Corrigé des exercices : Ouverts, fermés et adhérence en maths spé (MP)

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Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Deux parties du plan définies par des inégalités

Idée clé : chaque partie est décrite par des conditions sur des fonctions polynomiales, donc l’image réciproque conclut.

1. Les applications \(\varphi_1:(x,y)\mapsto xy\) et \(\varphi_2:(x,y)\mapsto x+y\) sont polynomiales, donc continues sur \(\mathbb{R}^2\). Ainsi \(\varphi_1^{-1}(]1,+\infty[)\) et \(\varphi_2^{-1}(]-\infty,5[)\) sont des ouverts, comme images réciproques d’intervalles ouverts. Or \(U\) est leur intersection. Par conséquent, \(U\) est un ouvert, car une intersection finie d’ouverts est ouverte.
2. De même, \(\psi_1:(x,y)\mapsto x^2+y^2\) et \(\psi_2:(x,y)\mapsto y-x^3\) sont continues. Donc \(\psi_1^{-1}(]-\infty,4])\) et \(\psi_2^{-1}([0,+\infty[)\) sont fermés. Leur intersection \(F\) est donc un fermé.
3. D’abord, \(0^2+2^2=4\leq 4\) et \(2\geq 0^3\), donc \((0,2)\in F\). Soit ensuite \(r>0\). On choisit \(t>0\) tel que \(t\|(0,1)\|<r\). Le point \((0,2+t)\) est alors dans \(B((0,2),r)\). Cependant, \(0^2+(2+t)^2>4\), donc ce point n’est pas dans \(F\). Aucune boule centrée en \((0,2)\) n’est incluse dans \(F\) : \(F\) n’est pas ouvert.

Corrigé de l’exercice 2 – Intérieur, adhérence et frontière d’une partie de R

Idée clé : on traite chaque morceau séparément, puis on utilise la densité de \(\mathbb{Q}\) et de \(\mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}\).

1. L’intervalle \(]0,2[\) est un ouvert inclus dans \(A\), donc il est inclus dans \(\mathring{A}\). En revanche, \(0\) n’est pas intérieur, car \(-\varepsilon\notin A\) pour tout \(\varepsilon>0\). De même, \(3\) n’est pas intérieur, car \(3+\varepsilon\notin A\) pour \(\varepsilon\) petit. Enfin, tout intervalle ouvert centré en un rationnel \(q\in\,]4,5[\) contient un irrationnel, qui n’est pas dans \(A\). Ainsi \(\mathring{A}=\,]0,2[\).
2. La partie \(G=[0,2]\cup\{3\}\cup[4,5]\) est fermée, comme réunion finie de fermés, et elle contient \(A\). Donc \(\overline{A}\subset G\). Inversement, \(2\) est limite de \(2-\frac{1}{n}\in A\). Soit ensuite \(x\in[4,5]\) et \(n\geq 1\). L’intervalle ouvert \(]\max(4,x-\frac{1}{n}),\min(5,x+\frac{1}{n})[\) est non vide, donc il contient un rationnel \(q_n\). On a alors \(q_n\in A\) et \(|q_n-x|<\frac{1}{n}\), donc \(x\in\overline{A}\). Finalement, \(\overline{A}=[0,2]\cup\{3\}\cup[4,5]\).
3. Par différence, \(\mathrm{Fr}(A)=\{0,2,3\}\cup[4,5]\). De plus, \(A\) n’est pas ouverte, car \(0\in A\setminus\mathring{A}\). Elle n’est pas fermée non plus, car \(2\in\overline{A}\setminus A\).

Corrigé de l’exercice 3 – Un graphe fermé par les suites

Idée clé : on prend une suite convergente de la partie et l’on passe à la limite dans la relation qui la définit.

