matrices $(B_k)_k$ semblables à $A$ et de limite nulle.
Montrer que le sous-espace $\mathscr N$ engendré par les matrices nilpotentes est le sous-espace $\mathscr T$ des matrices de trace nulle.

[ID: 2607] [Date de publication: 9 novembre 2022 14:43] [Catégorie(s): Topologie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Topologie dans $M_n(\mathbb C)$ : autour des matrices nilpotentes
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 14:43

-Si $A$ est nilpotente, elle est semblable à une matrice triangulaire $T=((t_{ij}))$ stricte (i.e. $t_{ij}=0$ pour $i\geq j$). Il est bien entendu suffisant de prouver le résultat pour $T$. Pour tout $q\in\mathbb N$ soit $D(q)=\text{diag}(q^n,q^{n-1},\dots,q^2,q)$ et notons \[D(q)^{-1}T D(q)=((u_{ij})),\qquad 1\leq i,j\leq n\] on a alors \[\begin{cases} u_{ij}& = q^{i-j}t_{ij},\forall\, n\geq j>i\geq 1\\ u_{ij} & = 0,\quad\text{ si } i\geq j\end{cases}\] Donc, si $\alpha:=\max\{\,\vert t_{ij}\vert,\ 1\leq i,j\leq n\}$ on a aussitot \[\vert u_{ij}\vert\leq \dfrac{\alpha}{q},\quad \ 1\leq i,j\leq n\] et par suite $\lim_q D(q)^{-1}T D(q)= O_{M_n(\mathbb R)}$. D’où le résultat.

-Réciproquement soit $\Vert.\Vert$ une norme sur $\mathbb C^n$ et $\vert\Vert.\vert\Vert$ la norme subordonnée sur $M_n(\mathbb C)$.Pour tout $A\in M_n(\mathbb C)$ et $\lambda\in \mathbb C$ valeur propre de $A$ on a (classiquement) : \[\vert\lambda\vert\leq\vert\Vert A\vert\Vert.\] Si bien que s’il existe une suite $(B_k)_k$ de matrices semblables à $A$ et de limite nulle, les matrices $A$ et $B_k$ ayant même spectre on démontre sans peine que \[\forall\,\varepsilon>0,\quad\vert\lambda\vert<\varepsilon,\quad\forall\,\lambda\in\text{spec}(A),\] i.e. $\text{spec}(A)=\{0\}$ et $A$ est nilpotente.

Topologie dans $M_n(\mathbb C)$ : les classes de conjugaison *

9 novembre 2022 14:43 — Par Patrice Lassère

[tauv], [fgna2].

Si $A\in M_n(\mathbb C)$ on définit la classe de conjugaison de $A$ par \[\mathscr S_A=\left\lbrace P^{-1}AP,\quad P\in GL_n(\mathbb R)\right\rbrace.\]

Si $A$ est nilpotente, montrer que $0\in\overline{\mathscr S_A}$.
Montrer l’équivalence entre :

(i) $A$ est diagonalisable.

(ii) $\mathscr S_A$ est fermée dans $M_n(\mathbb C).$
Soit $A\in M_n(\mathbb C)$. Montrer que

(i) Montrer que $\mathscr S_A$ est borné si, et seulement si $A\neq\lambda I_n,\ \lambda\in\mathbb C$.

(ii) Montrer que $\mathscr S_A$ est connexe par arc, d’interieur vide dans $M_n(\mathbb C)$.

[ID: 2609] [Date de publication: 9 novembre 2022 14:43] [Catégorie(s): Topologie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Topologie dans $M_n(\mathbb C)$ : les classes de conjugaison
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 14:43

C’est une conséquence immédiate de l’exercice précédent.
(i) $\Rightarrow$ (ii). Soit $A\in M_n(\mathbb C)$ une matrice diagonale et $B\in\overline{\mathscr S_A}$. Comme $A$ est diagonalisable, son polynôme minimal est scindé à racines simples et est annulé par $A$, ie $\pi_A(A)=O$. En outre, $M\in\mathscr S_A\ \Rightarrow \ \forall\,k\in\mathbb N\ :\ M^k=PA^kP^{-1}\ \Rightarrow\ \pi_A(M)=P\cdot\pi_A(A)\cdot P^{-1}=O$. Ainsi \[\pi_A(M)=O,\quad\forall\, M\in{\mathscr S_A}\] et par continuité¹ de $M\mapsto \pi_A(M)$ \[\pi_A(M)=O,\quad\forall\, M\in\overline{\mathscr S_A},\] ainsi $\pi_A(B)=O$ : la matrice $B\in\overline{\mathscr S_A}$ est donc annulée par un polynôme scindé à racine simples et est donc diagonalisable. Pour s’assurer que $B\in\mathscr S_A$, il est maintenant suffisant de montrer que les matrices $A$ et $B$ ont mêmes valeurs propres et mêmes dimension de sous espaces propres.

Soient $\lambda\in\text{spec}(A)$, $E_\lambda=\{x\in\mathbb C^n\ :\ Ax=\lambda x\}$ le sous-espace propre associé et $F_\lambda=\{x\in\mathbb C^n\ :\ Bx=\lambda x\}$ et posons $n_\lambda=\dim E_\lambda,\ m_\lambda=\dim F_\lambda$. Soit $M\in\mathscr S_A$, $M$ étant semblable à $A$ : $\text{rang}(M-\lambda I_n)=n-n_\lambda$ qui implique que les mineurs d’ordre $n-n_\lambda+1$ de $M-\lambda I_n$ sont nuls. Ces mineurs dépendant polynomialement et donc continuement des coefficients, les mineurs d’ordre $n-n_\lambda+1$ de $B$ sont aussi nuls, soit : \[n-m_\lambda=\text{rang}(B-\lambda I_n)\leq n-n_\lambda\] i.e. \[m_\lambda\geq n_\lambda,\quad\forall\lambda\in\text{spec}(A).\]

En outre $B$ étant diagonalisable \[\sum_{\lambda\in\mathbb C}m_\lambda=n=\sum_{\lambda\in\text{spec}(A)}n_\lambda\leq \sum_{\lambda\in\text{spec}(A)}m_\lambda\] qui implique $n_\lambda=m_\lambda,\ \forall\,\lambda\in\text{spec}(A)$ qui assure à son tour que $B$ est semblable à $A$ : $B\in\mathscr S_A$ soit $\mathscr S_A=\overline{\mathscr S_A}$.

