Corrigé des exercices : Normes et continuité dans R^n en L2 de maths

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Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Trois normes d’un même vecteur

Idée clé : on applique les définitions, puis on compare des nombres simples.

1. Pour \(u=(3,-4,12)\), on trouve \(\|u\|_1=3+4+12=19\). Ensuite, \(\|u\|_2=\sqrt{9+16+144}=\sqrt{169}=13\). Enfin, \(\|u\|_\infty=12\). Pour \(v=(-2,6,3)\), on obtient de même \(\|v\|_1=11\), \(\|v\|_2=\sqrt{4+36+9}=7\) et \(\|v\|_\infty=6\). Normes de u : 19, 13, 12. Normes de v : 11, 7, 6.
2. On a bien \(12\leqslant13\leqslant19\) et \(6\leqslant7\leqslant11\). L’encadrement est vérifié pour les deux vecteurs.
3. On calcule \(u+v=(1,2,15)\). Ainsi, \(\|u+v\|_1=18\leqslant19+11=30\). De plus, \(\|u+v\|_2=\sqrt{1+4+225}=\sqrt{230}\). Or \(230<400\), donc \(\sqrt{230}<20=13+7\). L’inégalité triangulaire est vérifiée : \(18\leqslant30\) et \(\sqrt{230}\leqslant20\).

Corrigé de l’exercice 2 – Appartenance à des boules

Idée clé : on calcule les trois normes du vecteur qui va du centre au point.

1. Appartenir à \(B_\infty\) revient à vérifier deux conditions, \(|x-1|<2\) puis \(|y+1|<2\). Elles s’écrivent encore \(-1<x<3\) et \(-3<y<1\). Donc \(B_\infty=\,]-1,3[\times]-3,1[\).
2. On a \(p-a=(1,\tfrac32)\). D’abord, \(\|p-a\|_\infty=\tfrac32<2\). Ensuite, \(\|p-a\|_2=\sqrt{1+\tfrac94}=\tfrac{\sqrt{13}}{2}\). Comme \(13<16\), ce nombre est inférieur à 2. Enfin, \(\|p-a\|_1=\tfrac52>2\). Le point p appartient à \(B_2\) et à \(B_\infty\), mais pas à \(B_1\).
3. On a \(q-a=(-2,1)\). Alors \(\|q-a\|_\infty=2\), \(\|q-a\|_2=\sqrt5>2\) et \(\|q-a\|_1=3\). Aucune de ces normes n’est strictement inférieure à 2. En revanche, l’égalité \(\|q-a\|_\infty=2\) place \(q\) sur la sphère. Le point q n’est dans aucune boule ouverte, mais il est dans la boule fermée de la norme infinie.
4. Pour tout vecteur \(z\), on sait que \(\|z\|_\infty\leqslant\|z\|_2\leqslant\|z\|_1\). Soit \(x\in B_1\). Alors \(\|x-a\|_2\leqslant\|x-a\|_1<2\), donc \(x\in B_2\). De même, \(x\in B_2\) entraîne \(\|x-a\|_\infty\leqslant\|x-a\|_2<2\). Ainsi \(B_1\subset B_2\subset B_\infty\).

Corrigé de l’exercice 3 – Limite d’une suite de R^3

Idée clé : on traite chaque coordonnée séparément, comme une suite réelle.

1. Pour la première coordonnée, on écrit \(\big(1+\tfrac2k\big)^k=\exp\big(k\ln(1+\tfrac2k)\big)\). Comme \(\ln(1+t)\sim t\) en 0, on a \(k\ln(1+\tfrac2k)\to2\). L’exponentielle étant continue, on obtient la limite \(e^2\). Pour la deuxième, \(k\sin\tfrac1k=\dfrac{\sin(1/k)}{1/k}\to1\). Enfin, \(\dfrac{k^2+1}{3k^2-k}=\dfrac{1+1/k^2}{3-1/k}\to\dfrac13\). Donc \(u_k\to(e^2,1,\tfrac13)\).
2. Les termes pairs valent \(w_{2m}=(1,\tfrac1{2m})\), qui tend vers \((1,0)\). Les termes impairs valent \(w_{2m+1}=(-1,\tfrac1{2m+1})\), qui tend vers \((-1,0)\). Or, si \((w_k)\) convergeait, toutes ses sous-suites auraient la même limite. La suite \((w_k)\) diverge, avec deux sous-suites de limites \((1,0)\) et \((-1,0)\).

Corrigé de l’exercice 4 – Ouvert et fermé définis par des inégalités

Idée clé : on écrit chaque partie comme image réciproque par une fonction continue, et on utilise des suites pour les réponses négatives.

