Examen de topologie du semestre 5 : corrigé du contrôle de maths en L3

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Barème du contrôle corrigé : examen de topologie du semestre 5

Le corrigé détaillé : examen de topologie du semestre 5

Exercice 1 – Deux démonstrations de cours (3 points)

1. Le compact est fermé

   Soit \((x_n)\) une suite de \(K\) qui converge vers un point \(x\) de \(X\). Par compacité, elle admet une sous-suite \((x_{\sigma(n)})\) qui converge vers un point \(y \in K\). Or cette sous-suite converge aussi vers \(x\), et la limite est unique dans un espace métrique. Donc \(x = y \in K\) et, par la caractérisation séquentielle, \(K\) est fermé.

   Le compact est borné

   Supposons au contraire \(K\) non borné et fixons \(a \in K\). Pour tout entier \(n\), il existe alors \(x_n \in K\) tel que \(d(a, x_n) \geq n\). Une sous-suite \((x_{\sigma(n)})\) converge vers un point \(y\) de \(K\) ; par l’inégalité triangulaire, \(d(a, x_{\sigma(n)}) \leq d(a, y) + d(y, x_{\sigma(n)})\), qui est bornée. Pourtant \(d(a, x_{\sigma(n)}) \geq \sigma(n) \geq n\) : c’est absurde. Ainsi \(K\) est borné.

2. Négation de la continuité uniforme

   Raisonnons par l’absurde. Si \(f\) n’est pas uniformément continue, il existe \(\varepsilon > 0\) tel que, pour tout \(n \geq 1\), on trouve \(x_n, y_n \in K\) avec \(d(x_n, y_n) < \frac{1}{n}\) et \(\delta(f(x_n), f(y_n)) \geq \varepsilon\).

   Extraction et passage à la limite

   Puisque \(K\) est compact, une sous-suite \((x_{\sigma(n)})\) converge vers un point \(a \in K\). De plus, \(d(y_{\sigma(n)}, a) \leq d(y_{\sigma(n)}, x_{\sigma(n)}) + d(x_{\sigma(n)}, a)\), donc \((y_{\sigma(n)})\) converge aussi vers \(a\). Comme \(f\) est continue en \(a\), les deux suites images tendent vers \(f(a)\), si bien que \(\delta(f(x_{\sigma(n)}), f(y_{\sigma(n)})) \to 0\). Cela contredit la minoration par \(\varepsilon\). Par conséquent, \(f\) est uniformément continue sur \(K\).

3. Chaque \(u_n\) est continue et vérifie \(\|u_n\|_\infty = 1\) : la suite est dans la boule unité fermée. Supposons qu’une sous-suite \((u_{\sigma(n)})\) converge uniformément vers \(u \in C([0, 1])\). Elle converge alors simplement, donc \(u(x) = \lim x^{\sigma(n)} = 0\) pour \(0 \leq x < 1\) et \(u(1) = 1\). Or cette fonction n’est pas continue en \(1\), ce qui est absurde. La boule unité fermée de \((C([0, 1]), \|\cdot\|_\infty)\) est donc fermée, bornée, mais non compacte, conformément au théorème de Riesz.

Barème : 1) 1 point (0,5 pour fermé, 0,5 pour borné) ; 2) 1,5 point (0,5 pour la négation correcte, 0,5 pour l’extraction, 0,5 pour la contradiction) ; 3) 0,5 point.

Piège classique : extraire séparément dans \((x_n)\) puis dans \((y_n)\) avec deux extractions différentes ; il faut une seule extraction, puis montrer que l’autre suite suit.

