Topologie en Algèbre Linéaire Et Dans Les Espaces de Matrices Corrig

Table des matie`res

Topologie usuelle de lensemble des reels 11 Convergence dans R. Densite dans R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 Propriete des segments embotes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 Ouverts, fermes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64 Le theore`me de BolzanoWeierstrass. Les compacts de R . . . . . . . . . . 75 Suites de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106 Continuite uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137 Limites superieure et inferieure . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158 Autres notions topologiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189 Complement : les compacts par BorelLebesgue . . . . . . . . . . . . . . . . 20Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22Quelques corriges . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26Extraits de controles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29Corriges . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

1

ii Table des matie`res

Topologie usuelle de lensemble des reels

Dans une premie`re approche, on peut presenter la topologie comme le domaine des

mathematiques dans lequel on etudie :

les notions de convergence et de continuite ; la position et la disposition de certains points dun ensemble structure (etude essentiel-lement qualitative) ;

les transformations continues de certains domaines ou formes geometriques.Lobjectif de ce premier chapitre est letude des proprietes topologiques fondamentales

de lensemble des nombres reels. Le language employe sarticule sur les termes de base

suivants : suite convergente, densite, valeur dadherence dune suite, limites superieure et

inferieure, suite de Cauchy, ouvert, ferme, voisinage, compacite, continuite et continuite

uniforme . . . .

Il est a` noter que lensemble R auquel est limite notre etude, constitue en fait un

mode`le essentiel permettant de degager des proprietes topologiques fondamentales dautres

espaces plus abstraits et daborder en meme temps des questions plus generales. Ainsi, les

notions, les raisonnements et les techniques utilises dans ce chapitre sont a` assimiler pour

des etudes ulterieures.

Les resultats du present chapitre se basent sur le theore`me fondamental suivant ca-

racterisant lensemble des nombres reels.

A. Raouj, Faculte des Sciences [email protected]

2 Topologie usuelle de lensemble des reels

Theore`me 0.1. Muni de son addition, de sa multiplication, et de son ordre, lensembleR est tel que :

(a) (R,+, .,) est un corps commutatif totalement ordonne ;(b) Q est un sous-corps de R ;

(c) R est archimedien (on dit aussi que R verifie la propriete dArchime`de) :

x R, n N, tel que x < n ;

(d) R verifie la propriete de la borne superieure : toute partie A de R, non vide et ma-joree, admet une borne superieure s = supA.

On rappelle que si A est une partie de R, non vide et majoree, le nombre

s = supA est defini comme etant le plus petit des majorants de A ; ce qui veut dire

(i) s est un majorant de A ;

(ii) tout reel strictement inferieur a` s nest plus un majorant de A.

Ceci se traduit en termes de quantificateurs par la caracterisation suivante :

s = supA { x A, x s,

> 0, a A, tel que s < a.

On constate que cest la propriete de la borne superieure qui distingue R de Q.

Letudiant decouvrira dans toute la suite que, grace a` cette fameuse propriete, lAnalyse

dans R est un champs detude fertile et vaste.

Le lecteur trouvera une demonstration du Theore`me 0.1 en Annexe I ou` nous avons

presente une construction de R due a` Dedekind . Cette construction est accessible dans

toutes ses etapes et engendre de manie`re immediate la propriete de la borne superieure.

Neanmoins, les concepts utilises des nombres sont abstraits et differents de leur conception

usuelle ; les resultats auxiliaires sont par ailleurs des exercices dont les demonstrations

reposent sur des verifications purement algebriques qui sortent de lobjectif du present

chapitre. Ceci constitue la raison principale qui nous a pousse a` se contenter denoncer le

resultat et a` omettre la presentation de sa demonstration en annexe. Letudiant pourra

ainsi, sil le souhaite, se contenter de connatre lenonce du Theore`me precedent et de ne

pas insister sur sa demonstration.

R. Dedekind(1831-1916)

1. Convergence dans R. Densite dans R 3

1. Convergence dans R. Densite dans R

Rappelons dabord quelques proprietes usuelles de la valeur absolue dans R, definie

par :

|x| ={

x si x 0,x si x 0.

Proposition 1.1. Soit (x, y) R2, a R+. On a(i) |x| 0;(ii) |x| a a x a;(iii) | |x| |y| | |x+ y| |x|+ |y| ;(iv) |x.y| = |x|.|y|.

Soit (xn)n une suite delements de R. On rappelle que (xn)n converge dans R vers le

reel x si et seulement si : pour tout reel > 0, il existe un entier N() N, tel que

n entier N(), |xn x| < .

On dit que x est la limite de la suite (xn)n, et on ecrit limn+ xn = x, ou limxn = x ou

encore xn x. On regroupe dans lenonce suivant des proprietes connues de la limite.

Propriete`s. On sait que :

(a) toute suite convergente est bornee ;

(b) si xn 0 quel que soit lindice n N, et si xn x alors x 0 ;(c) si xn x et yn y alors xn + yn x+ y et xnyn xy ;(d) une application f : D R R est continue en x D si et seulement si :

pour toute suite (xn) de D telle que xn x, on a f(xn) f(x); (e) toute suite (xn)croissante majoree est convergente dans R, et on a :

limxn = supn

xn.

Definition 1.1. On dit quune partie A de R est dense dans R si, pour tout x R, ilexiste une suite (an)nN delements de A, qui converge vers x.

Theore`me 1.2. Une partie A de R est dense dans R si et seulement si, pour chaquecouple (x, y) de reels tels que x < y, on peut trouver au moins un point a A verifiantx < a < y.


Demonstration.

Montrons que la condition est necessaire. Soit (x, y) un couple de reels tels que x < y.

Par hypothe`se, il existe une suite (an) delements de A convergeant vers u = (x + y)/2 ;

donc pour = (y x)/2, il existe un entier N tel que, pour tout entier n N, on ait|an u| < ; dou` u < aN < u+ cest-a`-dire x < aN < y.Montrons maintenant que la condition est suffisante. Soit x R. Pour tout n N, ilexiste an A tel que x < an < x+ 1n ; une telle suite (an) converge vers x.

Pour chaque reel x, on designe par [x] ou E(x) la partie entie`re de x. Il sagit de

lunique entier n Z verifiant : n x < n+ 1.La notion de partie entie`re va nous servir pour etablir le resultat important suivant.

Theore`me 1.3. Lensemble des rationnels Q est dense dans R.

Demonstration. Soit (x, y) R2 tel que x < y. Il sagit de montrer quil existe un couple(p, q) ZN tels que x < p/q < y, cest-a`-dire :

xq < p < yq. ()On constate que sous la condition :

yq xq > 1, ()lencadrement () est realise, par exemple, pour p = [xq] + 1.Or, par la propriete dArchime`de, il existe un entier q N tel que q > 1/(y x), lacondition () est donc satisfaite.Une autre methode consiste a` verifier directement que lim

n

[nx]

n= x.

Exercice 1.1. Montrer que lensemble des irrationnels R rQ est dense dans R.

2. Propriete des segments embotes

Il sagit du resultat fondamental suivant dont la demonstration repose sur la propriete

de la borne superieure.

2. Propriete des segments embotes 5

Theore`me 2.1 (La propriete des segments embotes ). Pour chaque n N, soitIn = [an, bn] un intervalle ferme borne de R. On suppose que

n N, In+1 In.Alors,

nIn 6= .

Plus precisement, on anIn = [a, b] avec a = liman, et b = lim bn.

Si, de plus, on suppose que limn(bn an) = 0, alors lintersection des In est reduite a` un

point i.e.c R,

nIn = {c}.

Plus precisement, on a : c = lim an = lim bn.

Demonstration. Par hypothe`se la suite (an) est croissante et (bn) est decroissante. En

outre, pour tout (n,m) N2, on a an bm ; en effet, si n m, on a an am bm, etlorsque m < n, on a an bn bm. Il sensuit que les deux suites (an) et (bn) convergentet on a liman = sup

nan = a, lim bn = inf

nbn = b et pour tout indice n, an a b bn.

De ceci il decoule que [a, b] nIn. Linclusion dans lautre sens se verifie facilement.

Si maintenant, on ajoute lhypothe`se : limn(bn an) = 0, alors si c et c sont dans lin-tersection des In, la majoration : |c c| bn an montre, par passage a` la limite, quec = c.

Remarques 2.1.1. Le theore`me precedent permet de retrouver le resultat connu suivant : deux suitesadjacentes (an) et (bn) ont une limite reelle commune c verifiant : an c bn, quel quesoit lindice n.

2. Les deux contreexemples suivants montrent que la proprietes des segments embotesnest pas valable (en general) lorsque les intervalles en question ne sont pas fermes ou nesont pas bornes.(i) Soit n un entier 1, Jn =]0, 1/n] ; on a Jn+1 Jn, mais

n1

Jn = .

(ii) Pour chaque n N, soit Tn = [n,+[ ; on a Tn+1 Tn, maisnN

Tn = .

Comme application importante de la propriete des segments embotes, on a le resultat

important suivant :

Theore`me 2.2. Lensemble R nest pas denombrable.

G. Cantor(1845-1918)


Demonstration. Nous allons montrer en fait que lintervalle [0, 1] nest pas denombrable.