1. La fonction \(\varphi(x,y)=x^2+3y\) est polynomiale, donc continue sur \(\mathbb{R}^2\). Or \(U=\varphi^{-1}(]-\infty,5[)\), et l’intervalle \(]-\infty,5[\) est ouvert. Donc U est un ouvert.
2. La fonction \((x,y)\mapsto y-|x|\) est continue, car la valeur absolue l’est. Ainsi, \(F_1=\{y-|x|\geqslant0\}\) est l’image réciproque du fermé \([0,+\infty[\). De même, \(F_2=\{y\leqslant4\}\) est fermé. Par conséquent, \(F=F_1\cap F_2\) est fermé. De plus, un point de \(F\) vérifie \(|x|\leqslant y\leqslant4\), donc \(|x|\leqslant4\) et \(0\leqslant y\leqslant4\). Ainsi, \(\|(x,y)\|_\infty\leqslant4\). F est fermé et borné, donc compact.
3. D’abord, le point \((1,1)\) est dans \(G\). Cependant, les points \((1,1+\tfrac1k)\) ne sont pas dans \(G\) et tendent vers \((1,1)\). Ainsi, aucune boule de centre \((1,1)\) ne tient dans \(G\), qui n’est donc pas ouvert. Ensuite, les points \((\tfrac1k,0)\) sont dans \(G\) et tendent vers \((0,0)\), qui n’est pas dans \(G\). G n’est ni ouvert ni fermé.

Corrigé de l’exercice 5 – Deux limites en (0, 0) par majoration

Idée clé : on majore la valeur absolue par une fonction de \(r=\sqrt{x^2+y^2}\) seule qui tend vers 0.

1. On a \(|x|\leqslant r\) et \(|y|\leqslant r\). Ainsi, \(|2x^3-y^3|\leqslant2|x|^3+|y|^3\leqslant2r^3+r^3=3r^3\). En divisant par \(r^2\), on obtient \(|f(x,y)|\leqslant3r\). Or \(3r\to0\) quand \((x,y)\to(0,0)\). Donc f tend vers 0 en (0, 0).
2. D’abord, \(|xy|\leqslant\tfrac12(x^2+y^2)=\tfrac{r^2}{2}\). Ensuite, \(|\ln(x^2+y^2)|=2|\ln r|\). Par conséquent, \(|g(x,y)|\leqslant r^2|\ln r|\). Par croissances comparées, \(r^2\ln r\to0\) quand \(r\to0^+\). Donc g tend vers 0 en (0, 0).

Corrigé de l’exercice 6 – Lignes de niveau de deux fonctions

Idée clé : on reconnaît l’équation d’une courbe usuelle, puis on applique le critère « fermé et borné ».

1. Comme \(g\geqslant0\), la ligne de niveau \(c\) est vide si \(c<0\). Ensuite, \(g(x,y)=0\) impose \(x=y=0\) : la ligne de niveau 0 est le point origine. Enfin, pour \(c>0\), l’équation s’écrit \(\dfrac{x^2}{c}+\dfrac{y^2}{c/4}=1\). C’est une ellipse de demi-axes \(\sqrt c\) sur l’axe des abscisses et \(\tfrac{\sqrt c}{2}\) sur l’axe des ordonnées. Pour \(c=4\), les demi-axes valent 2 et 1.
2. L’équation \(h(x,y)=c\) équivaut à \(y=x^2+c\). Les lignes de niveau de h sont les paraboles translatées verticalement de \(y=x^2\).
3. La ligne \(L_c=g^{-1}(\{c\})\) est fermée, car \(g\) est continue et un singleton est fermé. De plus, un point de \(L_c\) avec \(c\geqslant0\) vérifie \(x^2\leqslant c\) et \(4y^2\leqslant c\). Donc \(L_c\) est contenue dans le carré \([-\sqrt c,\sqrt c]^2\). Les lignes de niveau vides sont aussi compactes. En revanche, la ligne de niveau \(c\) de \(h\) contient les points \((t,t^2+c)\), dont la norme infinie dépasse \(|t|\). Les lignes de niveau de g sont compactes, celles de h ne sont pas bornées.

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 7 – Constantes optimales entre normes usuelles

Idée clé : une constante est optimale dès qu’un vecteur non nul réalise l’égalité.