Exercice 2 – Une distance tordue par un cube (3,5 points)

1. La fonction \(\varphi\) est dérivable et \(\varphi^{\prime}(x) = 3x^2 + 1 > 0\), donc elle est strictement croissante, en particulier injective. Alors \(d(x, y) \geq 0\), \(d(x, y) = d(y, x)\), et \(d(x, y) = 0\) équivaut à \(\varphi(x) = \varphi(y)\), c’est-à-dire à \(x = y\). Enfin, l’inégalité triangulaire de la valeur absolue donne \(d(x, z) \leq |\varphi(x) – \varphi(y)| + |\varphi(y) – \varphi(z)| = d(x, y) + d(y, z)\). Donc \(d\) est une distance sur \(\mathbb{R}\).
2. On factorise : \(\varphi(x) – \varphi(y) = (x – y)(x^2 + xy + y^2 + 1)\). Or \(x^2 + xy + y^2 = \left(x + \frac{y}{2}\right)^2 + \frac{3y^2}{4} \geq 0\), d’où \(x^2 + xy + y^2 + 1 \geq 1\). Ainsi \(d(x, y) \geq |x – y|\), ce qui signifie exactement que l’identité de \((\mathbb{R}, d)\) dans \((\mathbb{R}, |\cdot|)\) est 1-lipschitzienne.
3. Pour \(x \neq 0\), on a \(\frac{d(x, 0)}{|x – 0|} = x^2 + 1\), quantité non majorée quand \(x\) tend vers \(+\infty\). Une telle constante \(C\) ne peut donc pas exister. Les distances \(d\) et \(|\cdot|\) ne sont pas équivalentes (au sens de Lipschitz).
4. Montrons que l’identité \(\mathrm{id} : (\mathbb{R}, |\cdot|) \to (\mathbb{R}, d)\) est continue. Si \(x_n \to x\) pour la distance usuelle, la continuité de \(\varphi\) donne \(d(x_n, x) = |\varphi(x_n) – \varphi(x)| \to 0\). Dans l’autre sens, l’identité est lipschitzienne d’après la question 2, donc continue. L’identité est alors un homéomorphisme entre les deux espaces. Par conséquent, un ensemble est ouvert pour \(d\) si et seulement s’il est ouvert pour la distance usuelle : les distances sont topologiquement équivalentes.

5. Lecture des deux boules

   On a \(B_d(0, r) = \{x : |\varphi(x)| < r\}\) car \(\varphi(0) = 0\). Comme \(\varphi\) est strictement croissante, impaire, avec \(\varphi(1) = 2\) et \(\varphi(2) = 10\), on obtient \(B_d(0, 2) = \left]-1, 1\right[\) et \(B_d(0, 10) = \left]-2, 2\right[\), ce que confirment les pointillés de la figure.

   Complétude via la fonction cubique

   Soit \((x_n)\) une suite de Cauchy pour \(d\). Par définition de \(d\), la suite réelle \((\varphi(x_n))\) est de Cauchy dans \(\mathbb{R}\), qui est complet : elle converge vers un réel \(\ell\). De plus, \(\varphi\) est continue, strictement croissante et tend vers \(\pm\infty\) en \(\pm\infty\) ; par le théorème des valeurs intermédiaires, elle est surjective, d’où un réel \(a\) tel que \(\varphi(a) = \ell\). Alors \(d(x_n, a) = |\varphi(x_n) – \ell| \to 0\). Donc \((\mathbb{R}, d)\) est complet.

Barème : 1) 0,75 point (0,25 pour l’injectivité justifiée) ; 2) 0,75 point ; 3) 0,5 point ; 4) 0,75 point ; 5) 0,75 point (0,25 pour les boules, 0,5 pour la complétude avec la surjectivité de \(\varphi\)).

Piège classique : conclure de « même topologie » que les distances sont équivalentes, ou oublier la surjectivité de \(\varphi\) dans la preuve de complétude.

