Corrigé du contrôle de maths L3 : espaces métriques, ouverts, fermés, continuité

Exercice 1 : Question de cours, fermés et continuité (4 points)

1. Sens direct. Supposons \(A\) fermée, c’est-à-dire \(E \setminus A\) ouvert. Soit \((a_n)\) une suite de \(A\) qui converge vers \(x \in E\). Supposons par l’absurde \(x \notin A\). Comme \(E \setminus A\) est ouvert, il existe \(r > 0\) tel que \(B(x, r) \subset E \setminus A\). Par définition de la convergence, il existe un rang \(N\) tel que \(d(a_N, x) < r\), donc \(a_N \in B(x, r) \subset E \setminus A\), ce qui contredit \(a_N \in A\). Donc \(x \in A\).
   Réciproque. Supposons que \(A\) contienne la limite de chacune de ses suites convergentes et montrons que \(E \setminus A\) est ouvert. Soit \(x \in E \setminus A\). Si aucune boule \(B(x, r)\) n’était incluse dans \(E \setminus A\), on pourrait choisir, pour tout \(n \geq\, 1\), un point \(a_n \in A \cap B(x, \frac{1}{n})\). Alors \(d(a_n, x) < \frac{1}{n}\), donc \(a_n \to x\), et l’hypothèse donne \(x \in A\) : contradiction. Il existe donc \(r > 0\) avec \(B(x, r) \subset E \setminus A\). Ainsi \(E \setminus A\) est ouvert et \(A\) est fermée.
2. Sens direct. Supposons \(f\) continue et soit \(V\) un ouvert de \(F\). Soit \(x \in f^{-1}(V)\). Comme \(f(x) \in V\) et \(V\) est ouvert, il existe \(\varepsilon > 0\) tel que \(B(f(x), \varepsilon) \subset V\). Par continuité de \(f\) en \(x\), il existe \(\eta > 0\) tel que \(d(x, y) < \eta \Rightarrow \delta(f(x), f(y)) < \varepsilon\). Donc \(f(B(x, \eta)) \subset B(f(x), \varepsilon) \subset V\), soit \(B(x, \eta) \subset f^{-1}(V)\) : \(f^{-1}(V)\) est ouvert.
   Réciproque. Soit \(x \in E\) et \(\varepsilon > 0\). La boule ouverte \(V = B(f(x), \varepsilon)\) est un ouvert de \(F\) (pour \(z \in V\), la boule de centre \(z\) et de rayon \(\varepsilon – \delta(f(x), z)\) est incluse dans \(V\) par l’inégalité triangulaire). Donc \(f^{-1}(V)\) est un ouvert qui contient \(x\) : il existe \(\eta > 0\) tel que \(B(x, \eta) \subset f^{-1}(V)\), ce qui signifie \(d(x, y) < \eta \Rightarrow \delta(f(x), f(y)) < \varepsilon\). La fonction \(f\) est continue en \(x\).

Barème : a) 2 points : 1 point par sens (0,5 pour l’usage d’une boule, 0,5 pour la conclusion) ; b) 2 points : 1 point par sens, dont 0,25 pour la justification qu’une boule ouverte est un ouvert.

Exercice 2 : Deux distances non usuelles (5 points)

