Corrigé des exercices : Compacité séquentielle et connexité en L3 de maths

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Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Une suite convergente et sa limite

Idée clé : tout se joue autour du point \(\ell\), qui attire tous les termes sauf un nombre fini.

1. Soit \((v_j)\) une suite de \(K\). Premier cas : la suite visite une infinité de fois un même point de \(K\). On retient ces termes, qui forment une sous-suite constante, évidemment convergente dans \(K\). Second cas : chaque point de \(K\) n’est visité qu’un nombre fini de fois. Alors \(v_j\neq\ell\) sauf pour un nombre fini d’indices, et l’on peut écrire, pour \(j\) assez grand, \(v_j=u_{k_j}\). Comme chaque \(u_k\) n’apparaît qu’un nombre fini de fois, on extrait une sous-suite où les indices \(k_j\) sont strictement croissants. Cette sous-suite de \((u_k)\) tend vers \(\ell\in K\). Donc K est séquentiellement compact.
2. Considérons des ouverts \((U_i)\) dont la réunion contient \(K\). On choisit un indice \(i_0\) avec \(\ell\in U_{i_0}\) ; cet ouvert contient une boule \(B(\ell,r)\). Par convergence, il existe \(N\) tel que \(u_k\in B(\ell,r)\) pour \(k\geqslant N\). Il reste les points \(u_0,\dots,u_{N-1}\), et chaque \(u_k\) appartient à un ouvert \(U_{j_k}\). Les \(N+1\) ouverts \(U_{i_0},U_{j_0},\dots,U_{j_{N-1}}\) recouvrent K : la propriété de Borel-Lebesgue est vérifiée.
3. La suite \(\tfrac1{k+1}\) tend vers 0, qui n’appartient pas à \(\{\tfrac1{k+1}\}\). Cette partie n’est donc pas fermée. Elle n’est pas compacte, alors qu’en ajoutant 0 on obtient un compact.

Corrigé de l’exercice 2 – Compacts du plan ou non

Idée clé : dans \(\mathbb{R}^2\), de dimension finie, on vérifie séparément « fermé » et « borné ».

1. La partie \(A\) est l’intersection de \(\{y-x^2\geqslant0\}\) et de \(\{2-x^2-y\geqslant0\}\), images réciproques de \([0,+\infty[\) par des fonctions continues. Elle est donc fermée. De plus, \(x^2\leqslant2-x^2\) impose \(|x|\leqslant1\), puis \(0\leqslant y\leqslant2\). A est fermée et bornée, donc compacte.
2. Un point avec \(x=0\) vérifie \(xy=0<1\). Ainsi, \(B=\{xy\geqslant1\}\cap\{x\geqslant0\}\), qui est fermé. En revanche, les points \((k,\tfrac1k)\) sont dans \(B\) et ne restent pas bornés. B est fermée mais pas compacte.
3. La partie \(C\) est bornée, car \(0<x\leqslant1\) et \(|\sin\tfrac1x|\leqslant1\). Cependant, les points \(\big(\tfrac1{k\pi},0\big)\) sont dans \(C\) et tendent vers \((0,0)\), qui n’est pas dans \(C\). C n’est pas fermée, donc pas compacte.
4. La partie \(D\) est l’image réciproque de \(\{1\}\) par une fonction polynomiale : elle est fermée. Par ailleurs, \(x^4\leqslant1\) et \(y^4\leqslant1\), donc \(D\subset[-1,1]^2\). D est compacte.

Corrigé de l’exercice 3 – Recouvrements sans sous-recouvrement fini

Idée clé : une famille croissante d’ouverts a pour réunion finie son plus grand élément ; il suffit qu’aucun ne contienne tout.

1. Tout réel \(x\geqslant0\) vérifie \(x<k\) pour \(k>x\), donc \(x\in V_k\). Ensuite, une sous-famille finie \(V_{k_1},\dots,V_{k_m}\) a pour réunion \(V_N\), avec \(N=\max k_i\). Or \(N\notin V_N\). Aucune sous-famille finie ne recouvre \([0,+\infty[\).
2. Pour \(k\geqslant2\), posons \(W_k=\,]-1+\tfrac1k,1-\tfrac1k[\). Tout \(x\in\,]-1,1[\) vérifie \(|x|<1-\tfrac1k\) pour \(k\) grand. Une réunion finie vaut \(W_N\), qui ne contient pas \(1-\tfrac1{2N}\). Les \(W_k\) forment un recouvrement ouvert de \(]-1,1[\) sans sous-recouvrement fini.
3. Soit \(\{a_1,\dots,a_m\}\) une partie finie et \((U_i)\) un recouvrement ouvert. Chaque \(a_p\) est dans un certain \(U_{i_p}\). Les \(m\) ouverts \(U_{i_1},\dots,U_{i_m}\) suffisent.