Supposons quon puisse ecrire : [0, 1] = {an : n N}, avec les an distincts deux a` deux.Parmi les deux intervalles : [0, 1/3], [2/3, 1], on choisit un qui ne contient pas a0, notons le

I0 = [u0, v0]. Par induction, etant donne In = [un, vn], on designe par In+1 lun des deux

intervalles [un, un+1

3n+1], [vn 13n+1 , vn], qui ne contient pas an+1. Dapre`s la propriete des

segments embotes, il existe un nombre reel a contenu dans tous les intervalles In. Dou`

a [0, 1]r {an : n N}, ce qui est absurde.

3. Ouverts, fermes

Definition 3.1. On dit quune partie U de R est ouverte dans R (ou un ouvert de R)si U = ou bien

x U r un reel > 0 ]x r, x+ r[ U.Une partie F de R est dite fermee dans R (ou un ferme de R) si son complementaire

FR

est un ouvert.

Remarque. Il est clair que : U est ouvert F = UR

est ferme.

En pratique, on utilise la caracterisation sequentielle des fermes suivante :

Theore`me 3.1. Soit F une partie non vide de R. On a

F est un ferme toute suite (xn) delements de F, convergente dans R,verifie : lim

nxn F.

Demonstration.

=) Par labsurde : supposons quil existe une suite (xn)n de F, convergente et telle quelimn xn = x 6 F. Comme le complementaire F

R

de F est un ouvert, il existe r > 0, tel que

]x r, x+ r[ FR

. Or, pour n suffisamment grand, on a xn ]x r, x+ r[. Contradiction.=) Par labsurde : supposons que F

R

nest pas un ouvert. Il existe donc un reel x 6 Ftel que pour tout entier n N, lintervalle ]x (1/n), x + (1/n)[ contient au moins unelement xn F. La suite (xn)n converge donc vers x et x 6 F, ce qui est absurde.

Exemples 3.1.

1. Tout intervalle ouvert (borne ou non) est une partie ouverte de R.2. Tout intervalle ferme ou de la forme ], a] ou [a,+[ est une partie fermee de R.3. Si E designe N ou Z, alors lensemble E est un ferme de R puisque toute suite de Econvergente est stationnaire.Les ecritures Z

R

= nZ]n, n+ 1[ et NR

=], 0[nN]n, n+ 1[ montrent aussi que lescomplementaires en question sont ouverts.

4. Le theore`me de BolzanoWeierstrass. Les compacts de R 7

Il y a evidemment des parties de R qui ne sont ni ouvertes ni fermees :

Exemples 3.2.

1. Lintervalle semi-ouvert A = [0, 1[ nest ni ferme ni ouvert ; en effet(i) la suite (1 1n)n1 est une suite delements de A, convergente mais sa limite 1 6 A.(ii) son complementaire A

R

=] , 0[ [1,+[ nest pas ferme puisque (1/n)n1 estune suite delements de F

R

, convergente mais sa limite 0 6 AR

.2. Lensemble Q nest ni ouvert ni ferme ( ceci decoule de la densite dans R, de Q et deson complementaire R rQ.

Par contre, et R sont les seules parties de R, a` la fois ouvertes et fermees (voir

Exercice 12)

Proposition 3.2. Les ouverts R verifient les trois proprietes suivantes :

(i) et R sont deux ouverts de R ;

(ii) stabilite par reunion quelconque : toute reunion(finie ou non) douverts de R est unouvert de R ;

(iii) stabilite par intersection finie : toute intersection finie douverts de R est un ouvertde R.

Demonstration. Les proprietes (i) et (ii) sont claires. Montrons (iii). Soit U1 et U2 deux

ouverts non vides. Soit x U1 U2. On sait que pour chaque indice i {1, 2}, il existe unreel ri > 0 tel que ]xri, x+ri[ Ui. Donc, pour r = min{r1, r2}, on a ]xr, x+r[ U1U2.Definition 3.2. Soient V R et x V. On dit que V est un voisinage de x sil exister > 0 tel que ]x r, x+ r[ V. Lensemble de tous les voisinages de x se note V (x).Exemple 3.3. Lintervalle semi-ouvert [1/2, 1[ est un voisinage de 0.

4. Le theore`me de BolzanoWeierstrass. Les compacts de R

Definition 4.1. On dit quun reel x est une valeur dadherence dune suite reelle (xn)si x est la limite dune soussuite (x(n)) de (xn).

Exemples 4.1.

1. Toute suite convergente dans R, posse`de une seule valeur dadherence qui est exactementsa limite.

2. La suite ((1)n) a exactement deux valeurs dadherence : 1 et 1.3. La suite (xn) definie par xn = n, ne posse`de aucune valeur dadherence (dans R).

A. Raouj, Faculte des Sciences Semlalia, Marrakech


4. Soit (xn) la suite definie par : x2n = 1/n, x2n+1 = n. Alors 0 est la seule valeurdadherence de la suite (xn), pourtant (xn) nest pas convergente puisquelle nest pasbornee.

5. Comme Q est denombrable, on peut lecrire sous la forme dune suite (xn)nN. Par ladensite de Q dans R, tout reel est valeur dadherence de (xn). (Une suite peut avoir ainsiun ensemble non denombrable de valeurs dadherence.)

Exercice 4.1. Construire une suite dont lensemble des valeurs dadherence est exacte-ment {0, 1, . . . , 9}.

Lemme 4.1. De toute suite (an) de reels, on peut extraire une soussuite monotone.

Demonstration. On poseM = {m N : n m, an am}. On distingue deux cas selonM est infini ou non.- Si M est infini , en notant m1 < m2 < . . . les elements deM, on voit que la suite (amj )est croissante.

- Si M est fini (ou vide), il existe un entier k > 0 tel que pour tout entier m k, on am 6 M. Donc

m k, n > m, an < am.Ceci nous permet de construire, par induction, une soussuite (anj )j0 decroissante.

Comme toute suite monotone bornee est convergente, on obtient grace au lemme

precedent le resultat important suivant :

Theore`me 4.2 (Le theore`me de BolzanoWeierstrass ). De toute suite bornee deR, on peut extraire une sous-suite convergente (dans R).

Lenonce de ce theore`me se traduit aussi par : chaque suite bornee de R admet au moins

une valeur dadherence.

Definition 4.2. On dit quune partie K de R est compacte si de toute suite delementsde K, on peut extraire une soussuite convergente vers un element de K.

Par le theore`me de BolzanoWeierstrass, on a la caracterisation suivante :

Theore`me 4.3. Soit K une partie de R, non vide. On aK est compacte K est fermee et bornee.

B. Bolzano(1781-1848)K. Weierstrass(1815-1897)

4. Le theore`me de BolzanoWeierstrass. Les compacts de R 9

Demonstration.

=) Soit (xn)n une suite delements du ferme borne K. Par BolzanoWeierstrass, on peutextraire de (xn)n une soussuite (x(n))n convergente vers un reel x, et comme K est

fermee, la limite x est dans K.

=) Montrons que K est fermee. On se donne une suite (xn)n delements compact Kconvergente vers un reel x. Par la compacite de K, cette suite admet une soussuite

(x(n))n convergente vers y K. Dou` x = y K.La partie K est bornee sinon, il existerait une suite (xn)n delements de K telle que

lim |xn| = +. Toute soussuite (x(n))n de (xn)n verifierait |x(n)| +, elle ne seraitpas convergente dans K ; absurde.

Exemple 4.2. Tout intervalle de la forme [a, b] est compact.

Theore`me 4.4. Soient K un compact de R et f : K R une application continue. Alorsf(K) est compact.(Limage par une application continue dun compact est un compact.)

Demonstration. Le resultat sobtient facilement en utilisant la definition dun compact.

Lemme 4.5. Soient I un intervalle quelconque de R et f : I R une applicationcontinue. Alors f(I) est un intervalle.( En general, les deux intervalles I et f(I) ne sont pas de meme nature.)

Demonstration. Soient (a, b) I2 tel que a < b et y un reel compris entre f(a) et f(b).On va montrer quil existe x element de [a, b] (donc de I) tel que f(x) = y. Quitte a`

considerer f au lieu de f, on peut supposer que f(a) f(b), et donc y [f(a), f(b)].Si y [f(a), f(a+b2 )], on pose [a1, b1] = [a, (a+ b)/2] ; sinon, on pose [a1, b1] = [(a+ b)/2, b].Par induction, on obtient une suite dintervalles In = [an, bn] (n 1), decroissante au sensde linclusion, dont la longueur tend vers 0 et telle que

n N, y [f(an), f(bn)].Par la propriete des segments embotes, on a nIn = {c} avec c = lim an = lim bn. Par lacontinuite de f en c, on a : lim f(an) = lim f(bn) = f(c). Ainsi, y = f(c).

Theore`me 4.6. Soit f : [a, b] R une application continue. Alors f([a, b]) est un inter-valle ferme borne [c, d].

Demonstration. Cest une consequence du theore`me et du lemme precedents.


Theore`me 4.7 (Continuite de la fonction reciproque). Soit K un compact de R,et soit h : K K R une application continue et bijective. Alors lapplication h1 estcontinue sur K .

Demonstration. Soit (yn) une suite delements de K telle que yn y K . On va mon-

trer que h1(yn) h1(y). On sait quil existe x K tel que y = h(x) et pour chaqueindice n, il existe xn K, tel que yn = h(xn). Il sagit ainsi de xn x. Par labsurde :supposons que xn 6 x, cest a` dire :

> 0, N, n > N, |xn x| .Il existe donc une soussuite (x(n)) de (xn) telle que

n N, |x(n) x| . ()Dapre`s le theore`me de BolzanoWeierstrass, la suite (x(n)) posse`de une soussuite (x((n)))

convergente vers x K. Par continuite de h, on a h(x) = h(x), et donc x = x. Ainsi(x((n))) x, ceci contredit ().