(ii) $\Leftarrow$ (i). Supposons maintenant par contraposée $A$ non diagonalisable. On peut écrire $A$ sous la forme $A=D+N$ avec $D$ diagonalisable, $N$ nilpotente non nulle et $ND=DN$. À conjugaison prés, on peut supposer \[D=\text{diag}(\lambda_1 I_{m_1},\dots,\lambda_k I_{m_k})\] $\lambda_1,\dots,\lambda_k$ étant les valeurs propres distinctes de $A$, $m_1,\dots,m_k$ leur multiplicité. Comme $ND=DN$, $N$ est de la forme \[N=\text{diag}(N_1,\dots,N_k),\quad N_i\in M_{m_i}(\mathbb C),\ 1\leq i\leq k,\] et en effectuant les produits par blocs dans $ND=DN$ on voit que l’on peut² supposer les $N_i$ triangulaires supérieures strictes. Alors, comme dans la preuve de la première question \[D(q)^{-1}D D(q))=D\quad\text{et}\quad \lim_q D(q)^{-1}N D(q))=0\] qui implique \[D=\lim_q D(q)^{-1}(D+N)D(q)=\lim_q D(q)^{-1}AD(q)\] i.e. $D\in\overline{\mathscr S_A}$. D’un l’autre coté $D\not\in\mathscr S_A$ puisque $A$ n’est pas diagonalisable : $\mathscr S_A\neq\overline{\mathscr S_A}$ et la seconde implication est démontrée.

Remarques : -Dans la solution de la question précédente il est démontré que pour toute matrice $A=D+N\in M_n(\mathbb C)$ (décomposition de Dunford), la matrice diagonale $D$ est toujours dans $\overline{\mathscr S_A}$.

-Suivant Francinou Gianella &...[fgna1] on peut simplifier la preuve (i)$\Rightarrow$(ii) de la manière suivante : soient $A$ diagonalisable, $B\in\overline{\mathscr S_A}$, avec $B=\lim_kA_k$ où $(A_k)_k\subset\mathscr S_A$. $A_k\in\mathscr S_A$ implique $\chi_A=\chi_{A_k},\ \forall k\in\mathbb N$ et par continuité de l’application $M\mapsto \chi_M$ il vient \[\chi_B=\lim_k\chi_{A_k}=\chi_A.\] Mais aussi, comme nous l’avons remarqué plus haut $\pi_A(B)=O$ : la matrice $B$ annulée par un polynôme scindé à racines simples est diagonalisable. Les matrices $A$ et $B$ ont donc mêmes valeurs propres (comptées avec leur multiplicités) et sont diagonalisables : elles sont semblables et $B\in\mathscr S_A$.
-Si $A=\lambda I_n,\ \lambda\in\mathbb C$ alors $\mathscr S_A=\{A\}$ qui est bien bornée. Maintenant, si $A$ n’est pas une matrice scalaire l’endomorphisme $f$ canoniquement associé à $A$ n’est pas une homothétie et un exercice classique d’algèbre linéaire3 assure de l’existence d’un vecteur $v\in\mathbb C^n$ tel que la famille $\{v,f(v)=Av\}$ soit libre. Considérons alors la base $\mathscr B_\lambda:=\{v, \lambda Av,e_3,\cdots,e_n\}$ où $\lambda>0$ et soit $A_\lambda\in\mathscr A$ la matrice de $A$ dans cette base. En observant la première colonne de $A_\lambda$ il vient $\Vert A_\lambda\Vert_\infty\geq \lambda^{-1}\longrightarrow+\infty$ lorsque $\lambda$ tends vers $0$ et $\mathscr S_A$ n’est pas bornée⁴ dans $M_n(\mathbb C)$.

-Une classe de similitude n’est jamais ouverte et est même d’intérieur vide car tous les éléments d’une telle classe ayant même trace, elle est incluse dans un hyperplan affine de $M_n(\mathbb C)$ donc d’intérieur vide.

Pour la connexité par arcs, ce n’est pas encore clair....

1 Attention ! par contre l’application $A\mapsto \pi_A$ n’est pas continue, on deux trouvera deux preuves dans ce document.
2 Choisir une base adaptée à la décomposition précédente dans laquelle chaque matrice $N_i$ est triangulaire, la matrice $D$ reste inchangée vu sa forme et le choix de la nouvelle base.↩︎
Consultez votre ouvrage favori...
Qu’importe la norme, elles sont toutes équivalentes...↩︎

Espace de Banach *

9 novembre 2022 14:43 — Par Patrice Lassère

[rms]-1994/95.

Soit $(E,\Vert .\Vert)$ un espace de Banach admettant une famille libre $(a_n)_{n\geq 1}$.

Montrer que $F_n:=\text{Vect}(a_1,\dots,a_n)$ est fermé dans $E$.

Construire une suite $(\alpha_n)_n$ de réels strictement positifs vérifiant pour tout $n\in\mathbb N^\star$ \[\alpha_n.\Vert a_{n+1}\Vert\leq \dfrac{1}{3}d(\alpha_na_n,F_{n-1}).\]

Justifier l’existence de $x=\sum_{k\geq 1}\alpha_ka_k$. Existe-t-il $n\in\mathbb N^\star$ tel que $x\in F_n$ ?

Conclusion ?

[ID: 2611] [Date de publication: 9 novembre 2022 14:43] [Catégorie(s): Topologie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Espace de Banach
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 14:43

$E_n$ est un sous espace vectoriel normé de dimension finie de $E$ il est donc complet (consultez votre manuel favori) et donc fermé dans $E$ (dans un espace métrique, toute partie complète est fermée).
On procède par récurrence. $\alpha_0$ se construit sans peine ; supposons $\alpha_0,\alpha_1,\dots,\alpha_n$ construits, puisque $F_{n-1}$ est fermé et que $\alpha_n a_n\not\in F_{n-1}$, on a $d_n:=d(\alpha_n a_n,F_{n-1})>0$ si bien qu’en posant $\alpha_{n+1}=\dfrac{d_n}{3\Vert a_{n+1}\Vert}$ on tire \[\begin{aligned}d_{n+1}&=d(\alpha_{n+1}a_{n+1},F_n)\leq d(\alpha_{n+1}a_{n+1},0)=\alpha_{n+1}\Vert a_{n+1}\Vert \\ &\leq \dfrac{1}{3}d_n = \dfrac{1}{3}d(\alpha_n a_n,F_{n-1})\leq \dfrac{\alpha_n\Vert a_n\ Vert}{3} \end{aligned}\] soit
On déduit de la construction précédente que pour tout entier $k$ \[\Vert\alpha_k a_k\Vert\leq \dfrac{\Vert\alpha_0 a_0\Vert}{3^k},\] La série $\sum_n \alpha_k a_k$ est donc absolument convergente, et comme $E$ est complet, elle converge.
.................