Corrigé de l’exercice 4 – Parties non connexes de R

Idée clé : une fonction continue non constante à valeurs dans \(\{0,1\}\) prouve la non-connexité.

1. Posons \(g=0\) sur \([0,1]\) et \(g=1\) sur \([2,3]\). Chaque point de \(A=[0,1]\cup[2,3]\) a un voisinage dans \(A\) où \(g\) est constante, donc \(g\) est continue. Elle n’est pas constante. A n’est pas connexe.
2. Posons \(g(q)=0\) si \(q<\sqrt2\) et \(g(q)=1\) si \(q>\sqrt2\), pour \(q\in\mathbb{Q}\). Comme \(\sqrt2\) est irrationnel, \(g\) est définie sur tout \(\mathbb{Q}\). Autour de chaque rationnel, un petit intervalle évite \(\sqrt2\), et \(g\) y est constante. La fonction g est continue et non constante, donc \(\mathbb{Q}\) n’est pas connexe.
3. Le segment \([0,1]\) est connexe et compact. Son image par \(f\) continue est donc connexe, c’est-à-dire un intervalle de \(\mathbb{R}\). Elle est aussi compacte, donc fermée et bornée. L’image est un intervalle fermé borné : un segment \([m,M]\).

Corrigé de l’exercice 5 – Points fixes et racines par valeurs intermédiaires

Idée clé : une fonction continue sur un intervalle qui change de signe s’annule.

1. Posons \(h(x)=f(x)-x\), continue sur \([0,1]\). D’une part, \(h(0)=f(0)\geqslant0\). D’autre part, \(h(1)=f(1)-1\leqslant0\). Par le théorème des valeurs intermédiaires, \(h\) s’annule. f admet un point fixe.
2. On calcule \(P(-2)=-25\), \(P(-1)=3\), \(P(0)=1\), \(P(1)=-1\) et \(P(2)=27\). Le polynôme change de signe sur \(]-2,-1[\), sur \(]0,1[\) et sur \(]1,2[\). P possède au moins une racine dans chacun de ces trois intervalles. De plus, \(P^{\prime}(x)=5x^4-3\) s’annule deux fois seulement, donc \(P\) a au plus trois racines réelles, d’après le théorème de Rolle.

Corrigé de l’exercice 6 – Chemins dans le cercle et la couronne

Idée clé : en coordonnées polaires, on interpole séparément le module et l’argument.

1. Posons \(\gamma(t)=e^{i((1-t)\alpha+t\beta)}\) pour \(t\in[0,1]\). Cette application est continue, de module 1, avec \(\gamma(0)=a\) et \(\gamma(1)=b\). Le cercle \(\mathbb{U}\) est connexe par arcs.
2. Écrivons \(a=re^{i\alpha}\) et \(b=se^{i\beta}\), avec \(r,s\in[1,2]\). Posons \(\gamma(t)=\big((1-t)r+ts\big)e^{i((1-t)\alpha+t\beta)}\). Son module est une moyenne de \(r\) et de \(s\), donc il reste dans \([1,2]\). C est connexe par arcs, donc connexe.
3. Les points \(-\tfrac32\) et \(\tfrac32\) sont dans \(C\). Pourtant, leur milieu 0 n’y est pas. La couronne n’est pas convexe, bien qu’elle soit connexe par arcs.

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 7 – Maximum d’une fonction radiale sur le plan

Idée clé : la fonction devient petite loin de l’origine, ce qui ramène la recherche du maximum à un disque compact.

Posons \(\varphi(s)=se^{-s}\) pour \(s\geqslant0\), de sorte que \(g(x,y)=\varphi(x^2+y^2)\). On a \(\varphi^{\prime}(s)=(1-s)e^{-s}\) : \(\varphi\) croît sur \([0,1]\) et décroît sur \([1,+\infty[\).

