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Amusette (Topologie)

Posté par
Camélia Correcteur 01-05-07 à 17:36


Soit F un fermé non vide de Rm tel que pour tout x de F et tout entier n on ait nx F. On suppose de plus que
0 n'est pas un point isolé de F. Montrer que F contient une droite qui passe par 0.

Posté par
raymond CorrecteurAmusette (Topologie) 01-05-07 à 18:04

Rebonjour.

Dans les grandes lignes :

1°) présence d'un x non nul dans tout voisinage de 0
2°) envisager la droite D = 2$\mathbb{R}.x
3°) travailler par complétude de F ou comme pour les sous-groupes additifs denses dans 2$\mathbb{R} ?

Suis-je sur la bonne voie ?

A plus RR.

Posté par
perroquetre : Amusette (Topologie) 01-05-07 à 22:10

Bonsoir, Camélia et raymond.

Je considère une suite (x_n) de points de F-{0} admettant pour limite 0. Pour tout n, je considère k_n égal à la partie entière de 1/||x_n||. La suite (k_nx_n) est une suite bornée de F qui admet donc une valeur d'adhérence x, par le théorème de Bolzano-Weierstrass.

On peut montrer que x est non nul, dans F, et que Rx est inclus dans F.

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Amusette (Topologie). 01-05-07 à 23:55

Bonsoir Camélia raymond et perroquet ;
Juste une remarque:
A mon avis même lorsqu'il s'agit d'une discution entre professeurs (comme c'est le cas par exemple pour ce topic) les questions ainsi que les réponses doivent être complètement rédigées pour que d'autres personnes intéressés puissent en tirer profit.
Amicalement elhor

Posté par
Camélia Correcteurre : Amusette (Topologie) 02-05-07 à 14:16

Bonjour à tous.

Bien sûr perroquet donne la bonne piste. Par ailleurs, j'ai déjà une solution rédigée que je mettrai sur le site. Mais ayant lancé le sujet seulement hier, et ayant vu seulement maintenant les premières réponses, il me semble que je peux attendre encore un peu...

Courage à ceux qui veulent encore chercher...

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Amusette (Topologie). 02-05-07 à 14:49

Citation :
pour tout x de F et tout entier n on ait nx \in F
.
il faut bien préciser que \red\fbox{n\in\mathbb{Z}} sinon F risque d'être une demi droite d'origine 0. (sauf erreur)

Posté par
Camélia Correcteurre : Amusette (Topologie) 02-05-07 à 14:57

Oui, tu as raison... (j'avais même écrit d'abord positif, puis je l'ai enlevé, mais c'est mieux de le préciser...)

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Amusette (Topologie). 03-05-07 à 00:20

Autrement :
Supposons par l'absurde que 2$\red\fbox{\fbox{(\forall u\in S)\hspace{5}(\exists r\in\mathbb{Q}^*)\hspace{5}/\hspace{5}ru\notin F}} où S est la sphère unité de \mathbb{R}^m.
En écrivant \fbox{r=\frac{p}{q}\hspace{5}(p,q)\in\mathbb{Z}^*\times\mathbb{N}^*} et en utilisant les hypothèses ceci revient à supposer que 2$\blue\fbox{(\forall u\in S)\hspace{5}(\exists q\in\mathbb{N}^*)\hspace{5}/\hspace{5}\frac{u}{q}\notin F}.
Comme F est fermé on a en fait 2$\blue\fbox{(\forall u\in S)\hspace{5}(\exists (q,\varepsilon)\in\mathbb{N}^*\times\mathbb{R}_+^*)\hspace{5}/\hspace{5}B(\frac{u}{q},\varepsilon)\cap F=\empty}.
on recouvre alors S par les boules ouvertes \fbox{(B(u,\frac{q\varepsilon}{2}))_{u\in S}} puis on en extrait par compacité un sous recouvrement fini \fbox{(B(u_i,\frac{q_i\varepsilon_i}{2}))_{1\le i\le n}}
choisissons alors \fbox{x\in B(0,\frac{\min_{1\le i\le n}\varepsilon_i}{2})\cap(F-\{0\})}
comme \fbox{\frac{x}{||x||}} est dans une certaine boule \fbox{B(u_j,\frac{q_j\varepsilon_j}{2})} en posant \blue\fbox{q=1+E(\frac{1}{q_j||x||})} on a successivement:
2$\fbox{||\frac{x}{q_j||x||}-\frac{u_j}{q_j} ||<\frac{\varepsilon_j}{2}} et 2$\fbox{||qx-\frac{x}{q_j||x||}||\le||x||<\frac{\varepsilon_j}{2}} et l'inégalité triangulaire donne 2$\fbox{qx\in B(\frac{u_j}{q_j},\varepsilon_j)} et donc que \red\fbox{qx\notin F}
ce qui est absurde par hypothèse. (sauf erreur)

Posté par
Roulianere : Amusette (Topologie) 03-05-07 à 00:20

Posté par
Camélia Correcteurre : Amusette (Topologie) 03-05-07 à 14:34

Rebonjour à tous.

La démonstration de Elhor (qui me parait juste, utilise Borel-Lebesgue). Je vais donner aussi la mienne (qui est probablement la même que celle de perroquet) qui utilise Bolzano-Weierstrass et qui est peut-être plus compréhensible niveau licence.

Comme 0 n'est pas isolé, pour chaque n il existe xn non nul dans F tel que ||xn||<1/n; on peut alors choisir un entier kn tel que 1||knxn||2. Remarquons tout de suite que kn est plus grand que n.
Posons yn=knxn. Alors la suite (yn) est une suite d'éléments de F contenue dans le compact K=\{x\in R^m |\ 1\leq ||x|| \leq 2\} . On peut en extraire une suite convergente (yp) dont la limite y est dans le fermé F.

Soient t un réel non nul et p un entier. Il existe un entier qp tel que

\|\frac{q_p}{k_p}-t\|\leq \frac{1}{k_p}\leq \frac{1}{p}

Alors (qp/kp)yp=qpxp est dans F. De plus,

||q_px_p-ty||=\left\|\frac{q_p}{k_p}y_p-ty\right\|=\left\|\frac{q_p}{k_p}y_p-ty_p+ty_p-ty\right\|\leq \frac{||y_p||}{p}+|t|\ ||y_p-y||

d'où l'on voit que la suite (qpxp) tend vers ty et, F étant fermé, ceci prouve que ty est dans F.


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