5. Suites de Cauchy

On dit quune suite (xn) de reels est de Cauchy si

R+, N = N() N, n,m entiers N, |xn xm| < ; (1.1)

ou de manie`re similaire, si

R+, N = N() N, n entier N, k N, |xn+k xn| < . (1.2)

Illustration : en utilisant la definition dune suite de Cauchy, montrons que la suite

(xn)n2 definie par xn = 1/Logn, est de Cauchy et que la suite (yn)n1 definie paryn = Logn, ne lest pas.

On se donne un reel > 0. Soient n et m deux entiers tels que 2 n m. On a|xn xm| = 1/Logn 1/Logm 1/Logn < de`s que n > N() := [exp(1/)] + 1 parexemple.

Pour tout entier n 1, on a |y2n yn| = Log 2. Lassertion (1.1) nest donc passatisfaite pour = Log 2.

Remarque : pour chaque entier k 0, on ayn+k yn = Log (n+kn ) 0 quand n + ;

cependant, la suite (yn)n1 nest pas de Cauchy.Explication : bien entendu, lassertion (1.2) dit que le rangN() ne depend pas de lentier k,

et ce nest pas evidemment le cas pour (yn).

A.L. Cauchy(1789-1857)

5. Suites de Cauchy 11

Exercice 5.1. En utilisant la definition dune suite de Cauchy, montrer que la somme etle produit de deux suites de Cauchy sont aussi de Cauchy.

Par le resultat suivant, on a une classe importante de suites de Cauchy de R. On verra

dans la suite que cette classe caracterise en fait les suites de Cauchy.

Theore`me 5.1. Toute suite de R convergente est de Cauchy.

Demonstration. Soit (xn) une suite de nombres reels, convergente vers un reel x. Par

definition de la limite, si est un reel > 0, on a

N() N, n N(), |xn x| < /2 ;donc pour tout couple (n,m) dentiers > N(), on a

|xn xm| |xn x|+ |x xm| < .les deux lemmes suivants nous seront utiles pour etablir la reciproque du theore`me

precedent.

Lemme 5.2. Toute suite de Cauchy est bornee.

Demonstration. La definition dune suite de Cauchy implique en particulier que pour

= 1, il existe un entier N = N(1) > 0, tel que |xn xN | 1 pour tout entier n N.On en deduit que

|xn| 1 + max0jN

|xj | quel que soit n N.

Lemme 5.3. Si une suite de Cauchy (xn) posse`de une suite extraite (x(n)) convergentevers un point x, alors (xn) converge aussi vers x.

Demonstration. Soit un reel > 0. Par hypothe`se, on a

N = N() N, n,m entiers N, |xn xm| < /2 ;N = N () N, n entier N , |x(n) x| < /2.

Il en decoule que pour tout entier n max{N,N },

|xn x| |xn x(n)|+ |x(n) x|< puisque (n) n.

Theore`me 5.4. Toute suite de Cauchy de R est convergente : on dit que R est complet.


Demonstration. Cela decoule du theore`me de BolzanoWeierstrass. Toute suite de Cauchy

est bornee, on peut donc en extraire une sous-suite convergente et par le lemme precedent,

la suite de Cauchy converge aussi.

Des deux theore`mes precedents, resulte le theore`me fondamental suivant :

Theore`me 5.5. Soit (xn) une suite delements de R. On a

(xn) est convergente (xn) est de Cauchy.

On constate que cela constitue un nouvel outil de base qui consiste a` prouver :

la convergence dune suite reelle sans avoir recours au calcul de la valeur de sa limite ; la divergence dune suite reelle.Exemple 5.1 (Suites recurrentes et points fixes). Soient D R, et f : D D, uneapplication et (un) une suite definie par recurrence par :

u0 D, n N, un+1 = f(un). (1.3)

On se place sous lhypothe`se suivante : il existe un reel ]0, 1[ tel que

(x, y) D2, |f(x) f(y)| |x y| ;

on dit dans ce cas que lapplication f est contractante sur D.Montrons que la suite (un) est de Cauchy.

Dabord, pour tout indice n 1, on a :|un+1 un| |un un1| ;

ce qui implique, par induction sur n, que|un+1 un| An,

ou` lon a pose A = |u1 u0|.Cette majoration montre que, pour tout couple (n,m) dentiers 1, on a

|un+m un| n+m1k=n

|uk+1 uk| An+m1k=n

k A1

n.

Comme limnn = 0, la majoration precedente entrane que pour tout reel > 0, il existe

un entier N > 0 tel que

n entier N, m entier > 0 |un+m un| < .La suite (un) est donc de Cauchy, elle est ainsi convergente vers un reel u qui, dapre`sla continuite de f, verifie f(u) = u. Puisque f est contractante, un tel point fixe u estunique.

6. Continuite uniforme 13

Application. Soit f lapplication definie de R dans R par : f(x) = 12(x+2x)

On definit la suite (un) delements de Q par recurrence par :

u0 = 1, un+1 = f(un) (n 0). (1.4)

On constate dabord que pour tout reel u > 0, on a f(u) 1, en vertu de lecritureu2 2u+ 2 = (u 1)2 + 1 0. Par ailleurs, pour tout couple (x, y) dans [1,+[, on a

|f(x) f(y)| = 12 |x y||1 2xy | 12 |x y| ;

ce qui signifie que lapplication f est contractante sur D = [1,+[. La suite (un) est ainsiconvergente vers reel u 1 tel que u = 12(u+ 2u), dou` u =

2.

Nous avons ainsi un exemple de suites de Cauchy de Q ne convergeant pas dans Q : ondit que Q nest pas complet.

Nous terminons cette section par une courte introduction de la notion de suite de

Cauchy dans C. Une telle notion nous sera utile dans les deux chapitres prochains.

Soit (zn) une suite delements de C. Pour tout indice n N, posonsxn = e (zn), yn = m (zn), |zn| =

x2n + y

2n.

On dit que la suite (zn) est de Cauchy si :

R+, N = N() N, n,m entiers N, |zn zm| < .Lencadrement :

max(|xn xm|, |yn ym|) |zn zm| |xn xm|+ |yn ym|montre que la suite (zn) est de Cauchy si et seulement si les deux suites (xn) et Il en

decoule que toute suite de Cauchy de C est convergente : on dit que C est complet.

6. Continuite uniforme

Definition 6.1. Soient X une partie non vide de R et f : X R une application. On ditque f est uniformement continue sur X si, pour tout reel > 0, il existe un reel > 0,

tel que pour tout couple (x, x) X2 verifiant |x x| < , on a |f(x) f(x)| < .

Il est clair que toute fonction uniformement continue sur X est continue.

Exemple 6.1. La fonction f : [1,+[ R, x 7 x est uniformement continue surX = [1,+[ ; en effet, pour tout (x, x) X2, on a

|f(x) f(x)| = |x x|

x+x |x x|.


Definition 6.2. Soit X une partie de R, non vide. On dit quune application f : X Rest lipschitzienne sur X si

R, (x, x) X2, |f(x) f(x)| |x x|.(On dit aussi que f est -lipschitzienne si on a besoin de mentionner .)

Il est clair quune telle application est uniformement continue sur X.

Le resultat suivant traduit la continuite uniforme en termes de suites.

Theore`me 6.1. Une fonction reelle f est uniformement continue sur une partie X deR si, et seulement si, pour tout couple ((xn), (x

n)) de suites delements de X tels que

limn+(xn x

n) = 0, on a limn+(f(xn) f(x

n)) = 0.

Demonstration.

=) Soit un reel > 0 et soit (xn) et (xn)) deux suites delements de X telles que(xn xn) 0. Par definition de la continuite uniforme de f, il existe un reel () > 0 telque pour tout couple (x, x) X2 verifiant |x x| < , on a |f(x) f(x)| < . Or, ilexiste un entier N , tel que pour tout entier n N , on a |xn xn| < ; pour de telsindices n, on a donc |f(xn) f(xn)| < .=) Raisonnons par labsurde et supposons que :

> 0, n N, (xn, xn) X2, |xn xn| < 1/n et |f(xn) f(xn)| .On voit que (xn xn) 0, et que la suite (f(xn) f(xn)) ne converge pas vers 0 ; celaest absurde.

Le theore`me precedent montre que f nest pas uniformement continue sur X si et

seulement si, il existe deux suites (xn) et (xn) delements de X verifiant (xn xn) 0,

mais la suite (f(xn) f(xn)) ne converge pas vers 0.Exemple 6.2. La fonction f definie sur R par : f(x) = cos(x2), est continue mais ellenest pas uniformement continue sur R.En effet, si xn =

n et xn =

n+ 1 avec n N, on a xn xn = 1n+1+n 0, mais

|f(xn) f(xn)| = | cos(n) + cos(n)| = 2 6 0.Le resultat essentiel de ce paragraphe est :

Theore`me 6.2 (Theore`me de Heine ). Soient K un compact de R et f : K R uneapplication continue sur K. Alors f est uniformement continue sur K.

