-
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.
-
4 Topologie usuelle de lensemble des reels
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)
-
6 Topologie usuelle de lensemble des reels
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
-
8 Topologie usuelle de lensemble des reels
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.
-
10 Topologie usuelle de lensemble des reels
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.
-
12 Topologie usuelle de lensemble des reels
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|.
-
14 Topologie usuelle de lensemble des reels
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).
-
16 Topologie usuelle de lensemble des reels
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.
-
18 Topologie usuelle de lensemble des reels
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}.
-
20 Topologie usuelle de lensemble des reels
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.
10. (Application de lExercice 8).
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)}.)
11. (Application de lExercice 8).
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
).
-
24 Topologie usuelle de lensemble des reels
(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
-
28 Topologie usuelle de lensemble des reels
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
-
30 Topologie usuelle de lensemble des reels
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 ?
-
32 Topologie usuelle de lensemble des reels
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.
-
34 Topologie usuelle de lensemble des reels
(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.
-
Extraits de controles FSSM 35
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.
-
36 Topologie usuelle de lensemble des reels
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 :
-
Extraits de controles FSSM 37
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.
-
38 Topologie usuelle de lensemble des reels
(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
-
Extraits de controles FSSM 39
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.
-
40 Topologie usuelle de lensemble des reels
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.
-
Extraits de controles FSSM 41
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.