1. D’abord, \(g(1,0)=e^{-1}\). Ensuite, \(\varphi(4)=4e^{-4}\approx0{,}073\), qui est inférieur à \(e^{-1}\approx0{,}368\). Comme \(\varphi\) décroît sur \([4,+\infty[\), on a \(\varphi(s)<e^{-1}\) pour \(s>4\). Le choix \(R=2\) convient.
2. Le disque fermé \(\overline{D}\) de rayon 2 est compact, et \(g\) y est continue. Elle y atteint donc un maximum \(M\) en un point \(p\), et \(M\geqslant g(1,0)=e^{-1}\). Hors de \(\overline{D}\), on a \(g<e^{-1}\leqslant M\). Par conséquent, M est le maximum de g sur tout le plan.
3. D’après les variations de \(\varphi\), le maximum de \(\varphi\) sur \([0,+\infty[\) vaut \(\varphi(1)=e^{-1}\), atteint seulement en \(s=1\). Par ailleurs, \(g\geqslant0\) et \(g(x,y)=0\) seulement à l’origine. Le maximum vaut \(1/e\), atteint sur le cercle unité ; le minimum vaut 0, atteint seulement en (0, 0).

La figure trace le profil \(r\mapsto r^2e^{-r^2}\) : la valeur \(1/e\) n’est plus approchée au-delà du rayon 2.

Corrigé de l’exercice 8 – Distance entre un compact et un fermé

Idée clé : la fonction « distance au fermé » est continue et strictement positive sur le compact, donc minorée par un réel strictement positif.

1. Pour tout \(y\in F\), \(d(x,F)\leqslant d(x,y)\leqslant d(x,x^{\prime})+d(x^{\prime},y)\). En passant à la borne inférieure sur \(y\), on obtient \(d(x,F)-d(x^{\prime},F)\leqslant d(x,x^{\prime})\). Les rôles étant symétriques, l’inégalité en valeur absolue suit. Ensuite, \(d(x,F)=0\) signifie qu’il existe \(y_k\in F\) avec \(d(x,y_k)\to0\), c’est-à-dire \(x\in\overline F\). Si F est fermé, \(d(x,F)=0\) équivaut à \(x\in F\).
2. La fonction \(x\mapsto d(x,F)\) est 1-lipschitzienne, donc continue. Elle atteint sur le compact \(K\) un minimum \(m=d(a,F)\), avec \(a\in K\). Comme \(a\notin F\) et \(F\) est fermé, \(m>0\). Enfin, pour \(x\in K\) et \(y\in F\), on a \(d(x,y)\geqslant d(x,F)\geqslant m\). La distance entre K et F vaut au moins m, qui est strictement positif.
3. Prenons \(F_1=\mathbb{R}\times\{0\}\) et \(F_2=\{(x,\tfrac1x) : x>0\}\). Ce sont deux fermés disjoints. Pourtant, les points \((k,0)\) et \((k,\tfrac1k)\) sont à distance \(\tfrac1k\). La distance entre \(F_1\) et \(F_2\) est nulle : sans compacité, le résultat tombe.

Corrigé de l’exercice 9 – Continuité uniforme sur une demi-droite

Idée clé : on recolle un compact et une zone lipschitzienne qui se chevauchent sur une longueur 1.

1. Soit \(\varepsilon>0\). Par le théorème de Heine, il existe \(\delta_0>0\) qui convient pour la racine carrée sur \([0,2]\). Par ailleurs, pour \(x,y\geqslant1\), \(|\sqrt x-\sqrt y|=\dfrac{|x-y|}{\sqrt x+\sqrt y}\leqslant\dfrac{|x-y|}{2}\). On prend \(\delta=\min(\delta_0,1,2\varepsilon)\) et deux réels tels que \(|x-y|<\delta\). Lorsque \(x\) et \(y\) tombent tous deux dans \([0,2]\), le choix de \(\delta_0\) conclut. Dans le cas contraire, l’un des deux dépasse 2, donc l’autre dépasse 1. Alors \(|\sqrt x-\sqrt y|\leqslant\tfrac\delta2\leqslant\varepsilon\). La racine carrée est uniformément continue sur \([0,+\infty[\).
2. Posons \(x_k=k+\tfrac1k\) et \(y_k=k\). Alors \(x_k-y_k=\tfrac1k\to0\), mais \(x_k^2-y_k^2=2+\tfrac1{k^2}\geqslant2\). Avec \(\varepsilon=1\), il est donc impossible de trouver un \(\delta\) adapté. Ainsi, \(x\mapsto x^2\) n’a pas la continuité uniforme sur \(\mathbb{R}\).
3. Posons \(a_k=\sqrt{k\pi+\pi/2}\) et \(b_k=\sqrt{k\pi}\). On a \(a_k-b_k=\dfrac{\pi/2}{a_k+b_k}\to0\). Cependant, \(\sin(a_k^2)=\sin(k\pi+\tfrac\pi2)=\pm1\) et \(\sin(b_k^2)=0\). L’écart des images reste égal à 1, donc \(x\mapsto\sin(x^2)\) n’est pas uniformément continue.

