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2013-2014 Topologie et fonctions de plusieurs variables Aix-Marseille Universit

2013-2014 Topologie et fonctions de plusieurs variables Aix-Marseille Universit´ e Licence MPCI, 2` eme ann´ ee Corrig´ e du devoir maison : convexit´ e Exercice 1. 1. (a) Si C est un sous-espace vectoriel, il est stable par combinaisons lin´ eaires et en particulier, nous avons bien ∀x, y ∈C, ∀t ∈[0, 1], (1 −t)x + ty ∈C. (b) Soit I un intervalle de R et x, y ∈I. Quitte ` a ´ echanger x et y, on peut toujours supposer x ≤y. Pour tout t ∈[0, 1], on a x ≤(1 −t)x + ty ≤y, et donc (1 −t)x + ty ∈[x, y]. Mais comme I est un intervalle, il contient le segment [x, y], ce qui prouve bien in ﬁne que (1 −t)x + ty ∈I. 2. (a) On suppose x, y, r et t ﬁx´ es comme dans l’´ enonc´ e. On prend alors un ´ el´ ement quelconque de la boule ouverte B((1 −t)x + ty, r) que l’on ´ ecrit (1 −t)x + ty + z avec ∥z∥< r. On ´ ecrit ce point sous la forme (1 −t)x + ty + z = (1 −t) x + z + t y + z , et comme x + z ∈B(x, r) ⊂C et y + z ∈B(y, r) ⊂C et que C est convexe, on en d´ eduit bien que (1 −t)x + ty + z ∈C. On a bien montr´ e B((1 −t)x + ty, r) ⊂C. (b) Soient x, y ∈ ◦ C et t ∈[0, 1]. Par d´ eﬁnition de l’int´ erieur, il existe r1, r2 > 0 tels que B(x, r1) ⊂C, et B(y, r2) ⊂C. Si on pose maintenant r = min(r1, r2) > 0, on a bien B(x, r) ⊂C, et B(y, r) ⊂C. D’apr` es la question pr´ ec´ edente, on a B((1 −t)x + ty, r) ⊂C, ce qui montre que (1 −t)x + ty ∈ ◦ C. On a donc bien montr´ e la convexit´ e de l’int´ erieur de C. 3. Soient x, y ∈C et t ∈[0, 1]. Il s’agit de montrer que (1 −t)x + ty ∈C. Par d´ eﬁnition de l’adh´ erence, il existe deux suites (xn)n, (yn)n d’´ el´ ements de C qui convergent respectivement vers x et y. Par convexit´ e de l’ensemble C, on a ∀n ≥1, (1 −t)xn + tyn ∈C. Les op´ erations ´ el´ ementaires sur les suites montrent que la suite ((1 −t)xn + tyn)n converge vers (1 −t)x + ty. On a donc bien montr´ e que ce dernier point est la limite d’une suite d’´ el´ ements de C, et donc qu’il appartient ` a C. Exercice 2. 1. (a) Soit a ∈I. On va montrer que f est continue ` a droite en a. On montrerait de la mˆ eme fa¸ con qu’elle est continue ` a gauche ce qui donne la continuit´ e compl` ete de f en a. Comme I est ouvert, on peut trouver deux points α, β ∈I tels que α < a < β. Soit (xn)n une suite de points de I qui converge vers a par valeurs sup´ erieures (c’est-` a-dire que a ≤xn pour tout n). Quitte ` a supprimer les premiers termes de la suite, on peut toujours supposer que xn ≤β pour tout n. – On utilise le fait que a ≤xn ≤β pour ´ ecrire xn = β −xn β −a a + xn −a β −a β, qui est bien de la forme xn = (1 −t)a + tβ avec t = (xn −a)/(β −a) ∈[0, 1]. L’in´ egalit´ e de convexit´ e donne alors f(xn) ≤β −xn β −a f(a) + xn −a β −a f(β). (1) – On utilise maintenant le fait que α ≤a ≤xn pour ´ ecrire a = xn −a xn −αα + a −α xn −αxn, et donc f(a) ≤xn −a xn −αf(α) + a −α xn −αf(xn). On en d´ eduit f(xn) ≥xn −α a −α f(a) −xn −a a −α f(α). (2) En combinant (1) et (2), on a ﬁnalement obtenu xn −α a −α f(a) −xn −a a −α f(α) ≤f(xn) ≤β −xn β −a f(a) + xn −a β −a f(β). Comme le membre de gauche et celui de droite tendent vers f(a) quand n →∞, le th´ eor` eme des gendarmes nous montre que (f(xn))n tend vers f(a), ce qu’il fallait d´ emontrer. (b) On ´ ecrit y = z −y z −xx + y −x z −xz, et on utilise l’in´ egalit´ e de convexit´ e pour obtenir f(y) ≤z −y z −xf(x) + y −x z −xf(z). On obtient (z −x)f(y) ≤(z −y)f(x) + (y −x)f(z), ou encore 0 ≤(z −y)(f(x) −f(y)) + (y −x)(f(z) −f(y)), (z −y)(f(y) −f(x)) ≤(y −x)(f(z) −f(y)). Comme z −y et y −x sont positifs, on peut diviser sans changer le sens des in´ egalit´ es et ainsi obtenir f(y) −f(x) y −x ≤f(z) −f(y) z −y . 