\documentclass{article} \usepackage{amsmath, isolatin1} \usepackage[francais]{babel} \usepackage[dvips]{graphicx} \textwidth=15truecm \textheight=22.8truecm \hoffset=-12mm \voffset=-9mm \baselineskip=12pt \def\R{{\bf R}} \def\C{{\bf C}} \def\Q{{\bf Q}} \def\N{{\bf N}} \def\qed{\vrule height 5pt width 5pt} \def\d{\displaystyle} \def\inv#1{\frac{1}{#1}} \font\smc=cmcsc10 \def\ex#1{\vskip 1truecm\centerline{#1}\vskip 0.2truecm} \def\ques#1{\vskip 0.4truecm \noindent{\bf #1}\hskip 0.4truecm} \begin{document} \noindent{Universit\'e Paris-Sud}\hfill 2005\par \noindent{S4MIAS}\hfill Option Topologie \vskip1truecm \centerline{\smc Examen de Topologie} \centerline{\sl 16 juin 2005, durée 3h} \centerline{\sl Documents et calculettes interdits} \centerline{Barême indicatif : I=9, II=11} \ex{I} \ques{1.}Soit $f$ un homéomorphisme de $[0,1]$ sur $[0,1]$ tel que $f(0)=0$. Montrer que $f$ est strictement croissante sur $[0,1]$. \ques{2.}Etudier la suite définie pour $n\geq 1$ par \begin{eqnarray*} u_n =\inv{\sqrt{n^2 +n}}+\inv{\sqrt{n^2 +2n}}+\cdots+\inv{\sqrt{n^2 +n^2}}. \end{eqnarray*} \ques{3.}Soit $f$ une fonction uniformément continue sur $\R$. Montrer que la fonction $g$ définie sur $\R$ par $\displaystyle g(x)=\int_{0}^{1}\frac{1}{\sqrt{t}}f(t+x)\,dt$ est continue. \ques{4.}Soit $(D_n )_{n\in\N}$ une suite de droites du plan. Montrer qu'il existe un point du plan qui n'appartient à aucune des droites $D_n$. \ques{5.}Identifier $\displaystyle A=\bigcap_{n\in\N^*}]-\frac{1}{n},2+\frac{1}{n}[$. A-t-on une contradiction avec les propriétés des ouverts ? \ex{II} Soit $f:[a,b]\to\R$ une fonction deux fois dérivable. On suppose que $f''\leq 0$. On pose, pour $x\in[a,b]$, $g(x)=f(x)-f(a)-(x-a)\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$. \ques{1.}Montrer que la dérivée $g'$ est décroissante au sens large. \ques{2.}Soit $m=\inf_{[a,b]}g$. On suppose que $m<0$. \ques{2.a.}Montrer qu'il existe un point $c\in[a,b]$ tel que $g(c)=m$. Montrer que $c\in]a,b[$. \ques{2.b.}Montrer que $g'(c)=0$. En déduire que $g$ est croissante au sens large sur $[a,c]$ et décroissante au sens large sur $[c,b]$. \ques{2.c.}Quelle conclusion peut-on en tirer ? \ques{3.} En déduire que pour tout $x\in[a,b]$, \begin{eqnarray*} f(x)\geq f(a)+(x-a)\frac{f(b)-f(a)}{b-a}. \end{eqnarray*} \ques{4.} Montrer que \begin{eqnarray*} \int_{a}^{b}f(t)\,dt\geq (b-a)\frac{f(a)+f(b)}{2}. \end{eqnarray*} \ques{5.} Montrer que, pour tout $k=1,\ldots,n$, \begin{eqnarray*} \int_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}}f(t)\,dt\geq \inv{2n}(f(\frac{k-1}{n})+f(\frac{k}{n})). \end{eqnarray*} \ques{6.} En déduire que \begin{eqnarray*} \int_{0}^{1}f(t)\,dt\geq \inv{2n}(f(0)-f(1))+\inv{n}\sum_{k=1}^{n}f(\frac{k}{n}). \end{eqnarray*} \ques{7.}Soit $f$ la fonction définie sur $[0,1]$ par $f(x)=\ell n(1+x)$. Calculer $\int_{0}^{1}f(t)\,dt$. En déduire une majoration du quotient $(2n)!/n!