1. Soit \((x_n,f(x_n))\) une suite de \(\Gamma\) qui converge vers \((a,b)\in\mathbb{R}^2\). En dimension finie, la convergence équivaut à celle des coordonnées : \(x_n\to a\) et \(f(x_n)\to b\). Or \(f\) est continue en \(a\), donc \(f(x_n)\to f(a)\). Par unicité de la limite, \(b=f(a)\), d’où \((a,b)\in\Gamma\). Ainsi \(\Gamma\) est fermé.
2. Soit \((x_n,y_n)\) une suite de \(H\) de limite \((a,b)\). D’abord, \(x_ny_n=1\) et \(x_ny_n\to ab\), donc \(ab=1\). Ensuite, \(x_n>0\) donne seulement \(a\geq 0\) par passage à la limite. Cependant, \(a=0\) est exclu, car \(ab=1\). Donc \(a>0\) et \(H\) est fermé : l’égalité \(xy=1\) empêche la limite d’atteindre \(x=0\).

Corrigé de l’exercice 4 – Limites en l’origine de deux fonctions

Idée clé : une majoration par une quantité qui tend vers \(0\) donne la limite ; deux suites aux images différentes l’interdisent.

1. La suite \((\frac{1}{n},0)\) est à valeurs dans \(\mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\}\) et tend vers l’origine. Ce point est donc adhérent à l’ensemble de définition.
2. On a \(2x^2+y^2\leq 2(x^2+y^2)\), donc \(|f(x,y)|\leq 2|y|\). Or \(|y|\leq\|(x,y)\|_2\), qui tend vers \(0\). Par encadrement, \(f\) tend vers \(0\) en \((0,0)\).
3. D’une part, \(g(\frac{1}{n},0)=1\). D’autre part, \(g(0,\frac{1}{n})=-2\). Les deux suites tendent vers l’origine, mais les images ont des limites différentes. La caractérisation séquentielle interdit donc toute limite de \(g\) en l’origine.

Corrigé de l’exercice 5 – Racine carrée, uniforme continuité et caractère lipschitzien

Idée clé : une inégalité valable pour tous les couples donne l’uniforme continuité ; la pente des cordes près de \(0\) interdit le caractère lipschitzien.

1. On développe : \(\big(\sqrt{t}+\sqrt{s-t}\big)^2=s+2\sqrt{t(s-t)}\geq s\). Comme les deux nombres comparés sont positifs, la racine carrée conserve l’ordre. Ainsi \(\sqrt{s}-\sqrt{t}\leq\sqrt{s-t}\).
2. Soit \(\varepsilon>0\) et \(\delta=\varepsilon^2\). Si \(|x-y|<\delta\), on applique la question 1 avec \(s=\max(x,y)\) et \(t=\min(x,y)\). On obtient \(|\sqrt{x}-\sqrt{y}|\leq\sqrt{s-t}<\varepsilon\). Ce \(\delta\) ne dépend pas des points : la racine carrée est uniformément continue.
3. Supposons-la \(k\)-lipschitzienne sur \([0,1]\), avec \(k>0\). Pour \(h\in\,]0,1]\), on aurait \(\sqrt{h}\leq kh\), soit \(\frac{1}{\sqrt{h}}\leq k\). Or le choix \(h=\frac{1}{4(k+1)^2}\) donne \(2(k+1)\leq k\) : contradiction. Aucune constante de Lipschitz ne convient sur \([0,1]\).
4. Pour \(x,y\geq 1\), la quantité conjuguée donne \(|x-y|=|\sqrt{x}-\sqrt{y}|\,(\sqrt{x}+\sqrt{y})\). Or \(\sqrt{x}+\sqrt{y}\geq 2\), d’où \(2\,|\sqrt{x}-\sqrt{y}|\leq|x-y|\), ce qui est le caractère \(\frac{1}{2}\)-lipschitzien.

Corrigé de l’exercice 6 – Densité des nombres dyadiques

Idée clé : on tronque le développement de \(x\) en base \(2\), comme on tronque un développement décimal.

1. La partie entière vérifie \(\lfloor 2^nx\rfloor\leq 2^nx<\lfloor 2^nx\rfloor+1\). Une division par le réel positif \(2^n\) conduit à \(0\leq x-d_n<2^{-n}\).
2. Ainsi \(d_n\in\mathcal{D}\) et \(d_n\to x\), car \(2^{-n}\to 0\). Tout réel est donc limite d’une suite de dyadiques : \(\mathcal{D}\) est dense dans \(\mathbb{R}\).
3. Si \(x\in[0,1]\), alors \(0\leq 2^nx\leq 2^n\), donc \(0\leq\lfloor 2^nx\rfloor\leq 2^n\). Par conséquent, \(d_n\in\mathcal{D}\cap[0,1]\) et \(d_n\to x\). Ainsi \(\mathcal{D}\cap[0,1]\) est dense dans \([0,1]\).