1. Chaque \(|x_i|\) est majoré par \(\|x\|_\infty\). En sommant ces \(n\) inégalités, on obtient \(\|x\|_1\leqslant n\|x\|_\infty\). D’où \(\|x\|_1\leqslant n\|x\|_\infty\).
2. Prenons \(e_1=(1,0,\dots,0)\). Ses trois normes valent 1. Le vecteur \(e_1\) réalise \(\|e_1\|_\infty=\|e_1\|_2=\|e_1\|_1=1\).
3. Prenons \(s=(1,1,\dots,1)\). On a \(\|s\|_1=n\), \(\|s\|_2=\sqrt n\) et \(\|s\|_\infty=1\). Ainsi, \(\|s\|_1=\sqrt n\cdot\sqrt n=\sqrt n\,\|s\|_2\) et \(\|s\|_2=\sqrt n\,\|s\|_\infty\). Le vecteur s réalise les deux égalités.
4. Supposons par exemple que \(\|x\|_1\leqslant c\|x\|_2\) pour tout \(x\), avec \(c<\sqrt n\). Appliquée à \(s\), cette inégalité donne \(n\leqslant c\sqrt n<n\), ce qui est absurde. Le même raisonnement vaut pour \(\|x\|_2\leqslant\sqrt n\,\|x\|_\infty\) et pour \(\|x\|_1\leqslant n\|x\|_\infty\), toujours avec \(s\). Enfin, les inégalités de constante 1 deviennent des égalités en \(e_1\). Aucune des constantes 1, \(\sqrt n\) et n ne peut être diminuée.

Corrigé de l’exercice 8 – Une norme définie par un maximum

Idée clé : on exprime \(x\) et \(y\) à l’aide de \(x+y\) et de \(x-y\), qui sont contrôlés par \(N\).

1. Si \(N(x,y)=0\), alors \(x+y=0\) et \(x-y=0\), donc \(x=y=0\). Ensuite, pour un réel \(\lambda\), les deux termes du maximum sont multipliés par \(|\lambda|\), donc \(N(\lambda x,\lambda y)=|\lambda|N(x,y)\). Reste l’inégalité triangulaire, avec \(v=(x,y)\) et \(w=(s,t)\). D’un côté, \(|(x+s)+(y+t)|\leqslant|x+y|+|s+t|\leqslant N(v)+N(w)\). De l’autre, \(2|(x-y)+(s-t)|\leqslant2|x-y|+2|s-t|\leqslant N(v)+N(w)\). Chaque terme du maximum calculé en \(v+w\) est majoré par \(N(v)+N(w)\), donc ce maximum aussi. N est une norme sur le plan.
2. L’inégalité \(N(x,y)\leqslant1\) équivaut au couple de conditions \(|x+y|\leqslant1\), \(|x-y|\leqslant\tfrac12\). La boule unité fermée est le rectangle \(\{-1\leqslant x+y\leqslant1,\ -\tfrac12\leqslant x-y\leqslant\tfrac12\}\), de sommets \((\tfrac34,\tfrac14)\), \((\tfrac14,\tfrac34)\), \((-\tfrac34,-\tfrac14)\) et \((-\tfrac14,-\tfrac34)\).
3. Le premier terme vérifie \(|x+y|\leqslant|x|+|y|\leqslant2\|(x,y)\|_\infty\). Le second vérifie \(2|x-y|\leqslant2(|x|+|y|)\leqslant4\|(x,y)\|_\infty\). Il en résulte \(N\leqslant4\|\cdot\|_\infty\). Pour l’autre sens, on écrit \(x=\tfrac12\big((x+y)+(x-y)\big)\). Or \(|x+y|\leqslant N\) et \(|x-y|\leqslant\tfrac N2\). Ainsi, \(|x|\leqslant\tfrac12\big(N+\tfrac N2\big)=\tfrac34N\). De même, \(y=\tfrac12\big((x+y)-(x-y)\big)\) donne \(|y|\leqslant\tfrac34N\). On a bien \(N\leqslant4\|\cdot\|_\infty\) et \(\|\cdot\|_\infty\leqslant\tfrac34N\).
4. Pour \((1,-1)\), on trouve \(N=\max(0,4)=4\) et \(\|(1,-1)\|_\infty=1\) : la première inégalité est une égalité. Pour \((\tfrac34,\tfrac14)\), on trouve \(N=\max(1,1)=1\) et \(\|(\tfrac34,\tfrac14)\|_\infty=\tfrac34\) : la seconde est aussi une égalité. Les constantes 4 et 3/4 sont optimales.

Corrigé de l’exercice 9 – Intérieur, adhérence et frontière d’une demi-couronne

Idée clé : on devine le résultat sur le dessin, puis on prouve les deux inclusions, par un ouvert inclus d’un côté et par des suites de l’autre.

