[PDF] exercices corrigés d'analyse mathématique s1 pdf
[PDF] exercices corrigés d'arithmétique terminale s
[PDF] exercices corrigés d'arithmétique terminale s pdf
[PDF] exercices corrigés d'economie monétaire pdf
[PDF] exercices corrigés d'électricité pdf
[PDF] exercices corrigés d'électrochimie pdf
[PDF] exercices corrigés d'electronique de puissance pdf
[PDF] exercices corrigés d'électrostatique pdf
[PDF] exercices corrigés d'hydrostatique 2éme année
[PDF] exercices corrigés d'immunologie
[PDF] exercices corrigés d'immunologie pdf
[PDF] exercices corrigés d'optimisation pdf
[PDF] exercices corrigés d'optimisation sans contrainte pdf
[PDF] exercices corrigés d'optimisation sous contrainte pdf
[PDF] exercices corrigés de champ electrostatique première s pdf
UNIVERSITE DE LIEGE
Faculte des Sciences
EXERCICES
d'ANALYSE
MATHEMATIQUE
Notes du cours de la seconde candidature
en sciences mathematiques et en sciences physiques
F.BASTIN { J.-P. SCHNEIDERS
Septembre 1992
EDITION PROVISOIRE
Introduction
Ce cahier d'exercices est destine aux etudiants de seconde candida- ture en sciences mathematiques et physiques. Il a pour but de completer le cours d'analyse du Professeur J. Schmets et a servir de base aux seances de travaux pratiques. Les exercices sont nombreux et ont un degre de diculte tres vari- able. Certains sont uniquement destines a aider l'etudiant a acquerir les automatismes de base pour la manipulation des dierents concepts introduits dans la partie theorique du cours. D'autres ne sont pas a pro- prement parler des exercices mais plut^ot des applications de la theorie a la resolution de problemes concrets. Leur but est de mettre en evidence comment tirer parti des methodes enseignees dans des situations en re- lation directe avec la pratique. La plupart des exercices sont fournis avec leur solution detaillee, ceci an que l'etudiant qui desire travailler par lui-m^eme puisse contr^oler ses resultats. Il va sans dire que seule la recherche personnelle des solutions peut faire progresser dans la connaissance de la matiere et que ces solutions ne devraient ^etre utilisees que comme contr^ole. L'origine des exercices est tres variee. La plupart proviennent des livres classiques d'analyse cites dans la bibliographie. Dans de nom- breux cas, ils ont ete modies pour s'integrer dans le cadre du cours et parfois leurs solutions ont ete simpliees par des arguments originaux. Nous pensons que le but principal d'un cahier d'exercices est d'aider l'etudiant a ma^triser la matiere du cours. Pour atteindre ce but, la collaboration des etudiants est necessaire. Nous sommes donc ouverts a toute suggestion concernant l'incorporation de nouveaux exercices ou la consideration de nouveaux problemes entrant dans le cadre du cours. i ii Nos plus vifs remerciements vont a M. A. Garcet et Mme J. Lombet pour leur aide lors de la relecture des epreuves. Pour terminer, nous voudrions egalement remercier Mme N. Dumont pour le soin qu'elle a apporte a l'encodage en TEX de notre manuscrit.
Liege, septembre 1990
F. Bastin | J.-P. Schneiders
Chapitre 1
Espaces metriques et normes
Exercice 1.1Par denition, un ensemble est inni s'il est en bijection avec l'une de ses parties propres; un ensemble est ni s'il n'est pas inni. a) SiAest un ensemble ni et non vide, toute injection deAdansA est une bijection. b) SiAest un ensemble qui contient une suite de points deux a deux distincts, alorsAest inni.
Solution:
a) Sif:A!Aest injectif mais non surjectif, alorsf(A) est une partie propre deAetg:A!f(A)a7!f(a) est une bijection. D'ou la conclusion. b) SoitD:=fxm:m2INgune partie deAtelle quexm6=xnsim6=n. Posons B:=Anfx1get denissonsf:A!Bparf(a) =asia2AnDetf(xm) =xm+1 pour toutm2IN. Des lorsAest inni carfest une bijection etBest une partie propre deA.2 Exercice 1.2Donner l'expression d'une bijection entre [0;1[ et ]0;1[.
Solution:L'applicationT: [0;1[!]0;1[ denie par
T(x) =8
:1=2 six= 0
1=(m+ 1) six= 1=m
xsinon est une bijection entre les intervalles [0;1[ et ]0;1[.2 1
2Chapitre 1.