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 7 – Ouverts et fermés relatifs de ]0,1]

Idée clé : on écrit chaque partie comme la trace sur \(X\) d’un ouvert ou d’un fermé de \(\mathbb{R}\).

1. On a \(A=\,]\frac{1}{2},2[\,\cap X\), et \(]\frac{1}{2},2[\) est ouvert dans \(\mathbb{R}\). Donc \(A\) est un ouvert relatif de \(X\). Cependant, \(1\in A\) et, pour tout \(r>0\), le point \(1+\frac{r}{2}\) est dans \(]1-r,1+r[\) sans être dans \(A\). Ainsi \(A\) n’est pas ouvert dans \(\mathbb{R}\).
2. On a \(B=[-1,\frac{1}{3}]\cap X\), donc \(B\) est un fermé relatif de \(X\). En revanche, la suite \(\frac{1}{n+3}\) reste dans \(B\) mais converge vers \(0\), extérieur à \(B\) : \(B\) n’est pas une partie fermée de \(\mathbb{R}\). Ce point \(0\) n’appartient pas à \(X\), ce qui explique qu’il ne compte pas pour la fermeture relative.
3. Pour \(x\in X\), être adhérent à \(]0,\frac{1}{2}[\) équivaut à appartenir à \([0,\frac{1}{2}]\), adhérence de cette partie dans \(\mathbb{R}\). L’adhérence relative cherchée est donc \([0,\frac{1}{2}]\cap X\), soit \(]0,\frac{1}{2}]\).

Corrigé de l’exercice 8 – Parties remarquables de M3(R)

Idée clé : le déterminant, le cube et les mineurs sont polynomiaux en les coefficients, donc continus.

1. Le déterminant est continu et \(\mathrm{GL}_3(\mathbb{R})=\det^{-1}(\mathbb{R}^{*})\), avec \(\mathbb{R}^{*}\) ouvert. Donc \(\mathrm{GL}_3(\mathbb{R})\) est ouvert. Par ailleurs, \(\frac{1}{k}I_3\) est inversible et tend vers la matrice nulle, qui ne l’est pas. Ainsi \(\mathrm{GL}_3(\mathbb{R})\) n’est pas fermé.
2. Les coefficients de \(M^3\) sont des polynômes en ceux de \(M\). L’application \(\Phi:M\mapsto M^3\) est donc continue, et \(\mathcal{N}=\Phi^{-1}(\{0\})\) est fermé. Ensuite, \(0\in\mathcal{N}\), mais \(\big(\frac{1}{k}I_3\big)^3=\frac{1}{k^3}I_3\neq 0\). Comme \(\frac{1}{k}I_3\to 0\), toute boule centrée en \(0\) contient une matrice hors de \(\mathcal{N}\). Donc \(\mathcal{N}\) n’est pas ouvert.
3. Pour des indices de lignes \(i<j\) et de colonnes \(k<l\), le mineur \(\mu(M)=m_{ik}m_{jl}-m_{il}m_{jk}\) est polynomial, donc continu. L’ensemble \(\mathcal{R}_1\) est l’intersection des neuf fermés \(\mu^{-1}(\{0\})\). Par conséquent, \(\mathcal{R}_1\) est fermé.

Corrigé de l’exercice 9 – Adhérence et intérieur d’une boule

Idée clé : on rapproche un point de la sphère du centre pour l’adhérence, et on l’en éloigne pour l’intérieur.