Surjectivité universelle de l’ensemble de Cantor *

9 novembre 2022 14:43 — Par Patrice Lassère

[amm] 10/1998.

Il s’agit de quelques applications, souvent surprenantes de la propriété universelle de surjectivité de l’ensemble de Cantor $C$ :

Tout espace métrique compact est image continue de l’ensemble de Cantor

(Alexandroff-Hausdorff)

Il existe une surjection continue $f$ de $[0,1]$ sur $[0,1]^d$.
Une fonction continue qui interpole toute suite bornée : Il existe une application continue $f\in\mathscr C (\mathbb R,\mathbb R)$ telle que pour toute suite $\mathbf{y}=(y_n)_n\in[-1,1]^{\mathbb Z}$, il existe $a\in\mathbb R$ tel que \[f(a+n)=y_n,\quad \forall\,n\in\mathbb Z.\]
Le théorème de Banach-Mazur : Tout Banach séparable est linéairement isométrique à un sous-espace de $\mathscr C([0,1])$.

[ID: 2613] [Date de publication: 9 novembre 2022 14:43] [Catégorie(s): Topologie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Surjectivité universelle de l’ensemble de Cantor
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 14:43

Par le théorème d’Alexandroff-Hausdoff, il existe une application continue surjective $f\ :\ C\to[0,1]^d$. On va prolonger $f$ à tout l’intervalle $[0,1]$ par interpolation linéaire : le complémentaire de l’ensemble de Cantor dans $[0,1]$ est réunion dénombrable d’intervalles ouverts. Soit $]a,b[$ l’un de ces intervalles, on définit $f$ sur $]a,b[=\{\,ta+(1-t)b,\ 0<t<1\}$ en posant \[f(ta+(1-t)b)=tf(a)+(1-t)f(b).{\text{($\star$)}}\] $f$ ainsi prolongée est visiblement continue et par convexité du cube $[0,1]^d$ elle reste à valeurs dans le cube, soit $f([0,1])=[0,1]^d$.

Remarques : -Donner une référence pour la preuve du théorème de Alexandroff-Hausdorff.

-Dans la première question, seule intervient la convexité du cube. On à donc en fait démontré : Pour tout espace métrique compact convexe $K$ d’un espace vectoriel topologique $E$ (il faut tout même être dans un e.v.t. pour que le prolongement ($\star$) soit continu), il existe une surjection continue de $[0,1]$ sur $K$. Et même plus générallement Pour tout espace métrique compact $K$ d’un espace vectoriel topologique $E$, il existe une application continue $f\in\mathscr C([0,1],E)$ telle que $K\subset f([0,1])\subset \text{conv(K)}$.
Munissons l’ensemble $[-1,1]^\mathbb Z$ des suites $\mathbf{y}=(y_n)_{n\in\mathbb Z}$ vérifiant $\vert y_n\vert\leq 1,\ \forall\,n\in\mathbb Z$, de la topologie produit ; par le théorème de Tychonoff c’est un espace compact. Comme produit dénombrable d’espace métrisable, $K$ est aussi métrisable (par exemple par $d(\mathbf{y},\mathbf{x})=\sum_{n\in\mathbb Z}2^{-\vert n\vert}\vert y_n-x_n\vert$, la compacité peut alors d’ailleurs de démontrer par un procédé d’extraction diagonal...).

Avec Alexandroff-Hausdorff, il existe donc une surjection continue $\psi$ de $C$ sur $[-1,1]^\mathbb Z$ : $t\in C\mapsto \psi(t):=(\psi_n(t))_{n\in\mathbb Z}$ ; $[-1,1]^\mathbb Z$ étant muni de la topologie produit, les applications coordonnées $\psi_n\ :\ C\to [-1,1]$ sont continues.

On suppose ici que $C\subset[0,1/2]$ (par exemple l’image du Cantor standart par l’homéomorphisme $f(x)=x/2$) de telle sorte que \[\left( C+n\right) \bigcap \left( C+m\right) =\emptyset,\quad \forall\,m\neq m\ \text{ dans }\ \mathbb Z,\] ce qui permet de définir la fonction $f$ sur $A=\bigcup_{n\in\mathbb Z}\left( C+n\right)$ par \[f(t+n)=\psi_n(t),\quad t\in C,\ n\in\mathbb Z.\] Vu $A$ et $\psi$, $f$ est bien définie et continue sur $A$ et comme dans la question précedente ($\mathbb R\setminus A$ est réunion dénombrable d’intervalles ouverts ; on peut aussi bien entendu invoquer le théorème d’extension de Tietze) on prolonge $f$ sur $\mathbb R$ en une fonction continue notée encore $f$ à valeurs dans $[-1,1]$. La fonction $f$ possède la propriété recquise : soit $\mathbf{y}=(y_n)_n\in[-1,1]^\mathbb Z$, il existe $t_0\in C$ tel que $\psi(t_0)=\mathbf{y}$ i.e. $f(t_0+n)=\psi_n(t_0)=y_n,\ \forall\,n\in\mathbb Z$.

Remarques : -On peut bien entendu remplacer $[-1,1]^\mathbb Z$ par $[-a,a]^\mathbb Z$ avec $a>0$. Toutefois il n’est pas envisageable de contruire une application continue sur $\mathbb R$ qui interpole toutes les suites doublement (i.e. indicées dans $\mathbb Z$) bornées et même toute les suite constantes : en effet si tel était le cas on aurait \[\forall\,\alpha\in\mathbb R,\quad\exists\,t\in\mathbb R\ :\ f(t+n)=\alpha,\quad\forall\,n\in\mathbb Z\] qui implique $f([0,1])=\mathbb R$ contredisant la continuité de $f$.