Exercice 1.3Soit (X;d) un espace metrique.
a) Pour toute partieAdeXet tout ouvert on a ( \A)= \A). b) Une partieDdeXest partout dense si et seulement siDrencontre tout ouvert non vide deX. c) SiA;BetAj(j2J) sont des parties deX, on a (A\B)=A\B(A[B)=A[B A [B(A[B)(A\B)A\B (\j2JAj)= (\j2JAj)([j2JAj)= ([j2JAj): d) SiAetBsont des parties deXtelles queA\B=A\B=; alors (A[B)=A[B(A[B)=A[B: e) SiAetBsont des parties deXet siAouBest ouvert alors A \B= (A\B): f) SiAest une partie non vide deX, alors A =fx2X:d(x;A) = 0g: On en deduit que tout ferme (resp. tout ouvert) deXest inter- section (resp. union) denombrable d'ouverts (resp. de fermes).
Solution:a) Bien s^ur, on a (A\
)(A\ ). Soit alorsa2A\ et soit
Vun voisinage dea. Comme
\Vest encore un voisinage dea, et commeaest adherent aA, l'intersectionA\( \V) n'est pas vide. DeA\ (A\ ), on deduit alors la these. b) decoule du fait que tout ouvert est voisinage de chacun de ses points et que tout voisinage dexcontient un ouvert auquelxappartient. c) est direct vu les proprietes de l'interieur et de l'adherence d'une partie deX. d) On a toujoursA[B(A[B)et par consequent aussi (A[B) A [B. Supposons queA\B=A\B=;(?). Soitx2(A[B). Sixappar- tient aA(resp. aB), on deduit de (?) que l'ensembleCB(resp.CA) est un voisinage dex; par consequent (A[B)\CB=A\CB(resp. (A[B)\CA=B\CA) est
Espaces metriques et normes3
aussi un voisinage dex. Des lorsA(resp.B) est voisinage dexetx2A[B.
Comme on aACBCBetBCACA, l'egalite
A [B= (AnA)[(BnB) conduit a A [B(A[B)n(A[B) = (A[B)n(A[B) = (A[B) e) Pour toutes partiesAetBdeX, on aA\BA\B; par consequent (A\B)A\Bdonc (A\B)(A\B)=A\B. Cela etant, sup- posons par exemple queAsoit ouvert et demontrons que l'ouvertA\Best inclus dans (A\B). CommeAest ouvert, on a (A\B)= (A\B). Soit alors un elementxdeA\Bet un voisinageVdex. L'ensembleA\B\V etant encore un voisinage dex, on en deduit queA\B\Vn'est pas vide. D'ou la conclusion. f) L'adherenceAdeAs'ecrit encore A =\m2IN[a2Afx2X:d(x;a)<1m g:
Des lors, par denition de la fonctiond(;A), on a
A =\m2INfx2X:d(x;a)<1m g d'ou A =fx2X:d(x;A) = 0g: 2 Exercice 1.4Soient (X;d) un espace metrique,Bun sous-espace de (X;d) etAune partie deB. Alors a)AB=AX\B;AX=AB\BX;ABAX\B; b) siBest ouvert dans (X;d) alorsAX=ABetAB=AX\B; si
Best ferme alorsAB=AX.
Solution:Il sut d'appliquer les denitions de l'adherence, de l'interieur et de la frontiere d'un ensemble dans un espace metrique.
4Chapitre 1.
Exemples :
(i) DansX= IR : l'ensembleA=]0;1] est ferme dansB=]0;+1[, ouvert dans B=] 1;1]; l'ensembleA=f0gconcide avec sa frontiere dansX= IR alors que sa frontiere dansB=f0g[[1;2] est l'ensemble vide (f0gest voisinage de lui-m^eme dans cet espace). (ii) DansX= IR3: l'ensembleA=f(x;y;0) :x2+y2<1gest ouvert dans
B= IR2et son interieur dans IR3est vide.2
Exercice 1.5Soient
un ouvert non vide de IRnetfune fonction denie sur telle que lim x!x0;x6=x0f(x) = 0 pour toutx02 . Alors l'ensemble des points d'annulation defest partout dense dans
Solution:SoitNl'ensemblefx2
:f(x) = 0get soit!un ouvert non vide de . Si!\N=;alors!=[m2INfx2!:jf(x)j 1m g. Comme!est un ouvert non vide de IR n, il n'est pas denombrable; il s'ensuit qu'il existeM2IN tel que l'ensemblefx2!:jf(x)j 1M gne soit pas denombrable. Cela etant, soitKm (m2IN) une suite croissante de compacts telle que!=[m2INKm. On obtient donc unM02IN tel que l'ensemblefx2KM0:jf(x)j 1M gsoit non denombrable; soitxm(m2IN) une suite d'elements distincts de cet ensemble. CommeKM0est compact, quitte a passer a une sous-suite, on peut supposer que la suitexmconverge versx2KM0et quexm6=xpour toutm2IN. Des lors, vu l'hypothese surf, on a lim m!+1f(xm) = 0, ce qui contreditjf(xm)j 1M pour toutm2IN.2 Exercice 1.6Soit (X;dX) l'espace discret introduit au cours. a) Pour tout espace metrique (Y;dY), toute application f: (X;dX)!(Y;dY) est continue. b) (X;dX) est complet. c) (X;dX) est compact si et seulement siXest ni. d) (X;dX) est separable si et seulement siXest denombrable. e) Les seules parties connexes non vides de (X;dX) sont les singletons. Solution:Il sut de se rappeler que tous les sous-ensembles deXsont des ouverts de (X;dX).2
Espaces metriques et normes5
Exercice 1.7Soit (X;d) un espace metrique et soitAune partie non vide deX. Alors a)Aest borne si et seulement siAest borne; b) siAest borne, alors diamA= diamA; c) siAest precompact, alorsAest borne; d) si (X;d) est complet, siAm(m2IN) est une suite decroissante de parties bornees, fermees et non vides de (X;d) telle que diamAm!0; alors\+1m=1Amest un singleton.