$. \vfill\eject \noindent{Universit\'e Paris-Sud}\hfill 2005\par \noindent{S4MIAS}\hfill Option Topologie \vskip1truecm \centerline{\smc Corrigé de l'examen de topologie} \centerline{\sl 16 juin 2005, durée 3h} \ex{I} \ques{1.}Soient $x0$. Par hypothèse, il existe $\alpha>0$ tel que si $x$, $x'\in\R$ et $|x-x'|<\alpha$, alors $|f(x)-f(x')|<\epsilon$. Si $|x-a|<\alpha$, alors pour tout $t\in[0,1]$, $|(x+t)-(a+t)|<\alpha$ donc $|f(x+t)-f(a+t)|<\epsilon$. Par conséquent \begin{eqnarray*} |g(x)-g(a)|&\leq&\int_{0}^{1}\frac{1}{\sqrt{t}}|f(x+t)-f(a+t)|\,dt\\ &<&\epsilon \int_{0}^{1}\frac{1}{\sqrt{t}}\,dt=2\epsilon. \end{eqnarray*} Ceci montre que $g$ est continue en $a$ pour tout $a\in\R$. \ques{4.}L'ensemble des droites passant par l'origine de $\R^2$ est équipotent à $\R$ et donc non dénombrable. Par conséquent, on peut choisir une droite $D$ passant par l'origine qui est distincte de toutes les $(D_n )$. Notons $\mathcal{N}$ l'ensemble des $n\in\N$ tels que $D_n$ coupe $D$. Il est dénombrable. Pour $n\in \mathcal{N}$, $D_n$ coupe $D$ en exactement un point. On obtient ainsi un sous-ensemble dénombrable $\mathcal{P}$ de points de $D$. Comme $D$ n'est pas dénombrable, il existe un point $P$ de $D$ qui n'appartient pas à $\mathcal{P}$. Alors $P$ n'appartient à aucune des droites $D_n$. \ques{5.}Comme $-\frac{1}{n}<0$ et $2<2+\frac{1}{n}$, tous les intervalles $]-\frac{1}{n},2+\frac{1}{n}[$ contiennent $[0,2]$ donc il en est de même de leur intersection $A$. Réciproquement, si $x<0$, il existe $n$ tel que $x<-\frac{1}{n}$, donc $x\notin ]-\frac{1}{n},2+\frac{1}{n}[$, d'où $x\notin A$. De même, si $x>2$, il existe $n$ tel que $x>2+\frac{1}{n}$, donc $x\notin]-\frac{1}{n},2+\frac{1}{n}[$, d'où $x\notin A$. On conclut que $A=[0,2]$. C'est un fermé. Certes, une intersection finie d'ouverts est un ouvert, mais rien n'interdit à une intersection infinie d'ouverts d'être fermée. \vfill\eject \ex{II} \ques{1.}Comme $g''=f''\leq 0$, la dérivée $g'$ est décroissante au sens large. \ques{2.a.}Comme $g$ est continue sur l'intervalle fermé borné $[a,b]$, elle atteint sa borne inférieure $m$. Il existe donc un point $c\in[a,b]$ tel que $g(c)=m$. Comme $g(a)=g(b)=0$, si on suppose $m<0$, $c$ n'est pas égal à $a$ ou à $b$, donc $c\in]a,b[$. \ques{2.b.}Comme dans la preuve du théorème de Rolle, on écrit que pour tout $x\in[a,c[$ et tout $y\in]c,b]$, \begin{eqnarray*} \frac{g(x)-g(c)}{x-c}\leq 0\leq \frac{g(y)-g(c)}{y-c}, \end{eqnarray*} d'où, en passant à la limite, \begin{eqnarray*} g'(c-)\leq 0\leq g'(c+) \end{eqnarray*} soit $g'(c)=0$. Comme $g'$ est décroissante au sens large, $g'\geq g'(c)=0$ sur $[a,c]$ (donc $g$ est croissante au sens large sur $[a,c]$) et $g'\leq g'(c)=0$ sur $[c,b]$ (donc $g$ est décroissante au sens large sur $[c,b]$). \ques{2.c.}Par conséquent, $g$ atteint son maximum en $c$. Si $\sup_{[a,b]}g=g(c)=\inf_{[a,b]}g$, c'est que $g$ est constante, ce qui contredit l'hypothèse $m<0$. On conclut que $m\geq 0$, i.e. que $g\geq 0$ sur $[a,b]$. \ques{3.