Demonstration. Raisonnons par labsurde. Supposons que f ne soit pas uniformement

E. Heine(1821-1881)

7. Limites superieure et inferieure 15

continue sur K, il existe donc > 0 et deux suites (xn) et (xn) delements de K tels que :

lim(xn xn) = 0 et |f(xn) f(xn)| quel que soit n. De la suite (xn), on peut extraireune sous-suite (x(n)) convergente vers un point x K. Linegalite triangulaire

|x(n) x| |x(n) x(n)|+ |x(n) x|

montre que la suite (x(n)) converge aussi vers x. La continuite de f implique que la suite(f(x(n)) f(x(n))) converge vers 0, ceci contredit |f(x(n)) f(x(n))| .

7. Limites superieure et inferieure

On va introduire maintenant deux nouvelles notions de limites : la limite superieure et

la limite inferieure dune suite de nombres reels.

On se donne une suite (xn) de reels. Pour chaque entier n 0, on pose :yn = supmn xm avec la convention yn = + si la suite (xn) nest pas majoree. Lorsquela suite (xn) est majoree, (yn) est decroissante dans R, elle admet donc une limite dans

R {}.Ainsi la suite (yn) a une limite dans R {,+}. On notera de meme que la suite duterme general infmn xm = supmn(xm) admet une limite dans R {,+}.

Definitions 7.1. Soit (xn) une suite de nombres reels. La limitelim

n+( supmnxm)

est appelee la limite superieure de la suite (xn), et notee limn+

xn ou encore lim xn.

La limitelim

n+( infmnxm)

est appelee la limite inferieure de la suite (xn), et notee limn+

xn ou encore lim xn.

Illustration.

1. Soit (xn) = ((1)n). Pour tout entier n, supmn xm = 1 et infmn xm = 1 ; donclim xn = 1 et lim xn = 1.2. Soit (xn) la suite definie par : xn = 1/n si n est pair, et xn = n si n est impair. Pour

tout entier n, supmn xm = + et infmn xm = 0 ; donc lim xn = + et lim xn = 0.

Remarque 7.1. Les deux limites, superieure et inferieure, dune suite reelle bornee sont

des nombres reels. On constate aussi que lim xn = lim (xn).


Exemple 7.1. Considerons les deux suites (xn) et (yn) definies par

x3n = 2, x3n+1 = 1, x3n+2 = 3, y3n = 3, y3n+1 = 2, y3n+2 = 1 (n N).

On a lim xn = lim yn = 3, lim xn = lim yn = 1, lim (xn + yn) = 5,

lim (xn + yn) = 3, lim (xnyn) = 6, lim (xnyn) = 2,

lim (xn + yn) 6= lim xn + lim yn, lim (xn + yn) 6= lim xn + lim yn,lim (xnyn) 6= lim xn.lim yn, lim (xn.yn) 6= lim xn.lim yn.

Le resultat suivant caracterise et donne une illustration pratique de la notion de limite

superieure.

Theore`me 7.1. Soit (xn) une suite bornee.

lim xn = L {

(i) L est la limite dune sous-suite de (xn) ;(ii) pour tout > 0, lensemble {n : xn > L+ } est fini.

Demonstration.

=) Soit un reel > 0. Par hypothe`se, il existe un entier N() tel quen N(), L < sup

mnxm < L+ .

Ceci entrane en particulier que :

m N(), xm < L+ .Lensemble {m : xm > L+ } est donc fini, dou` (ii).

Montrons maintenant (i). Pour = 1/k, on peut trouver un entier Nk tel que

n Nk, m n, L 1k < xm < L+ 1k .En dautres termes, lensemble {m : |xm L| < L + 1k} est infini. Ainsi, pour k = 1, ilexiste un entier m1 tel que |xm1L| < 1. Ensuite, pour k = 2, il existe un entier m2 > m1tel que |xm2 L| < 1/2. Par induction, on trouve une suite (mk)k1 dentiers, strictementcroissante, telle que |xmk L| < 1/k ; dou` (i).=) Par labsurde : Supposons que la suite (yn) de terme general yn = sup

mnxm ne tende

pas vers L. Ceci se traduit par lenonce :

> 0, k N, nk > k, ynk < L ou ynk > L+ .Il en decoule en utilisant (ii), que lensemble {n : yn < L } est infini, donc contient aumoins un entier n0. On a xm < L pour tout m n0. Par la condition (i), on sait queL est limite dune sous-suite (x(n)) de (xn).

Or pour tout entier n n0, on a (n) n n0 donc x(n) < L . En faisant tendre nvers +, on obtient : L L , ce qui est absurde.

7. Limites superieure et inferieure 17

Remarque 7.2. Les proprietes (i) et (ii) signifient respectivement que L est une valeurdadherence de (xn), et que (xn) nadmet aucune valeur dadherence superieure strictement

a` L. Par suite lim xn est la plus grande valeur dadherence de la suite bornee (xn).

Illustration. Soit (xn) la suite definie par : xn = 0 si n est impair, et xn = 1+1n si n est

pair. On a

(a) limx2n = lim(1 +12n) = 1 ;

(b) pour tout reel > 0,{n N : xn > 1 + } = {k N : 1 + 12k > 1 + }

= {k N : k < 1/(2)}est fini.

Conclusion : lim xn = 1.

Dans la meme suite didees, en considerant la relation lim xn = lim (xn), on obtient,en vertu du theore`me precedent, la caracterisation suivante de la limite inferieure.

Theore`me 7.2. Soit (xn) une suite bornee.

lim xn = {

(i) est la limite dune sous-suite de (xn) ;(ii) pour tout > 0, lensemble {n : xn < } est fini.

La limite inferieure dune suite bornee est donc la plus petite valeur dadherence de

cette suite.

Les deux theore`mes precedents fournissent un nouvel outil pour letude de la conver-

gence dune suite de nombres reels.

Corollaire 7.3. Soit (xn) une suite reelle, bornee . Soit x R. On a(xn)converge vers x lim xn = lim xn = x

xest la seule valeur dadherence de (xn).

Exemple 7.2. Soit (n) une suite de reels telle que : n 1. Soit (an)n0 une suitedefinie par recurrence par : a0 ]0, /2[ et an+1 = n sin an.On verifie que lim an = lim an = 0 ; dou` an 0.

Lensemble des valeurs dadherence dune suite reelle bornee (xn) contient au moins

lim xn et lim xn. Ainsi chacun des deux theore`mes precedents entrane le theore`me de

Bolzano-Weierstrass.


8. Autres notions topologiques

Definitions 8.1. Soit A une partie de R, non vide. Soit x un reel. On dit que

x est un point interieur a` A si A est un voisinage de x, cest a` dire, sir > 0, ]x r, x+ r[ A.

Lensemble de tous les points interieurs a` A, eventuellement vide, sappelle

linterieur de A et se noteA, ou encore Int(A).

x est un point adherent a` A si : r > 0, ]x r, x+ r[A 6= ,cest a` dire, si :

r > 0, a A tel que a ]x r, x+ r[.Lensemble de tous les points adherents a` A sappelle ladherence ou la fermeture de

A et se note A.

On a bienA A A.

Le resultat suivant caracterise A en termes des suites.

Theore`me 8.1. Soit A une partie non vide de R. Soit x R. On a lequivalence

x A il existe une suite (an)n delements de A telle que limnan = x.

Demonstration.

=) Pour chaque entier n 1, soit an A]x (1/n), x+(1/n)[; la suite (an)n convergedonc vers x.

=) Soit r un reel> 0. Par definition de limn an = x, on a, pour tout entier n suffisammentgrand, an ]x r, x+ r[A ; dou` x A.

Remarque 8.1. Une partie D de R est dense dans R si, et seulement si, D = R.

Proprietes. En pratique, les proprietes suivantes sont tre`s utiles.

(a) AR

=AR

.

(b)A est un ouvert ; il est le plus grand ouvert (au sens de la relation dinclusion)

inclus dans A puisquil est la reunion de tous les ouverts contenus dans A.

(c) A est un ouvert A = A.

(d) A est un ferme ; il est le plus petit ferme contenant A.

(e) A est ferme A = A.

8. Autres notions topologiques 19

Exemples 8.1.

1. Soit (a, b) R2 tel que a < b. Si A est lun des intervalles dextremites a et b alorsA = [a, b], et

A =]a, b[.

2. Soit A = {1/n : n N}. On a A = A {0}.3. On a N = N, Q = R, R rQ = R,

Q = ,

R rQ = .

Definitions 8.2. Soit A une partie de R, non vide. Soit x un reel. On dit que

x est un point daccumulation de A si

r > 0, a A tel que a 6= x et a ]x r, x+ r[;

ou de manie`re similaire : si tout voisinage de x contient des points de A autres que x.

x est un point isole de A sil existe r > 0, tel que ]x r, x+ r[A = {x}.Si tous les points de A sont isoles, on dit que lensemble A est discret .

x est un point-frontie`re de A si x Fr(A) := A rA ; lensemble Fr(A) sappelle

la frontie`re de A.

Remarque 8.2. Un point daccumulation dune partie A de R est un point adherent a`A, qui nest pas un point isole de A. En dautres termes, x est un point daccumulation deA si, et seulement si, il existe une suite (an)n delements de Ar {x} tels que : lim an = x.

Exemples 8.2.

1. Soit (a, b) R2 tel que a < b. Si A est un intervalle dextremites a et b, alors lensembledes points daccumulation de A est exactement lintervalle ferme [a, b].

2. Lensemble des points daccumulation de ] 1, 1] N est [1, 1].3. Les ensembles N et Q sont denombrables, pourtant N est discret mais Q nest pasdiscret.