1. L’application \(x\mapsto\|x-a\|\) est \(1\)-lipschitzienne, donc continue. Ainsi \(B_f(a,r)\), image réciproque du fermé \([0,r]\), est fermée.
2. D’abord, \(B_f(a,r)\) est fermée d’après la question 1 et englobe \(B(a,r)\). Elle englobe donc aussi l’adhérence de \(B(a,r)\), plus petit fermé qui la contient. Soit ensuite \(x\) tel que \(\|x-a\|=r\). On pose \(x_n=a+\big(1-\frac{1}{n}\big)(x-a)\). Alors \(\|x_n-a\|=\big(1-\frac{1}{n}\big)r<r\) et \(\|x_n-x\|=\frac{r}{n}\to 0\). Donc \(x\) est adhérent à la boule ouverte. Finalement, \(\overline{B(a,r)}=B_f(a,r)\).
3. Puisque \(B(a,r)\) est ouverte et contenue dans \(B_f(a,r)\), elle se trouve dans l’intérieur de celle-ci. Inversement, soit \(x\) avec \(\|x-a\|=r\), et supposons \(B(x,\varepsilon)\subset B_f(a,r)\). On pose \(y=x+\frac{\varepsilon}{2r}(x-a)\). Alors \(\|y-x\|=\frac{\varepsilon}{2}<\varepsilon\), mais \(\|y-a\|=\big(1+\frac{\varepsilon}{2r}\big)r=r+\frac{\varepsilon}{2}>r\). C’est contradictoire. Donc l’intérieur de \(B_f(a,r)\) est \(B(a,r)\).
4. Comme \(B(a,r)\) est un ouvert, elle coïncide avec son propre intérieur. Sa frontière vaut \(B_f(a,r)\setminus B(a,r)\), c’est-à-dire la sphère \(S(a,r)=\{x,\ \|x-a\|=r\}\). Elle est non vide, car \(E\neq\{0\}\).

Corrigé de l’exercice 10 – Comatrice d’un produit par densité

Idée clé : on calcule pour des matrices inversibles, puis on étend par densité de \(\mathrm{GL}_n(\mathbb{R})\) et continuité.

1. Si \(M\) est inversible, la relation \(M\,\mathrm{com}(M)^{\top}=\det(M)I_n\) donne \(\mathrm{com}(M)^{\top}=\det(M)M^{-1}\). En transposant, \(\mathrm{com}(M)=\det(M)(M^{-1})^{\top}\).
2. Soit \(A,B\) inversibles. Alors \(AB\) l’est aussi et \((AB)^{-1}=B^{-1}A^{-1}\). On calcule :
   \[\mathrm{com}(AB)=\det(A)\det(B)\,(A^{-1})^{\top}(B^{-1})^{\top}=\mathrm{com}(A)\,\mathrm{com}(B).\]
   On a utilisé \((B^{-1}A^{-1})^{\top}=(A^{-1})^{\top}(B^{-1})^{\top}\) et la commutativité des scalaires.
3. Les coefficients de \(\mathrm{com}(M)\) sont des déterminants extraits, donc des polynômes en ceux de \(M\). Ainsi l’application \(\Psi(A,B)=\mathrm{com}(AB)-\mathrm{com}(A)\,\mathrm{com}(B)\) est continue sur l’espace produit des couples de matrices. Soit \(A,B\) quelconques. Le polynôme \(\det(A-\lambda I_n)\) a au plus \(n\) racines, de même que \(\det(B-\lambda I_n)\). Il existe donc \(p_0\) tel que \(A_p=A-\frac{1}{p}I_n\) et \(B_p=B-\frac{1}{p}I_n\) soient inversibles pour \(p\geq p_0\). D’après la question 2, \(\Psi(A_p,B_p)=0\). Enfin, \((A_p,B_p)\to(A,B)\), donc par continuité \(\mathrm{com}(AB)=\mathrm{com}(A)\,\mathrm{com}(B)\) pour toutes matrices.

Corrigé de l’exercice 11 – Adhérence du graphe de sin(1/x)

Idée clé : on devine l’adhérence, puis on prouve les deux inclusions avec des suites.