Solution:
a) est immediat car d'une partAAet d'autre part les boulesb(x;r) de (X;d) sont fermees. b) CommeAA, on a bien s^ur diamAdiamA. Reciproquement, soient x;ydeux elements deAet soit >0. Il existea;b2Atels qued(x;a)=2 et d(y;b)=2. Des lors on obtientd(x;y)d(x;a) +d(a;b) +d(y;b)+ diamA.
Finalement, on a diamAdiamA.
c) CommeAest precompact, il existeN2IN etan2X(nN) tels que
AN[n=1b(an;1):
Soitx2X. Alors pour tout elementadeA, on a
d(x;a)d(x;an) +d(an;a)sup(d(x;aj) :jN) + 1 sinest choisi tel qued(a;an)1. Il s'ensuit queAest inclus dans la boule de centrexet de rayon egal a sup(d(x;an) :nN) + 1. d) Pour toutm2IN, choisissons un elementamdeAm. Cela etant, comme la suite diamAmconverge vers 0 et comme lesAmsont embo^tes en decroissant,la suiteamest de Cauchy. Des lors, comme l'espace (X;d) est complet, il existea2X tel que la suiteamconverge dans (X;d) versa. Demontrons que l'intersection des A mconcide avecfag. De fait, en se rappelant que lesAmsont fermes et que l'on aan2ANpour tout N2IN et toutnN, on obtient que la limiteade la suiteamappartient a chacun desAN(N2IN). De plus, sixetysont deux elements de\m2INAm, alors on a d(x;y)diamAmpour toutm2IN, doncd(x;y) = 0 et nalementx=y.2
6Chapitre 1.
Exercice 1.8Soient (X;dX) et (Y;dY) deux espaces metriques. a) Sif: (X;dX)!(Y;dY) est continu et siAest une partie relative- ment compacte deX, alorsf(A) = (f(A)). b) Sif;g: (X;dX)!(Y;dY) sont continus, alors l'ensemble
F:=fx2X:f(x) =g(x)gest ferme.
c) Pour toute fonction continuefsur IRn[a;b], la fonction
S(x) = supaybjf(x;y)jest continue sur IRn.
Solution:
a) D'une part, commefest continu, on aAf1(f(A))doncf(A) (f(A)). D'autre part, commeAest compact et commefest continu, l'ensemble f(A) est compact, donc ferme. D'ou la conclusion car on af(A)f(A). b) est direct en se rappelant qu'un ensemble est ferme si et seulement s'il contient les limites de ses suites convergentes. c) Montrons queSest continu en toutx02IRn. PosonsB0=fx2IRn: jxx0j 1g. Comme la fonctionfest continue sur IRn[a;b], elle est uniformement continue sur le compactB0[a;b] de IRn+1. Etant donne" >0, il existe donc
0< r1 tel que
x;x02B0; t;t02[a;b] j(x;t)(x0;t0)j r=) jf(x;t)f(x0;t0)j ":(1.1)
Des lors, pour toutx2IRn;jxx0j r, vu (1.1), on a
jf(x;t)j jf(x;t)f(x0;t)j+jf(x0;t)j "+S(x0)8t2[a;b] donc
S(x)"+S(x0)
et de m^eme
S(x0)"+S(x):
D'ou la conclusion.2
Exercice 1.9
a) SiAest une matrice reelle de dimensionmn, alors l'application
T: IRn!IRmx7!Axest lineaire et continue.
Espaces metriques et normes7
b) Soit [a;b] un intervalle compact de IR et soitEl'espace norme (C0([a;b]);supaxbj(x)j). Etablir que l'applicationS:E!E f7!Ry af(x)dxest denie, lineaire et continue (l'image de la boule unite deEest m^eme relativement compacte dansE).