1. L’application \(d\) est à valeurs dans \(\mathbb{R}_+\) et symétrique. Si \(d(x, y) = 0\), alors \(\arctan x = \arctan y\), donc \(x = y\) car \(\arctan\) est strictement croissante, donc injective. Enfin, par l’inégalité triangulaire dans \(\mathbb{R}\) :
   \[d(x, z) = |(\arctan x – \arctan y) + (\arctan y – \arctan z)| \leq\, d(x, y) + d(y, z).\]
   Donc \(d\) est une distance sur \(\mathbb{R}\).
2. Pour tout entier \(n\), \(d(n, 0) = \arctan n < \frac{\pi}{2}\) alors que \(|n – 0| = n\). Si une constante \(C\) convenait, on aurait \(n \leq\, C\frac{\pi}{2}\) pour tout \(n\), ce qui est absurde : aucune constante \(C\) ne convient, les deux distances ne sont pas équivalentes au sens métrique.
   Montrons que l’identité \(\operatorname{id} : (\mathbb{R}, |\cdot|) \to (\mathbb{R}, d)\) est un homéomorphisme. Comme \(\arctan^{\prime}(t) = \frac{1}{1 + t^2} \leq\, 1\), l’inégalité des accroissements finis donne \(d(x, y) \leq\, |x – y|\) : l’identité est 1-lipschitzienne, donc continue. Pour la réciproque, fixons \(x\) et \(\varepsilon > 0\), et posons \(\theta = \arctan x\). La fonction \(\tan\) est continue en \(\theta\) sur \(]-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}[\) : il existe \(\eta > 0\) tel que \(|\varphi – \theta| < \eta\) entraîne \(|\tan \varphi – x| < \varepsilon\) pour \(\varphi \in ]-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}[\). Si \(d(x, y) < \eta\), on applique ceci à \(\varphi = \arctan y\) et on obtient \(|y – x| < \varepsilon\). L’identité est donc continue dans les deux sens et, d’après l’exercice 1 b), un ouvert pour l’une des distances est l’image réciproque par une application continue d’un ouvert pour l’autre. Les deux distances ont les mêmes ouverts.
3. Remarquons d’abord que \(d_S(x, y) \geq\, \|x – y\|\) dans tous les cas, puisque \(\|x – y\| \leq\, \|x\| + \|y\|\). La positivité et la symétrie sont claires. Séparation : si \(d_S(x, y) = 0\), alors \(\|x – y\| = 0\), donc \(x = y\) ; réciproquement \(d_S(x, x) = 0\) car \((x, x)\) est liée.
   Inégalité triangulaire : soit \(x, y, z\).
   • Si \(x\) et \(z\) sont alignés avec \(O\) : \(d_S(x, z) = \|x – z\| \leq\, \|x – y\| + \|y – z\| \leq\, d_S(x, y) + d_S(y, z)\).
   • Sinon \(d_S(x, z) = \|x\| + \|z\|\). Si \(x\) et \(y\) ne sont pas alignés avec \(O\), alors \(d_S(x, y) = \|x\| + \|y\|\) et, dans les deux cas de la définition, \(d_S(y, z) \geq\, \|z\| – \|y\|\) ; en sommant, \(d_S(x, y) + d_S(y, z) \geq\, \|x\| + \|z\|\). Le cas où \(y\) et \(z\) ne sont pas alignés avec \(O\) est symétrique.
   • Reste le cas où \((x, y)\) et \((y, z)\) sont liées mais pas \((x, z)\) : alors \(y = 0\), sinon \(x\) et \(z\) appartiendraient tous deux à la droite \(\mathbb{R}y\). On a alors \(d_S(x, 0) + d_S(0, z) = \|x\| + \|z\| = d_S(x, z)\).

   Donc \(d_S\) est une distance sur \(\mathbb{R}^2\).

4. Notons \(u = \frac{a}{\|a\|}\). Comme \(a \neq 0\), un point \(y\) est aligné avec \(a\) et \(O\) si et seulement si \(y \in \mathbb{R}a\).
   • Pour \(y \in \mathbb{R}a\), la condition \(\|y – a\| < r\) s’écrit \(y = a + tu\) avec \(|t| < r\) : c’est le segment ouvert \(S_r = \{a + tu : -r < t < r\}\).
   • Pour \(y \notin \mathbb{R}a\), la condition est \(\|a\| + \|y\| < r\), soit \(\|y\| < r – \|a\|\), impossible si \(r \leq\, \|a\|\).

   Si \(r \leq\, \|a\|\), \(B_S(a, r) = S_r\) est un segment ouvert de la droite \((Oa)\), centré en \(a\), de longueur \(2r\). Si \(r > \|a\|\), \(B_S(a, r)\) est la réunion de \(S_r\) et du disque euclidien ouvert de centre \(O\) et de rayon \(r – \|a\|\). (Les points de ce disque situés sur \(\mathbb{R}a\) sont d’ailleurs dans \(S_r\), car \(\|y – a\| \leq\, \|y\| + \|a\| < r\).)