1. Soit \(b\in[-1,1]\) et \(\theta=\arcsin b\), de sorte que \(|\theta|\leq\frac{\pi}{2}\). Pour \(k\geq 1\), on pose \(x_k=(\theta+2k\pi)^{-1}\). Comme \(\theta+2k\pi\geq\frac{3\pi}{2}>1\), on a \(0<x_k<1\). De plus, \(\sin(1/x_k)=\sin\theta=b\). Ainsi \((x_k,b)\in A\) et \((x_k,b)\to(0,b)\).
2. La question 1 donne \(\{0\}\times[-1,1]\subset\overline{A}\), et bien sûr \(A\subset\overline{A}\). Inversement, soit \((x_n,\sin(1/x_n))\) une suite de \(A\) de limite \((a,b)\). D’abord, \(a\in[0,1]\), car \([0,1]\) est fermé. Si \(a>0\), la fonction \(x\mapsto\sin(1/x)\) est continue en \(a\), donc \(b=\sin(1/a)\) et \((a,b)\in A\). Si \(a=0\), alors \(|b|\leq 1\) par passage à la limite dans \(|\sin(1/x_n)|\leq 1\). Finalement, \(\overline{A}=A\cup\big(\{0\}\times[-1,1]\big)\).
3. Le point \((0,0)\) est adhérent à \(A\) sans lui appartenir. Donc \(A\) n’est pas fermée.

Corrigé de l’exercice 12 – Fonction continue compatible avec les milieux

Idée clé : la relation des milieux fixe \(f\) sur les dyadiques ; la continuité et la densité font le reste.

1. On obtient \(f(\frac{1}{2})=\frac{1+4}{2}=\frac{5}{2}\). Ensuite, \(f(\frac{1}{4})=\frac{f(0)+f(\frac{1}{2})}{2}=\frac{7}{4}\) et \(f(\frac{3}{4})=\frac{f(\frac{1}{2})+f(1)}{2}=\frac{13}{4}\). On vérifie que ces valeurs valent \(1+\frac{3}{2}\), \(1+\frac{3}{4}\) et \(1+\frac{9}{4}\).
2. Pour \(n=0\), on a \(p\in\{0,1\}\) et la formule donne \(f(0)=1\), \(f(1)=4\). Supposons la propriété vraie au rang \(n\) et soit \(0\leq p\leq 2^{n+1}\). Si \(p=2q\) est pair, alors \(\frac{p}{2^{n+1}}=\frac{q}{2^n}\) avec \(0\leq q\leq 2^n\), et l’hypothèse conclut. Si \(p=2q+1\) est impair, alors \(0\leq q<2^n\) et \(\frac{p}{2^{n+1}}\) est le milieu de \(\frac{q}{2^n}\) et \(\frac{q+1}{2^n}\). Par conséquent :
   \[f\Big(\frac{p}{2^{n+1}}\Big)=\frac{1}{2}\Big(2+\frac{3q}{2^n}+\frac{3(q+1)}{2^n}\Big)=1+\frac{3(2q+1)}{2^{n+1}}.\]
   La formule est donc vraie pour tout \(n\).
3. Les fonctions \(f\) et \(g:x\mapsto 1+3x\) sont continues sur \([0,1]\). D’après la question 2, elles coïncident sur \(\mathcal{D}\cap[0,1]\), qui est dense dans \([0,1]\) d’après l’exercice 6. Ainsi \(f(x)=1+3x\) pour tout \(x\in[0,1]\).

Corrigé de l’exercice 13 – Distance à une partie

Idée clé : on majore \(d(x,A)\) par \(\|x-a\|\) pour un \(a\) quelconque, puis on passe à la borne inférieure.

1. Pour tout \(a\in A\), on a \(d(x,A)\leq\|x-a\|\leq\|x-y\|+\|y-a\|\). Ainsi \(d(x,A)-\|x-y\|\) minore tous les \(\|y-a\|\), donc \(d(x,A)-\|x-y\|\leq d(y,A)\). En échangeant \(x\) et \(y\), on obtient \(|d(x,A)-d(y,A)|\leq\|x-y\|\).
2. L’égalité \(d(x,A)=0\) signifie que les distances \(\|x-a\|\), pour \(a\) parcourant \(A\), descendent sous n’importe quel seuil \(r>0\). Ainsi chaque boule \(B(x,r)\) contient un point de \(A\), ce qui définit \(x\in\overline{A}\).
3. La fonction \(d(\cdot,A)\) est lipschitzienne, donc continue. Ainsi \(V_\rho\), image réciproque de \(]-\infty,\rho[\), est un ouvert. Enfin, pour \(a\in A\), on a \(d(a,A)=0<\rho\), donc \(A\subset V_\rho\).
4. Pour \(q\in\mathbb{Q}\), on a \(\|(x,y)-(q,0)\|_2=\sqrt{(x-q)^2+y^2}\geq|y|\), donc \(d((x,y),A)\geq|y|\). De plus, il existe une suite de rationnels \(q_n\to x\), et alors \(\sqrt{(x-q_n)^2+y^2}\to|y|\). Donc \(d((x,y),A)=|y|\). Cette distance s’annule exactement quand \(y=0\), d’où \(\overline{A}=\mathbb{R}\times\{0\}\).