Exercice 3 – Une forme linéaire à poids affine (3,5 points)

1. La linéarité de \(L\) découle de celle de l’intégrale. Pour \(f \in E\), on majore : \(|L(f)| \leq \displaystyle\int_0^1 |1 – 2t|\, |f(t)|\, \mathrm{d}t \leq \|f\|_\infty \int_0^1 |1 – 2t|\, \mathrm{d}t\). Par symétrie autour de \(\frac{1}{2}\), \(\displaystyle\int_0^1 |1 – 2t|\, \mathrm{d}t = 2\int_0^{1/2} (1 – 2t)\, \mathrm{d}t = 2\left(\frac{1}{2} – \frac{1}{4}\right) = \frac{1}{2}\). Une forme linéaire bornée sur la boule unité est continue. Donc \(L\) est continue et \(\|L\| \leq \frac{1}{2}\).

2. Les deux paliers

   Posons \(a = \frac{1}{2} – \frac{1}{n}\), qui est positif car \(n \geq 2\). Sur le premier palier, \(\displaystyle\int_0^a (1 – 2t)\, \mathrm{d}t = a – a^2 = a(1 – a) = \left(\frac{1}{2} – \frac{1}{n}\right)\left(\frac{1}{2} + \frac{1}{n}\right) = \frac{1}{4} – \frac{1}{n^2}\). Par symétrie, le palier où \(f_n = -1\) apporte la même contribution \(\frac{1}{4} – \frac{1}{n^2}\).

   La rampe centrale

   Sur l’intervalle central, posons \(s = t – \frac{1}{2}\) : on a \(1 – 2t = -2s\) et \(f_n(t) = -ns\), donc le produit vaut \(2ns^2\). Ainsi \(\displaystyle\int_{-1/n}^{1/n} 2ns^2\, \mathrm{d}s = 2n \times \frac{2}{3n^3} = \frac{4}{3n^2}\).

   Bilan et norme exacte

   En sommant, \(L(f_n) = \frac{1}{2} – \frac{2}{n^2} + \frac{4}{3n^2}\), soit \(L(f_n) = \frac{1}{2} – \frac{2}{3n^2}\). Pour \(n = 2\), on retrouve d’ailleurs \(\displaystyle\int_0^1 (1 – 2t)^2\, \mathrm{d}t = \frac{1}{3}\). Comme \(\|f_n\|_\infty = 1\), on a \(\|L\| \geq L(f_n)\) pour tout \(n\), puis \(\|L\| \geq \frac{1}{2}\) en faisant tendre \(n\) vers l’infini. Avec la question 1, \(\|L\| = \frac{1}{2}\).

3. Soit \(f \in E\) avec \(\|f\|_\infty \leq 1\) et \(L(f) = \frac{1}{2}\). Alors \(\displaystyle\int_0^1 \left(|1 – 2t| – (1 – 2t)f(t)\right) \mathrm{d}t = \frac{1}{2} – \frac{1}{2} = 0\). L’intégrande est continue et positive, car \((1 – 2t)f(t) \leq |1 – 2t|\,|f(t)| \leq |1 – 2t|\). Une fonction continue positive d’intégrale nulle est nulle, donc \((1 – 2t)f(t) = |1 – 2t|\) partout. Ainsi \(f(t) = 1\) pour \(t < \frac{1}{2}\) et \(f(t) = -1\) pour \(t > \frac{1}{2}\), ce qui interdit la continuité en \(\frac{1}{2}\). Aucune fonction de la boule unité ne réalise \(L(f) = \|L\|\) : la norme n’est pas atteinte.

Barème : 1) 1 point (0,5 pour la majoration, 0,5 pour le calcul de l’intégrale) ; 2) 1,25 point (0,75 pour \(L(f_n)\), 0,5 pour la conclusion) ; 3) 1,25 point (0,5 pour l’intégrale nulle, 0,5 pour la positivité, 0,25 pour la contradiction).