Notons \(\rho(x,y)=x^2+y^2\), fonction continue.

1. Le point \((0,1)\) est dans \(A\). Cependant, les points \((0,1-\tfrac1k)\) sont hors de \(A\) et tendent vers \((0,1)\). Le point \((0,1)\) n’a donc pas de boule incluse dans \(A\), si bien que \(A\) n’est pas ouvert. Par ailleurs, les points \((0,3-\tfrac1k)\) sont dans \(A\), car \(1\leqslant(3-\tfrac1k)^2<9\). Or leur limite \((0,3)\) n’est pas dans \(A\). A n’est ni ouvert ni fermé.
2. Posons \(O=\{1<\rho<9,\ y>0\}\). C’est une intersection de deux images réciproques d’ouverts par des fonctions continues, donc \(O\) est ouvert. Comme \(O\subset A\), on a \(O\subset\mathring{A}\). Réciproquement, soit \(p\in A\setminus O\). Alors \(\rho(p)=1\) et les points \((1-\tfrac1k)p\) sont hors de \(A\), de norme euclidienne inférieure à 1. Ils tendent vers \(p\), qui ne peut donc pas être un point intérieur. On obtient pour intérieur l’ensemble \(\{1<x^2+y^2<9,\ y>0\}\).
3. Posons \(C=\{1\leqslant\rho\leqslant9,\ y\geqslant0\}\). Cette partie est fermée et contient \(A\), donc \(\overline A\subset C\). Réciproquement, un point de \(C\) s’écrit \((r\cos\theta,r\sin\theta)\) avec \(1\leqslant r\leqslant3\) et \(0\leqslant\theta\leqslant\pi\). Pour \(k\geqslant2\), définissons \(r_k=1+(r-1)(1-\tfrac1k)\) et \(\theta_k=(1-\tfrac1k)\theta+\tfrac{\pi}{2k}\). On vérifie que \(1\leqslant r_k<3\). On vérifie aussi l’encadrement \(\tfrac{\pi}{2k}\leqslant\theta_k\leqslant\pi-\tfrac{\pi}{2k}\), qui garantit \(\sin\theta_k>0\). Ainsi, le point \((r_k\cos\theta_k,r_k\sin\theta_k)\) est dans \(A\), et il tend vers le point choisi. L’adhérence de A est \(\{1\leqslant x^2+y^2\leqslant9,\ y\geqslant0\}\).
4. La frontière vaut \(C\setminus O\). Un point de \(C\) n’est pas dans \(O\) lorsque \(\rho=1\), lorsque \(\rho=9\) ou lorsque \(y=0\). La frontière est formée des deux demi-cercles supérieurs de rayons 1 et 3 et des deux segments \([-3,-1]\times\{0\}\) et \([1,3]\times\{0\}\). La figure la représente en orange.

Corrigé de l’exercice 10 – Les points rationnels du plan

Idée clé : les rationnels et les irrationnels sont tous deux denses dans \(\mathbb{R}\).

1. Soit \(a=(a_1,a_2)\in\mathbb{R}^2\) et \(r>0\). L’intervalle \(]a_1-r,a_1+r[\) contient un irrationnel \(t\). Le point \((t,a_2)\) est alors dans \(B_\infty(a,r)\), mais pas dans \(\mathbb{Q}^2\). Aucune boule n’est donc incluse dans \(\mathbb{Q}^2\). L’intérieur de \(\mathbb{Q}^2\) est vide.
2. Soit \((x,y)\in\mathbb{R}^2\). Par densité de \(\mathbb{Q}\), il existe des suites de rationnels \(p_k\to x\) et \(q_k\to y\). Ainsi, \((p_k,q_k)\in\mathbb{Q}^2\) tend vers \((x,y)\). L’adhérence de \(\mathbb{Q}^2\) est \(\mathbb{R}^2\).
3. La frontière vaut \(\mathbb{R}^2\setminus\varnothing=\mathbb{R}^2\). Ensuite, un ouvert est égal à son intérieur, or \(\mathbb{Q}^2\neq\varnothing\). De même, un fermé est égal à son adhérence, or \(\mathbb{Q}^2\neq\mathbb{R}^2\). La frontière est le plan entier, et \(\mathbb{Q}^2\) n’est ni ouvert ni fermé.

Corrigé de l’exercice 11 – Trois limites en (0, 0)

Idée clé : on teste d’abord des droites, puis on majore ou on se ramène à une limite d’une seule variable.