Corrigé de l’exercice 10 – Fonction ayant une limite à l’infini

Idée clé : loin, la fonction est presque constante ; près de 0, le théorème de Heine s’applique sur un segment.

1. Soit \(\varepsilon>0\). On choisit \(A\) tel que \(|f(x)-\ell|<\tfrac\varepsilon2\) pour \(x\geqslant A\). Le théorème de Heine sur \([0,A+1]\) fournit \(\delta_0\). On prend \(\delta=\min(\delta_0,1)\). Soit \(x\leqslant y\) tels que \(y-x<\delta\). Lorsque \(y\leqslant A+1\), les réels \(x\) et \(y\) appartiennent au segment, et \(\delta_0\) suffit. Dans l’autre cas, \(x>y-1>A\), et \(|f(x)-f(y)|\leqslant|f(x)-\ell|+|\ell-f(y)|<\varepsilon\). f est uniformément continue.
2. La fonction \(h\) est continue sur \([0,+\infty[\), et \(|h(x)|\leqslant\tfrac1{1+x}\) tend vers 0. D’après la question 1, h est uniformément continue.
3. On dérive : \(h^{\prime}(x)=\dfrac{3x^2\cos(x^3)}{1+x}-\dfrac{\sin(x^3)}{(1+x)^2}\). En \(x_k=(2k\pi)^{1/3}\), on a \(\cos(x_k^3)=1\) et \(\sin(x_k^3)=0\), donc \(h^{\prime}(x_k)=\dfrac{3x_k^2}{1+x_k}\to+\infty\). Or une fonction dérivable et \(L\)-lipschitzienne vérifie \(|h^{\prime}|\leqslant L\). h n’est pas lipschitzienne : l’uniforme continuité est une propriété strictement plus faible.

Corrigé de l’exercice 11 – Point fixe d’une application strictement contractante

Idée clé : on minimise l’écart entre un point et son image ; la compacité remplace ici la complétude du théorème de Banach.

1. L’hypothèse entraîne \(d(f(x),f(y))\leqslant d(x,y)\), donc \(f\) est continue. Ensuite, l’inégalité triangulaire donne \(|\varphi(x)-\varphi(y)|\leqslant d(x,y)+d(f(x),f(y))\leqslant2d(x,y)\). Ainsi, \(\varphi\) est continue. Sur le compact K, elle atteint un minimum en un point a.
2. Supposons \(f(a)\neq a\). Alors \(\varphi(f(a))=d(f(a),f(f(a)))<d(a,f(a))=\varphi(a)\), ce qui contredit la minimalité. Donc \(f(a)=a\). Si \(b\neq a\) était un autre point fixe, on aurait \(d(a,b)=d(f(a),f(b))<d(a,b)\), ce qui est absurde. f admet un unique point fixe.
3. On a \(f^{\prime}(x)=1-x\geqslant0\) sur \([0,1]\), donc \(f\) croît de \(f(0)=0\) à \(f(1)=\tfrac12\). Ainsi, \(f([0,1])\subset[0,1]\). Ensuite, \(f(x)-f(y)=(x-y)\big(1-\tfrac{x+y}{2}\big)\). Pour \(x\neq y\) dans \([0,1]\), on a \(0<x+y\leqslant2\), d’où un facteur dans \([0,1[\) et l’inégalité stricte. En revanche, \(\dfrac{f(x)-f(0)}{x}=1-\tfrac x2\) tend vers 1 quand \(x\to0\). Aucune constante \(k<1\) ne convient. f vérifie l’hypothèse sans être une contraction ; son unique point fixe est 0.
4. Pour \(1\leqslant x<y\), on a \(xy>1\), et \(g(x)-g(y)=(x-y)\big(1-\tfrac1{xy}\big)\), avec un facteur dans \(]0,1[\). De plus, \(g\) envoie \([1,+\infty[\) dans \([2,+\infty[\). Pourtant, \(x+\tfrac1x=x\) n’a pas de solution. Il manque la compacité : \([1,+\infty[\) n’est pas borné.