-Soit $\{M_n\}_{n\in\mathbb Z}$ une suite arbitraire d’entiers positifs ; en remplacant $[-1,1]^\mathbb Z$ par $\prod_{n\in\mathbb Z}[-M_n,M_n]$ la démontration précédente permet de travailler avec des suites $\mathbf{y}=(y_n)_n$ vérifiant $\vert y_n\vert\leq M_n,\ \forall\,n\in\mathbb Z$. Il est en particulier possible de construire une fonction continue qui interpole toutes les suites (indicées dans $\mathbb N$) bornées. Précisément : Il existe $f\in\mathscr C(\mathbb R,\mathbb R)$ telle que pour toute suite bornée $\mathbf{y}=(y_n)_{n\in\mathbb N}$ il existe $t\in\mathbb R$ vérifiant $f(t+n)=y_n,\ \forall\,n\in\mathbb N$ . En effet, considèrons la fonction $f$ obtenue avec la suite $M_n=n$ si $n\geq 0$ et $M_n=0$ sinon. Avec ce choix, pour toute suite bornée $\mathbf{y}=(y_n)_{n\in\mathbb N}$ il existe $k\in\mathbb N$ tel que $\vert y_n\vert\leq k,\ \forall\,n\in\mathbb N$ et il existe alors $t\in\mathbb R$ tel que $f(s+m)=0$ si $m<k$ et $f(s+m)=y_{m-k}$ pour $m\geq k$, le choix $t=s+k$ convient.
Pour montrer que tout espace de Banach séparable $X$ est isométrique1 de $\mathscr C([0,1])$, on procède par étape :

-Première étape : Tout espace de Banach séparable est isométrique à un sous-espace de $\mathscr C(K)$ où $K$ est une partie compacte convexe métrisable d’un espace vectoriel topologique $E$.

Désignons par $X^\star$ le dual topologique de $X$. Tout élément $x\in X$ peut être considéré comme une forme linéaire sur $X^\star$ par \[x(y^\star):=y^\star(x),\quad\forall\,y\in X^\star.{\text{($\star$)}}\] Si l’on muni $X^\star$ de la topologie $\sigma(X^\star,X)$ (où faible$^\star$, c’est la topologie la plus faible sur $X^\star$ rendant continue les éléments de $X$ considérés comme fonctionnelles par ($\star$)), pour cette topologie, la boule unité $K$ de $X^\star$ (la boule unité de l’espace de Banach $X^\star$) est une partie compacte, convexe et métrisable ([watop] pages ???). Nous pouvons maintenant définir une isométrie $J$ de $X$ dans $\mathscr C(K)$ par \[J(x)(k):=k(x)=x^\star(k),\quad\forall\,x\in X,\ k\in K.\] $J$ est clairement linéaire, que $J(x)\in \mathscr C(K)$ résulte de la définition de la topologie $\sigma(X^\star,X)$, vérifions enfin que $J$ est bien une isométrie. Pour tout $k\in K,\ x\in X$ \[\vert J(x)(k)\vert=\vert k(x)\vert\leq \Vert k\Vert_{X^\star}\Vert x\Vert_X \leq\Vert x\Vert_X\] la première inégalité résulte de la définition de la norme sur $X^\star$ et la seconde du fait que $K$ est la boule unité de $X^\star$ (i.e. $\Vert k\Vert_{X^\star}\leq 1$). Ainsi \[\Vert J(x)\Vert_{\mathscr C(K)}=\sup_{k\in K}\vert J(x)(k)\vert\leq\Vert x\Vert_X.\] L’inégalité contraire est une conséquence d’un corollaire du théorème de Hahn-Banach ([watop] page ....) : pour tout $x\in X$ il existe $k_x\in K$ telle que $k_x(x)=\Vert x\Vert_X$. Alors \[\Vert J(x)\Vert_{\mathscr C(K)}\geq J(x)(k_x)=k_x(x)\Vert x\Vert_X\] soit finalement $\Vert J(x)\Vert_{\mathscr C(K)}=\Vert x\Vert_X,\ \forall\,x\in X$ : $J$ est bien une isométrie.

-Seconde étape : $\mathscr C(K)$ est isométrique à un sous espace de $\mathscr C([0,1])$.

Puisque $K$ est un espace compact convexe métrisable, il existe (c’est la seconde remarque de la première question) une surjection continue $\psi\ :\ [0,1]\to K$. L’opérateur de composition défini sur $\mathscr C(K)$ par \[T(f)(t)=f(\psi(t)),\quad t\in[0,1]\] est un opérateur linéaire de $\mathscr C(K)$ dans $\mathscr C([0,1])$, c’est une isométrie car \[\Vert T(f)\Vert_{\mathscr C([0,1])}=\sup_{t\in[0,1]}\vert f(\psi(t))\vert =\sup_{k\in K}\vert f(k)\vert=\Vert f\Vert_{\mathscr C(K)}\] par surjectivité de $\psi$.

Remarques : Dans l’article cité dans l’énoncé on trouvera d’autres applications, par exemple

-Un ensemble convexe universel : Pour tout $d\in\mathbb N^\star$, il existe un compact convexe $K\subset\mathbb R^{d+2}$ tel que tout compact convexe de $\mathbb R^d$ soit isométrique à l’une des faces de $K$.

-(Rudin, 1973) Il existe une suite uniformément bornée d’applications strictement positives $(f_n)_n$ continues sur $[0,1]$ (on peut même prendre des polynômes) vérifiant

$\rightsquigarrow$$f_n(x)\to 0$ pour tout $x\in[0,1]$.

$\rightsquigarrow$Pour toute suite non bornée $(\lambda_n)_n$ de réels positifs, il existe $x\in[0,1]$ telle que $\rm{limsup}_n \lambda_nf_n(x)=0$.

1 $X$ est isométrique à un sous-espace $Y$ d’un Banach, s’il existe une application linéaire continue $T\ :\ X\to Y$ vérifiant $\Vert Tx\Vert_Y=\Vert x\Vert_X$ pour tout $x\in X$.

Sur les espaces de Baire *

9 novembre 2022 14:43 — Par Patrice Lassère

[watop]

Soient $X$ un espace topologique, $Y$ un sous-espace de $X$

Soit $A\subset Y$ un ensemble fermé d’intérieur vide (dans $Y$). Montrer que $A$ est rare dans $X$ i.e. $\mathring{\overline{A}^X}=\emptyset$.
Si $A\subset Y$ est maigre dans $Y$, montrer qu’il est maigre dans $X$.
Dans un espace de Baire, montrer que le complémentaire de toute partie maigre est un espace de Baire.
Montrer qu’un espace de Baire séparé et sans points isolés est non dénombrable.

