TD1+SOL - Analyse 3 - 2AP2 - 2020/21 - ENSA TETOUAN - PDF

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UAE. ENSA TETOUAN. 2AP2. ANALYSE 3. TD 1. TD 1 : TOPOLOGIE DE Rn. n P Exercice 1. 1) Montrer que N∞ (x) = kxk∞ = sup |xi | et N1 (x) = kxk1 = |xi | sont deux 1≤i≤n i=1 normes sur Rn. 2) Montrer que pour tout x dans Rn on a : N∞ (x) ≤ N1 (x) ≤ n N∞ (x), √ N∞ (x) ≤ N2 (x) ≤ n N∞ (x), 1 √ √ N1 (x) ≤ N2 (x) ≤ n N1 (x). n Z Indication Exercice 2. Soient (E, d) un espace métrique et f une fonction numérique de R+ dans R+ telle que i) f (x) = 0 ⇔ x = 0. ii) f est croissante sur R+. iii) ∀(x, y) ∈ R+ × R+ , f (x + y) ≤ f (x) + f (y). 1) Montrer que (E, d0 = f (d)) est un espace métrique. d(x,y) 2) Application. Montrer que d1 (x, y) = ln (1 + d(x, y)) et d2 (x, y) = 1+d(x,y) sont des distances sur E. Z Indication Exercice 3. 1) Quand dit-on que deux normes sur un espace vectoriel sont équivalentes ? 2) Soit f : R →I ⊂ R une bijection et δf : R × R → R. (x, y) 7→ |f (x) − f (y)| a) Montrer que δf est une distance sur R. b) Déterminer les fonctions f pour que δf soit induite d’une norme. Z Indication 1 1 Exercice 4. Soit E =]0, +∞[. On définit sur E × E à image dans R+ l’application : d(x, y) = x − y avec x, y ∈ E. 1) Montrer que d est une distance sur E. 2) Déterminer B(1, 1) pour cette distance. 3) La partie A =]0, 1] est-elle bornée pour cette distance ? fermée ? 4) Déterminer les boules ouvertes pour cette distance. Z Indication 2 Exercice 5. Soit E un ensemble muni de deux distances d1 et d2 équivalentes : ∃ (α, β) ∈ (R∗+ ) tel que ∀ (x, y) ∈ E 2 , on a αd1 (x, y) ≤ d2 (x, y) ≤ βd1 (x, y) 1) On note Bi la boule ouverte pour la distance di. Montrer que   1 B1 y, (r − d2 (x, y)) ⊂ B2 (x , r) où y ∈ B2 (x , r) et r > 0. β 2020/21. S.A. PRS. B. AZEROUAL et M. CHERKAOUI. 1/ 2 UAE. ENSA TETOUAN. 2AP2. ANALYSE 3. TD 1. Montrer que l’on a aussi : B2 (y, α (r − d1 (x, y))) ⊂ B1 (x , r) où y ∈ B1 (x , r) et r > 0. 2) En déduire que U est un ouvert de l’espace métrique (E, d1 ) si et seulement si U est un ouvert de l’espace métrique (E, d2 ). Z Indication Exercice 6. On note k.k2 la norme Euclidienne usuelle sur R2. On note O = (0, 0) l’origine de R2. Pour x, y ∈ R2 , on définit ( kx − yk2 si x, y et O sont alignés d(x, y) = kxk2 + kyk2 sinon 1) Montrer que d est une distance sur R2. 2) Donner l’ensemble B d ((0, 2) , 3) la boule fermée pour la distance d de centre (0, 2) et de rayon 3. Faites le dessin.   