Corrigé de l’exercice 14 – Sous-espace d’intérieur non vide

Idée clé : un sous-espace qui contient une boule contient toutes les directions, donc tout l’espace.

1. Le centre \(a\) appartient à \(B(a,r)\subset H\). Soit \(x\in E\) non nul et \(z=a+\frac{r}{2\|x\|}x\). Alors \(\|z-a\|=\frac{r}{2}<r\), donc \(z\in H\). Comme \(H\) est un sous-espace, \(x=\frac{2\|x\|}{r}(z-a)\in H\). Ainsi \(H=E\).
2. L’application \(M\mapsto M-M^{\top}\) est linéaire sur un espace de dimension finie, et ses coefficients sont des différences de coefficients de \(M\). Elle est donc continue, et \(\mathcal{S}_n(\mathbb{R})\), image réciproque de \(\{0\}\), est fermé. De plus, la matrice élémentaire \(E_{12}\) n’est pas symétrique, donc \(\mathcal{S}_n(\mathbb{R})\neq\mathcal{M}_n(\mathbb{R})\). D’après la question 1, \(\mathcal{S}_n(\mathbb{R})\) est d’intérieur vide.

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 15 – Fonctions nulles en 0 et choix de la norme

Idée clé : l’évaluation en \(0\) est continue pour la norme infinie, mais la norme intégrale ne « voit » pas ce qui se passe au voisinage d’un point.

1. Pour \(f,g\in E\), on a \(|f(0)-g(0)|\leq\|f-g\|_\infty\). L’application \(\delta_0:f\mapsto f(0)\) est donc \(1\)-lipschitzienne, donc continue. Ainsi \(A=\delta_0^{-1}(\{0\})\) est fermé dans \((E,\|\cdot\|_\infty)\).
2. La fonction \(1-f_n\) vaut \(1-nx\) sur \([0,\frac{1}{n}]\) et \(0\) ensuite. Donc :
   \[\|f_n-1\|_1=\int_0^{1/n}(1-nx)\,\mathrm{d}x=\frac{1}{n}-\frac{n}{2}\cdot\frac{1}{n^2}=\frac{1}{2n}.\]
   Les \(f_n\) sont continues et nulles en \(0\), donc dans \(A\). Elles tendent vers la constante \(1\) pour \(\|\cdot\|_1\), qui n’est pas dans \(A\). Par conséquent, \(A\) n’est pas fermé dans \((E,\|\cdot\|_1)\).
3. Soit \(g\in E\) et \(g_n=g\,f_n\). Cette fonction est continue et \(g_n(0)=0\), donc \(g_n\in A\). De plus, \(|g-g_n|=|g|(1-f_n)\leq\|g\|_\infty(1-f_n)\). En intégrant, \(\|g-g_n\|_1\leq\frac{\|g\|_\infty}{2n}\to 0\). Ainsi \(A\) est dense dans \((E,\|\cdot\|_1)\).
4. Soit \(f\in A\) et \(r>0\). La fonction \(h=f+\frac{r}{2}\) vérifie \(h(0)=\frac{r}{2}\neq 0\), donc \(h\notin A\). Or \(\|h-f\|_\infty=\|h-f\|_1=\frac{r}{2}<r\). Aucune boule centrée en un point de \(A\) n’est donc incluse dans \(A\) : \(A\) est d’intérieur vide pour les deux normes.
5. Deux normes équivalentes ont les mêmes fermés. Or \(A\) est fermé pour l’une et pas pour l’autre. Donc \(\|\cdot\|_\infty\) et \(\|\cdot\|_1\) ne sont pas équivalentes sur \(E\).

