Compacité

Si on fait un dessin, on voit en gros qu’il va y avoir une “cuvette”. Soit $\displaystyle A=f(0)$. Comme $\displaystyle \lim_{x\to \pm \infty}f(x) =+\infty$, il existe $\displaystyle a>0$ tel que pour tout $\displaystyle x\in]-a,a[$, $\displaystyle f(x)>A$. Sur le compact $\displaystyle [-a,a]$, la fonction continue $\displaystyle f$ est bornée et atteint ses bornes, posons donc $\displaystyle m=\min_{x\in[-a,a]}f(x)$. Or $\displaystyle m\le f(0)=A$, donc $\displaystyle m$ est en fait le minimum de $\displaystyle f$ sur $\displaystyle \R$.

Fermé : image réciproque d’un fermé par une application continue.

$\displaystyle O_n(\R)$ est l’image réciproque du singleton $\displaystyle \{Id\}$ par l’application continue $\displaystyle P\mapsto PP^T$, donc $\displaystyle O_n(\R)$ est fermé dans $\displaystyle M_n(\R)$.
Toutes les normes sont équivalentes sur l’e.v. de dimension fini $\displaystyle M_n(\R)$, considérons la norme opérateur $\displaystyle \|P\|=\max_{\|X\|_2=1}\|PX\|_2$. Si $\displaystyle P\in O_n(\R)$, alors $\displaystyle \|P\|=1$ car $\displaystyle P$ est une isométrie. On en déduit que $\displaystyle O_n(\R)$ est fermé borné dans $\displaystyle M_n(\R)$ qui est de dimension finie. Donc $\displaystyle O_n(\R)$ est compact.

TBC

1. Comme $\displaystyle A$ est connexe par arcs et $\displaystyle \phi$ est continue, son image $\displaystyle \phi(A)$ est une partie connexe par arcs de $\displaystyle \R$, c’est-à-dire un intervalle de $\displaystyle \R$. On sait de plus qu’il existe deux éléments $\displaystyle i \in A \cap I$ et $\displaystyle s \in A \cap S$ qui par définition de $\displaystyle I$ et $\displaystyle S$ vérifient respectivement $\displaystyle \phi(i) < c$ et $\displaystyle \phi(s) >c$. Comme $\displaystyle \phi(A)$ est un intervalle, il contient tout le segment $\displaystyle [\phi(i),\phi(s)]$. En particulier, $\displaystyle c \in \phi(A)$, donc il existe $\displaystyle e \in A$ tel que $\displaystyle \phi(e)=c$, donc $\displaystyle e \in A \cap E \neq \emptyset$.

2. On considère la partie $\displaystyle A = \R^2 - E$. Comme $\displaystyle E$ est un singleton, on sait que $\displaystyle A$ est connexe par arcs (on peut faire un dessin pour s’en convaincre). D’après la question précédente, si on avait $\displaystyle A \cap I \neq \emptyset$ et $\displaystyle A \cap S \neq \emptyset$, on aurait $\displaystyle A \cap E \neq \emptyset$, ce qui est absurde par définition de $\displaystyle A$. On a donc nécessairement $\displaystyle A \cap I = \emptyset$ ou $\displaystyle A \cap S = \emptyset$. Supposons par exemple que $\displaystyle A \cap I = \emptyset$. On sait que $$\R^2 = I \cup E \cup S,$$ et que cette union est disjointe. En effet, pour $\displaystyle x \in \R^2$, on a soit $\displaystyle \phi(x)<c$, soit $\displaystyle \phi(x)=c$, soit $\displaystyle \phi(x)>c$.
   On a $\displaystyle A = I \cup S$, et comme $\displaystyle A \cap I = \emptyset$, on a $\displaystyle A = S$, donc $\displaystyle \R^2 = E \cup S$. Mais cela signifie que tout élément de $\displaystyle x \in \R^2$ satisfait soit $\displaystyle \phi(x)>c$ (si $\displaystyle x \in S$), soit $\displaystyle \phi(x) = c$ (si $\displaystyle x$ est l’unique élément de $\displaystyle E$). Ainsi $\displaystyle c$ est le minimum global de la fonction $\displaystyle \phi$. Si on suppose que $\displaystyle A \cap S = \emptyset$, le même raisonnement montre que $\displaystyle S$ est un maximum global pour $\displaystyle \phi$.

3. Comme $\displaystyle E$ est une partie compacte de $\displaystyle \R^2$, il existe $\displaystyle R > 0$ tel que $\displaystyle E$ est contenu dans la boule fermée $\displaystyle B = B(0,R)$. On considère l’ensemble $\displaystyle A = \R^2-B$, qui est une partie connexe par arcs de $\displaystyle \R^2$. On raisonne comme à la question précédente : on a $\displaystyle A \cap E = \emptyset$, donc on a soit $\displaystyle A \cap I = \emptyset$, soit $\displaystyle A \cap S = \emptyset$. Supposons par exemple $\displaystyle A \cap I = \emptyset$. Alors $\displaystyle A \subset S$, ce qui signifie que $$\forall x \in A , \phi(x) > c.$$ De plus, $\displaystyle \phi$ est continue sur $\displaystyle B$, qui est un compact de $\displaystyle \R^2$, donc $\displaystyle \phi$ atteint son minimum $\displaystyle m$ sur $\displaystyle B$. Enfin, remarquons que $\displaystyle \emptyset \neq E \subset B$, donc il existe $\displaystyle z \in B$ tel que $\displaystyle \phi(z) = c$, donc $\displaystyle m \le c$, et donc $\displaystyle \forall x \in A, \phi(x) > c \ge m$, ce qui prouve que $\displaystyle m$ est un minimum global pour $\displaystyle \phi$.