1 3) On considère la suite xm = 1, 1+m de points de R2. Montrer que la suite (xm )m∈N est convergente pour la norme k.k2 vers une limite l à déterminer et montrer que d(xm , l) ne tend pas vers 0 quand m tend vers +∞. 4) La distance d est-elle induite d’une norme ? (Justifier votre réponse) Z Indication Indications √ ♣ Indication Exr 1. On pourra utiliser l’inégalité de Cauchy-Schwartz pour l’inégalité N1 ≤ nN2. ♣ Indication Exr 2. Utiliser les trois propriétés de la fonction f. ♣ Indication Exr 3. 2) Commencer à traiter le cas f (0) = 0, puis dans le cas général poser g(x) = f (x) − f (0). Dans les deux situations ; penser à utiliser la deuxième propriété d’une norme. ♣ Indication Exr 4. 3) Pour montrer qu’une partie A est non bornée il suffit d’exhiber une suite

xn d’éléments de A et a ∈ A tels que d xn , a → +∞ quand n → +∞. ♣ Indication Exr 5. 3) Utiliser la définition d’un ouvert dans un espace métrique et la question 2). ♣ Indication Exr 6. 1) Pour l’inégalité triangulaire de la distance, on pourra faire une distinction des cas ; suivant la colinéarité des points avec l’origine O. 2020/21. S.A. PRS. B. AZEROUAL et M. CHERKAOUI. 2/ 2 UAE. ENSA TÉTOUAN. 2AP2. SOL. T.D. 1. Exercice 1. 1) a) i) Soit N∞ (X) = sup |xi | = 0 avec x = (x1 ,... , xn ). Or 0 ≤ |xi | ≤ sup |xi | pour 1≤i≤n 1≤i≤n tout i ∈ {1,... , n}. Donc x = (x1 ,... , xn ) = 0. La réciproque est évidente. D’où N∞ (x) = 0 ⇔ x = 0. ii) Maintenant, montrons que N∞ (λx) = |λ| N∞ (x) pour tout λ dans R et pour tout x ∈ Rn. Alors cette égalité est vraie pour λ = 0. Si λ 6= 0, on a d’une part |xi | ≤ sup |xi | ∀i ∈ {1,... , n} 1≤i≤n ⇒ |λxi | = |λ| |xi | ≤ |λ| sup |xi | ∀i ∈ {1,... , n} 1≤i≤n alors sup |λxi | = N∞ (λx) ≤ |λ| sup |xi | = |λ| N∞ (x) (1) 1≤i≤n 1≤i≤n et d’autre part |λxi | ≤ sup |λxi | ∀i ∈ {1,... , n} 1≤i≤n ⇒ sup |λxi | 1≤i≤n |xi | ≤ ∀i ∈ {1,... , n} |λ| ⇒ sup |λxi | 1≤i≤n sup |xi | ≤ ⇒ |λ| N∞ (x) ≤ N∞ (λx). (2) 1≤i≤n |λ| (1) et (2) impliquent que |λ| N∞ (x) = N∞ (λx). iii) Soient x = (x1 ,... , xn ) ∈ Rn et y = (y1 ,... , yn ) ∈ Rn , alors nous avons |xi + yi | ≤ |xi | + |yi | ≤ sup |xi | + sup |yi | ∀i ∈ {1,... , n} , 1≤i≤n 1≤i≤n par suite sup |xi + yi | = N∞ (x + y) ≤ sup |xi | + sup |yi | = N∞ (x) + N∞ (y). 1≤i≤n 1≤i≤n 1≤i≤n D’où N∞ est une norme sur Rn. b) i) n X N1 (X) = |xi | = 0 avec x = (x1 ,... , xn ) ⇔ (|x1 | ,... , |xn |) = 0 ⇔ x = (x1 ,... , xn ) = 0. i=1 S.A. 20/21. PRS. B. AZEROUAL ET M. CHERKAOUI. 1/ 8 UAE. ENSA TÉTOUAN. 