[ID: 2615] [Date de publication: 9 novembre 2022 14:43] [Catégorie(s): Topologie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Sur les espaces de Baire
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 14:43

Sinon, l’adhérence de $A$ dans $X$ est d’intérieur non vide : il existe donc un ouvert $O$ de $X$ tel que $\mathring{\overline{A}^X}\neq\emptyset$ et par conséquent, tout fermé de $X$ contenant $A$ contient $O$. Soit $F$ un fermé de $Y$ contenant $A$ : il existe un fermé $L$ de $X$ tel que $F=L\cap Y$. $A\subset F=L\cap Y$ implique $A\subset L$ et par suite $O\subset L$. Ainsi, pour tout fermé $F$ de $Y$ contenant $A$ : $O\cap Y\subset F$, donc \[O\cap F \subset \overline{A}^Y.\] Il ne reste plus qu’à vérifier que l’ouvert $O\cap F$ est non vide : si c’est le cas, comme $O$ est un ouvert non vide de $\overline{A}^X$ on aurait $O\cap Y=\emptyset$ et $A\subset Y\ \implies\ O\cap A=\emptyset$ soit $ùO\subset(X\setminus\overline{A}^X)$ ce qui est absurde !
Soit $A\subset Y$ une partie maigre de $Y$. $A$ est donc contenue dans un réunion dénombrable de fermés (de $Y$) d’intérieur vide (dans $Y$) i.e. \[A\subset\bigcup_n F_n,\qquad F_n=\overline{F_n}^Y,\qquad \mathring{F_n}=\emptyset.\] Avec la première question, les $F_n$ sont rares dans $X$ et comme $A\subset\cap_n \overline{F_n}^X$ est maigre dans $X$ comme réunion dénombrable d’ensembles rares (dans $X$).
Soit $Y\subset X$ une partie maigre d’un espace de Baire $X$. Supposons que $Z=X\setminus Y$ ne soit pas un espace de Baire, i.e. il existe une suite $(F_n)_n$ de fermés (de $Z$) d’intérieur vide tels que $Z=\cup_n F_n$, autrement dit $Z$ est maigre dans $Z$ et vu
, $Z$ est maigre dans $X$. Ceci est absurde car l’espace de Baire $X=Y\cup Z$ serait maigre comme reunion de deux ensembles maigres. CQFD.
Soit $X$ un espace de Baire séparé et sans points isolés, les singletons sont alors fermés d’intérieur vide et $X$ ne peut être dénombrable (sinon $X=\cup_n\{a_n\}$....).

Un espace de Baire $A\subset\mathbb R$ non dénombrable et de mesure nulle *

9 novembre 2022 14:43 — Par Patrice Lassère

Soit $\{a_n\}$ une partie dénombrable dense dans $[0,1]$. Pour tout $\varepsilon>0$ et tout entier $n\in\mathbb N$ on pose : \[O_n(\varepsilon)=]a_n-2^{-n}\varepsilon,\,a_n+2^{-n}\varepsilon[,\quad O_\varepsilon=[0,1]\cap\bigcup_{n\geq 0}O_n(\varepsilon).\] Montrer que $\displaystyle A=\bigcap_{p\geq 1} O_{1/p}$ est un espace de Baire non dénombrable de mesure de Lebesgue nulle.

[ID: 2617] [Date de publication: 9 novembre 2022 14:43] [Catégorie(s): Topologie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Un espace de Baire $A\subset\mathbb R$ non dénombrable et de mesure nulle
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 14:43

-Par sa définition, $O_\varepsilon$ est un ouvert de $[0,1]$ ; contenant la suite $\{a_n\}$, il est aussi dense.

Comme dans un espace de Baire le complémentaire de toute partie maigre est encore de Baire (voir l’exercice précédent) : pour montrer que $A$ est de Baire, il sera suffisant de montrer que son complémentaire (dans $[0,1]$) est maigre (i.e. réunion dénombrable d’ensembles rares). Or \[\begin{matrix} [0,1]\setminus A=\bigcup_{p\geq 1}[0,1]\setminus O_{1/p} =&\underbrace{\bigcup_{p\geq 1}\left( [0,1]\setminus\bigcap_{n\geq 1}O_n(1/p)\right)}& :=\bigcup_{p\geq 1}F_p \\ & \text{fermé de }[0,1]\text{ car }\cap\text{ de fermés}& \\ \end{matrix}\] les fermés $F_p=[0,1]\setminus O_{1/p}$ sont visiblement d’intérieur vide (sinon l’ouvert $O_{1/p}$ éviterai un ouvert ce qui est absurde puisqu’il est dense car contenant la suit dense $\{a_n\}$) : $A$ est bien un espace de Baire.

-Pour montrer que $A$ n’est pas dénombrable on s’appuie sur le résultat suivant un espace de Baire séparé et sans points isolés est non dénombrable (voir l’exercice précédent). Montrons donc que $A$ est séparé et sans points isolés.

-Soient $x\neq y$ dans $A=\cap_p O_{1/p}$ et posons $\delta=\vert x-y\vert$. Le diamètre de $O_n(1/p)$ vaut $2/p2^n$ qui est $<\delta$ dès que $p$ est suffisament grand et ceci pour tout $n\in\mathbb N$. Pour un tel choix de $p$, il existera $n_x\in\mathbb N$ tel que $x\in O_{n_x}(1/p)$, alors $y\not\in O_{n_x}(1/p)$ ; mais comme $y\in A$ il existe $n_y\neq n_x\in\mathbb N$ tel que $y\in O_{n_y}(1/p)$ : $A$ est bien séparé.

-$A$ contenant la suite dense $\{a_n\}$ est sans points isolés.

-$A$ est enfin de mesure de Lebesgue nulle car pour tout $\varepsilon>0$ \[\lambda(A)\leq\lambda(O_\varepsilon)\leq \sum_{n\geq 0}\lambda(0_n(\varepsilon)) =\sum_{n\geq 0}2.2^{-n}\varepsilon=2\varepsilon.\] D’où le résultat.

Baireries : sur les applications $f\ :\ \mathbb R^2\to\mathbb R$ séparément continues *

9 novembre 2022 14:43 — Par Patrice Lassère

Soit $f\ :\ \mathbb R^2\to\mathbb R$ une séparément continue. Si $f$ est nulle sur une partie dense de $\mathbb R^2$, montrer que $f$ est identiquement nulle.

[ID: 2619] [Date de publication: 9 novembre 2022 14:43] [Catégorie(s): Topologie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Baireries : sur les applications $f\ :\ \mathbb R^2\to\mathbb R$ séparément continues
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 14:43

Sinon, il existe $(a,b)\in\mathbb R^2$ tel que $\vert f(a,b)\vert= c>0$. L’application $y\mapsto f(a,y)$ étant par hypothèse continue sur $\mathbb R$ donc au point $b$, il existe $\varepsilon>0$ tel que \[\vert f(a,y)\vert \geq c/2,\qquad\forall\,y\in ]b-\varepsilon,b+\varepsilon[.{(\text{$\star$})}\] Si on pose pour tout $k\in\mathbb N^\star$ \[E_k=\left\lbrace y\in]b-\varepsilon,b+\varepsilon[\ :\ \vert f(x,y)\vert\geq c/4,\ \forall\,x\in ]a-1/k,a+1/k[\right\rbrace,\] on aura, avec ($\star$) \[]b-\varepsilon,b+\varepsilon[=\bigcup_{k\geq 1}E_k.\] Par le théorème de Baire, l’un au moins des ensembles $E_k$, disons $E_m$ est non rare (i.e. $\overset{\circ}{\overline{E_m}}\neq\emptyset$) et il existe un intervalle $]\alpha,\beta[\subset \overset{\circ}{\overline{E_m}}$. Il n’est maintenant pas difficile de vérifier que \[\vert f(x,y)\vert\geq c/4,\qquad\forall\,(x,y)\in ]a-1/m,a+1/m[\times]\alpha,\beta[{(\text{$\star$})}\] ce qui fourni la contradiction désirée.