Comme chaque $\displaystyle K_n$ est non-vide, on peut choisir pour tout $\displaystyle n \ge 0$ un élément $\displaystyle x_n \in K_n$. La propriété d’emboîtement $\displaystyle K_{n+1} \subset K_n$ implique l’inclusion $\displaystyle K_n \subset K_0$, en particulier la suite $\displaystyle (x_n)_{n \ge 0}$ est à valeurs dans le compact $\displaystyle K_0$. Par la propriété de Bolzano-Weierstrass, on en déduit qu’on peut extraire une sous-suite $\displaystyle (x_{n_k})_{k \ge 0}$ convergeant vers une limite $\displaystyle x^* \in K_0$. Montrons que $\displaystyle x^* \in K_n$ pour tout $\displaystyle m \ge 0$. Comme $\displaystyle (n_k)_{k \ge 0}$ est strictement croissante, on a $\displaystyle n_k \ge m$ pour tout $\displaystyle k$ plus grand qu’un certain $\displaystyle k_0$. Mais la propriété d’emboîtement montre que $\displaystyle x_{n_k} \in K_{n_k} \subset K_m$ pour tout $\displaystyle k \ge k_0$. La suite $\displaystyle (x_{n_k})_{k \ge k_0}$ est donc à valeurs dans $\displaystyle K_m$, qui est un fermé (car compact), donc sa limite $\displaystyle x^*$ est aussi dans $\displaystyle K_m$. On a bien montré que $\displaystyle x^* \in K_m$ pour tout $\displaystyle m \ge 0$, donc $\displaystyle x^* \in \bigcap_{n =0}^\infty K_n$ qui est donc non-vide.

Considérez une suite $\displaystyle (u_n)_{n\in\mathbb{N}}$ de $\displaystyle A$ et pour $\displaystyle n\in \mathbb{N}$, les ensembles $\displaystyle I_n:=\{ k\in\N,\ u_k = a_n\}$ et $\displaystyle I_{-1}:=\{ k\in\N,\ u_k = l\}$ .

Soit $\displaystyle (u_n)_{n\in\mathbb{N}}$ une suite de $\displaystyle A$. Il y a deux cas possibles :

• Soit il y a au moins un entier $\displaystyle K\in \mathbb{N}\cup{\{-1}\}$ tel que $\displaystyle I_K$ est de cardinal infini alors on peut extraire une sous-suite de $\displaystyle (u_n)_{n\in\mathbb{N}}$ constante égale à $\displaystyle a_K$ ;
• Soit les $\displaystyle I_K$ pour $\displaystyle K\in \mathbb{N}\cup{\{-1}\}$ sont tous de cardinal fini alors on montre que $\displaystyle (u_n)_{n\in\mathbb{N}}$ converge vers $\displaystyle l$. En effet, soit $\displaystyle \epsilon>0$, on peut considérer $\displaystyle N_0$ tel que $\displaystyle \forall N\ge N_0$, $\displaystyle |u_N-l|\le \epsilon$. Prenons alors $\displaystyle N_1 = \max( p| p \in I_K,\forall K \in [[0;N_0]])$.
  Remarquons que $\displaystyle N_1$ est bien défini puisque les $\displaystyle I_K$ sont finis et pour tout $\displaystyle N\ge N_1, u_n \notin I_K$ où $\displaystyle K \in [[0;N_0]]$.
  Ceci permet de conclure, puisque $\displaystyle \forall N\ge N_1, |a_N-l|\le \epsilon$.

Prouver $\displaystyle f(l)=l$ et considérer $\displaystyle K(r)$ la boule fermée de centre $\displaystyle l$ et de rayon $\displaystyle r$, ainsi que $\displaystyle \{n , z_n \in K , z_{n+1} \notin K \}$.

Soit $\displaystyle (z_{\phi(n)})$ une suite extraite de $\displaystyle (z_{n})$ convergeant vers $\displaystyle l$.
Par continuité de $\displaystyle f$, $\displaystyle (f(z_{\phi(n)}))$ converge vers $\displaystyle f(l)$. Il faut remarquer maintentant que $\displaystyle (f(z_{\phi(n)}))$ est une suite extraite de $\displaystyle (z_{n})$ ( en effet , $\displaystyle (f(z_{\phi(n)}))$=$\displaystyle (z_{\phi(n)+1})$). Par hypothèse, $\displaystyle (z_{n})$ a une unique valeur d’adhérence, d’où $\displaystyle f(l)= l$.

Considérons maintenant $\displaystyle \epsilon >0$ et $\displaystyle r>\epsilon$.
$\displaystyle K(r)$ étant un compact, $\displaystyle f$ est uniformément continue sur $\displaystyle K(r)$.
Ainsi considérons le $\displaystyle \delta$ associé à $\displaystyle \epsilon$ par uniforme continuité de $\displaystyle f$ sur $\displaystyle K$ et prenons $\displaystyle \delta = \epsilon$ si $\displaystyle \delta > \epsilon$. On peut considérer $\displaystyle N$ tel que $\displaystyle z_N \in K(\epsilon)$.
On a $\displaystyle |f(z_N)-f(l ) | = | z_{N+1}-l|\le \epsilon$. Ainsi $\displaystyle z_{N+1} \in K(\epsilon)$. Une récurrence évidente termine alors la preuve.