Corrigé de l’exercice 16 – Valeurs d’adhérence d’une suite

Idée clé : on construit l’extraction pas à pas, en cherchant chaque nouveau terme dans une queue de la suite.

1. Soit \(\ell\in V\), limite de \((u_{\varphi(k)})\). On sait que \(\varphi(k)\geq k\). Pour \(n\) fixé et \(k\geq n\), on a donc \(u_{\varphi(k)}\in T_n\). Ainsi \(\ell\) est limite d’une suite de \(T_n\), donc \(\ell\in\overline{T_n}\).
2. Comme \(\ell\in\overline{T_0}\), il existe \(\varphi(0)\) tel que \(\|u_{\varphi(0)}-\ell\|<1\). Supposons construits \(\varphi(0)<\dots<\varphi(k)\). Puisque \(\ell\in\overline{T_{\varphi(k)+1}}\), la boule \(B(\ell,\frac{1}{k+2})\) rencontre \(T_{\varphi(k)+1}\). Il existe donc \(m\geq\varphi(k)+1\) tel que \(\|u_m-\ell\|<\frac{1}{k+2}\), et l’on pose \(\varphi(k+1)=m\). On obtient une extraction strictement croissante qui convient.
3. La suite \((u_{\varphi(k)})\) tend alors vers \(\ell\), donc \(\ell\in V\). Avec la question 1, \(V=\bigcap_n\overline{T_n}\). En tant qu’intersection de parties fermées, \(V\) est fermé.
4. La suite est \(6\)-périodique et prend les six valeurs \(\omega_j=\mathrm{e}^{\mathrm{i}j\pi/3}\), \(0\leq j\leq 5\). Chaque \(T_n\) contient donc exactement ces six valeurs, et un ensemble fini est fermé. Ainsi \(\overline{T_n}=\mathbb{U}_6\) pour tout \(n\), d’où \(V=\mathbb{U}_6\), l’ensemble des racines sixièmes de l’unité.

Corrigé de l’exercice 17 – Problème : sous-groupes additifs de R et cosinus des entiers

Idée clé : soit le plus petit élément strictement positif existe et engendre \(G\), soit \(G\) contient des éléments positifs arbitrairement petits et remplit \(\mathbb{R}\).

1. Il existe \(g\in G\) non nul, et \(-g\in G\). L’un des deux est strictement positif, donc \(G\cap\,]0,+\infty[\) est non vide. Cette partie est minorée par \(0\), donc sa borne inférieure \(a\) existe et \(a\geq 0\).
2. Supposons \(a>0\) et \(a\notin G\). Comme \(2a>a\), il existe \(g_1\in G\) avec \(a<g_1<2a\). Comme \(g_1>a\) et \(a\notin G\), il existe aussi \(g_2\in G\) avec \(a<g_2<g_1\). Alors \(g_1-g_2\in G\) et \(0<g_1-g_2<a\), ce qui contredit la définition de \(a\). Donc \(a\in G\), puis \(a\mathbb{Z}\subset G\). Inversement, soit \(g\in G\) et \(m=\lfloor g/a\rfloor\). Le réel \(g-ma\) est dans \(G\cap[0,a[\), donc il est nul. Ainsi \(G=a\mathbb{Z}\).
3. Supposons \(a=0\). Soit \(x\in\mathbb{R}\) et \(\varepsilon>0\). Il existe \(g\in G\) avec \(0<g<\varepsilon\). On pose \(m=\lfloor x/g\rfloor\). Alors \(mg\in G\) et \(0\leq x-mg<g<\varepsilon\). Tout intervalle \(]x-\varepsilon,x+\varepsilon[\) rencontre donc \(G\) : \(G\) est dense dans \(\mathbb{R}\).
4. L’ensemble \(G=\mathbb{Z}+2\pi\mathbb{Z}\) est un sous-groupe de \(\mathbb{R}\) non réduit à \(\{0\}\). S’il valait \(a\mathbb{Z}\) avec \(a>0\), on aurait \(1=pa\) et \(2\pi=qa\) avec \(p,q\) entiers et \(p\neq 0\). On en déduirait \(2\pi=q/p\), donc \(\pi\) rationnel, ce qui est faux. D’après les questions 2 et 3, \(G\) est dense dans \(\mathbb{R}\).
5. Soit \(t\in[-1,1]\) et \(\theta=\arccos t\). Par densité, pour tout \(k\geq 1\), il existe des entiers \(n_k\), \(m_k\) tels que \(|n_k+2\pi m_k-\theta|<\frac{1}{k}\). Le cosinus est \(1\)-lipschitzien et \(2\pi\)-périodique, donc \(|\cos n_k-t|=|\cos(n_k+2\pi m_k)-\cos\theta|<\frac{1}{k}\). Comme le cosinus est pair, \(\cos n_k=\cos|n_k|\) avec \(|n_k|\in\mathbb{N}\). Ainsi \(t\) est adhérent à \(C=\{\cos n,\ n\in\mathbb{N}\}\). Inversement, \(C\subset[-1,1]\), qui est fermé. Finalement, \(\overline{C}=[-1,1]\).