1. Sur la droite \(y=mx\), avec \(x\neq0\), on obtient \(f_1(x,mx)=\dfrac{1-3m^2}{1+m^2}\). Cette valeur vaut 1 pour \(m=0\) et \(-1\) pour \(m=1\). Deux chemins donnent donc deux limites différentes. Aucune limite n’existe pour \(f_1\) à l’origine.
2. On sait que \(|\sin u|\leqslant|u|\) pour tout réel \(u\). Ainsi, \(|f_2(x,y)|\leqslant\dfrac{|x|\,|y|}{|x|+|y|}\). Or \(|x|\leqslant|x|+|y|\), donc \(|f_2(x,y)|\leqslant|y|\), qui tend vers 0. La fonction \(f_2\) tend vers 0 en (0, 0).
3. On pose \(t=x^2+y^2\), qui tend vers 0 par valeurs strictement positives. Or \(\dfrac{e^t-1}{t}\to1\) quand \(t\to0\), puisque la dérivée de l’exponentielle en 0 vaut 1. Par composition des limites, la fonction \(f_3\) tend vers 1 en (0, 0).

Corrigé de l’exercice 12 – Une fonction continue sans calcul de limite

Idée clé : on écrit \(g\) comme composée et produit de fonctions continues, ce qui évite toute étude de limite à deux variables.

1. Sur \(\mathbb{R}^{*}\), la fonction \(\varphi\) est un quotient de fonctions continues. En 0, le développement limité \(1-\cos t=\tfrac{t^2}{2}+o(t^2)\) donne \(\varphi(t)\to\tfrac12=\varphi(0)\). Donc \(\varphi\) est continue sur \(\mathbb{R}\).
2. Distinguons trois cas. Si \(x\neq0\) et \(y\neq0\), alors \(x^2\varphi(xy)=x^2\cdot\dfrac{1-\cos(xy)}{x^2y^2}=g(x,y)\). Si \(x=0\) et \(y\neq0\), alors \(g(0,y)=\dfrac{1-\cos0}{y^2}=0\), qui vaut bien \(0\cdot\varphi(0)\). Enfin, si \(y=0\), alors \(g(x,0)=\dfrac{x^2}{2}=x^2\varphi(0)\). Dans tous les cas, \(g(x,y)=x^2\varphi(xy)\).
3. L’application \((x,y)\mapsto xy\) est polynomiale, donc continue. Par composition, \((x,y)\mapsto\varphi(xy)\) est continue. Ensuite, le produit par \(x^2\) conserve la continuité. La fonction g est continue sur \(\mathbb{R}^2\).

Corrigé de l’exercice 13 – Extremums d’une forme linéaire sur une boule

Idée clé : la compacité donne l’existence, puis une majoration avec cas d’égalité donne la valeur.

1. La partie \(K\) s’obtient en dilatant d’un facteur 3 la boule unité fermée de la norme 1. Elle est donc fermée et bornée, c’est-à-dire compacte. De plus, \(f\) est linéaire, ce qui la rend continue. Le théorème des bornes atteintes s’applique : f possède un maximum et un minimum sur K.
2. On a \(|x-2y|\leqslant|x|+2|y|\leqslant2|x|+2|y|\). Ainsi, sur \(K\), \(|f(x,y)|\leqslant6\). L’égalité \(f(x,y)=6\) impose \(|x|=0\), puis \(|y|=3\) et \(-2y=6\), soit \(y=-3\). Inversement, \(f(0,-3)=6\). De même, \(f(0,3)=-6\). Le maximum vaut 6, atteint seulement en (0, −3), et le minimum vaut −6, atteint seulement en (0, 3).
3. Sur la boule ouverte, la même majoration devient stricte : \(f(x,y)\leqslant2(|x|+|y|)<6\). Pourtant, \(f(0,-3+\tfrac1k)=6-\tfrac2k\) tend vers 6. La borne supérieure vaut donc encore 6. Faute de compacité, cette borne n’est pas atteinte sur la boule ouverte.

Corrigé de l’exercice 14 – Matrices inversibles et matrices orthogonales

Idée clé : le déterminant et les coefficients de \(M^{T}M\) sont des polynômes en \(a,b,c,d\), donc des fonctions continues.