Exercice 4 – Hyperbole, projection et connexité (3 points)

1. L’application \(q(x, y) = xy\) est continue sur \(\mathbb{R}^2\), et \(H = q^{-1}(\{1\})\) est l’image réciproque d’un fermé : \(H\) est fermée. En outre, les points \(\left(n, \frac{1}{n}\right)\) appartiennent à \(H\) et leur norme dépasse \(n\). Donc \(H\) n’est pas bornée.
2. Supposons \(H\) connexe. La projection \(p\) est continue, donc \(p(H)\) est une partie connexe de \(\mathbb{R}\), c’est-à-dire un intervalle. Or \(p(1, 1) = 1\) et \(p(-1, -1) = -1\), alors cet intervalle contiendrait \(0\). Pourtant aucun point de \(H\) n’a une abscisse nulle, puisque \(0 \times y = 0 \neq 1\). C’est une contradiction : \(H\) n’est pas connexe.
3. Pour tout \(x \neq 0\), le point \(\left(x, \frac{1}{x}\right)\) est dans \(H\), donc \(p(H) = \mathbb{R}^*\). La suite \(\left(\frac{1}{n}\right)\) de \(\mathbb{R}^*\) converge vers \(0 \notin \mathbb{R}^*\) : \(p(H)\) n’est pas fermé. Par ailleurs, \(p\) est continue et l’image continue d’un compact est compacte, donc fermée. On retrouve ainsi que \(H\) n’est pas compacte.

4. Chaque morceau est connexe par arcs

   La droite \(D\) est convexe, donc connexe par arcs. La branche \(H_+\) est l’image de l’intervalle \(\left]0, +\infty\right[\) par l’application continue \(x \mapsto \left(x, \frac{1}{x}\right)\) : elle est connexe par arcs. De même pour \(H_-\), image de \(\left]-\infty, 0\right[\).

   Recollement par la droite

   D’une part \(H_+ \cap D = \{A\}\) avec \(A(1 ; 1)\), d’autre part \(H_- \cap D = \{B\}\) avec \(B(-1 ; -1)\). Deux points de \(H \cup D\) se joignent donc par un chemin qui rejoint \(D\) en \(A\) ou en \(B\), puis parcourt \(D\). Par conséquent, \(H \cup D\) est connexe par arcs, alors que \(H\) seule ne l’est pas.

Barème : 1) 0,5 point ; 2) 1 point (0,5 pour l’image connexe, 0,5 pour la contradiction) ; 3) 0,5 point ; 4) 1 point (0,5 pour les trois morceaux, 0,5 pour le recollement).

Exercice 5 – Problème : l’espace des fonctions lipschitziennes (7 points)

Partie A – Une norme plus fine que la norme uniforme

1. Un sous-espace stable

   Toute fonction lipschitzienne est continue et la fonction nulle est lipschitzienne. Pour \(f, g \in \mathrm{Lip}\), des réels \(\alpha, \beta\) et \(0 \leq x < y \leq 1\), l’inégalité triangulaire donne \(|(\alpha f + \beta g)(y) – (\alpha f + \beta g)(x)| \leq \left(|\alpha|\lambda(f) + |\beta|\lambda(g)\right)(y – x)\). Ainsi \(\alpha f + \beta g \in \mathrm{Lip}\) et \(\lambda(\alpha f + \beta g) \leq |\alpha|\lambda(f) + |\beta|\lambda(g)\). Donc \(\mathrm{Lip}\) est un sous-espace vectoriel de \(C([0, 1])\).

   Les trois axiomes de norme

   L’inégalité précédente donne aussitôt l’inégalité triangulaire pour \(N\), et l’on vérifie de même \(\lambda(\alpha f) = |\alpha|\lambda(f)\), donc \(N(\alpha f) = |\alpha| N(f)\). Enfin, si \(N(f) = 0\), alors \(f(0) = 0\) et \(\lambda(f) = 0\) ; la fonction \(f\) est donc constante, égale à \(f(0) = 0\). Ainsi \(N\) est une norme sur \(\mathrm{Lip}\).