4. Si A est un intervalle borne quelconque, alors Fr(A) = {a, b}, ou` a et b designent lesextremites de A.

5. Fr(R) = , Fr(Q) = R, Fr(N) = N, Fr(], 0] = {0}.6. Soit B = [2, 3/2[N. On a

B = [2, 3/2] N,B =] 2, 3/2[, Fr(B) = {2, 3/2} {n N : n 2},

et lensemble des points isoles de B est {n N : n 2}.


9. Complement : les compacts par BorelLebesgue

Soit A une partie de R, non vide. Soit (Ui)iI un famille douverts de R.On dit que (Ui)iI est un recouvrement ouvert de A si A

iI

Ui.

On parle de recouvrement fini lorsque lensemble des indice I est fini.

On dit que A est verifie la propriete des sousrecouvrements finis si de tout recouvre-

ment ouvert de A, on peut extraire un recouvrement fini. En dautres termes, pour chaque

famille (Ui)iI douverts tels queA

iIUi,

on peut trouver un nombre fini des Ui, disons Ui1 , . . . , Uin , tels que

A Ui1 Uin .Exemples 9.1.

1. Toute partie finie de R verifie la propriete des recouvrements finis.

2. Soit (an)n une suite reelle convergente vers un reel a. Montrons que lensemble A ={an : n N} {a} verifie la propriete des sousrecouvrements finis. Soit (Ui)iI unrecouvrement ouvert de A, et soit i0 I, tel que a Ui0 . Comme an a, il existeun entier N, tel que pour tout entier n > N, on a an Ui0 . Ainsi, en designantpar Ui1 , . . . , UiN les ouverts contenant les points a1, . . . , aN , on obtient linclusion :A

0jNUij .

3. La suite (]0, 1 1n [)nN est un recouvrement ouvert de ]0, 1[. On ne peut pas en extraireun recouvrement fini ; lintervalle ouvert ]0, 1[ ne verifie donc pas la propriete des sousrecouvrements finis.

4. La suite (]n,+[)nN est un recouvrement ouvert de R. On ne peut pas recouvrir Rpar un nombre fini des ]n,+[, n N ; il en decoule que R ne verifie pas la proprietedes sousrecouvrements finis.

Le resultat suivant est fondamental :

Theore`me 9.1 (Borel-Lebesgue ). Tout intervalle ferme et borne [a, b] de R verifie lapropriete des sousrecouvrements finis.

Demonstration. Soit (Ui)iI un recouvrement ouvert de [a, b]. Supposons que [a, b] neverifie pas la propriete des sousrecouvrements finis (SRF). Donc lun au moins des deux

sous-intervalles [a, a+b2 ], [a+b2 , b] ne verifie pas la propriete (SRF) ; on le designe par [a1, b1].

Par induction, on construit une suite dintervalles ([an, bn])n decroissant

E. Borel(1871-1956)H. Lebesgue(1875-1941)

9. Complement : les compacts par BorelLebesgue 21

( au sens de linclusion) tels que :

(i) Les [an, bn] ne verifient pas la propriete (SRF) ;

(ii) bn an 0.Par le theore`me des segments embotes, lintersection des [an, bn] est reduite a` un singleton

{c}. Soit i0 I, tel que c Ui0 . Par (ii), il existe N0 N tel que, pour tout entier n N0,on a [an, bn] Ui0 , ce qui contredit (i).

Lemme 9.2. Soit K une partie de R verifiant la propriete des sousrecouvrementsfinis. Alors Tout ferme F contenu K verifie aussi la propriete des sousrecouvrementsfinis.

Demonstration. Soit (Ui)iI un recouvrement ouvert de F. La famille formee de R r Fet des Ui constitue un recouvrement ouvert du compact K, on peut donc en extraire un

recouvrement fini, disons R r F, Ui1 , . . . , Uin . On a donc F

1jnUij .

On aboutit maintenant a` la caracterisation suivante :

Theore`me 9.3 (Borel-Lebesgue). Soit K une partie de R, non vide. On a

K verifie la propriete des sousrecouvrements finis K est fermee bornee.

Demonstration.

=) K est un ferme contenu dans un intervalle [a, b]; le lemme et le theore`me precedentspermettent de conclure.

=) La famille (]n, n[)nN etant un recouvrement ouvert deK, on peut donc en extraireun recouvrement fini, ceci implique que la partie K est bornee.

Montrons maintenant que K est ferme, i.e. K = K. Raisonnons par labsurde en

supposant quil existe x K tel que pour tout a K, x 6= a. Pour chaque a K,il existe deux intervalles ouverts I(a) et Ja centres respectivement en a et x tels que

I(a) Ja = . Or la famille (I(a))aK est un recouvrement ouvert K, on peut donc enextraire un sous-recouvrement fini, disons I(a1), . . . , I(an). On constate que lintersection1in

Jai est un intervalle ouvert J contenant x et verifiant J K = , ceci contreditevidemment lhypothe`se : x K.

Exercices

1. Pour chacun des enonces suivants, caracteriser, en cas dexistence, les suites (xn) qui

le verifient.

(a) M R, n N, xn M. (b) n N, M R, xn M.(c) M R, n N, xn M. (d) n N, M R, xn M.(e) M R, n N, xn M (f) M R, n N, xn M.

2. (a) Soit A une partie de R, non vide et majoree. Montrer lequivalence

s = supA {

s est un majorant de A,(an) delements de A, telle que liman = s.

(b) Donner une caracterisation analogue pour inf B pour B partie de R, non vide et

minoree.

(c) Applications :

(i) Determiner sup{(1)n n2n2+1

Arctg n : n N}.(ii) Soient A et B deux parties de [0,+[, non vides et majorees. Montrer que :

sup(A.B) = (supA).(supB).

3. Soit A une partie de R, non vide et bornee. Le diame`tre de A est defini par : (A) :=

sup{|x y| : (x, y) A2}. Montrer que (A) = supA inf A.

4. Soient ([an, bn]) une suite dintervalles fermes et bornes de R tels que pour tout couple

(n,m) N2, [an, bn] [am, bm] 6= . Montrer quen[an, bn] 6= .

5. Soit D = {k/2n : k Z, n N}. Montrer que D est dense dans R.

6. Soient (un)n1 et (vn)n1 deux suites delements de Q, definies par

un =nk=0

1

k!, vn = un +

1

n!n(n N).

(a) Montrer que les deux suites (un)n1 et (vn)n1 sont adjacentes.

(b) On pose e = limun. Montrer que e 6 Q. (Raisonnement par labsurde : supposerque e = p/q, et trouver un entier k tel que k < n!p < k + 1.)

Exercices 23

7. Soient x R et ]0,+[. Montrer quil existe un couple (p, r) Z [0, [ tel que :x = p+ r.

8. (Les sous groupes de (R,+).)

Soit G un sous-groupe de (R,+) avec G 6= {0}. On pose = inf{x G : x > 0}.(a) 1er cas : 6= 0.

(i) Montrer que G. (Par labsurde : si 6 G, alors il existe deux elements uet v de G tels que < v < u < 2.)

(ii) Montrer que G = Z. (Utiliser lExercice 7.)

(b) 2e`me cas : = 0. Montrer que G est dense dans R. (Ind. si n 0+, on aE(x/n)n x)

9. (Application de lExercice 8).

Soit R rQ. Montrer que lensemble Z+ .Z est dense dans R.


Soit f : R R, une application continue non constante. On suppose que f estperiodique i.e. il existe un reel T > 0, appele une periode, tel que : x R,f(x+ T ) = f(x).

Montrer quil existe une periode T0 > 0 telle que : T periode, n N, T = nT0.(Indication : considerer G = {u R : x R, f(x+ u) = f(x)}.)


Montrer que D = {sinn : n N} est dense dans [1, 1].(Indication : sachant que 6 Q, considerer Z+ 2Z.)(a) La partie D estelle fermee dans R ?

(b) La partie D estelle ouverte dans R ?

12. Soit F une partie de R a` la fois ouverte et fermee. Lobjectif est de demontrer que : F

est lensemble vide ou bien F = R tout entier. On va raisonner par labsurde.

(a) Montrer que cela revient a` supposer que R secrit comme reunion de deux fermes

F1 et F2 non vides et disjoints.

Soient F1, F2 et = inf([, ] F2

).


(b) Montrer que F2 et que > .(c) Montrer que [, [ F1. En deduire que F1 et conclure.

13. Soit f : R R, une application continue.(a) Soit F un ferme de R. Montrer, en utilisant les suites, que f1(F ) est encore un

ferme.

(b) En deduire que limage reciproque par f de tout ouvert est encore un ouvert.

14. Soit xn = cos(1/n) et yn =n

k=2 1/Log k, (n 2). En utilisant la definition dunesuite de Cauchy, montrer que la suite (xn) est de Cauchy, mais (yn) ne lest pas.

15. En utilisant la definition dune suite de Cauchy, montrer que le produit de deux suites

de Cauchy est une suite de Cauchy.

16. Soit f : R R une application. On suppose quil existe un reel ]0, 1/2[ tel quepour tout (x, y) R2, on ait

|f(x) f(y)| (|f(x) x|+ |f(y) y|).Montrer que f admet un point fixe unique. (On pourra considerer une suite definie par

recurrence par un+1 = f(un).)

17. Soient K un compact de R et F un ferme de R. Montrer que K + F est un ferme de

R. (On pourra utiliser le theore`me de BolzanoWeierstrass.)

Le resultat reste-t-il vrai si on suppose que la partie K est seulement fermee ?