Solution:
a) est immediat. b) Vu le theoreme de Lebesgue,Sest bien deni. Il est alors immediat de voir queSest lineaire et continu.2 Exercice 1.10Si deux fermes (resp. ouverts) de l'espace (X;d) ont une reunion et une intersection connexes, alors ils sont connexes. Solution:SoientF1etF2deux fermes tels queF1[F2etF1\F2soient connexes. Procedons par l'absurde et supposons par exemple queF1n'est pas connexe. Alors il existe deux ouverts 1et
2de (X;d) tels que
1\F1et
2\F1forment une
partition deF1. Considerons alors les ensembles
1\(F1\F2) et
2\(F1\F2):
Il s'agit d'ouverts deF1\F2, dont l'intersection est vide et dont la reunion est F
1\F2. CommeF1\F2est connexe, l'un (au moins) d'entre eux est vide. Par
exemple
1\F1CF2; d'ou il vient
F 1\F2 2:
Considerons ensuite les ensembles
(F1\
2)[(F2nF1) etF1\
1: Il s'agit d'ouverts deF1[F2car ils s'ecrivent (F1[F2)\(
2[CF1) d'une part
et (F1[F2)\(
1[CF2) d'autre part. De plus,F1[F2est egal a leur reunion.
CommeF1[F2est connexe, l'un (au moins) de ces ensembles est vide. Comme F 1\
1etF1\
2forment une partition deF1, on doit avoirF2nF1=;donc
F
2F1. Mais ceci est absurde car par hypotheseF1[F2est connexe alors qu'on
vient de supposerF1non connexe. On peut proceder de maniere analogue lorsqu'il s'agit d'ouverts. Il faut cependant remarquer que ce resultat n'est plus valable lorsque les deux ensembles ne sont pas simultanement ouverts ou fermes. De fait, dans IR, les ensemblesA1= [1;2][[3;4] etA2=]0;1[[]2;3[ sont de reunion et d'intersection connexes (A1[A2=]0;4] etA1\A2=;) bien que niA1 niA2ne soit connexe.2
8Chapitre 1.
Exercice 1.11Soit (X;dX) un espace metrique.
a) L'espace (X;dX) est connexe si et seulement si toute partie propre et non vide deXa une frontiere non vide. b) SiAetBsont deux parties connexes non vides de (X;dX) alors A[Best connexe si et seulement si l'un des ensemblesA\Bet A \Best non vide.
Solution:
a) La condition est necessaire. En eet, soitAune partie propre non vide de X. SiA=;alorsA=A=A, doncAest a la fois ouvert et ferme dansX, ce qui est absurde.
La condition est susante. En eet, si
1;
2est une disconnexion deX, alors
1est une partie propre et non vide deXqui est a la fois ouverte et fermee, donc
qui a une frontiere vide. D'ou une contradiction. b) La condition est necessaire. Supposons queA[Bsoit connexe et que A\B=;. Si on a aussiA\B=;, alors (CA)\(A[B) et (CB)\(A[B) forment un recouvrement disjoint ouvert deA[B. CommeA[Best connexe, l'un au moins de ces ensembles est vide, par exempleCA\(A[B) =CA\B. Des lorsBAdonc;=A\B=B. D'ou une contradiction. La condition est susante. Supposons queA\B6=;. S'il existe des ouverts 1;
2de (X;dX) tels que
1\(A[B) et
2\(A[B) forment une partition binaire
ouverte deA[B, alors (
1\A)[(
1\B)6=;donc
1\A6=;ou
1\B6=;.
Raisonnons en supposant
1\A6=;. CommeAest connexe, on en deduit que
A\
2=;et par suite
2\B6=;. Vu la connexite deB, on obtientB\
1=;.
Par consequentA\BA\
2(A\
2)=;; d'ou une contradiction.2
Exercice 1.12Placons nous dans IR2.
a) Le complementaire de la boule uniteB=fx2IR2:jxj 1gest connexe par arcs. b) L'espaceE=f0g [1;1])[f(x;sin1=x) :x2]0;1=]gest con- nexe mais n'est pas connexe par arcs. Solution:a) Soientaetbdeux points distincts de IR2nBtels quejaj jbj. (i) Sijaj=jbj=Ret si arg(a)
0= [arg(a);arg(b)]!IR2nB t7!(Rcost;Rsint) Espaces metriques et normes9
est continue (car les fonctions cos et sin sont continues sur IR) et telle que f 0(arg(a)) =aetf0(arg(b)) =b. Si l'on veut revenir a l'intervalle [0;1], il
sut de considerer la fonction continue g: [0;1]![arg(a);arg(b)]t7!arg(a) +t(arg(b)arg(a)) et l'applicationf0g: [0;1]!IR2nB. (ii) Sijaj
[PDF] Analyse - Exo7 - Cours de mathématiques