1. L’application \(\det : (a,b,c,d)\mapsto ad-bc\) est polynomiale, donc continue. Or \(GL_2(\mathbb{R})=\det^{-1}(\mathbb{R}^{*})\), et \(\mathbb{R}^{*}\) est un ouvert de \(\mathbb{R}\). Donc \(GL_2(\mathbb{R})\) est un ouvert de \(\mathbb{R}^4\).
2. Les matrices \(\tfrac1kI_2\) sont inversibles et tendent vers la matrice nulle, qui ne l’est pas. Ensuite, les matrices \(kI_2\) sont inversibles et leur norme infinie vaut \(k\). \(GL_2(\mathbb{R})\) n’est ni fermé ni borné.
3. On calcule \(M^{T}M=\begin{pmatrix}a^2+c^2 & ab+cd\\ ab+cd & b^2+d^2\end{pmatrix}\). Considérons \(\Phi(a,b,c,d)=(a^2+c^2,\ ab+cd,\ b^2+d^2)\), continue de \(\mathbb{R}^4\) dans \(\mathbb{R}^3\). Alors \(O_2(\mathbb{R})=\Phi^{-1}(\{(1,0,1)\})\), image réciproque d’un singleton fermé. De plus, \(a^2+c^2=1\) et \(b^2+d^2=1\) entraînent que chaque coefficient est compris entre \(-1\) et 1. \(O_2(\mathbb{R})\) est fermé et borné, donc compact.

Corrigé de l’exercice 15 – Image continue d’un fermé non borné

Idée clé : l’image d’un compact est compacte, mais l’image d’un simple fermé peut ne pas être fermée.

1. La fonction \(\psi(x,y)=xy\) est continue et \(H=\psi^{-1}(\{1\})\), donc \(H\) est fermé. Cependant, les points \((k,\tfrac1k)\) sont dans \(H\) et leur norme infinie vaut \(k\). H est fermé et non borné.
2. Si \((x,y)\in H\), alors \(x\neq0\), car \(xy=1\). Inversement, tout réel \(x\neq0\) est l’abscisse du point \((x,\tfrac1x)\) de \(H\). Ainsi, \(p(H)=\mathbb{R}^{*}\). La suite \((\tfrac1k)\) reste dans \(\mathbb{R}^{*}\), mais sa limite 0 s’en échappe. Par conséquent, \(p(H)=\mathbb{R}^{*}\) n’est pas fermé.
3. Pour qu’un point \((x,\tfrac1x)\) de \(H\) tombe dans le carré \([-2,2]^2\), il faut et il suffit que \(|x|\leqslant2\) et \(\tfrac1{|x|}\leqslant2\). Cela donne \(\tfrac12\leqslant|x|\leqslant2\). Ainsi, l’image vaut \([-2,-\tfrac12]\cup[\tfrac12,2]\). Par ailleurs, \(H\cap[-2,2]^2\) est fermé et borné, donc compact, et \(p\) est continue. L’image \([-2,-\tfrac12]\cup[\tfrac12,2]\) est compacte, comme le prévoit le théorème.

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 16 – Distance de l’origine à une hyperbole

Idée clé : on remplace le fermé non borné par un compact qui contient tous les candidats intéressants.

1. La boule fermée \(B_f(a,r)\) est fermée et bornée. Ainsi, \(K=F\cap B_f(a,r)\) est fermé, comme intersection de deux fermés, et borné. De plus, \(z_0\in K\). K est un compact non vide.
2. L’application \(\delta : z\mapsto N(a-z)\) vérifie \(|\delta(z)-\delta(z^{\prime})|\leqslant N(z-z^{\prime})\). Elle est donc continue. Sur le compact \(K\), elle atteint un minimum en un point \(z^{*}\), et \(\delta(z^{*})\leqslant\delta(z_0)=r\). Par ailleurs, tout \(z\in F\setminus K\) vérifie \(\delta(z)>r\geqslant\delta(z^{*})\). Par conséquent, \(\delta(z^{*})\) minore \(\delta\) sur tout \(F\). La distance est atteinte : \(d(a,F)=N(a-z^{*})\).
3. Les points de \(F\) s’écrivent \((x,\tfrac1x)\) avec \(x\neq0\). Leur norme euclidienne au carré vaut \(x^2+\tfrac1{x^2}\). Or \(x^2+\tfrac1{x^2}-2=\big(x-\tfrac1x\big)^2\geqslant0\), avec égalité si et seulement si \(x^2=1\). La distance euclidienne vaut \(\sqrt2\), atteinte en (1, 1) et en (−1, −1).
4. Pour la norme infinie, on étudie \(\max\big(|x|,\tfrac1{|x|}\big)\). Si \(|x|<1\), ce maximum vaut \(\tfrac1{|x|}>1\). Si \(|x|>1\), il vaut \(|x|>1\). Il vaut 1 exactement quand \(|x|=1\). La distance pour la norme infinie vaut 1, atteinte aux deux mêmes points. La figure montre le cercle et le carré qui touchent l’hyperbole.