18. Donner une nouvelle demonstration du theore`me de BolzanoWeierstrass en utilisant

la propriete des segments embotes. (Indication : si (xn) prend ses valeurs dans [a, b],

alors lun au moins des deux ensembles {n : xn [a, a+b2 ]} ou {n : xn [a+b2 , b]} estinfini.)

19. Soit (Kn) une suite decroissante de fermes bornes non vides. Montrer que lintersection

des Kn est non vide.

Exercices 25

20. Soit A une partie non vide de R. Pour tout x R, on pose :d(x,A) = inf{|x a| : a A}.

(a) Montrer que lapplication f : x 7 d(x,A) est continue sur R.(b) Montrer que d(x,A) = 0 x A.(c) Pour chaque n N, on pose : Un = {x R : d(x,A) < 1/n}.

Montrer que les Un sont des ouverts de R.

(d) Montrer que si A est ferme alorsnUn = A. En deduire que tout ouvert de R est

reunion dune famille denombrable de fermes de R.

(e) Pour tout couple (A,B) de parties non vides de R, on pose :

d(A,B) = inf{|a b| : a A, b B}.(i) Montrer que si K est un compact de R et F un ferme de R, non vides et

disjoints alors d(K,F ) > 0.

(ii) Donner un exemple de deux fermes F1 et F2 non vides et disjoints tels que

d(F1, F2) = 0.

21. Soit f la fonction de [0, 1[ dans R, definie par f(x) = 1/(1 x).(a) Soit c ]0, 1[. Que dire de la continuite uniforme de f sur [0, c]?(b) Montrer que f nest pas uniformement continue sur [0, 1[.

22. Montrer que la fonction f : x 7 x2 nest pas uniformement continue sur R.

23. Soient A et B deux parties non vides de R.

(a) Montrer que : A B A B.En deduire, par passage au complementaire, que :

A

B (A B).

Montrer, par un exemple, que linclusion peut etre stricte.

(b) Montrer que : A B = A B.(c) Montrer que : A+B A+B.

24. Soit A = {(1)n(1 1n) : n N}. Determiner A.25. Soit A = [1, 1/2[ Z. Determiner : A,

A, Fr(A) et lensemble A des points daccu-

mulation de A.

Quelques corriges

1. (a) La suite (xn) est majoree. Le reel M est un majorant de (xn).

(b) Toute suite (xn) de reels verifie (b). Pn prend par exemple : M = xn.

(c) La suite (xn) nest pas minoree.

(d) Aucune suite. Pour M = xn 1, linegalite : xn M nest pas realisee.(e) Aucune suite. Pour M = x0 1, la preposition : n N, xn M nest pas vraie.(f) Toute suite (xn) de reels verifie (f). On prend par exemple : M = x0 et n = 0, on

a : xn M.

2. (a) On sait que :

s = supA {

s est un majorant de A, > 0, a A, tel que s < a. ()

On remarque dabord que si s est un majorant de A, et s est limite dune suite

(an) delements de A, alors en ecrivant la definition de lim an = s, on en deduit

immediatement (*).

Reciproquement, si s = supA, alors en considerant dans (*), les de la forme 1/n,

avec n N, on an N, an A, tel que s < an.

La suite (an) delements de A, verifie :

n N, s < an s;elle converge donc vers s.

(b) Soit B une partie de R, non vide et minoree. On a

= inf B {

est un minorant de B,(bn) delements de B, telle que lim bn = .

(c) Applications :

(i) Pour chaque n N, on pose xn = (1)n n2n2+1 Arctg n. On aA = {xn : n N}. En majorant Arctg n par /2, on observe que s = /2 estun majorant de A. En outre, la suite (an) = (x2n) delements de A converge

vers s.

Conclusion : supA = /2.

(ii) Soient A et B deux parties de [0,+[, non vides et majorees. Posons s =supA et t = supB. On a

a A, 0 a s et b B, 0 b t.

Quelques corriges 27

Dou` : a A, b B, on a 0 ab st.En dautres termes, le reel st est un majorant de A.B.

Par ailleurs, il existe une suite (an) delements de A ayant s pour limite, et

il existe une suite (bn) delements de B ayant t pour limite.

La suite (anbn) est delements de A.B et admet le reel st pour limite.

Conclusion : sup(A.B) = st = (supA).(supB).

3. On pose = {|x y| : (x, y) A2}, = inf A, = supA. Soit (x, y) A2. On a |x y| , donc est non vide. Comme x et y sont danslintervalle [, ], on a x y , i.e. |x y| . Le reel estainsi un majorant de .

Par ailleurs, il existe deux suites (an) et (bn) delements de A telles que : an etbn ; dou` |bn an| .Conclusion : sup = .

4. Pour tout (n,m) N2, on a an bm. Posons a = supnan et b = inf

nbn. Pour tout indice

n, on a an a b bn. Dou` : [a, b] n[an, bn].

7. On pose p = E(x/) et r = xp. On a p Z. Par ailleurs, comme p x/ p+ 1,et reel > 0, on a p x p+ ce qui entrane que 0 r < .

8. On pose G+ := {x G : x > 0}. Comme G 6= {0}, il existe x G r {0}; et on a|x| G+. Ainsi G+ est une partie de R, non vide et minoree (par 0), elle admet doncune borne inf : = inf G+.

(a) 1er cas :

(i) 6= 0. On sait, par la caracterisation de la borne inf, que si a G et a > ,alors il existe b G, tel que < b < a. Ainsi, en appliquant ce resultat a`deux reprises, on obtient :

(u, v) G2, < v < u < 2.Ces inegalites impliquent que 0 < u v < . Et comme G est un groupe, ona en outre u v G+. Ceci contredit le fait que = infG+.

(ii) Comme G est un groupe, on a Z G. Montrons linclusion dans lautresens. Soit x G. Par lexercice 7, il existe p Z et 0 r < , tels que


x = p + r. Comme le reel r = x p G et r < , alors r 6 G+. Il endecoule que r = 0, et par suite x = p Z.

(b) 2e`me cas : = 0. Il existe donc une suite (n) delements de G+ tels que n 0.

Or, pour tout reel x, on a E(x/n)n x. Dou` la densite de G dans R.

9. Soit R rQ. Muni de laddition, lensemble G = Z + Z est un sous groupe deR. Il est donc dense dans R ou bien de la forme Z. Par labsurde : supposons que

Z+Z = Z. En particulier : 1 et seraient deux elements de Z. Ceci, impliquerait

que Q, et donc Q, absurde.Conclusion : Z+ Z est dense dans R.

17. Soit (xn) une suite delements deK+F telle que xn x R.Montrons que x K+F.Pour tout n, il existe (an, bn) K F, tel que xn = an + bn.La suite (an) etant delements du compact K, on peut donc en extraire une sous suite

(a(n)) convergente vers un point a K.Lecriture : b(n) = x(n)a(n), montre que la suite (b(n)) est convergente. Sa limtiteb est dans F car F est ferme.

Il sensuit que x = a+ b K + F.Si F1 et F2 sont deux fermes de R, alors la somme A = F1+F2 nest pas necessairement

un ferme.Considerons pour cela :

F1 = Z et F2 =2Z.

Dune part, on a F1 + F2 6= R car 1/2 6 F1 + F2, sinon on aurait2 Q. On sait

dautre part que F1 + F2 est dense dans R (Exercice 9).

En consequence, la partie F1 + F2 nest pas fermee dans R.

On pourra aussi considerer les fermes : F1 = Z, F2 = {n + 1n : n entier 2} enremarquant que la suite ( 1n) est delements de F1 + F2 mais sa limite 0 6 F1 + F2.

19. Soit (xn) une suite delements de K0 telle que : n, xn Kn. Comme K0 est compact,on peut extraire de la suite (xn) ne sous suite (x(n)) convergente vers un point x K0.Montrons que x est dans lintersection des Kn.

Soit n N. Pour tout entier m n, on a : (m) m n, doncx(m) Km Kn.

Et comme Kn est ferme, on a donc

x = limm+x(m) Kn.

Conclusion : x nKn.

Extraits de controles

Exercice 1

Soit D = { k3en : k Z, n N }. Montrer que D est dense dans R.

Exercice 2

Soit f : R R, une application continue. Soit A une partie de R, non vide.(a) Montrer que f(A) f(A).(b) Question du cours : soit K un ferme borne de R. Montrer que f(K) est un ferme.

(c) On suppose dans cette question que la partie A est bornee.

(i) Montrer que A est aussi bornee.

(ii) Montrer que : f(A) = f(A).

(d) Par un contreexemple, montrer que la relation precedente peut tomber en defaut si

A nest pas supposee bornee.

Exercice 3

Soit f : [0, 1[ R, une application uniformement continue sur [0, 1[.(a) Soit (an) une suite delements de [0, 1[, telle que liman = 1.

Montrer que la suite (f(an)) est de Cauchy. On pose : = lim f(an).

(b) Soit (bn) une autre suite delements de [0, 1[, telle que lim bn = 1.

Montrer que lim f(bn) = .

(c) Que peut-on conclure ?

Exercice 4

Soient A une partie compacte de R et r un reel > 0. On pose

B =aA

[a r, a+ r] = {b R : a A, |a b| r}.

(a) Montrer que B est borne.