2. Pour \(x \in [0, 1]\), on écrit \(|f(x)| \leq |f(0)| + |f(x) – f(0)| \leq |f(0)| + \lambda(f)\, x \leq |f(0)| + \lambda(f)\). En passant à la borne supérieure, \(\|f\|_\infty \leq N(f)\).
3. On a \(\|g_n\|_\infty = 1\) et \(g_n(0) = 0\). Par l’inégalité des accroissements finis, \(\lambda(g_n) \leq \sup |g_n^{\prime}| = n\) ; inversement, \(\frac{1 – x^n}{1 – x} = 1 + x + \ldots + x^{n-1}\) tend vers \(n\) quand \(x \to 1\), donc \(\lambda(g_n) = n\). Ainsi \(N(g_n) = n\) tandis que \(\|g_n\|_\infty = 1\). Aucune constante \(C\) ne vérifie \(N \leq C\,\|\cdot\|_\infty\) : les deux normes ne sont pas équivalentes.

Complétude de l’espace (partie B)

1. D’après A2, \(\|f_n – f_m\|_\infty \leq N(f_n – f_m)\), donc \((f_n)\) est de Cauchy pour la norme uniforme. Or \((C([0, 1]), \|\cdot\|_\infty)\) est complet. La suite converge donc uniformément vers une fonction continue \(f\).

2. Une inégalité qui passe à la limite

   Fixons \(\varepsilon > 0\) et un rang \(n_0\) tel que \(N(f_n – f_m) \leq \varepsilon\) pour \(n, m \geq n_0\). Pour \(n, m \geq n_0\) et \(0 \leq x < y \leq 1\), on a donc :

   \[|(f_n – f_m)(0)| + \frac{|(f_n – f_m)(y) – (f_n – f_m)(x)|}{y – x} \leq \varepsilon.\]

   À \(n\), \(x\) et \(y\) fixés, on fait tendre \(m\) vers l’infini ; la convergence simple de \(f_m\) vers \(f\) donne alors la même inégalité avec \(f\) à la place de \(f_m\).

   Conclusion de la complétude

   En passant à la borne supérieure sur \(x < y\), on obtient que \(f_n – f\) est lipschitzienne et que \(N(f_n – f) \leq \varepsilon\) pour tout \(n \geq n_0\). Par conséquent, \(f = f_n – (f_n – f)\) appartient à \(\mathrm{Lip}\), puis \(N(f_n – f) \to 0\). L’espace \((\mathrm{Lip}, N)\) est donc un espace de Banach.

Partie C – Une boule compacte pour une norme, pas pour l’autre

1. Les hypothèses d’Ascoli

   Le théorème d’Ascoli affirme qu’une partie de \(C([0, 1])\) est relativement compacte pour \(\|\cdot\|_\infty\) dès qu’elle est équicontinue et ponctuellement bornée. D’abord, toute \(f \in \mathcal{B}\) vérifie \(|f(y) – f(x)| \leq |y – x|\) : la famille est équicontinue (on prend \(\eta = \varepsilon\) pour toutes les fonctions). Ensuite, \(|f(x)| = |f(x) – f(0)| \leq x \leq 1\), donc elle est ponctuellement bornée.

   Une partie fermée

   Si \(f_n \in \mathcal{B}\) converge uniformément vers \(f\), alors \(f(0) = \lim f_n(0) = 0\) et \(|f(y) – f(x)| = \lim |f_n(y) – f_n(x)| \leq |y – x|\). Ainsi \(f \in \mathcal{B}\), qui est fermée. Fermée et relativement compacte, \(\mathcal{B}\) est compacte dans \((C([0, 1]), \|\cdot\|_\infty)\).