2AP2. SOL. T.D. 1. ii) Soit x = (x1 ,... , xn ) ∈ Rn , alors nous avons n X n X N1 (λx) = |λxi | = |λ| |xi | = |λ| N1 (x), ∀λ ∈ R. i=1 i=1 iii) Soient x = (x1 ,... , xn ) ∈ Rn et y = (y1 ,... , yn ) ∈ Rn , alors nous avons n X n X n X N1 (x + y) = |xi + yi | ≤ |xi | + |yi | = N1 (x) + N1 (y). i=1 i=1 i=1 D’où N1 est une norme sur Rn. 2) Montrons que pour tout x = (x1 ,... , xn ) dans Rn , a) N∞ (x) ≤ N1 (x) ≤ nN∞ (x). (6) ∀i ∈ {1,... , n} , on a n X n X |xi | ≤ sup |xi | ⇒ |xi | = N1 (x) ≤ sup |xi | = nN∞ (x) 1≤i≤n 1≤i≤n i=1 i=1 et n n X X |xi | ≤ |xi | ⇒ sup |xi | = N∞ (x) ≤ |xi | = N1 (x). 1≤i≤n i=1 i=1 D’où (6). b) √ N∞ (x) ≤ N2 (x) ≤ nN∞ (x) (7) ∀i ∈ {1,... , n} , on a n X |xi |2 ≤ |xi |2 ⇒ |xi | ≤ N2 (x) ⇒ sup |xi | = N∞ (x) ≤ N2 (x) 1≤i≤n i=1 et  2 2 |xi | ≤ sup |xi | ⇒ |xi | ≤ sup |xi | 1≤i≤n 1≤i≤n Xn  2 ⇒ |xi |2 ≤ n sup |xi | 1≤i≤n i=1 v u n uX √ √ ⇒ t |xi |2 = N2 (x) ≤ n sup |xi | = nN∞ (x). 1≤i≤n i=1 D’où (7). c) 1 √ √ N1 (x) ≤ N2 (x) ≤ nN1 (x). (8) n S.A. 20/21. PRS. B. AZEROUAL ET M. CHERKAOUI. 2/ 8 UAE. ENSA TÉTOUAN. 2AP2. SOL. T.D. 1. D’après (6) et (7), on obtient aisement √ N2 (x) ≤ nN1 (x). D’après l’inégalité de Cauchy-Schwarz, on obtient v v n n u n u n X X uX 2 uX 2 √ N1 (x) = |xi | = |xi | |1| ≤ t |xi | t |1| = nN2 (x). i=1 i=1 i=1 i=1 D’où (8). Exercice 2. 1) Soit f une fonction numérique de R+ dans R+ telles que i) f (x) = 0 ⇔ x = 0, ii) f croissante, iii) ∀ (x, y) ∈ R+ × R+ f (x + y) ≤ f (x) + f (y). Si d est une distance sur E alors d0 = f (d) est aussi une distance sur E. En effet d0 (x, y) = 0 ⇔ f (d(x, y)) = 0 ⇔ d(x, y) = 0 ⇔ x = y (d est une distance sur E) d0 (x, y) = f (d(x, y)) = f (d(y, x)) = d0 (y, x). ∀ (x, y, z) ∈ E 3 d0 (x, y) = f (d(x, y)) ≤ f (d(x, z) + d(z, y)) ≤ f (d(x, z)) + f (d(z, y)). 2) a) On pose f1 (x) = ln(1 + x). f1 est une fonction de classe C ∞ sur R+ à image dans R+ et qui vérifie les trois propriétés : 1) f1 (x) = 0 ⇔ ln(1 + x) = 0 ⇔ x = 0. 0 1 2) x 7→ f1 (x) est croisante sur R+ car ∀x ∈ R+ , f1 (x) = 1+x > 0. + 3) ∀x, y ∈ R , on a 0 < 1 + x + y ≤ 1 + x + y + xy = (1 + x)(1 + y) x 7→ ln(1 + x) est croisante sur R+ , alors f1 (x + y) = ln(1 + x + y) ≤ ln [(1 + x)(1 + y)] = ln(1 + x) + ln(1 + y) = f1 (x) + f1 (y). b) On pose f2 (x) = 1+x x. f2 est une fonction de classe C ∞ sur R+ à image dans R+ qui vérifie les trois propriétés : x 1) f2 (x) = 0 ⇔ 1+x = 0 ⇔ x = 0. 0 1 2) x 7→ f2 (x) est croisante sur R+ car ∀x ∈ R+ , f2 (x) = (1+x)2 > 0. S.A. 20/21. PRS. B. AZEROUAL ET M. CHERKAOUI. 3/ 8 UAE. ENSA TÉTOUAN. 2AP2. SOL. T.D. 1. 3) ∀x, y ∈ R+ , on a x+y x y x y f2 (x + y) = = + ≤ + = f2 (x) + f2 (y). 1+x+y 1+x+y 1+x+y 1+x 1+y D’où ∀ i = {1, 2}, di = fi (d) est une distance sur E. 0 Exercice 3. 