}Vu la définition de $g$, l'inégalité $g\geq 0$ se traduit par \begin{eqnarray*} f(x)\geq f(a)+(x-a)\frac{f(b)-f(a)}{b-a}. \end{eqnarray*} \ques{4.}On intègre l'inégalité précédente. \begin{eqnarray*} \int_{a}^{b}f(t)\,dt&\geq&\int_{a}^{b}(f(a)+(t-a)\frac{f(b)-f(a)}{b-a})\,dt\\ &=& (b-a)f(a)+\frac{(b-a)^2}{2}\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\\ &=& (b-a)\frac{f(a)+f(b)}{2}. \end{eqnarray*} \ques{5.}On calcule $f''(x)=-1/(1+x)^2 \leq 0$ sur $[0,1]$. On peut donc appliquer l'inégalité précédente sur l'intervalle $[\frac{k-1}{n},\frac{k}{n}]$, \begin{eqnarray*} \int_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}}f(t)\,dt &\geq& \inv{n}\inv2(f(\frac{k-1}{n})+f(\frac{k}{n})). \end{eqnarray*} \ques{6.}En additionnant les inégalités de la question 5, il vient \begin{eqnarray*} \int_{0}^{1}f(t)\,dt &=& \sum_{k=1}^{n}\int_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}}f(t)\,dt\\ &\geq&\inv{2n} \sum_{k=1}^{n}(f(\frac{k-1}{n})+f(\frac{k}{n}))\\ &=& \inv{2n}f(0)+\inv{n}\sum_{k=1}^{n-1}f(\frac{k}{n})+\inv{2n}f(1)\\ &=& \inv{2n}(f(0)-f(1))+\inv{n}\sum_{k=1}^{n}f(\frac{k}{n}). \end{eqnarray*} \ques{7.}On intègre par parties. \begin{eqnarray*} \int_{0}^{1}\ell n(1+t)\,dt &=& \int_{1}^{2}\ell n(t)\,dt\\ &=& [t\ell n(t)]_{1}^{2}-\int_{1}^{2}\,dt\\ &=& 2\ell n(2)-1. \end{eqnarray*} On part de \begin{eqnarray*} \frac{(2n)!}{n!}=2n(2n-1)\cdots (n+1) =n^n (1+\frac{1}{n})(1+\frac{2}{n})\cdots (1+\frac{n}{n}) \end{eqnarray*} d'où \begin{eqnarray*} \ell n(2n(2n-1)\cdots (n+1))&=&n\ell n(n) +\sum_{k=1}^{n}f(\frac{k}{n})\\ &\leq& n\ell n(n)+n\int_{0}^{1}\ell n(1+t)\,dt +\inv2 \ell n(2)\\ &=& n\ell n(n)+n(2\ell n(2)-1) +\inv2 \ell n(2)\\ &=& n(\ell n(4ne^{-1})+\ell n(\sqrt{2}). \end{eqnarray*} En prenant l'exponentielle, on trouve que \begin{eqnarray*} 2n(2n-1)\cdots (n+1)\leq \sqrt{2}(4n)^n e^{-n}. \end{eqnarray*} \end{document} \ex{III} On définit une suite de réels comme suit. Si $n\in\N$ est un entier dont l'écriture décimale est $n=a_{k-1}a_{k-2}\ldots a_{0}$, on pose $\d u_{n}=\inv{k}(a_{k-1}+a_{k-2}+\cdots +a_{0})$. Par exemple, $u_{135}=\inv{3}(1+3+5)=3$. \ques{1.}Vérifier que pour tout $n$, $0\leq u_{n}\leq 9$. La suite $(u_{n})$ possède-t-elle des valeurs d'adhérence ? Montrer que si $x$ est une valeur d'adhérence de la suite $(u_{n})$, alors $0\leq x\leq 9$. \ques{2.}Soit $z$ un réel, $0\leq z\leq 90$. Montrer qu'il existe 10 entiers $a_{0},\ldots,a_{9}$ compris entre 0 et 9 tels que $\d |a_{0}+\cdots +a_{9}-z|\leq 1$. Montrer qu'on peut choisir ces entiers de sorte que $a_{9}\not=0$. \ques{3.}Soit $x$ un réel, $0\leq x\leq 9$. Montrer qu'il existe un entier $n$ compris entre $10^{9}$ et $10^{10}-1$ tel que $\d |u_{n}-x|\leq \inv{10}$. \ques{4.}Montrer que tout réel $x$ tel que $0\leq x\leq 9$ est valeur d'adhérence de la suite $(u_{n})$. Conclure que l'ensemble des valeurs d'adhérence de la suite $(u_{n})$ est l'intervalle $[0,9]$. \ques{5.