Exercices de Mathématiques Corrigés

Énoncé

1. Montrer que $GL_n(\mathbb{K})$ est un ouvert dense dans $\mathcal{M}_n(\mathbb{K})$.

2. Montrer que $\mathcal{O}_n(\mathbb{R})$ est un compact d'intérieur vide de $\mathcal{M}_n(\mathbb{R})$.

Indication

Correction

1. $GL_n(\mathbb{K})$ est un ouvert . On considère la fonction
$$f:\begin{array}[tt]{cl}
\mathcal{M}_n(\mathbb{K}) & \longrightarrow & \mathbb{K} \\
A & \longmapsto & det(A)
\end{array} $$
qui est un polynôme en les coefficients de A, donc f est continue. L'ensemble $\mathbb{K}^* $ étant ouvert dans $\mathbb{K}$ on en déduit que l'ensemble :
$$ f^{-1}(\mathbb{K}^*) = \{ A \in \mathcal{M}_n(\mathbb{K}), f(A) \ne 0\}=GL_n(\mathbb{K}) $$
est un ouvert de $\mathcal{M}_n(\mathbb{K})$.
Montrons que $GL_n(\mathbb{K}) $ est dense. Prenons $A\in \mathcal{M}_n(\mathbb{K}) $ et considérons la suite définie par :
$$ \forall k \in \mathbb{N}^* A_k = A- \frac{1}{k}I_n $$
$(A_k)_{k\in \mathbb{N}^*}$ converge vers $A$ et $\forall k \in \mathbb{N}^* $
$$ det(A_k) = det(-(\frac{1}{k}I_n - A)) = (-1)^n \chi _A (\frac{1}{k}) $$
par n-linéarité du déterminant. Le polynôme $\chi_A$ ne possédant qu'un nombre fini de racine, il existe nécessairement $N$ tel que $\forall k \geqslant N$, $ \chi _A (\frac{1}{k}) \ne 0 $ donc $ det(A_k) = (-1)^n \chi _A (\frac{1}{k}) \ne 0 $
Donc $(A_k)_{k \geqslant N} $ est une suite dans $ GL_n(\mathbb{K})$ qui converge vers $A$ d'où la densité de $ GL_n(\mathbb{K})$ dans $\mathcal{M}_n(\mathbb{K})$.

2. Comme $ \mathcal{O}_n(\mathbb{R}) $ est inclus dans $ \mathcal{M}_n(\mathbb{R}) $ ( qui est un evn de dimension finie) il suffit de montrer que $ \mathcal{O}_n(\mathbb{R}) $ est un fermé borné pour obtenir pour la compacité.
$ \mathcal{O}_n(\mathbb{R}) $ est fermé.
Notons que :
$$ \mathcal{O}_n(\mathbb{R}) = \{A \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R}), A^tA=I_n \} = f^{-1}(I_n) $$
avec $ f : A \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R}) \mapsto A^tA \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$.
Comme $\{I_n\}$ est fermé, il suffit de montrer que $f$ est continue sur $\mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ pour obtenir le caractère fermé de $\mathcal{O}_n(\mathbb{R})$.

L'application $ h : A \mapsto (A,{}^tA) $ est continue sur $\mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ car linéaire en dimension finie et $ g : (X,Y) \mapsto XY $ est bilinéaire en dimension finie donc continue. Par composition $f=g\circ h $ est continue sur $\mathcal{M}_n(\mathbb{R})$, d'où $\mathcal{O}_n(\mathbb{R})$ est fermé.
$ \mathcal{O}_n(\mathbb{R}) $ est borné.
Soit $A\in \mathcal{M}_n(\mathbb{R}) $ alors on a : $\left \| A \right \|_2 = Tr(A{}^tA) = Tr(I_n) = n $ or
$$\left \| A \right \|_2 = \sum_{j=1}^{n}\sum_{i=1}^{n}a_{i,j}^{2} = n $$
D'où $ \forall (i,j) \in \{1,...,n\}^2 \ \ a_{i,j}^2 \leqslant 1 $ et $\left\| A \right \|_{\infty} \leqslant 1$.
Ainsi $\mathcal{O}_n(\mathbb{R})$ est un compact de $\mathcal{M}_n(\mathbb{R})$. Montrons qu'il est d'intérieur vide.
Supposons que $\mathcal{O}_n(\mathbb{R})$ soit d'intétieur non vide. Alors il existe $A\in \mathcal{O}_n(\mathbb{R})$ et $r \gt 0 $ telle que la boule ouverte $\mathcal{B}(A,r) \subset \mathcal{O}_n(\mathbb{R}) $. Donc $\forall x \in ]-r,r[$, $A-xI_n \in \mathcal{B}(A,r)$ car
$$ \left\| A-(A-xI_n) \right\|_{\infty} = \left| x \right|\left\| I_n \right\|_{\infty} = \left| x \right|\lt r $$
Donc :
$$ \forall x\in ]-r,r [,\ (det(A-xI_n))^2 = 1 \Leftrightarrow (\chi_A(x))^2=1 $$
Le polynôme $(\chi_A)^2 - 1 $ possède alors une infinité de racine : il est nul donc $(\chi_A)^2 $ = 1. Cela est absurde car le degré de $(\chi_A)^2 $ est $2n \gt 0$ car $ n \gt 0$. Ainsi $\mathcal{O}_n(\mathbb{R})$ est d'intérieur vide.