1) Deux normes N et N définies sur un espace vectoriel E sont dites 0 équivalentes s’il existe deux constantes a, b ∈ R+∗ , a ≤ b tel que aN (x) ≤ N (x) ≤ bN (x), ∀x ∈ E. 2) f : R →I ⊂ R bijection et δf : R × R → R+ avec δf (x, y) = |f (x) − f (y)|. f non constante. a) Montrons que δf est une distance sur R. i) δf (x, y) = 0 ⇔ f (x) = f (y) ⇔ x = y car f est une bijection sur R. ii) δf (x, y) = |f (x) − f (y)| = |f (y) − f (x)| = δf (y, x) , ∀ (x, y) ∈ R2. iii) ∀ (x, y, z) ∈ R3 , δf (x, y) = |f (x) − f (y)| ≤ |f (x) − f (z)| + |f (z) − f (y)| = δf (x, z) + δf (z, y) D’où δf est une distance sur R. b) Preuve par l’absurde. Supposons que δf est induite d’une norme alors il existe une norme sur R telle que ∀x ∈ R, δf (x, 0) = |f (x) − f (0)| = N (x). Supposons dans un premier cas que f (0) = 0. On a ∀x, λ ∈ R |f (λx)| = δf (λx, 0) = N (λx) = |λ| N (x) = |λ| δf (x, 0) = |λ| |f (x)|   f (λx) =  λf (x) (1) ⇔ |f (λx)| = |λ| |f (x)| ⇒ ou bien  f (λx) = −λf (x) (2)  Le cas (2) n’est pas possible car pour λ = 1, on aura f (x) = 0 ∀x ∈ R donc f constante. Absurde. f est linéaire c’est à dire que f (x) = ax avec f (x) = ax avec a = f (1). Cas f (0) 6= 0. On pose g(x) = f (x) − f (0) ⇒ g(0) = 0 |g (λx)| = |f (λx) − f (0)| = δf (λx, 0) = N (λx) = |λ| N (x) = |λ| δf (x, 0) = |λ| |f (x) − f (0)| = |λ| |g (x)|   g (λx) =  λg (x) (3) ⇔ |g (λx)| = |λ| |g (x)| ⇒ ou bien  g (λx) = −λg (x) (4)  Dans (4), λ = 1, on aura g(x) = 0 ∀x ∈ R ⇔f (x) = f (0) ∀x ∈ R, donc f constante. Absurde. g est linéaire ceci implique f (x) − f (0) = g(x) = bx avec b = g(1) ⇒ f (x) = (f (1) − f (0))x + f (0). Exercice 4. 1) Les deux premières propriétés de la distance se vérifient aisement. S.A. 20/21. PRS. B. AZEROUAL ET M. CHERKAOUI. 4/ 8 UAE. ENSA TÉTOUAN. 2AP2. SOL. T.D. 1. Soient x, y et z ∈ E, on a 1 1 1 1 1 1 d (x, y) = − ≤ − + − = d (x, z) + d (z, y). x y x z z y 2) B(1, 1) = {x ∈ E / d (x, 1) < 1} = x ∈ R+∗ / d (x, 1) = x1 − 1 < 1  1 − 1 < 1 ⇐⇒ x > 1/2. x Donc B(1, 1) =]1/2, +∞[. 3) Pour montrer que A =]0, 1] n’est pas bornée pour la distance d, on montrera que ∀a ∈ E, ∀R > 0, A n’est contenu dans aucune boule B (a, R). Pour ceci, on considère la suite d’éléments xn = n1 n∈N∗ de A. Soit a ∈ E, alors
1 d (xn , a) = n − → +∞ a n→+∞ 1