(b) Soit (bn) une suite delements de B telle que lim bn = b R. Montrer que b B.Conclure

A. Raouj, Faculte des Sciences Semlalia, Marrakech


Exercice 5

Soit K un compact (i.e. : ferme borne) de R, non vide. On pose

A = {a R : x K tel que |a| 1 + |x| }.

(a) Montrer que la partie A est bornee.

(b) Soit (an) une suite delements de A telle que : lim an = a R.Montrer que a A. Conclure.

(c) Est ce que la partie A est compacte ? Justifier.

Exercice 6

Soient F et K deux parties de R, non vides. On suppose que F est un ferme et K est

un compact tels que F K = .On se propose de montrer que :

( > 0) ((a, b) F K) |a b| . ()

(a) Enoncer le theore`me de BolzanoWeierstrass.

(b) On suppose dans cette question que la propriete () nest pas realisee.(i) Montrer quil existe deux suites (un) delements de F et (vn) delements de

K telles que : la suite (vn) converge vers v K, et pour tout entier n > 0,|un vn| 1/n.

(ii) Montrer que (un) converge aussi vers v; puis aboutir a` une contradiction. Conclure.

(c) On pose F1 = N, et F2 = {m+ 1m : m entier > 1}.Montrer que F1 et F2 sont deux fermes de R tels que :

pour tout entier n > 1, il existe (an, bn) F1 F2 tel que |an bn| 1/n.Que peut-on conclure de cet exemple ?

Exercice 7

Pour chaque partie non vide A de R, on pose : d(x,A) = infaA

|x a|.

(a) Montrer que A = {x R : d(x,A) = 0}.(b) Montrer que pour tout (x, y) R2, on a : |d(x,A) d(y, A)| |x y|.(c) Montrer que pour tout entier n > 0, la partie Un = {x R : d(x,A) < 1/n} est un

ouvert de R et quenUn = A.

Extraits de controles FSSM 31

Exercice 8

f : R R, une application continue. Soit K un compact de R tel que f(K) K.On definit une suite (un) par recurrence par : u0 K et un+1 = f(un), (n N). Onsuppose que : lim

n(un+1 un) = 0.

(a) Pourquoi la suite (un) admet-elle au moins une valeur dadherence x dans K?

(b) Montrer que f(x) est aussi une valeur dadherence de (un).

(c) Montrer que f(x) = x.

Exercice 9

Soit (xn) une suite de nombres reels non nuls telle que limxn = +. Montrer quelensemble D =

{mxn : m Z, n N

}est dense dans R.

Exercice 10

Soit f : R R une application. On dit que f est semicontinue superieurement sur R(en abrege : s.c.s) si et seulement si

R, {x R : f(x) < } est un ouvert de R.(a) Montrer que toute fonction continue sur R est s.c.s sur R.

(b) Soit A une partie de R, non vide. Soit la fonction definie sur R par :

(x) = 1 si x A et (x) = 0 si x 6 A. Montrer que : est s.c.s sur R A est ferme.

(c) Soient f une fonction s.c.s sur R et K un compact de R.

(i) Montrer que f(K) est

majoree. (On pourra raisonner par labsurde.)

(ii) On pose s = sup f(K). Montrer quil existe a K tel que f(a) = s( i.e. le sup est atteint).

Exercice 11

Soit : R R une application continue. Soit A une partie non vide de R. On supposeque 0 < (a) 1 quel que soit a A. Pour tout x R, on pose :

f(x) = inf { | x a |(a) : a A} .(a) Montrer que lapplication f est continue sur R.

(b) On suppose que la partie A est compacte. Montrer que : f(x) = 0 x A.(c) Dans cette question, on prend (a) = 1/(1 + a2) et A = N.

(i) Montrer que N est un ferme de R.

(ii) Calculer f(x) = inf { | x n |(n) : n N} pour x R.Que remarquez vous ?


Exercice 12

Soit (xn)nN une suite de nombres reels non nuls telle que limxn = +. Montrer quelensemble D =

{Log (m) xn : m N, n N

}est dense dans R.

Exercice 13

Soient A et B deux parties de R, non vides. On definit :

A.B = {u : (a, b) AB, u = a.b}.(a) On conside`re : A = Z et B = {1/n : n N} {0}.

(i) Montrer que A est un ferme de R.

(ii) Montrer que B est un compact (ferme borne) de R.

(iii) Montrer que le produit A.B nest pas un ferme de R.

(b) On suppose dans cette question que A = F est un ferme de R et B = K est un

compact de R tel que 0 6 K.Soit (anbn) une suite delements de F.K supposee convergente vers u R. Montrerque u F.K. Conclure

(c) Montrer que si 0 6 A et B est un ouvert alors A.B est un ouvert.(Utiliser la definition dun ouvert.)

Exercice 14

Soit m un entier 1.(a) Montrer que la fonction f : x 7 (sin x)m est uniformement continue sur R.

(On pourra utiliser le theore`me des accroissements finis.)

(b) Montrer que la fonction g : x 7 (sinx2)m nest pas uniformement continue sur R.

Corriges

Exercice 1

Remarque preliminaire : la fonction : : u u3 est une fonction croissante bijectivede R sur R. On pose 1(v) := v1/3 = 3

v. La fonction 1 est aussi croissante et verifie

3v1v2 = 3

v1 3v2.

Pour montrer la densite de D on a le choix entre :

Premie`re methode : x R, (an) delements de D telles que : an x; seconde methode : Pour tout couple (x, y) de reels tels que x < y, il existe a D tel quex < a < y.

Concernant la premier point, on verifie aisement que : an = E(x1/3en/3)3en x. Quand

a` la seconde methode, pour quil existe (k, n) ZN, tel que x < k3en < y i.e. xen 1, i.e. en/3 >1/(y1/3 x1/3), ce qui est possible pour n suffisamment grand puisque lim en/3 = +.Exercice 2

(a) Soit y f(A). Il existe x A, tel que y = f(x). Comme x A, il existe une suite (an)delements de A tels que an x. Par continuite de f en x, on a f(xn) f(x) = y. Ainsi,y f(A).(b) La partie K est un ferme borne de R donc un compact de R. Son image f(K) par

lapplication continue f est un compact de R, donc un ferme de R.

(c)

(i) La partie A est bornee donc :

M > 0, tel que a A, |a| M.Soit x A. Il existe une suite (an) delements de A telle que : an x. Or, pour toutindice n, on a |an| M, donc par passage a` la limite, on obtient : |x| M.

(ii) Dapre`s (a), on a dabord

f(A) f(A). ()Par ailleurs, comme A A, on a f(A) f(A), donc

f(A) f(A). ()Or A est un ferme borne de R, donc dapre`s (b), f(A) est un ferme i.e. f(A) = f(A).

Linclusion (**) devient :

f(A) f(A)et par (*), on obtient legalite demandee.


(d) Soit f lapplication continue definie sur R par f(x) = ex et soit A = R. On af(A) = f(R) =]0,+[ et f(A) = ]0,+[ = [0,+[.

Ainsi : f(A) f(A).

Exercice 3

(a) Soit > 0. La fonction f etant uniformement continue sur [0, 1[, il existe donc un reel

> 0, tel que pour tous les reels x, x dans [0, 1[, on a

|x x| < = |f(x) f(x)| < .La suite (an) etant convergente, donc de Cauchy :

(N N) (n N, m N) on a |an am| < .On a ainsi pour tous les couples (n,m) dentiers N

|f(an) f(am)| < .Conclusion : la suite (f(an)) est de Cauchy dans R, elle est donc convergente.

Soit = lim f(an).

(b) Posons = lim f(bn). Comme an bn 0, on a par la continuite uniforme de f :|f(an) f(bn)| 0.

Par consequent : = .

(c) Conclusion : limx1

0, a A, |a| M.Par suite, on a

b B, |b| M + r.La partie B est ainsi bornee.

(b) On a : n N, bn B. Donc par definition de B, on an N, an A, |an bn| r.

Par Bolzano-Weierstrass, on peut extraire de la suite (an) une sous suite (a(n)) conver-

gente vers un point a A. Et commen N, |a(n) b(n)| r,

on obtient par passage a` la limite : |a b| r. On a ainsi que b B.(c) B est une partie de R, non vide, fermee bornee donc compacte.


Exercice 5

(a) De toute suite bornee de R, on peut extraire une sous-suite convergente (dans R).

(i) La propriete (*) nest pas realisee, donc :

(n N) ((an, bn) F K) |an bn| 1/n. ()

La suite (bn) etant delements du compact K, on peut donc en extraire une sous

suite (b(n)) convergente. Posons

vn = b(n), v = lim vn, un = a(n).

Et par (**), on a en outre

|un vn| 1/n.(ii) On a

|un v| |un vn|+ |vn v|.Et comme les deux termes de droite tendent vers 0 quand n +, on en deduitque limun = v.

La partie F etant fermee donc v F. On obtient ainsiv F K.

Ceci contredit (*) pour a = v et b = v.

Conclusion : la propriete (*) est satisfaite.

(b) On a

F1R

=], 0[nN]n, n+ 1[, cest un ouvert puisquil est reunion douverts. F2 = {2 + 12 , 3 + 13 , 4 + 14 , . . .}. Posons bn = n + 1n . La suite (bn) est strictementcroissante car pour tout entier n 2, on a

bn+1 bn = 1 1n(n+1) > 0.On peut donc ecrire :

F2R

= ], b2[ ]b2, b3[ ]b3, b4[ . . .= ], b2[ n2]bn, bn+1[

cest un ouvert puisquil est reunion douverts.