2 (c) Suivons l’indication de l’´ enonc´ e et posons y = (1 −t)x + tz ce qui donne f((1 −t)x + tz) −f(x) t(z −x) ≤f(z) −f((1 −t)x + tz) (1 −t)(z −x) . Comme f est suppos´ ee d´ erivable, le membre de gauche tend vers f ′(x) quand t →0 et, par continuit´ e de f, le membre de droite vers (f(z) −f(x))/(z −x), on en d´ eduit f ′(x) ≤f(z) −f(x) z −x . De la mˆ eme fa¸ con, en faisant tendre t vers 1, on trouve f(z) −f(x) z −x ≤f ′(z). In ﬁne, on a montr´ e que f ′(x) ≤f ′(z) pour tous x < z, ce qui montre bien que f ′ est croissante. 2. (a) Soient x, y ∈Rd et t ∈[0, 1], on utilise successivement l’in´ egalit´ e triangulaire et l’homog´ en´ eit´ e de la norme pour obtenir l’in´ egalit´ e de convexit´ e N((1 −t)x + ty) ≤N((1 −t)x) + N(ty) = (1 −t)N(x) + tN(y). On a bien sˆ ur utilis´ e aussi que t et 1 −t sont positifs ou nuls. (b) Montrons que la boule ouverte B(a, r) est convexe. On se donne deux points x, y ∈B(a, r) et t ∈[0, 1], nous avons alors N (1−t)x+ty−a = N((1−t)(x−a)+t(y−a)) ≤(1−t)N(x−a)+tN(y−a) < (1−t)r+tr = r, ce qui montre bien que (1 −t)x + ty ∈B(a, r). Pour la boule ouverte, la mˆ eme preuve fonctionne en mettant des in´ egalit´ es larges. Exercice 3. 1. – On observe d’abord que si x = 0, alors x/λ ∈C pour tout λ > 0 et donc Λ(0) =]0, +∞[, N(0) = 0. – Comme 0 ∈C et que C est ouvert, il existe δ > 0 tel que B(0, δ) ⊂C. Pour tout x ∈Rd non nul, on a clairement δ ∥x∥x ≤δ, et donc δ ∥x∥x ∈B(0, δ) ⊂C. Ceci montre que ∥x∥/δ ∈Λ(x) qui est donc bien non vide. Comme Λ(x) est un ensemble non vide minor´ e (par 0), il admet une borne inf´ erieure (not´ ee N(x)) qui est elle-mˆ eme positive ou nulle. – Si M est une borne de C, pour tout λ ∈Λ(x), on a ∥x/λ∥≤M, ce qui montre que λ ≥∥x∥/M. En particulier, on a l’in´ egalit´ e N(x) ≥∥x∥/M, ∀x ∈Rd, ce qui montre en particulier que si N(x) = 0, alors on a x = 0. 3 – Montrons que ]N(x), +∞[⊂Λ(x). Soit donc λ > N(x). Par d´ eﬁnition de l’inﬁmum, il existe λ′ ∈Λ(x) tel que λ′ < λ. On a ainsi x λ = λ′ λ x λ′ + λ −λ′ λ 0, ce qui montre que x/λ est une combinaison convexe de 0 et de x/λ′. Par hypoth` ese, ces deux points sont dans C qui est un convexe et donc, on a bien que x/λ ∈C et donc que λ ∈Λ(x). – On a donc maintenant deux possibilit´ es : ou bien Λ(x) = [N(x), +∞[ ou bien Λ(x) =]N(x), +∞[. Aﬁn d’´ eliminer la premi` ere possibilit´ e, il faut montrer que N(x) ̸∈Λ(x). Supposons par l’absurde que N(x) ∈Λ(x) (en particulier on a n´ ecessairement x ̸= 0). Ceci signiﬁe que x/N(x) ∈C mais comme C est ouvert, nous avons pour un ε > 0 assez petit on a x/N(x) + εx ∈C, c’est-` a-dire que 1 1/N(x) + ε ∈Λ(x), et comme 1 1/N(x) + ε < N(x), cela contredit la d´ eﬁnition de l’inﬁmum. On a bien ´ etabli la propri´ et´ e attendue. 2. Pour x ∈Rd ﬁx´ e, comme C est sym´ etrique par rapport ` a l’origine, on a pour tout λ > 0 x λ ∈C ⇐ ⇒−x λ ∈C, ce qui montre que Λ(x) = Λ(−x), et donc que ces deux ensembles ont la mˆ eme borne inf´ erieure, c’est-` a-dire N(x) = N(−x). 3. Fixons x ∈Rd, µ > 0. Pour tout λ > 0 on a λ ∈Λ(µx) ⇔µx λ ∈C ⇔µ λx ∈C ⇔λ µ ∈Λ(x). Ceci prouve uploads/Litterature/ dm1-corrige 2 .pdf