Pour vérifier ($\star$), soit $(x,y)\in ]a-1/m,a+1/m[\times]\alpha,\beta[$. Comme $y\in ]\alpha,\beta[\subset \overset{\circ}{\overline{E_m}}\subset \overline{E_m}$, il existe une suite $(y_n)_n$ dans $E_m$ convergente vers $y$ et la continuité de $x\mapsto f(x,y)$ implique \[\left( \lim_{n\to\infty}(x,y_n)=(x,y)\quad \&\quad (x,y_n)\in]a-1/m,a+1/m[\times]\alpha,\beta[\right) \Longrightarrow \left( \vert f(x,y)\vert\geq c/4\right) .\] soit ($\star$).

Applications linéaires dans un espace vectoriel normé *

9 novembre 2022 14:43 — Par Patrice Lassère

On considère les deux normes sur $\mathbb R[X]$ définies pour $P=\sum_k a_kX^k\in\mathbb R[X]$ par \[N_1(P)=\sum_k\vert a_k\vert,\qquad N_2(P)=\sup_{x\in\mathbb R}\left\vert P(x)e^{-\vert x\vert}\right\vert.\] Dans les espaces vectoriels normés $(\mathbb R[X],N_1)$, $(\mathbb R[X],N_1)$ étudier la continuité des applications \[T\ :\ \begin{cases} \mathbb R[X]\longrightarrow \mathbb R[X]\\ P\longmapsto T(P)=P(X+1)\end{cases}\quad L_Q\ :\ \begin{cases} \mathbb R[X]\longrightarrow \mathbb R[X]\\ P\longmapsto L(P)=PQ\end{cases}\]

[ID: 2621] [Date de publication: 9 novembre 2022 14:43] [Catégorie(s): Topologie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Applications linéaires dans un espace vectoriel normé
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 14:43

Que $N_1, N_2$ soient deux normes sur $\mathbb R[X]$ ne mérite ici aucune précision (ne pas oublier tout de même de justifier que $N_2(P)\neq+\infty$....).

On a pour tout $n\in\mathbb N^\star$ \[N_1(X^n)=1\quad \text{et}\quad N_1(T(X^n))=N_1((X+1)^n)=\sum_{k=0}^nC_n^k=2^n\] l’existence d’une constante $C>0$ telle que $N_1(T(P))\leq C N_1(P)$ est donc sans espoir : $T$ est un endomorphisme discontinu de $(\mathbb R[X],N_1)$.
Écrivons pour $P\in\mathbb R[X]$ \[\begin{aligned} N_2(T(P))&=\sup_{x\in\mathbb R}\left\vert P(x+1)e^{-\vert x\vert}\right\vert\\ &=\sup_{y\in\mathbb R}\left\vert P(y)e^{-\vert y-1\vert}\right\vert\quad\text{où }y=x+1,\\ &\leq e\sup_{y\in\mathbb R}\left\vert P(y)e^{-\vert y\vert}\right\vert =e N _2(P)\end{aligned}\] où l’inégalité est justifiée car $\vert y-1\vert\geq \vert y\vert-1$ et donc $-\vert y-1\vert\leq 1-\vert y\vert$. $T$ est donc un endomorphisme continu de $(\mathbb R[X],N_2)$ de norme inférieure ou égale à $e$.
Soit $Q=\sum_{k=0}^d b_kX^k$, comme \[L_Q(P)=\sum_{k=0}^d b_k L_{X^k}(P){(1)}\] il est suffisant, pour démontrer la continuité de $L_Q$, d’établir celle des applications $L_{X^n},\ n\in\mathbb N$. Or, \[N_1(L_{X^n}(P))=N_1(X^nP)=N_1(\sum_k a_kX^{n+k})=\sum_{k=0}^{\text{deg}(P)}\vert a_k \vert=N_1(P).{(2)}\] i.e. $\forall\,n\in\mathbb N,\ L_{X^n}\in\mathscr L_c((\mathbb R[X],N_1))$. De là, (1) et (2) donnent, pour tout polynôme $P$ \[N_1(L_Q(P))\leq \sum_{k=0}^{d}\vert b_k\vert N_1(L_{X^k}(P))=N_1(Q)N_1(P).\] $L_Q$ est donc un endomorphisme continu de $(\mathbb R[X],N_1)$ de norme inférieure ou égale à $N_1(Q)$ (et en fait égale en considérant $P=1$).
Il reste à étudier la continuité de $L_Q$ pour la norme $N_2$. Commencons par un petit calcul, pour $N\in\mathbb N^\star$ \[\sup_{x\in\mathbb R}\left\vert x^Ne^{-\vert x\vert}\right\vert= \sup_{x\in\mathbb R_+}\left\vert x^Ne^{-\vert x\vert}\right\vert=N^Ne^{-N}\] où la première égalité résulte de la parité ou imparité de $x\mapsto x^Ne^{-\vert x\vert}$, la seconde étant une banale étude de fonction. Il en résulte aussitot que pour $n,m\in\mathbb N^\star$ \[\dfrac{N_2(L_{X^n}(X^m))}{N_2(X^m)}=\dfrac{(n+m)^{n+m}e^{-n-m}}{m^me^{-m}}\\ =\left(1+\dfrac{n}{m}\right)^m(n+m)^ne^{-m}\underset{m\to\infty}{\sim}m^n\] et $n\geq 1$ implique que $\lim_{m\to\infty}m^n=+\infty$ : les applications $L_{X^n}$ sont donc discontinues pour tout $n\geq 1$.