Corrigé de l’exercice 12 – Produits et graphes connexes par arcs

Idée clé : on fabrique les chemins coordonnée par coordonnée.

1. Soit \((a,b)\) et \((a^{\prime},b^{\prime})\) dans \(A\times B\). On prend un chemin \(\gamma\) de \(a\) à \(a^{\prime}\) dans \(A\) et un chemin \(\eta\) de \(b\) à \(b^{\prime}\) dans \(B\). L’application \(t\mapsto(\gamma(t),\eta(t))\) est continue pour la distance produit, car ses deux composantes le sont. A × B est connexe par arcs.
2. Pour \(a,b\in I\), le segment \([a,b]\) est inclus dans \(I\). Le chemin \(t\mapsto\big(u(t),f(u(t))\big)\), avec \(u(t)=(1-t)a+tb\), est continu et relie \((a,f(a))\) à \((b,f(b))\) en restant sur le graphe. Le graphe de f est connexe par arcs.
3. La fonction \(x\mapsto\sin\tfrac1x\) est continue sur l’intervalle \(]0,1]\). Son graphe est connexe par arcs, donc connexe.

Corrigé de l’exercice 13 – Connexité de quelques ensembles de matrices

Idée clé : le déterminant sépare, la convexité et le paramétrage par un angle relient.

1. Le déterminant est continu sur \(\mathcal{M}_n(\mathbb{R})\), car polynomial en les coefficients. Il vaut 1 en \(I_n\) et \(-1\) en \(\mathrm{diag}(-1,1,\dots,1)\), mais il ne s’annule jamais sur \(GL_n(\mathbb{R})\). Si \(GL_n(\mathbb{R})\) était connexe, son image serait un intervalle contenant \(-1\) et 1, donc 0. \(GL_n(\mathbb{R})\) n’est pas connexe.
2. Soit \(A,B\in T_n^{+}\) et \(t\in[0,1]\). La matrice \((1-t)A+tB\) est triangulaire supérieure. Ses coefficients diagonaux \((1-t)a_{ii}+tb_{ii}\) sont strictement positifs, comme moyennes de réels strictement positifs. Ainsi, \(T_n^{+}\) est convexe. Il est donc connexe par arcs, grâce aux segments.
3. Notons \(R_\theta\) la rotation d’angle \(\theta\). L’application \(\theta\mapsto R_\theta\) est continue, car ses coefficients le sont. Le chemin \(t\mapsto R_{(1-t)\alpha+t\beta}\) relie \(R_\alpha\) à \(R_\beta\). De plus, par périodicité, \(SO_2(\mathbb{R})\) est l’image du segment \([0,2\pi]\), qui est compact. \(SO_2(\mathbb{R})\) est connexe par arcs et compact.

Corrigé de l’exercice 14 – Espaces non homéomorphes

Idée clé : un homéomorphisme conserve la compacité, la connexité, et la connexité après retrait d’un point.

1. Supposons \(h : \mathbb{U}\to[0,1]\) un homéomorphisme et posons \(z_0=h^{-1}(\tfrac12)\). Alors \(h\) induit un homéomorphisme de \(\mathbb{U}\setminus\{z_0\}\) sur \([0,\tfrac12[\cup]\tfrac12,1]\). Or, si \(z_0=e^{i\theta_0}\), la partie \(\mathbb{U}\setminus\{z_0\}\) est l’image de \(]\theta_0,\theta_0+2\pi[\) par \(t\mapsto e^{it}\) : elle est connexe. Son image devrait l’être aussi, alors que ce n’est pas un intervalle. Le cercle et le segment ne sont pas homéomorphes.
2. Supposons \(h : [0,1[\to\,]0,1[\) un homéomorphisme. En retirant 0, on obtient un homéomorphisme de \(]0,1[\), connexe, sur \(]0,1[\setminus\{h(0)\}\), qui n’est pas un intervalle. C’est contradictoire : les deux intervalles ne sont pas homéomorphes.
3. Si \(h : [0,1]\to\mathbb{R}\) était un homéomorphisme, \(\mathbb{R}=h([0,1])\) serait compact, comme image continue d’un compact. Or \(\mathbb{R}\) n’est pas borné, donc pas compact.