   

Barème : a) 1 point : 0,5 pour la séparation (injectivité de arctan), 0,5 pour l’inégalité triangulaire ; b) 1,5 point : 0,5 pour la suite \(x_n = n\), 1 point pour l’homéomorphisme (0,5 par sens) ; c) 1,5 point : 0,25 pour la séparation, 1,25 pour l’inégalité triangulaire avec les trois cas ; d) 1 point : 0,5 par cas.

Erreur fréquente : oublier le cas \(y = 0\) dans l’inégalité triangulaire de la distance SNCF, où les deux couples sont liés sans que \(x\) et \(z\) le soient.

Exercice 3 : Intérieur, adhérence, frontière et densité (5 points)

1. Intérieur. Posons \(U = \{(x, y) : x^2 + y^2 < 1,\ y > 0\}\). C’est l’intersection des images réciproques des ouverts \(]-\infty, 1[\) et \(]0, +\infty[\) par les applications continues \((x, y) \mapsto x^2 + y^2\) et \((x, y) \mapsto y\) : c’est un ouvert inclus dans \(A\), donc \(U \subset \mathring{A}\). Les autres points de \(A\) sont les \((x, 0)\) avec \(|x| < 1\) et le point \((2, 0)\) ; toute boule centrée en l’un d’eux contient un point \((x, -\varepsilon)\) avec \(\varepsilon > 0\), qui n’est pas dans \(A\). Donc \(\mathring{A} = U\), le demi-disque ouvert supérieur.
   Adhérence. Posons \(K = \{(x, y) : x^2 + y^2 \leq\, 1,\ y \geq\, 0\} \cup \{(2, 0)\}\). C’est un fermé (intersection de deux fermés, réunie à un point) qui contient \(A\), donc \(\overline{A} \subset K\). Inversement, si \(x^2 + y^2 \leq\, 1\) et \(y \geq\, 0\), les points \((1 – \frac{1}{n})(x, y)\) sont dans \(A\) et tendent vers \((x, y)\) ; et \((2, 0) \in A\). Donc \(\overline{A} = K\).
   Frontière. \(\operatorname{Fr}(A) = \overline{A} \setminus \mathring{A}\) : c’est la réunion du demi-cercle \(\{x^2 + y^2 = 1,\ y \geq\, 0\}\), du segment \([-1, 1] \times \{0\}\) et du point \((2, 0)\).
2. Tout intervalle ouvert non vide de \(\mathbb{R}\) contient un rationnel et un irrationnel (densité de \(\mathbb{Q}\) et de \(\mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}\)). Aucune boule n’est donc incluse dans \(\mathbb{Q}\) et toute boule rencontre \(\mathbb{Q}\) : \(\mathring{\mathbb{Q}} = \emptyset\), \(\overline{\mathbb{Q}} = \mathbb{R}\) et \(\operatorname{Fr}(\mathbb{Q}) = \mathbb{R}\).
3. Les ouverts (resp. fermés) de \(\mathbb{Q}\) pour la distance induite sont les traces sur \(\mathbb{Q}\) des ouverts (resp. fermés) de \(\mathbb{R}\). Or \(P = \mathbb{Q} \cap ]-\sqrt{2}, \sqrt{2}[\), trace d’un ouvert. Comme \(\sqrt{2}\) et \(-\sqrt{2}\) sont irrationnels, on a aussi \(P = \mathbb{Q} \cap [-\sqrt{2}, \sqrt{2}]\), trace d’un fermé. \(P\) est donc ouvert et fermé dans \(\mathbb{Q}\), sans être ni vide ni égal à \(\mathbb{Q}\).
4. Soit \(x \in \mathbb{R}\). Pour \(n \in \mathbb{N}\), posons \(p_n = \lfloor 2^n x \rfloor\) et \(x_n = \frac{p_n}{2^n} \in \mathbb{D}\). On a \(p_n \leq\, 2^n x < p_n + 1\), donc \(0 \leq\, x – x_n < \frac{1}{2^n}\), et \(x_n \to x\). Tout réel est limite d’une suite de \(\mathbb{D}\), donc \(\overline{\mathbb{D}} = \mathbb{R}\) : \(\mathbb{D}\) est dense dans \(\mathbb{R}\).