Corrigé de l’exercice 17 – Suite dans un compact et valeur d’adhérence unique

Idée clé : on raisonne par l’absurde et on extrait deux fois, grâce à la compacité.

1. Raisonnons par l’absurde. Si \(u_k\) ne tend pas vers \(\ell\), on trouve \(\varepsilon>0\) tel que \(N(u_k-\ell)\geqslant\varepsilon\) pour une infinité d’indices. Ces termes forment une sous-suite \((u_{\varphi(k)})\), logée dans le compact \(K\). On en extrait encore une sous-suite, de limite \(\ell^{\prime}\in K\). Par continuité de la norme, \(N(\ell^{\prime}-\ell)\geqslant\varepsilon\). Ainsi, \(\ell^{\prime}\neq\ell\) serait une seconde valeur d’adhérence de \((u_k)\) : contradiction. La suite \((u_k)\) converge vers \(\ell\).
2. Définissons \(u_k=(k,0)\) si \(k\) est impair et \(u_k=(0,0)\) si \(k\) est pair. Prenons une sous-suite qui converge. Comme elle reste bornée, seuls quelques rangs impairs y figurent. Au-delà du dernier, ses termes valent tous \((0,0)\). Seul \((0,0)\) peut donc être valeur d’adhérence, et c’en est bien une. En revanche, les termes impairs partent à l’infini, si bien que \((u_k)\) diverge. Il manque l’hypothèse de compacité, ici le caractère borné.
3. La première coordonnée vaut 1, 0, \(-1\), 0 selon que \(k\) est congru à 0, 1, 2 ou 3 modulo 4. La seconde tend vers 1. Une sous-suite convergente a une première coordonnée constante à partir d’un certain rang. Les valeurs d’adhérence sont (1, 1), (0, 1) et (−1, 1) : avec trois candidats distincts, \((v_k)\) ne converge pas.

Corrigé de l’exercice 18 – Continue sur chaque droite mais pas continue

Idée clé : les droites ne voient pas la parabole \(y=x^2\), sur laquelle la fonction reste égale à 1/2.

1. L’inégalité \((x^4-y^2)^2\geqslant0\) donne \(x^8+y^4\geqslant2x^4y^2\). Hors de l’origine, le dénominateur est strictement positif. Par conséquent, \(0\leqslant f(x,y)\leqslant\tfrac12\), et cela reste vrai en \((0,0)\). On a \(0\leqslant f\leqslant\tfrac12\) sur tout le plan.
2. Sur l’ouvert \(\mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\}\), le dénominateur \(x^8+y^4\) ne s’annule pas. Ainsi, \(f\) y est un quotient de polynômes à dénominateur non nul. Donc f est continue hors de l’origine.
3. Sur l’axe vertical, \(f(0,y)=0\). Sur la droite \(y=mx\) avec \(m\neq0\), on obtient pour \(x\neq0\) : \(f(x,mx)=\dfrac{m^2x^6}{x^8+m^4x^4}=\dfrac{m^2x^2}{x^4+m^4}\). Cette expression tend vers 0 quand \(x\to0\). Pour \(m=0\), la restriction est nulle. La restriction de f à chaque droite passant par l’origine est continue en 0.
4. Pour \(x\neq0\), on a \(f(x,x^2)=\dfrac{x^8}{2x^8}=\dfrac12\). Or \((x,x^2)\to(0,0)\) quand \(x\to0\), alors que \(f(0,0)=0\). La fonction f n’est pas continue en (0, 0).

Remarquons un fait frappant. Sur la droite \(y=mx\), la valeur maximale \(\tfrac12\) est atteinte en \(x=\pm m\), c’est-à-dire exactement là où la droite coupe la parabole. Plus la pente est faible, plus ce pic se rapproche de l’origine. La figure illustre ce glissement.

Corrigé de l’exercice 19 – Problème de synthèse sur l’équivalence des normes

Idée clé : on compare toute norme à la norme infinie, puis la compacité de la sphère donne la minoration.

Partie A.