Corrigé de l’exercice 15 – Points antipodaux de même valeur

Idée clé : la fonction \(g\) est impaire sur un connexe, donc elle prend des valeurs opposées et s’annule.

1. On calcule \(g(-z)=f(-z)-f(z)=-g(z)\). La fonction g est impaire.
2. Le cercle \(\mathbb{U}\) est connexe par arcs, donc connexe, et \(g\) est continue. Fixons \(z_0\in\mathbb{U}\). Alors \(g(\mathbb{U})\) est un intervalle qui contient \(g(z_0)\) et \(-g(z_0)\). Il contient donc 0. Il existe z tel que \(f(z)=f(-z)\).
3. Si la température varie continûment le long de l’équateur, deux points diamétralement opposés ont la même température. Ce résultat est le cas de la dimension 1 du théorème de Borsuk-Ulam.

La figure représente un exemple de fonction \(f\) en fonction de l’angle, avec la différence \(g\), qui change de signe.

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 16 – Nombre de Lebesgue et précompacité

Idée clé : chaque propriété se prouve par l’absurde, en construisant une suite sans valeur d’adhérence ou dont la valeur d’adhérence mène à une contradiction.

1. Supposons qu’aucun \(\rho\) ne convienne. Pour chaque \(k\geqslant1\), on choisit \(x_k\) tel que \(B(x_k,\tfrac1k)\) ne soit contenue dans aucun \(U_i\). Une sous-suite \(x_{\varphi(k)}\) converge vers un point \(a\). Ce point est dans un ouvert \(U_j\), qui contient une boule \(B(a,\eta)\). Pour \(k\) assez grand, \(d(x_{\varphi(k)},a)<\tfrac\eta2\) et \(\tfrac1{\varphi(k)}<\tfrac\eta2\). Alors, pour \(y\in B(x_{\varphi(k)},\tfrac1{\varphi(k)})\), on a \(d(y,a)<\eta\). Ainsi, cette boule est incluse dans \(U_j\), ce qui contredit le choix des \(x_k\). Un nombre de Lebesgue \(\rho>0\) existe.
2. Supposons qu’un rayon \(r\) ne convienne pas. On choisit \(x_0\), puis, par récurrence, \(x_{k+1}\) hors de \(B(x_0,r)\cup\dots\cup B(x_k,r)\), ce qui est possible puisque ces boules ne recouvrent pas \(X\). Alors \(d(x_j,x_k)\geqslant r\) pour \(j\neq k\). Or toute suite extraite garde des termes espacés d’au moins \(r\) : elle ne peut pas converger. X est précompact.
3. Soit \((U_i)\) un recouvrement ouvert et \(\rho\) un nombre de Lebesgue. Par la question 2, des boules \(B(x_1,\rho),\dots,B(x_m,\rho)\) recouvrent \(X\). Chacune est incluse dans un ouvert \(U_{i_p}\). Les ouverts \(U_{i_1},\dots,U_{i_m}\) forment un sous-recouvrement fini.
4. Prenons \(\rho=\tfrac14\) et \(x\in[0,2]\). Si \(x\leqslant\tfrac34\), la boule \(B(x,\tfrac14)\) est formée de points de \([0,2]\) strictement inférieurs à \(x+\tfrac14\leqslant1\), donc elle est dans \(U_1\). Si \(x>\tfrac34\), ses points sont strictement supérieurs à \(x-\tfrac14>\tfrac12\), donc elle est dans \(U_2\). À l’inverse, si \(\rho>\tfrac14\), la boule \(B(\tfrac34,\rho)\) contient 1, qui n’est pas dans \(U_1\), et \(\tfrac12\), qui n’est pas dans \(U_2\). Le nombre \(\tfrac14\) est le plus grand nombre de Lebesgue de ce recouvrement.

Corrigé de l’exercice 17 – Compacité dans l’espace des suites de carré sommable

Idée clé : en dimension infinie, la compacité vient d’un contrôle uniforme des queues, qui ramène le problème à la dimension finie.