Corrigé de l’exercice 18 – Problème : prolongement d’une fonction uniformément continue

Idée clé : une fonction uniformément continue préserve le caractère de Cauchy des suites, et la complétude de \(\mathbb{R}\) fournit alors la limite en \(0\).

1. Soit \(\varepsilon>0\) et \(\delta>0\) donné par l’uniforme continuité. La convergence de \((x_n)\) vers \(0\) fournit un rang \(N\) à partir duquel \(0<x_n<\frac{\delta}{2}\). Deux indices \(p,q\geq N\) donnent ainsi \(|x_p-x_q|<\delta\), puis \(|f(x_p)-f(x_q)|<\varepsilon\). La suite \((f(x_n))\) est donc de Cauchy. Puisque \(\mathbb{R}\) est complet, elle converge.
2. Soit \((x_n)\) et \((y_n)\) deux suites de \(]0,1]\) qui tendent vers \(0\), de limites images \(\ell\) et \(\ell^{\prime}\). La suite \((z_n)\) définie par \(z_{2n}=x_n\) et \(z_{2n+1}=y_n\) tend aussi vers \(0\). Donc \((f(z_n))\) converge, et ses deux suites extraites ont la même limite : \(\ell=\ell^{\prime}\). La caractérisation séquentielle montre alors que \(f\) admet une limite finie en \(0\), point adhérent à \(]0,1]\).
3. Avec \(x_n=\frac{1}{n\pi}\), on a \(\sin(1/x_n)=0\). Avec \(y_n=\frac{1}{\pi/2+2n\pi}\), on a \(\sin(1/y_n)=1\). Ces deux suites de limite nulle ont des images aux limites distinctes : la fonction \(x\mapsto\sin(1/x)\) n’admet donc aucune limite en \(0\). Or la question 2 garantirait une telle limite en cas d’uniforme continuité. Par conséquent, cette fonction n’est pas uniformément continue sur \(]0,1]\).
4. On a \(|h(x)|\leq x\), donc \(h\) tend vers \(0\) en \(0\). On prolonge \(h\) par \(h(0)=0\) : on obtient une fonction continue sur le segment \([0,1]\). Le théorème de Heine la rend uniformément continue sur \([0,1]\). Par restriction, \(h\) est uniformément continue sur \(]0,1]\).
5. Supposons \(h\) \(k\)-lipschitzienne. Elle est dérivable sur \(]0,1]\), et le taux d’accroissement est borné par \(k\), donc \(|h^{\prime}(x)|\leq k\) par passage à la limite. Or \(h^{\prime}(x)=\sin(1/x)-\frac{1}{x}\cos(1/x)\). Pour \(x_n=\frac{1}{2n\pi}\), on trouve \(h^{\prime}(x_n)=-2n\pi\), qui n’est pas borné. Donc \(h\) n’est pas lipschitzienne sur \(]0,1]\).

Pour aller plus loin

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