}Donner une fonction explicite $\phi:\N\to\N$ telle que $\d\lim_{j\to\infty}u_{\phi(n)}=\inv2$. \ex{III} \ques{1.}Comme les chiffres $a_{j}$ sont compris entre 0 et 9, c'est encore le cas pour leur moyenne. La suite $(u_{n})$ est bornée. D'après le théorème de Bolzano-Weierstrass, elle possède des valeurs d'adhérence. Si $x$ est une valeur d'adhérence de la suite $(u_{n})$, alors il existe une suite extraite $(u_{\phi(n)})$ qui converge vers $x$. Comme $0\leq u_{\phi(n)}\leq 9$, la limite satisfait les mêmes inégalités larges, donc $0\leq x\leq 9$. \ques{2.}Lorsqu'on augmente l'un des nombres $a_{j}$ d'une unité, la somme $a_{0}+\cdots +a_{9}$ augmente d'une unité. La somme prend donc toutes les valeurs entières entre $0$ et $90$. Si on insiste pour que $a_{9}\not=0$, la somme ne prend que les valeurs entières comprises entre $1$ et $90$. Soit $z$ un réel, $0\leq z\leq 90$. Si $z\leq 1$, on choisit $a_{9}=1$ et $a_{8}=\cdots=a_{0}=0$ et alors $\d |a_{0}+\cdots +a_{9}-z|=|1-z|\leq 1$. Si $z\geq 1$, on choisit $a_{0},\ldots,a_{9}$ de sorte que $a_{0}+\cdots +a_{9}$ soit la partie entière $E(z)$ de $z$. Alors $\d |a_{0}+\cdots +a_{9}-z|\leq 1$ à nouveau. \ques{3.}On applique la question 2 à $z=10x$. On trouve $a_{0},\ldots,a_{9}$ tels que $a_{9}\not=0$ et $\d |\inv{10}(a_{0}+\cdots +a_{9})-x|\leq \inv{10}$. On pose $n=a_{9}a_{8}\ldots a_{0}$. Alors $n$ est compris entre $10^{9}$ et $10^{10}-1$ et $u_{n}=\inv{10}(a_{0}+\cdots +a_{9})$, donc $\d |u_{n}-x|\leq \inv{10}$. \ques{4.}Soit $x\in[0,9]$. Soit $\epsilon>0$. Soit $N$ entier. On va trouver un entier $n\geq N$ tel que $|u_n -x|<\epsilon$. Choisissons un entier $m$ tel que $\inv{m}<\epsilon$ et $10^{m-1}\geq N$. Si $mx\geq 1$, la partie entière $E(mx)$ peut s'écrire $a_{0}+\cdots +a_{m-1}$ où les $a_i$ sont des entiers compris entre 0 et 9 et $a_{m-1}\not=0$. Si $mx<1$, on pose $a_{m-1}=1$ et $a_{m-2}=\cdots=a_0 =0$, de sorte que $|a_{0}+\cdots +a_{m-1}-mx|=|1-mx|\leq 1$. Dans les deux cas, l'entier $n$ d'écriture décimale $n=a_{m-1}a_{m-2}\ldots a_0$ est au moins égal à $10^{m-1}\geq N$, et \begin{eqnarray*} |u_n -x|=|\inv{m}(a_{0}+\cdots +a_{m-1})-x|\leq\inv{m}<\epsilon. \end{eqnarray*} Ceci prouve que $x$ est valeur d'adhérence de la suite $(u_{n})$. On a vu en 1. qu'inversement, toute valeur d'adhérence est comprise entre 0 et 9. On conclut que l'ensemble des valeurs d'adhérence de la suite $(u_n )$ est l'intervalle $[0,9]$. \ques{5.}Soit $\phi(n)$ l'entier d'écriture décimale $1010\ldots 10$ (il y a $2n$ chiffres). Alors $u_{\phi(n)} =\inv2$. Par conséquent, la suite extraite $u_{\phi(n)}$ converge vers $\inv2$. \ex{II} Soit $A$ l'ensemble des nombres décimaux strictement inférieurs à 1 et dont le développement décimal ne comporte aucun 9. Par exemple $0.1234567812$ appartient à $A$, mais pas $1.1$ ni $0.192$ ou $1/3$ ou $\sqrt{2}-1$. \ques{1.}Montrer que pour tout entier $n$, il existe un élément $x_n$ de $A$ tel que $\d\frac{8}{9}-10^{-n}\frac{8}{9}, \end{eqnarray*} donc $\d\frac{8}{9}-10^{-n}