Posons an = n F1, bn = n+ (1/n) F2 On a |an bn| = 1/n.On remarque que aussi que F1 F2 = .Conclusion : En general la propriete (*) nest pas satisfaite lorsque F et K sont

seulement deux fermes disjoints. Dou` limportance de supposer K compact.


Exercice 6

(a) On sait que :

x A (an) delements de A telle que an x. (an) delements de A telle que |an x| 0. inf

aA|x a| = 0 car de plus |x a| 0.

(b) Soient x et y deux reels. Pour tout a A, on a|x a| |x y|+ |y a|.

Et puisque |x a| d(x,A), on a alorsa A, d(x,A) |x y|+ |y a|.

Ainsi d(x,A) |x y| est un minorant de {|y a| : a A}, dou`d(x,A) |x y| d(y, A),

ou encore

d(x,A) d(y, A) |x y|.Les reels x et y etant quelconques, on a donc aussi

d(y, A) d(x,A) |y x|.Conclusion : |d(x,A) d(y, A)| |x y|.

(c) Dapre`s (b), la fonction f : x 7 d(x,A) est continue. Lecriture Un = f1(], 1/n[)montre que Un est limage reciproque par la fonction continue f de louvert ], 1/n[;il est donc un ouvert.

Dapre`s (a), on a : n N, A Un, donc A nUn.

Montrons maintenant quenUn A. Soit x

nUn. On a

(n N) d(x,A) < 1/n,donc

(n N) (an A) |x an| < 1/n.La suite (an) delements de A verifie : an x. Dou` x A.

Exercice 7

(a) La suite (un) est delements du compact K, elle admet donc au moins une valeur

dadherence x K.(b) Le point x est une valeur dadherence de la suite (un), il est donc limite dune sous

suite (u(n)) de (un).

Comme : f(u(n)) = u(n)+1, on a par passage a` la limite sachant que f est continue :


u(n)+1 f(x).Ainsi f(x) est une valeur dadherence de (un).

(c) Lhypothe`se : un+1 un 0, implique que : u(n)+1 u(n) 0. Donclimu(n)+1 = limu(n)

i.e. f(x) = x.

Exercice 8

Soit a R. Posons an = E(axn)xn . La suite (an) est bien delements de D. Montrons quean a.On sait dabord que :

axn 1 E(axn) axn.Comme xn +, il existe en particulier un indice N tel que :

n N, xn > 0.Il sensuit que pour tout n N

xn 1xn an xn.On obtient ainsi

|an a| 1xn 0 quand n +.

Exercice 9

(a) Soit R. Ecrivons :{x R : f(x) < } = f1(], [).

Ainsi, si f est continue sur R, limage reciproque par f de louvert ] , [ est unouvert de R.

(b)

) On a

AR

= {x R : (x) = 0}= {x R : (x) < 1/2} est un ouvert de R.

) Soit R. Montrons que lensemble E = {x R : (x) < } est un ouvert. Enfait, on peut determiner cet ensemble :

E =

si 0AR

si 0 < 1R si > 1.

Dans chacun des trois cas, lensemble E est ouvert.


(c) (i) Raisonnons par labsurde : supposons que la partie f(K) nest pas majoree. Il

existe donc une suite (bn) delements de f(K) telle que bn +.Chaque bn secrit bn = f(an) avec an K. La suite (an) delements du compactK admet une sous suite (a(n)) convergente dans K. Notons a sa limite.

Lensemble U = {x R : f(x) < f(a) + 1} est un voisinage ouvert de a. Donc,par definition de la limite, on a pour tout entier n assez grand

a(n) U.Ceci signifie :

b(n) = f(a(n)) < f(a) + 1,

ce qui contredit la fait que b(n) +.(ii) Il existe (an) delements du compact K telle que f(an) s.

On sait quon peut extraire de la suite (an) une sous suite (a(n)) convergente

vers un certain a K. Montrons que f(a) = s.Par labsurde : supposons que f(a) < s. Il existe alors > 0, tel que f(a) < s.Comme lensemble U = {x R : f(x) < s } est un voisinage ouvert de a, etcomme a(n) a, on a pour on a pour tout entier n assez grand

a(n) Ui.e.

f(a(n)) < s ,ce qui implique par passage a` la limite

s s absurde.

Exercice 10

(a) Soient x et x deux reels. Par linegalite triangulaire, on a| x a | |x x |+ | x a |.

Et comme (a) > 0, on a donc

| x a |(a) | x x | omega(a) + | x a |(a).En majorant le terme | xx |(a) par | xx | puisque (a) 1, on obtient par suite :

| x a |(a) | x x | + | x a |(a).Donc

f(x) | x x | + | x a |(a) (a A).Ce qui secrit aussi : f(x) | x x | |x a |(a) (a A).On voit ainsi que le terme f(x) | x x | est un minorant de {| x a |(a) : a A},donc

f(x) | x x | f(x).A. Raouj, Faculte des Sciences Semlalia, Marrakech


Les reels x et x sont quelconques, linegalite precedente fournit aussi :f(x) | x x | f(x).

Conclusion : |f(x) f(x)| |x x|.(b) Il est clair que pour tout reel x, on a f(x) 0.

) Si x A, on a |x x|(x) { | x a |(a) : a A} , donc f(x) = 0.) Sachant que f(x) 0, on a

f(x) = 0 (an) suite delements de A telle que | x an |(an) 0.De la suite (an), on peut extraire une sous suite (a(n)) convergente dans le compact

A. Notons a sa limite. On a

| x a(n) |(a(n)) | x a |(a).Par suite : | x a |(a) = 0, i.e. x = a A.

(c)

(i) NR

=], 0[nN]n, n+ 1[, cest un ouvert puisquil est reunion douverts.(ii) Pour tout reel x fixe, on a

| x n |(n) = | xn |1+n2

0 quand n +.On a donc : f(x) = 0 pour tout reel x.

Cet exemple montre que : f(x) = 0 nimplique pas necessairement que x N.Ainsi, dans la question (b), Il nest pas sufisant de supposer A ferme pour avoir

limplication : f(x) = 0 = x A.

Exercice 11

Soient x et y deux reels tels que : x < y. Il sagit de demontrer quil existe d D telque x < d < y. Ceci signifie quon doit demontrer quil existe m N et n N tels que

x < Log (m) xn < y. ()

Pour que cet encadrement soit realise, il faut et il suffit que :

exn+x < m < exn+y, (car la fonction exp est croissante).

Or, pour quun tel entier m > 0 existe, il suffit que :

exn+y exn+x > 1,cest a` dire :

exn >1

ey ex . ()Un tel xn existe puisque, par hypothe`se, lim e

xn = +.Conclusion : Il suffit de considerer un xn verifiant () et m = E(exn+x) + 1 pour quelencadrement (*) soit satisfait.


Exercice 12

(a) (i) Montrons que le complementaire de Z dans R est un ouvert. On a

ZR

= nZ

]n, n+ 1[

est une reunion douverts, il est donc un ouvert.

(ii) Montrons que B est borne.

n N, 0 < 1/n 1,

donc, pour tout x B, on a : 0 x 1. Montrons que B est ferme. On a B = {. . . , 1n+1 , 1n , . . . , 12 , 1}. Donc

BR

=], 0[ E ]1,+[ avec E = nN

]1

n+ 1,1

n[.

Le complementaire de B dans R secrit comme une reunion douverts, il est donc

un ouvert. Par consequent, B est un ferme.

(iii) On a : A.B = Q; lensemble Q nest pas ferme car

Q = R

6= Q.

(b) On a anbn u quand n +. Comme (bn) est une suite delements du compact K,alors en utilisant le theore`me de BolzanoWeierstrass, il existe une sous-suite (b(n))

de (bn) telle que : lim b(n) = b K. Or les b(n) et b sont non nuls, donc lecriturea(n) =

a(n)b(n)b(n)

a un sens et on a a(n) ub = a. On a a F puisque la suite (a(n))est delements de F et F est ferme. Par consequent, u = a.b F.K.Conclusion : Sous les hypothe`ses de la question, le produit F.K est ferme.

(c) Soit x = a.b A.B. on a b B et B etant un ouvert, donc

> 0, I =]b , b+ [ B.

Si a > 0 :x I y = ax ]ab a, ab+ a[.

Si a < 0 :x I y = ax ]ab+ a, ab a[.

Dans chacun des deux cas : il existe r > 0, tel que ]ab r, ab+ r[ {a}.B A.B.Conclusion : lensemble produit A.B est un ouvert.


Exercice 13

(a) Soit (x1, x2) R2 tel que x1 < x2. Par le theore`me des accroissements finis :

c ]x1, x2[, f(x2) f(x1) = f (c)(x2 x1).

On a :

f (c) = m cos(c)(sin c)m1,

en posant (sin c)m1 = 1 losque m = 1.On a |f (c)| m, donc |f(x2) f(x1)| m(x2 x1).La fonction f est donc lipschitzienne sur R, elle est ainsi uniformement continue sur

R.

(b) Soient (xn) et (xn) les deux suites definies par :

xn =2n, xn =

2n +

2.

Dune part, on a : xn xn =/2

xn + xn 0 quand n +.

Dautre part, on a : g(xn) g(xn) = 0 1 6 0 quand n +.Conclusion : la fonction g nest pas uniformement continue sur R.

Documents

Topologie en Algèbre Linéaire Et Dans Les Espaces de Matrices Corrig