1. Décomposons \(x=\sum x_ie_i\). Par inégalité triangulaire puis homogénéité, \(N(x)\leqslant\sum|x_i|N(e_i)\). Chaque \(|x_i|\) est majoré par \(\|x\|_\infty\). Donc \(N(x)\leqslant\beta\|x\|_\infty\).
2. L’inégalité triangulaire donne \(N(x)\leqslant N(x-y)+N(y)\), et de même en échangeant \(x\) et \(y\). Ainsi, \(|N(x)-N(y)|\leqslant N(x-y)\leqslant\beta\|x-y\|_\infty\). Si \(\|x_k-x\|_\infty\to0\), alors \(N(x_k)\to N(x)\). N est lipschitzienne, donc continue, pour la norme infinie.
3. La sphère \(S\) est le lieu où la fonction continue \(\|\cdot\|_\infty\) prend la valeur 1 : c’est un fermé. Elle est bornée par définition, et elle contient \(e_1\). Ainsi, \(S\) est un compact non vide. La fonction continue \(N\) y prend une plus petite valeur \(\alpha=N(x_0)\). Comme \(x_0\neq0\), ce minimum est strictement positif. Soit maintenant \(x\neq0\). Le vecteur unitaire \(\dfrac{x}{\|x\|_\infty}\) appartient à \(S\), d’où \(N\Big(\dfrac{x}{\|x\|_\infty}\Big)\geqslant\alpha\). On multiplie par \(\|x\|_\infty\) : \(\alpha\|x\|_\infty\leqslant N(x)\), inégalité triviale pour x nul.
4. Soit \(N\) et \(N^{\prime}\) deux normes. D’après ce qui précède, \(\alpha\|\cdot\|_\infty\leqslant N\leqslant\beta\|\cdot\|_\infty\) et \(\alpha^{\prime}\|\cdot\|_\infty\leqslant N^{\prime}\leqslant\beta^{\prime}\|\cdot\|_\infty\). On en déduit \(N^{\prime}\leqslant\beta^{\prime}\|\cdot\|_\infty\leqslant\dfrac{\beta^{\prime}}{\alpha}N\) et \(N\leqslant\dfrac{\beta}{\alpha^{\prime}}N^{\prime}\). Deux normes quelconques sur \(\mathbb{R}^n\) sont équivalentes.

Partie B.

1. Si \(N(x,y)=0\), alors \(x=0\), puis \(2y=0\). Ensuite, \(N(\lambda x,\lambda y)=|\lambda|N(x,y)\) car chaque valeur absolue est homogène. Pour l’inégalité triangulaire, prenons \((x,y)\) et \((s,t)\). On écrit \(|x+s|\leqslant|x|+|s|\) et \(|(x+2y)+(s+2t)|\leqslant|x+2y|+|s+2t|\), puis on additionne. N est une norme sur le plan.
2. On a \(|x+2y|\leqslant|x|+2|y|\leqslant3\|(x,y)\|_\infty\). Ainsi, \(N(x,y)\leqslant\|(x,y)\|_\infty+3\|(x,y)\|_\infty\). Par ailleurs, \(N(1,1)=1+3=4\) et \(\|(1,1)\|_\infty=1\). Donc \(N\leqslant4\|\cdot\|_\infty\), avec égalité en (1, 1). On retrouve d’ailleurs \(\beta=N(e_1)+N(e_2)=2+2=4\).
3. Soit \((x,y)\in S\). Premier cas : \(|x|=1\). Alors \(N(x,y)=1+|x+2y|\geqslant1\), avec égalité si et seulement si \(y=-\tfrac x2\). Ce point vérifie \(|y|=\tfrac12\leqslant1\), donc il est bien dans \(S\). Second cas : \(|y|=1\) et \(|x|\leqslant1\). Alors \(|x+2y|\geqslant2|y|-|x|=2-|x|\), donc \(N(x,y)\geqslant|x|+2-|x|=2\). Le minimum de N sur S vaut 1, atteint en (1, −1/2) et en (−1, 1/2).
4. Par homogénéité, la question précédente donne \(\|\cdot\|_\infty\leqslant N\leqslant4\|\cdot\|_\infty\). Si \(N(x,y)\leqslant1\), alors \(\|(x,y)\|_\infty\leqslant1\). Si \(\|(x,y)\|_\infty\leqslant\tfrac14\), alors \(N(x,y)\leqslant1\). Cela prouve les deux inclusions. Ensuite, la boule \(\{N\leqslant1\}\) est l’image réciproque de \([0,1]\) par \(N\), continue d’après la partie A : elle est fermée. Elle est bornée, car incluse dans \([-1,1]^2\). Elle est donc compacte. Pour trouver ses sommets, on remarque que \(N\) est affine dans chacun des quatre secteurs délimités par les droites \(x=0\) et \(x+2y=0\). Les sommets se trouvent donc sur ces droites. Sur \(x=0\), on obtient \(|2y|=1\). Sur \(x+2y=0\), on obtient \(|x|=1\). La boule unité de N est le parallélogramme de sommets (1, −1/2), (0, 1/2), (−1, 1/2) et (0, −1/2).

Pour aller plus loin

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