1. Soit \(X\) compact. Une suite de Cauchy de \(X\) admet une sous-suite convergente. Or une suite de Cauchy possédant une valeur d’adhérence tend vers celle-ci. Donc \(X\) est complet. Par ailleurs, pour \(r>0\), les boules \(B(x,r)\), \(x\in X\), recouvrent \(X\). La propriété de Borel-Lebesgue en extrait un nombre fini. X est complet et précompact.
2. Les vecteurs \(e_k\) sont dans la boule unité fermée et vérifient \(\|e_j-e_k\|_2=\sqrt2\) pour \(j\neq k\). Une sous-suite convergente devrait avoir des termes de plus en plus proches, ce qui est exclu. Par conséquent, la boule fermée de rayon 1 de \(\ell^2\) n’est pas compacte.
3. Soit \(x^{(m)}\in Q\) qui converge vers \(x\) dans \(\ell^2\). Pour chaque \(k\), on a \(|x^{(m)}_k-x_k|\leqslant\|x^{(m)}-x\|_2\), donc \(x^{(m)}_k\to x_k\). En passant à la limite dans \(|x^{(m)}_k|\leqslant2^{-k}\), on obtient \(|x_k|\leqslant2^{-k}\). Q est fermé.
4. Comme \(\sum_{k>N}4^{-k}=\tfrac{4^{-N}}{3}\), un tel \(N\) existe. Notons \(P_N(x)=(x_1,\dots,x_N,0,0,\dots)\). Pour \(x\in Q\), on a \(\|x-P_N(x)\|_2^2\leqslant\sum_{k>N}4^{-k}\leqslant\tfrac{\varepsilon^2}{4}\), donc \(\|x-P_N(x)\|_2\leqslant\tfrac\varepsilon2\). Ensuite, \(P_N(Q)\) est une partie bornée d’un espace de dimension \(N\), donc précompacte. Elle est recouverte par des boules \(B(c_1,\tfrac\varepsilon2),\dots,B(c_m,\tfrac\varepsilon2)\). Pour \(x\in Q\), si \(P_N(x)\in B(c_p,\tfrac\varepsilon2)\), alors \(\|x-c_p\|_2<\tfrac\varepsilon2+\tfrac\varepsilon2=\varepsilon\). Ainsi, \(Q\) est précompact. Enfin, \(Q\) est fermé dans l’espace complet \(\ell^2\), donc complet. Q est compact, bien qu’il soit de dimension infinie.

Corrigé de l’exercice 18 – Le sinus du topologue

Idée clé : un chemin qui quitte le segment vertical devrait suivre des oscillations infinies, ce que la continuité interdit.

1. Soit \(c\in[-1,1]\) et \(x_k=\dfrac1{\arcsin c+2k\pi}\), pour \(k\geqslant1\). Ces réels sont dans \(]0,1]\), tendent vers 0, et vérifient \(\sin\tfrac1{x_k}=c\). Donc \((0,c)\in\overline G\). Réciproquement, soit \((a,b)\) limite de points \((x_k,\sin\tfrac1{x_k})\) de \(G\). Alors \(a\in[0,1]\). Si \(a>0\), la continuité de \(x\mapsto\sin\tfrac1x\) en \(a\) donne \(b=\sin\tfrac1a\). Si \(a=0\), on a seulement \(|b|\leqslant1\). Ainsi \(\overline G=G\cup(\{0\}\times[-1,1])\).
2. D’après l’exercice 12, \(G\) est connexe. L’adhérence d’un connexe est connexe, donc \(\overline G\) l’est. De plus, \(\overline G\) est fermé et contenu dans \([0,1]\times[-1,1]\). Il est connexe et compact.
3. L’ensemble \(Z=\gamma_1^{-1}(\{0\})\) est fermé, puisque \(\gamma_1\) est continue. Il contient 0, donc il contient sa borne supérieure : \(\gamma_1(t_0)=0\). Comme \(\gamma_1(1)=1\), on a \(t_0<1\). Enfin, pour \(t>t_0\), \(\gamma_1(t)\neq0\), et les points de \(\overline G\) ont une abscisse positive. Donc \(\gamma_1(t)>0\) pour \(t>t_0\).
4. Soit \(\delta\in\,]0,1-t_0]\) et \(a=\gamma_1(t_0+\delta)>0\). Par les valeurs intermédiaires, \(\gamma_1\) prend sur \([t_0,t_0+\delta]\) toutes les valeurs de \([0,a]\). On choisit \(k\) tel que \(\tfrac{1}{\pi/2+2k\pi}<a\). Il existe alors \(s\) et \(s^{\prime}\) dans \(]t_0,t_0+\delta]\) avec \(\gamma_1(s)=\tfrac1{\pi/2+2k\pi}\) et \(\gamma_1(s^{\prime})=\tfrac1{3\pi/2+2k\pi}\). Ces points ont une abscisse strictement positive, donc ils sont dans \(G\). Ainsi, \(\gamma_2(s)=1\) et \(\gamma_2(s^{\prime})=-1\). Par conséquent, \(\gamma_2\) n’a pas de limite en \(t_0\), ce qui contredit sa continuité. Aucun chemin ne relie \((0,0)\) à \((1,\sin1)\) : \(\overline G\) est connexe sans être connexe par arcs.