2. On a \(h_n(0) = 0\) et, comme pour \(g_n\), \(\lambda(h_n) = \frac{n}{n} = 1\) : donc \(h_n \in \mathcal{B}\). Supposons qu’une sous-suite \((h_{\sigma(n)})\) converge pour \(N\) vers \(\psi\). D’après A2, elle converge aussi uniformément vers \(\psi\) ; or \(\|h_n\|_\infty = \frac{1}{n} \to 0\), donc \(\psi = 0\). Pourtant \(N(h_{\sigma(n)} – 0) = 1\) ne tend pas vers \(0\). Aucune sous-suite ne converge : \(\mathcal{B}\) n’est pas compacte dans \((\mathrm{Lip}, N)\).

Point fixe d’un opérateur intégral (partie D)

1. Image lipschitzienne et contraction

   Pour \(f \in C([0, 1])\) et \(0 \leq x < y \leq 1\), on a \(|T(f)(y) – T(f)(x)| \leq (y – x) + \frac{1}{2}\displaystyle\int_x^y |f(t)|\, \mathrm{d}t \leq \left(1 + \frac{\|f\|_\infty}{2}\right)(y – x)\). Ainsi \(T(f) \in \mathrm{Lip}\). De plus, pour \(f, g\) continues, \(|T(f)(x) – T(g)(x)| \leq \frac{1}{2}\displaystyle\int_0^x |f – g| \leq \frac{x}{2}\|f – g\|_\infty\), d’où \(\|T(f) – T(g)\|_\infty \leq \frac{1}{2}\|f – g\|_\infty\).

   Application du théorème de Banach

   L’espace \((C([0, 1]), \|\cdot\|_\infty)\) est complet et \(T\) y est contractante de rapport \(\frac{1}{2}\). Le théorème du point fixe de Banach fournit donc un unique point fixe \(h\). Enfin \(h = T(h)\) est une image par \(T\), donc \(h\) est lipschitzienne.

2. Comme \(h\) est continue, \(x \mapsto \displaystyle\int_0^x h\) est de classe \(C^1\), donc \(h = T(h)\) l’est aussi. En dérivant, \(h^{\prime} = 1 + \frac{h}{2}\) avec \(h(0) = 0\). Les solutions sont \(x \mapsto -2 + c\,\mathrm{e}^{x/2}\), et la condition initiale impose \(c = 2\). Ainsi \(h(x) = 2\left(\mathrm{e}^{x/2} – 1\right)\). On vérifie que \(h^{\prime}(x) = \mathrm{e}^{x/2} = 1 + \frac{h(x)}{2}\).

3. Les premiers itérés

   D’abord \(f_1(x) = T(0)(x) = x\), puis \(f_2(x) = x + \frac{1}{2}\displaystyle\int_0^x t\, \mathrm{d}t\), soit \(f_2(x) = x + \frac{x^2}{4}\). La figure montre ces itérés qui se rapprochent de \(h\).

   

   Combien d’itérations suffisent

   Le théorème du point fixe donne l’estimation \(\|f_k – h\|_\infty \leq \frac{(1/2)^k}{1 – 1/2}\|f_1 – f_0\|_\infty = 2^{1-k}\). Il suffit donc que \(2^{k-1} \geq 1000\). Or \(2^{10} = 1024\) et \(2^9 = 512\), alors la condition équivaut à \(k – 1 \geq 10\). Dès \(k = 11\), on a \(\|f_k – h\|_\infty \leq 10^{-3}\).

Barème : A) 2 points (1 ; 0,5 ; 0,5) ; B) 1,5 point (0,5 pour la convergence uniforme, 1 pour le passage à la limite rédigé) ; C) 1,5 point (1 pour Ascoli avec les trois hypothèses, 0,5 pour le contre-exemple) ; D) 2 points (1 ; 0,5 ; 0,5).

Piège classique : en partie B, affirmer directement que \(N(f_n – f) \to 0\) sans passer à la limite en \(m\) dans une inégalité valable pour tous \(x < y\).

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Consolider examen de topologie du semestre 5 après ce corrigé

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