Énoncé

Quelle est la nature topologique de l'ensemble des valeurs d'adhérence d'une suite dans un espace vectoriel normé ?

Indication

Correction

$\bullet $ Préliminaire
Montrons que : $\boxed{(\mathscr{l} \text{ est valeur d'adhérence de } (u_n)_n ) \iff\ (\forall \varepsilon \gt 0,\ \forall p \in \mathbb{N}, \exists n\geqslant p\ | \left\| u_n -\mathscr{l} \right\| \lt \varepsilon)}$.
Si $\mathscr{l}$ est une valeur d'adhérence de $(u_n)_n $ , il existe une injection croissante $\varphi$ telle que $u_{\varphi(n)} \underset{n\to +\infty }{\longrightarrow} \mathscr{l}$.
Alors : $\forall \varepsilon \gt 0, \exists N\in \mathbb{N}\ |\ \forall n \geqslant N, \left\| u_{\varphi(n)} -\mathscr{l} \right\| \lt \varepsilon $
En particulier, $\forall p \in \mathbb{N}, \exists n \geqslant p\ | \left\| u_n - \mathscr{l} \right\| \lt \varepsilon $.
Réciproquement, si $ \forall \varepsilon \gt 0 , \forall p \in \mathbb{N} , \exists n \geqslant p\ | \left\| u_n - l \right\| \lt \varepsilon $, alors on construit une suite par récurrence $\varphi : \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}$ telle que $ \varphi(n+1) \gt \varphi(n) $ et $\left\| u_{\varphi(n+1)} -\mathscr{l} \right\| \lt \frac{1}{n+1}$

$\bullet $ Montrons que l'ensemble des valeurs d'adhérence est fermé, donc que son complémentaire est un ouvert $C$ est un ouvert.
Soit $y \in C$. Il existe donc $\varepsilon \gt 0 $ et $N \in \mathbb{N} $ tels que si $ n \geqslant N$, alors $\left\| a_n -y \right\| \gt \varepsilon $. Donc pour tous $z\in \mathcal{B}(y,\frac{\varepsilon}{2})$ et $n \geqslant N$,
$$ \left\| a_n-z \right\|\geqslant \left\| a_n-x \right\|-\left\| x-z \right\| \geqslant \frac{\varepsilon}{2} $$
Ainsi, $ \mathcal{B}(y,\frac{\varepsilon}{2}) \subset C $, donc $C$ est ouvert.

Énoncé

Soit $\varphi \in E^* $.
Montrer que : $\varphi $ est continue $\iff $ $Ker(\varphi)$ est fermé

Indication

Correction

$\bullet \ \boxed{\Rightarrow} $ Si $f$ est une forme linéaire continue, alors $Ker(f)=f^{-1}(\{0\})$ est fermé comme image réciproque d'un fermé par une application continue. Donc $Ker(f)$ est fermé.
$\bullet \ \boxed{\Leftarrow} $ Soit $f$ une forme linéaire telle que son noyau est fermé. Montrons que $f$ est continue.
Soit $\mathcal{B}(x,r) $ une boule ouverte dans $\complement _E (Ker(f))$.
Ainsi, $f$ ne prend pas la valeur 0 sur $\mathcal{B}(x,r) $, donc $f$ ne prend pas la valeur $-f(x)$ sur $\mathcal{B}(0,r) $. Or $f(\mathcal{B}(0,r))$ est un intervalle de $\mathbb{R}$ centré en 0, donc inclus dans $ ]-\left| f(x)\right|,\left| f(x) \right|\ [ $.
Donc $f$ borné sur $\mathcal(0,1)$.
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