Corrigé de l’exercice 19 – Problème sur le théorème de Dini

Idée clé : les ensembles où l’écart est déjà petit forment un recouvrement ouvert croissant ; la propriété de Borel-Lebesgue en garde un seul.

Partie A.

1. La fonction \(f-f_k\) est continue, donc \(U_k=(f-f_k)^{-1}(]-\infty,\varepsilon[)\) est un ouvert de \(K\). Comme \(f_k\leqslant f_{k+1}\), on a \(f-f_{k+1}\leqslant f-f_k\), d’où \(U_k\subset U_{k+1}\). Enfin, pour \(x\in K\), \(f_k(x)\to f(x)\), donc \(x\in U_k\) pour \(k\) grand. Les \(U_k\) forment un recouvrement ouvert croissant de K.
2. Par la propriété de Borel-Lebesgue, un nombre fini \(U_{k_1},\dots,U_{k_m}\) recouvre \(K\). Comme la suite est croissante, leur réunion vaut \(U_N\) avec \(N=\max k_i\). Donc \(U_N=K\).
3. La suite \((f_k(x))\) est croissante et tend vers \(f(x)\), donc \(f_k\leqslant f\). Pour \(k\geqslant N\), on a alors \(0\leqslant f-f_k\leqslant f-f_N<\varepsilon\) sur \(K\). Ainsi \(\sup_K|f-f_k|\leqslant\varepsilon\) pour \(k\geqslant N\) : la convergence est uniforme.

Passons à la partie B.

1. Pour \(x\in[0,1[\), la suite \(x^k\) décroît vers 0. Donc \(g_k(x)=1-x^k\) croît vers 1, fonction continue. Cependant, \(\sup_{[0,1[}|1-g_k|=\sup_{[0,1[}x^k=1\) pour tout \(k\). La convergence est simple mais pas uniforme.
2. Il manque la compacité : \([0,1[\) n’est pas fermé. Sur \([0,1]\), on a \(g_k(1)=0\) pour tout \(k\). La limite simple vaut alors 1 sur \([0,1[\) et 0 en 1. Elle n’est plus continue, et c’est cette fois l’hypothèse de continuité de la limite qui tombe.

Enfin, la partie C applique le théorème.

1. On développe : \(\sqrt x-p_{k+1}=\big(\sqrt x-p_k\big)-\tfrac12\big(\sqrt x-p_k\big)\big(\sqrt x+p_k\big)\), puisque \(x-p_k^2=(\sqrt x-p_k)(\sqrt x+p_k)\). On factorise par \(\sqrt x-p_k\) et l’identité suit.
2. Pour \(k=0\), on a bien \(0\leqslant p_0(x)\leqslant\sqrt x\). Supposons \(0\leqslant p_k(x)\leqslant\sqrt x\). Comme \(\sqrt x\leqslant1\), le facteur \(1-\tfrac{\sqrt x+p_k(x)}{2}\) est dans \([0,1]\). Donc \(0\leqslant\sqrt x-p_{k+1}(x)\leqslant\sqrt x-p_k(x)\). Il en résulte \(p_k(x)\leqslant p_{k+1}(x)\leqslant\sqrt x\). La suite \((p_k(x))\) est croissante et majorée par \(\sqrt x\).
3. Pour \(x\) fixé, la suite converge vers une limite \(\lambda\in[0,\sqrt x]\). En passant à la limite dans la récurrence, \(x-\lambda^2=0\), donc \(\lambda=\sqrt x\). Les \(p_k\) sont des polynômes, donc continus. La suite est croissante, la limite est continue et \([0,1]\) est compact. Par le théorème de Dini, \((p_k)\) converge uniformément vers la racine carrée sur \([0,1]\).

La figure montre les premiers polynômes \(p_k\), qui montent vers la courbe de la racine carrée. L’écart maximal se loge près de l’origine, où la courbe de la racine carrée devient verticale.

Pour aller plus loin

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