Barème : a) 2 points : 0,75 pour l’intérieur, 0,75 pour l’adhérence (0,25 pour le point isolé), 0,5 pour la frontière ; b) 1 point ; c) 1 point : 0,5 pour l’ouvert, 0,5 pour le fermé ; d) 1 point : 0,5 pour la suite, 0,5 pour l’encadrement.

Exercice 4 : Problème, distance à une partie (6 points)

1. Soit \(x, y \in E\). Pour tout \(a \in A\), \(d_A(x) \leq\, d(x, a) \leq\, d(x, y) + d(y, a)\), donc \(d_A(x) – d(x, y) \leq\, d(y, a)\). Le réel \(d_A(x) – d(x, y)\) minore l’ensemble des \(d(y, a)\), il est donc inférieur à sa borne inférieure : \(d_A(x) – d(x, y) \leq\, d_A(y)\). En échangeant \(x\) et \(y\), on obtient \(|d_A(x) – d_A(y)| \leq\, d(x, y)\) : \(d_A\) est 1-lipschitzienne, donc uniformément continue sur \(E\).
2. Si \(x \in \overline{A}\), toute boule \(B(x, \varepsilon)\) rencontre \(A\) : il existe \(a \in A\) avec \(d(x, a) < \varepsilon\), donc \(0 \leq\, d_A(x) < \varepsilon\) pour tout \(\varepsilon > 0\), et \(d_A(x) = 0\). Réciproquement, si \(d_A(x) = 0\), par définition de la borne inférieure, pour tout \(\varepsilon > 0\) il existe \(a \in A\) avec \(d(x, a) < \varepsilon\) : toute boule centrée en \(x\) rencontre \(A\), donc \(x \in \overline{A}\). Ainsi \(\overline{A} = d_A^{-1}(\{0\})\). Si \(F\) est un fermé non vide, \(F = \overline{F} = d_F^{-1}(\{0\})\) : \(F\) est l’ensemble des zéros de la fonction continue \(d_F\).
3. Les fonctions \(d_F\) et \(d_G\) sont positives. Si \(d_F(x) + d_G(x) = 0\), alors \(d_F(x) = d_G(x) = 0\), donc \(x \in \overline{F} \cap \overline{G} = F \cap G = \emptyset\) : impossible. Donc \(d_F + d_G > 0\) sur \(E\), et \(g\), quotient de fonctions continues dont le dénominateur ne s’annule pas, est continue. Sur \(F\), \(d_F = 0\) donc \(g = 0\) ; sur \(G\), \(d_G = 0\) et \(d_F > 0\) donc \(g = 1\).
   Posons \(U = g^{-1}(]-\infty, \frac{1}{2}[)\) et \(V = g^{-1}(]\frac{1}{2}, +\infty[)\). Ce sont des ouverts par continuité de \(g\) (exercice 1 b), ils sont disjoints et \(F \subset U\), \(G \subset V\) : deux fermés disjoints sont séparés par deux ouverts disjoints.
4. L’ensemble \(Z = \{x \in E : f(x) = h(x)\} = (f – h)^{-1}(\{0\})\) est fermé, comme image réciproque du fermé \(\{0\}\) par l’application continue \(f – h\). Il contient \(D\), donc il contient \(\overline{D} = E\). Ainsi \(f = h\).

Barème : a) 1,5 point : 1 point pour l’inégalité (passage à la borne inférieure), 0,5 pour la continuité ; b) 1,5 point : 0,5 par inclusion, 0,5 pour la conséquence ; c) 2 points : 0,5 pour le dénominateur, 0,5 pour la continuité et les valeurs, 1 point pour les ouverts ; d) 1 point.

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Après le corrigé du contrôle : espaces métriques, ouverts, fermés, continuité

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