On déduit que la suite xn = n n∈N∗ de A n’est contenue dans aucune boule B (a, R). Montrons que A est fermé pour la distance d. Soit (xn ) une suite de A qui converge, pour la distance d, vers l ∈ E (l > 0). Ceci signefie que (1/xn ) converge vers 1/l pour la norme usuelle sur R. Par passage à l’inverse, on aura (xn ) converge vers l pour la norme usuelle de R. Or xn ∈]0, 1], donc l ∈ [0, 1]. On a l > 0 et donc l ∈ A =]0, 1]. 4) Soit a ∈ E et r > 0. Déterminons B (a, r). 1 1 1 1 1 x ∈ B (a, r) ⇔ d (a, x) = − 0 ⇔ r < a , alors a − r < x < a + r implique que x ∈] 1+ar , 1−ar [. Donc ( a a ] 1+ar , 1−ar [ si r < a1 , B (a, r) = a ] 1+ar , +∞[ si r ≥ a1   1 Exercice 5. 1) Soit z ∈ B1 y, β (r − d2 (x, y)) c’est à dire que 1 d1 (z, y) < (r − d2 (x, y)) =⇒ βd1 (z, y) + d2 (x, y) < r. (1) β Montrons que z ∈ B2 (x, r). On a d2 (x, z) ≤ d2 (x, y) + d2 (y, z) (2) or d2 (y, z) ≤ βd1 (z, y) (3) (d’après l’équivalence des deux distances). (3) dans (2) et puis (1), on déduit impli d2 (x, z) ≤ d2 (x, y) + d2 (y, z) ≤ d2 (x, y) + βd1 (z, y) < r d2 (x, z) < r =⇒ z ∈ B2 (x, r). S.A. 20/21. PRS. B. AZEROUAL ET M. CHERKAOUI. 5/ 8 UAE. ENSA TÉTOUAN. 2AP2. SOL. T.D. 1. On montre de la même manière la deuxième inclusion, c’est à dire que B2 (y, α (r − d1 (x, y))) ⊂ B1 (x , r) où y ∈ B1 (x , r) et r > 0. (4) 2) Soit U un ouvert de (E, d1 ). Montrons que U est un ouvert de (E, d2 ). Soit x ∈ U ouvert pour la distance d1 alors il existe un r > 0 tel que B1 (x, r) ⊂ U. Et d’après la première question, deuxième inclusion et en prenant y = x, on a B2 (x, αr) ⊂ B1 (x, r) ⊂ U. Donc U est un ouvert pour la distance d2. La réciproque se fait de la même manière. Une autre démonstration, un tout petit peu compliquée. Soit y ∈ U. U est un ouvert de (E, d1 ) alors U = ∪ B1 (x, rx ). Donc ∃ B1 (x, rx ) tel x∈U rx >0 que y ∈ B1 (x, rx ). D’après (4), on a   1 y ∈ B2 y, (rx − d1 (x, y)) ⊂ B1 (x , rx ) ⊂ U où y ∈ B1 (x , rx ) et rx > 0. α 1 y ∈ B1 (x , rx ) avec rx > 0 implique ry = α (rx − d1 (x, y)) > 0 et par suite y ∈ B2 (y, ry ) ⊂ U où ry > 0. Et enfin U est un ouvert de (E, d2 ). La réciproque se montre de la même manière. Exercice 6. 1) Les deux propriétés d’une distance sont très faciles à vérifier. Montrons la trisième propriété : inégalit triangulaire. Soient x, y et z ∈ R2. On fera la preuve dans le cas où les quatres points x, y, z et O ne sont pas deux à deux confondus, sinon l’étude est très simplifiée dans ce qui sera traité. Plusieurs situations se présentent : a) Cas où x, y et O sont alignés : y appartient à la droite passant par x et O notée DxO. Alors d(x, y) = kx − yk2. Pour z deux situations se présentent : i) z ∈ DxO , alors x, z et O sont alignés et aussi z, y et O sont alignés. Et donc d(x, z) = kx − zk2 et d(y, z) = ky − zk2 et par suite d(x, y) = kx − yk2 ≤ kx − zk2 + ky − zk2 = d(x, z) + d(y, z). S.A. 20/21. PRS. B. AZEROUAL ET M. CHERKAOUI. 6/ 8 UAE. ENSA TÉTOUAN. 