DS1 2020 2021 Correction
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Page 1 : Exercice 1 : questions de cours 5.25 pointsPartie 1 : définitions 2.25 points1. Soit E un R-espace vectoriel et N une application de E dans N. Sousquelles conditions N est-elle une norme sur E. 0.75 point2. Donner la définition d’un ouvert. 0.5 point3. Soit E, N un espace vectoriel normé et A E.a Donner la définition de l’intérieur de A, noté◦A. 0.5b Donner la définition de l’adhérence de A, noté A. 0.5Solutions :1. N est une norme sur E ssi— soit x E alors, Nx = 0 =⇒x = 0E 0.25 point— λ R, x E, Nλx = λNx 0.25 point— x, y E, Nx + y Nx + Ny 0.25 point2. 0.5 point Soit E, N un espace vectoriel normé et A E. Alors Aest un ouvert de E si et seulement six A, r 0 / Bx, r Aévidemment la défintion avec le voisinage fonctionne aussi :A est un ouvert ssi A est voisinage de tous ses points.3. Soit E, N un espace vectoriel normé et A E, alorsa 0.5 point alors l’intérieur de A, noté◦A est défini parx ◦A ⇐⇒r 0 / Bx, r Ab 0.5 point alors l’adhérent de A, noté A est défini parx A ⇐⇒r 0, Bx, r A ̸= 1
Page 2 : Partie 2 : démonstrations de cours 3 pointsSoit E, · un espace vectoriel normé. Soient A et B deux ensembles de E.Montrer que1. A B = A B 2 points2. A B A B 1 pointSolution :1. 2 points : 1 point pour chaque inclusionMontrons que A B = A B :A A BB A B=⇒A A BB A B=⇒A B A BOr A B est un fermé puisque A et B sont des fermés. Ceci impliquequeA B = A BDe plusA AB B=⇒A B A B =⇒A B A B = A BFinalement, puisque A B A B et A B A B, on aA B = A B2. 1 pointMontrons que A B A BA B AA B B=⇒A B AA B B=⇒A B A B2
Page 3 : Exercice 2 : Norme sur l’espace des fonctions 10.25pointsOn note E le R-espace vectoriel des applications f de 0, 1 dans R de classe C1sur 0, 1 et telles que f0 = 0. Pour f E, on définit les deux applicationssuivantesNf = supx0,1fx + supx0,1f′xνf = supx0,1fx + f′x1. Les applications N et ν sont-elles des normes sur E ? 4.5 points2. On introduit maintenant la fonction gx = exfx.a Montrer que f, x 0, 1, g′x eνf. 0.5 pointb Montrer que f, x 0, 1, gx eνf. 1 pointc En déduire que fx eνf et f′x 1 + eνf. 2 points3. Trouver alors α 0 et β 0 tels queανf Nf βνf2 points4. Que peut on déduire des applications N et ν ? 0.25 point1. Commençons par montrer que N est une norme.— 0.25 point Si Nf = 0 alors x 0, 1, fx = f′x = 0 d’oùl’on déduit que f = 0.— 0.25 point Soit f E et λ R. AlorsNλf = supx0,1λfx + supx0,1λf′x = λNf— 1.5 point Montrons maintenant l’inégalité triangulaire. Pour celacommençons par remarquer que x 0, 1fx + gx fx + gx supx0,1fx + supx0,1gxf′x + g′x f′x + g′x supx0,1f′x + supx0,1g′x3
Page 4 : On a ainsifx+gx+f′x+g′x supx0,1fx+ supx0,1gx+ supx0,1f′x+ supx0,1g′xEn prenant alors le sup de cette expression, ce qui ne change rienau terme de droite alorsNf + g Nf + NgDonc N est bien une norme.Etudions maintenant l’application ν.— 0.75 point Si νf = 0 alors supx0,1 fx + f′x = 0. Ilfaut donc que x 0, 1 fx + f′x = 0 ce qui implique quefx = Cex avec C une constante. Or f0 = 0, donc C = 0.Et finalement f = 0.— 0.25 point f E et λ Rνλf = supx0,1λ × fx + f′x = λνf— 1.5 points Montrons maintenant l’inégalité triangulaire. Pourcela, remarquons que, x 0, 1fx + f′x + gx+g′x fx + f′x + gx + g′xsupx0,1fx + f′x + supx0,1gx + g′xIl ne reste plus qu’à prendre le sup de l’expression précédente, d’oùl’on déduit queνf + g νf + νgFinalement ν est bien une norme sur E.2. gx = exfx :a 0.5 point Alors x 0, 1g′x = exfx + f′x = exfx + f′x eνfb 1 point x 0, 1gx =Z x0g′tdt Z x0g′tdt xeνf eνf4