Une combinaison linéaire d’applications discontinues n’ayant aucun raison d’être discontinue, on ne peut en déduire immédiatement l’éventuelle discontinuité de $L_Q=\sum_{k=0}^d b_k L_{X^k}$. Toutefois nous n’en sommes plus trés loin car pour $Q$ de degré supérieur ou égal à $1$ et $n\in\mathbb N$ : \[\begin{aligned}\dfrac{N_2(L_{Q}(X^n))}{N_2(X^n)}&=\dfrac{\sup_{x\in\mathbb R}\left\vert(b_0+b_1x+\dots+b_dx^d)x^ne^{-\vert x\vert}\right\vert}{n^ne^{-n}}\\ &\geq \dfrac{\left\vert(b_0+b_1n+\dots+b_dn^d)n^ne^{-n}\right\vert}{n^ne^{-n}}\underset{n\to\infty}{\sim}\vert b_d\vert n^d \underset{n\to\infty}{\longrightarrow}+\infty\ \text{car }d\geq 1.\end{aligned}\] $L_Q$ est donc discontinue pour la norme $N_2$ dés que $Q$ est non constant. Si $Q$ est constant, $L_Q=\lambda I_{\mathbb R[X]}$ : elle est continue.

Sur la norme d’une forme linéaire *

9 novembre 2022 14:43 — Par Patrice Lassère

[rms], 2005.

Soient $E$ un espace vectoriel normé, $\psi\in E'$ une forme linéaire continue non identiquement nulle sur $E$. Soit $e\in E$ tel que $\psi(e)\neq 0$. Montrer que \[\vert\vert\vert \psi\vert\vert\vert = \dfrac{\vert \psi(e)\vert}{\rm{dist}(e,\ker(\psi))}.\]

[ID: 2623] [Date de publication: 9 novembre 2022 14:43] [Catégorie(s): Topologie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Sur la norme d’une forme linéaire
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 14:43

On peut commencer par remarquer que $\psi(e)\neq 0$ et $\ker(\psi)$ fermé assurent que $\rm{dist}(e,\ker(\psi))>0$.

Pour $x\in\ker(\psi)$ nous avons \[\vert\psi(e)\vert=\vert\psi(e-x)\vert\leq \vert\vert\vert \psi\vert\vert\vert \,\Vert e-x\Vert,\] soit, en passant à la borne inférieure lorsque $x$ décrit $\ker(\psi)$ \[\vert\psi(e)\vert\leq \vert\vert\vert \psi\vert\vert\vert \rm{dist}(e,\ker(\psi)).\] Pour obtenir l’inégalité inverse, par définition de la norme $\vert\vert\vert \psi\vert\vert\vert$, il est équivalent d’établir \[\forall\,y\in E,\quad \vert \psi(y)\vert\leq \dfrac{\vert\psi(e)\vert}{\rm{dist}(e,\ker(\psi))}\Vert y\Vert.{\text{($\star$)}}\] Cette formule évidente si $\psi(y)=0$, est aussi homogène en $y$ : il est donc suffisant (quitte à remplacer $y$ par $y\psi(e)/\psi(y)$ ) de l’établir pour $y\in E$ vérifiant $\psi(y)=\psi(e)$. Dans ce cas, $y-e\in\ker(\psi)$ qui implique (classique) $\rm{dist}(e,\ker(\psi))=\rm{dist}(y,\ker(\psi))\geq\Vert y\Vert$, et \[\vert \psi(y)\vert \leq \vert\psi(y)\vert \dfrac{\Vert y\Vert}{\rm{dist}(y,\ker(\psi))}= \vert\psi(y)\vert \dfrac{\Vert y\Vert}{\rm{dist}(e,\ker(\psi))}\] d’où ($\star$), ce qui fallait démontrer.

Applications linéaires continues et compacité *

9 novembre 2022 14:43 — Par Patrice Lassère

[rms], 19??.

Soit $K$ un compact de $\mathbb R^d$ d’intérieur non vide (i.e. $\exists a>0\ :\ B(0,a)\subset K$) ; et soit $L:=\{ u\in\mathscr L(\mathbb R^d)\ :\ u(K)\subset K\}$. Montrer que $L$ est une partie compacte de $\mathscr L(\mathbb R^d)$.

L’hypothèse $\exists\, a>0\ :\ B(0,a)\subset K$ est-elle nécessaire ?

[ID: 2625] [Date de publication: 9 novembre 2022 14:43] [Catégorie(s): Topologie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Applications linéaires continues et compacité
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 14:43

$\mathscr L(\mathbb R^d)$ est de dimension finie ($d^2$), il est donc suffisant de montrer que $L$ est fermé bornée dans $\mathscr L(\mathbb R^d)$.

-$L$ est borné : $B^f(0,a)\subset K$ car $K$ est fermé ; comme $K$ est aussi borné, il existe $b>0$ tel que $K\subset B^f(0,b)$. Par conséquent \[\forall\,x\in\mathbb R^d\setminus\{0\}\ :\quad u\left( a\dfrac{x}{\Vert x\Vert}\right) \in K\subset B^f(0,b)\] où encore \[\left( \forall\,x\in\mathbb R^d\setminus\{0\}\ :\quad \Vert u(x)\Vert\leq \dfrac{a}{b}\Vert x\Vert \right) \Rightarrow\left( \vert\vert\vert u\vert\vert\vert \leq \dfrac{a}{b}\right).\] i.e. $\displaystyle L\subset B^f_{L(\mathbb R^d)}(0,\dfrac{a}{b})$.

-$L$ est fermé : Soit $(u_n)_n$ une suite dans $L$ qui converge vers $u\in L(\mathbb R^d)$. Pour tout $x\in K$ et tout $n\in\mathbb N$, $u_n(x)\in K$ ; par conséquent $u(x)=\lim_n u_n(x)\in K$ puisque $K$ est fermé : $u\in L$.

-Si $K$ est d’intérieur vide, la proprièté peut être fausse : par exemple, si $K\subset H=\mathbb R^{d-1}\times\{0\}$ (hyperplan de $\mathbb R^d$) toute affinité d’hyperplan fixe $H$ et de vecteur directeur $e_d=(0,\dots,0,1)$ conserve $K$ et est donc dans $L$, mais l’ensemble de ces affinités n’est visiblement pas bornée (considérer $u_n$ definie par $u_n(e_i)=e_i,\ (1\leq i\leq d-1)$ et $u_n(e_d)=ne_d$).

Trois preuves du théorème d’approximation de Weierstrass trigonométrique *

9 novembre 2022 14:43 — Par Patrice Lassère

Soit $f\in\mathscr C_{2\pi}$, montrer qu’il existe une suite de polynômes trigonométriques qui converge uniformément sur $\mathbb R$ .

Commencer par montrer qu’il existe une suite d’applications affines par morceaux et $2\pi$-périodiques qui converge uniformément sur $[-1,1]$ vers $f$ puis conclure. Conclure.

En utilisant le théorème de Fejèr.