2AP2. SOL. T.D. 1. ii) z ∈ / DxO , alors x, z et O ne sont pas alignés et aussi z, y et O ne sont pas alignés. Et donc d(x, z) = kxk2 + kzk2 et d(y, z) = kyk2 + kzk2 et par suite d(x, y) = kx − yk2 ≤ kxk2 + kyk2 ≤ kxk2 + kzk2 + kyk2 + kzk2 = d(x, z) + d(y, z). b) Cas où x, y et O ne sont pas alignés : y n’appartient pas à la droite passant par x et O notée DxO. Alors d(x, y) = kxk2 + kyk2 Pour z trois situations se présentent : i) z ∈ DxO et z ∈/ DyO , alors x, z et O sont alignés et aussi z, y et O ne sont pas alignés. Et donc d(x, z) = kx − zk2 et d(y, z) = kzk2 + kyk2 et par suite d(x, y) = kxk2 + kyk2 ≤ kx − zk2 + kzk2 + kyk2 = d(x, z) + d(y, z). ii) z ∈ / DxO et z ∈ DyO , alors x, z et O ne sont pas alignés et z, y et O sont alignés. Et donc d(x, z) = kxk2 + kzk2 et d(y, z) = ky − zk2 et par suite d(x, y) = kxk2 + kyk2 ≤ ky − zk2 + kzk2 + kxk2 = d(y, z) + d(x, z). iii) z ∈ / DxO et z ∈ / DyO , alors x, z et O ne sont pas alignés et aussi z, y et O ne sont pas alignés. Et donc d(x, z) = kxk2 + kzk2 et d(y, z) = kyk2 + kzk2 et par suite d(x, y) = kxk2 + kyk2 ≤ kxk2 + kzk2 + kyk2 + kzk2 = d(x, z) + d(y, z). 2) B d ((0, 2) , 3) = x ∈ (x1 , x2 ) ∈ R2 / d (x, (0, 2)) ≤ 3  a) Soit x = (x1 , x2 ) ∈ R2 aligné avec les points O et (0, 2), donc x appartient à l’axe des y i.e. x1 = 0 et dans ce cas d (x, (0, 2)) = k(x1 , x2 ) − (0, 2)k2 = |x2 − 2| ≤ 3 ⇔ −1 ≤ x2 ≤ 5 S.A. 20/21. PRS. B. AZEROUAL ET M. CHERKAOUI. 7/ 8 UAE. ENSA TÉTOUAN. 2AP2. SOL. T.D. 1. x = (x1 , x2 ) appartient au segment [(0, −1) , (0, 5)] b) Soit x = (x1 , x2 ) ∈ R2 non aligné avec les points O et (0, 2), donc x n’appartient à l’axe des y i.e. x1 6= 0 et dans ce cas d (x, (0, 2)) = kxk2 + k(0, 2)k2 ≤ 3 ⇔ kxk2 ≤ 3 ainsi x appartient à la boule unité fermée pour la norme Euclidienne centrée en O privée du segment [(0, −1) , (0, 1)] a) et b) impliquent que B d ((0, 2) , 3) = B 2 (O, 1) ∪ [(0, 1) , (0, 5)]. 1

3) Pour la norme Euclidienne, la suite xm = 1, m+1 m≥1 converge vers l = (1, 0) quand m tend vers l’infini. Or pour tout m ≥ 1, le point xm n’est pas aligné avec les points l et O, et par suite s  2 1 d (xm , l) = kxm k2 + klk2 = 1 + + 1 → 2 6= 0 m+1 m→+∞ 4) Si d était induite d’une norme notée Nd , les normes Nd et N2 définies sur R2 seraient équivalentes (toutes les normes de Rn sont équivalentes) et par suite la suite (xm )m≥1 convergerait vers la même limite pour les deux normes. Ce qui n’est pas le cas ici : d (xm , l) = Nd (xm − l) → 2 et N2 (xm − l) → 0. m→+∞ m→+∞ d n’est pas induite d’une norme. S.A. 20/21. PRS. B. AZEROUAL ET M. CHERKAOUI. 8/ 8