Page 5 : c On a alorsfx gx eνf0.5 pointDe plusf′x = f′x+fxfx fx+f′x+fx 1+eνf1.5 points3. x 0, 1, on a donc fx + f′x 1 + 2eνf. OrNf = supx0,1fx + supx0,1f′x 1 + 2eνfdonc β = 1 + 2e. 1 pointDe plus f E et x 0, 1fx + f′x fx + f′x supx0,1fx + supx0,1f′xd’où l’on déduit queνf Nfdonc α = 1 1 point.On a doncνf Nf 1 + 2eνf14. Compte-tenu de 1, les deux normes sont équivalentes. 0.25 pointExercice 3 : Ouvert, fermé, adhérence et intérieur 5pointsPour les ensembles suivants montrer s’ils sont des ouverts, des fermées ouaucun des deux et déterminer leur adhérent et leur intérieur1. On considère l’ensemble U1 = A B oùA =x, y R2 / 0 x 1 et y 1 xB =x, y R2 / 1 x 0 et y 1 + x5
Page 6 : 2.U2 =x, y R2 / 12x2 + 3y2 13.U3 = , 0 1, 13, 67Solution :1. La façon la plus simple de répondre à cette question est de voir queU1 = B10, 0, 1. Ainsi, U1 est un fermé et pas un ouvert 0.5 point.De plus U1 = U1 0.5 point et alors◦U1 = B10, 0, 1 0.5 point.2. On peut par exemple définir la fonction continue de R2 dans R,fx, y =12x2 + 3y2. Alors dans ce cas, U2 = f1 , 1. U2est donc l’image réciproque d’un fermé par une application continuedonc c’est un fermé 0.5 point. Comme U2 est un fermé, U2 = U20.5 point.Déterminons maintenant l’intérieur 1 point. Pour cela, je pense quel’on pourrait faire un exo intéressant pour les années à venir afin dedémontrer la conjecture suivante :Si A = f1B alors◦A = f1◦B2où f est une application continue. J’ai la flemme de démontrer celaproprement ce soir.Mais nous allons le faire de manière plus classique. Posons donccomme candidatC =x, y R2 / 12x2 + 3y2 1Alors C est bien un ouvert car C = f1, 1 et C U2. Ainsi,on sait que C ◦U2. Démontrons maintenant que◦U2 C. Or cela estvrai ssiX U2\C, r 0, BX, r ̸U2OrU2\C =x, y R2 / 12x2 + 3y2 = 16
Page 7 : or c’est clairement le cas car ceci correspond au bord de l’ellipse...Finalement◦U2 = C.3. Commençons par remarquer que U3 = , 13, 67.Clairement ce n’est ni un ouvert à cause du singleton 7 ou de 3 0.25point ni un fermé à cause de 1 et 6 0.25 point. De plus l’adhérentd’une union et l’union des adhérents donc U3 = , 1 3, 6 70.5 point.0.5 point Cherchons maintenant◦U3. Pour cela, proposons le can-didat suivant C = , 13, 6. C est bien un ouvert et inclus dansU3 d’où l’on déduit que C ◦U3. Démontrons maintenant que◦U3 C.Or cela est vrai ssiX U3\C, r 0, BX, r ̸U2oùU3\C = 3 7qui vérifie clairement la condition 3.Exercice 4 : Limite de fonctionDéterminer la limite des fonctions suivantes1. en 0,0 def1x, y = x3 + y3x2 + y40.5 point2. en 0,0 def2x, y =x3y2x6 + y40.5 point3. en 0,0 def3x, y =x2 + y21 ex2+y21 point7
Page 8 : 4. en 0,0,0,0 def4x, y, u, v = x3 + y3 12u3 v3x3 + y21 point5. en 0,0 def5x, y =px2 + y2xpy + ypxIndication : on montrera que xpy+ypx 2maxx, y3/2.1.5 pointsSolution :1. Considérons f10, y = 1/y qui tend vers ±donc pas de limite en0, 0.0.5 point2. Clairement f2x, 0 = f20, y = 0 donc la limite de f2 pour ces deuxest 0. Mais, fx, x3/2 = x62x6 = 12. Donc la fonction n’a pas de limite.0.5 point3. Passons en coordonnées polaires. Alors x2 + y2 = ρ2. Ainsi˜f3ρ, θ =ρ21 eρ2Or pour t R qui tend vers 0, on aet = 1 + t + tϵtavec ϵ qui tend vers 0 quand t tend vers 0. Ainsieρ2 = 1 + ρ2 + ρ2ϵρOn a donclimx,y→0,0 f3x, y = limρ→0ρ2ρ2 ρ2ϵρ = 1donc la limite de f3 en 0, 0 est 1. 1 point4. f4x, 0, 0, 0 = 1 alors que f4x, 0, x, 0 = 1/2 donc pas de limite. 1point8
Page 9 : 5. Commençons par montrer que l’indication est vraie. Pour cela, consi-dérons tout d’abord que maxx, y = y. Alorsxpy ypy = y3/2ypx ypy = y3/23d’o l’on déduit quexpy + ypx 2y3/2Si on pose maxx, y = x, alors dans ce cas, on obtientxpy + ypx 2x3/2Ainsi on déduit bien quexpy + ypx 2maxx, y3/20.5 pointOr, on a également quepx2 + y2 maxx, yon déduit de ces deux expressions quef5x, y 12pmaxx, y0.5 pointqui tend vers l’infini quand x et y tendent vers 0 donc f5 tend versplus ou moins l’infini en 0, 0 0.5 point.9