([fgnan2]) Une troisième approche plus constructive. On considère pour tout $n\in\mathbb N$ \[f_n(x):=(f\star u_n)(x)= \int_0^{2\pi}f(x-t)u_n(t)dt,\quad x\in\mathbb R,\] où \[u_n(t):=c_n(1+\cos(t))^n,\ t\in\mathbb R\quad {\rm{avec}}\quad c_n^{-1}=\int_0^{2\pi}(1+\cos(t))^ndt.\]

a) Montrer que pour tout $n\in\mathbb N$, $f_n$ est un polynôme trigonométrique.

b) Montrer que la suite $(f_n)_n$ converge uniformément vers $f$ sur $\mathbb R$.

[ID: 2627] [Date de publication: 9 novembre 2022 14:43] [Catégorie(s): Topologie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Trois preuves du théorème d’approximation de Weierstrass trigonométrique
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 14:43

Soient $f\in\mathscr C_{2\pi}$ et $\varepsilon>0$. Par continuité uniforme de $f$ sur $\mathbb R$, il existe $\delta>0$ tel que $\vert x-y\vert<\delta$ implique $\vert f(x)-f(y)\vert\leq \varepsilon$. Pour $n\in\mathbb N^\star$, considérons la subdivision $\sigma_n$ de pâs constant $2\pi/n$ de l’intervalle $[0,2\pi]$ ; alors $2\pi/n\leq \delta$ assure que l’application $2\pi$-périodique continue $f_n$, égale à $f$ en chaque point de la subdivision et affine par morceaux sur $[0,2\pi]$ vérifie $\Vert f-f_n\Vert_\infty\leq \varepsilon$. En outre, chaque application $f_n$ est continue sur $\mathbb R$ et de classe $\mathscr C^1$ par morceaux : la suite des sommes partielles de Fourier $(S_k(f_n))_k$ est donc (avec le théorème de Dirichlet) une suite (de polynômes trigonométriques) qui converge uniformément vers $f_n$. Comme \[\Vert f-S_k(f_n)\Vert_\infty\leq \Vert f-f_n\Vert_\infty+\Vert f_n-S_k(f_n)\Vert_\infty\] le résultat suit.
Les sommes partielle de Fourier de toute application $f\in\mathscr C_{2\pi}$ convergent au sens de Césaro uniformément sur $\mathbb R$ vers $f$ (c’est le théorème de Fejèr). D’où le résultat.
-a) On vérifie sans peine la continuité et la $2\pi$-périodicité des applications $f_n$ qui implique que $(f\star u_n)(x)=(u_n\star f)(x)$ sur $\mathbb R$. Les applications $u_n$ étant visiblement des polynômes trigonométriques de degré $n$, nous pouvons écrire \[\begin{aligned}f_n(x)&=\int_0^{2\pi}f(x-t)u_n(t)dt=\int_0^{2\pi}f(t)u_n(x-t)dt =\int_0^{2\pi}f(t)\sum_{k=-n}^n \alpha_k e^{ik(x-t)}dt\\ &=\sum_{k=-n}^n\alpha_k e^{ikx}\int_0^{2\pi}f(t)e^{-ikt}dt=\sum_{k=-n}^n\alpha_k 2\pi c_k(f) e^{ikx} \end{aligned}\]

-b) Soit $x\in\mathbb R$, comme $\int_{-\pi}^\pi u_n(t)dt=1$, on peut écrire si $0<\delta<\pi$ \[\begin{aligned}\vert f_n(x)-f(x)\vert &=\left\vert\int_{-\pi}^{\pi}(f(x-t)-f(x))u_n(t)dt\right\vert\\ &\leq \int_{-\delta}^\delta\vert f(x-t)-f(x)\vert u_n(t)dt+\left(\int_{-\pi}^{-\delta}+\int_{\delta}^\pi \right)2\Vert f\Vert_\infty u_n(t)dt\qquad\quad{(\text{$\star$})} \end{aligned}\] Soit $\varepsilon>0$ par continuité uniforme de $f$ sur $\mathbb R$, il existe $\delta\in]0,\pi[$ tel que $\vert x-y\vert<\delta$ implique $\vert f(x)-f(y)\vert\leq \varepsilon$. Avec un tel choix comme $u_n$ est paire et d’intégrale égale à $1$ sur $[0,2\pi]$ \[\begin{aligned} \vert f_n(x)-f(x)\vert &\leq \varepsilon\int_{-\delta}^\delta u_n(t)dt +\left(\int_{-\pi}^{-\delta}+\int_{\delta}^\pi \right)2\Vert f\Vert_\infty u_n(t)dt \\ &\leq \varepsilon\int_{-\pi}^\pi u_n(t)dt +4\Vert f\Vert_\infty\int_\delta^\pi u_n(t)dt =\varepsilon+4\Vert f\Vert_\infty\int_\delta^\pi u_n(t)dt\qquad\qquad{(\text{$\star$})} \end{aligned}\] Comme le cosinus, $u_n$ décroit sur $[\delta,\pi]$ et donc \[\int_\delta^\pi u_n(t)dt\leq \pi c_n (1+\cos(\delta))^n,\] il ne reste plus qu’a majorer convenablement $c_n$ i.e. minorer $c_n^{-1}$ : \[\begin{aligned}c_n^{-1}=2\int_0^\pi (1+\cos(t))^n dt&\geq 2\int_0^\pi(1+\cos(t))^n\sin(t)dt\\ &=2\left[ -\dfrac{(1+\cos(t))^{n+1}}{n+1}\right]_0^\pi=\dfrac{2^{n+2}}{n+1}. \end{aligned}\] Soit finalement pour tout $\varepsilon>0$, il existe $\delta\in ]0,\pi[$ tel que pour tout $n\in\mathbb N$ et $x\in\mathbb R$ \[\vert f_n(x)-f(x)\vert\leq \varepsilon+\pi\Vert f\Vert_\infty\left( \dfrac{1+\cos(\delta)}{2}\right)^n(n+1)\leq 2\varepsilon\quad\text{si}\ n\geq n_\varepsilon\] (car $(1+\cos(\delta))/2\in]0,1[$ assure que le second terme tends vers $0$ avec $n$). En resumé nous avons \[\forall\,\varepsilon,\ \exists\,n_\varepsilon\ :\ n\geq n_\varepsilon \quad\sup_{x\in\mathbb R}\vert f_n(x)-f(x)\vert\leq \varepsilon.\] La suite de polynômes trigonométriques $(f_n)_n$ est donc bien uniformément convergente sur $\mathbb R$ vers $f$

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Exercice 1329

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Baireries : sur les applications \(f\ :\ \mathbb R^2\to\mathbb R\) séparément continues *

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