Contrôle continu 1 groupe 7

Université Pierre & Marie Curie (Paris 6)
UE LM364 Intégration 1
Licence de Mathématiques L3
Année 201415
Contrôle continu 1 groupe 7
(questions de cours)
Êtes-vous allés au séminaire AROMATH ?
Donner la dénition de la convergence d'une suite d'ensembles (An )n∈N .
Donner la dénition d'un ensemble dénombrable.
Soit (An )n∈N une suite d'ensembles An ⊂ X . Montrer que lim sup 1An = 1lim sup An , au
sens de la convergence simple des fonctions.
Exercice 1.
a)
b)
c)
d)
Solution de l'exercice
a)
b)
c)
d)
1.
Oui.
Cf. polycopié de cours.
Cf. polycopié de cours.
Cf. polycopié de cours.
Soit (An )n∈N une famille de sous-ensembles d'un ensemble Y . Soit f une application de X vers un ensemble Y .
Exercice 2.
a) Montrer que f −1 ( n≥n0 An ) = n≥n0 f −1 (An ).
S
S
b) Montrer que f −1 ( n≥n0 An ) = n≥n0 f −1 (An ).
c) En déduire que si (An )n converge, alors (f −1 (An ))n aussi.
T
Solution de l'exercice
T
2. cf. TD1.
Étudiez les limites supérieures et inférieures des suites d'ensembles suivantes :
a) An = [an , +∞[ pour n ∈ N, avec (an ) une suite strictement décroissante minorée.
b) Bn = [0, g(n)] pour n ∈ N, avec
Exercice 3.
(
n
si n est pair
g(n) =
1/n si n est impair.
c) Cn = [sin(n) − 1, sin(n) + 1], pour n ∈ N. On pourra utiliser sans justication que la
suite (sin(n))n est dense dans ] − 1, 1[.
3.
a) La suite (an ) est décroissante minorée.
Elle converge vers a ∈ R. La suite (An ) est
S
croissante. Elle converge donc vers n An =]a, +∞[. La limite n'est incluse dans aucun
des Ak car la suite (an ) est strictement décroissante.
Solution de l'exercice
1
b) La suite des termes pairs (B2k ) est croissante. La suite des termes impairs est décroissante.
[
B2k = [0, +∞[,
2k≥n
Donc
S
k≥n
[
B2k+1 = B2[n/2]+1 = [0, 1/(2[n/2] + 1)].
2k+1≥n
Bk = [0, +∞[ et lim sup Bn =
\
T S
n
k≥n
B2k = B2[(n+1)/2] = [0, 2k],
2k≥n
Bk = [0, +∞[. De même, on a :
[
B2k+1 = {0},
2k+1≥n
de sorte que k≥n Bk = {0} et lim inf Bn = n k≥n Bk = {0}. La suite (Bn ) ne converge
pas.
c) La suite des (sin n) est dense dans ] − 1, 1[. donc intuitivement, la suite d'intervalles
(Cn ) va balayer l'intervalle ] − 2, 2[ : elle va couvrir une innité de fois chaque point de
cet intervalle. Mais comme les intervalles sont de longueur 2, elle va aussi passer à côté
de tout point sauf peut-être 0. On va en fait montrer que lim sup Cn =] − 2, 2[ et que
lim inf Cn = {0}. il est clair que pour tout n, Cn ⊂] − 2, 2[ car sin(n) ∈] − 1, 1[ (sin(n) ne
peut-être égal à 1, car on aurait n = π2 + kπ , pour k ∈ Z, ce qui serait en contradiction
avec le fait que π est irrationnel. Donc lim sup Cn ⊂] − 2, 2[. Montrons l'autre inclusion :
soit x ∈] − 2, 2[. Comme la suite (sin(n)) est dense dans ] − 1, 1[, elle a un nombre inni
de points (distincts) dans l'intervalle [x − 1, x + 1] qui intersecte ] − 1, 1[ sur un intervalle
non vide. Donc il y a une innité de n tels que x − 1 ≤ sin(n) ≤ x + 1, c'est-à-dire tels
que sin(n) − 1 ≤ x ≤ sin(n) ou encore x ∈ Cn . x appartient donc à la limite supérieure
de la suite (Cn ).
Pour la limite inférieure, on a une inclusion {0} ⊂ lim inf Cn car tous les Cn contient
0. Soit x > 0, montrons que x n'est pas dans la liminf (la démonstration sera la même
pour x < 0). Alors toujours par densité de la suite (sin n) dans ] − 1, 1[, il existe une
innité de termes dans ] − ∞, 1 − x[, qui intersecte ] − 1, 1[ sur un intervalle de longueur
strictement positive. Donc il y a une innité de n tels que 1 + sin(n) < x. x n'est donc
pas dans la limite inférieure des Cn .
La démonstration du fait que (sin n) est dense dans [−1, 1] utilise le fait que Z + πZ est
un sous-groupe dense de R (sinon il serait de la forme aZ avec un a > 0, ce qui serait
en contradiction avec le fait que π est irrationnel, car alors 1 et π seraient des multiples
de a). Donc en particulier, il y a une innité d'élements de Z + πZ dans n'importe quel
ouvert de ] − π2 , π2 [. Comme sin est un homéomorphisme de ] − π2 , π2 [ dans ] − 1, 1[, l'image
de (Z + πZ)∩] − π2 , π2 [ est dense dans ] − 1, 1[. Les points 1 et −1 sont exclus, car comme
on l'a dit précédemment, cela serait en contradiction avec l'irrationnalité de π .
T
S T
Dites si oui ou non les ensembles suivants sont équipotents à un ensemble ni
(donner alors son cardinal), à N ou à R :
a) {{1, 2, 3, 4}}, (sans démonstration)
b) P({1, 2, 3, 4}), (sans démonstration)
c) l'ensemble des matrices carrées de taille n à coecients dans Q (à justier)
d) l'ensemble des polynômes à une variable, à coecients dans Z (à justier).
e) l'ensemble des fonctions continues de [0, 1] dans R (à justier).
Exercice 4.
2
4.
ensemble ni à 1 élément (qui est lui-même un ensemble).
ensemble ni à 24 = 16 éléments comme ensemble des parties d'un ensemble à 4 éléments.
Mn ((Q)) est équipotent à N car l'application qui à une matrice A = (aij ) de Mn (Q)
2
associe la suite de ses coecients (a1,1 , a1,2 , . . . , a1,n , a2,1 , . . . , an,n ) ∈ Qn est une bijec2
tion. Comme Q est équipotent à N, Qn aussi (comme produit ni d'un ensemble inni
dénombrable).
On peut écrire l'ensemble Z[X] des polynômes à coecents entiers comme
Solution de l'exercice
a)
b)
c)
d)
Z[X] =
[
Z≤n [X],
n∈N
où Z≤n [X] désigne l'ensemble
Pn desk polynômes de degré inférieur à n. Or l'application
qui à un polynôme P = k=0 ak x de degré inférieur à n associe la suite de ses coecients (a0 , a1 , . . . , an )Zn+1 est une bijection. Donc Z≤n [X] est inni dénombrable (donc
équipotent à N) car Zn+1 l'est. Z[X] est donc équipotent à N car union dénombrable
d'ensembles équipotents à N.
e) Une fonction continue est caractérisée par sa restriction aux rationnels. Donc l'application de C([0, 1], R) dans R[0,1]∩Q est une injection. Comme [0, 1] ∩ Q est équipotent à N
et R est équipotent à N ' {0, 1}N , on a que
2
Card(C([0, 1], R) ≤ Card[0, 1] ∩ Q = Card{0, 1}N = CardR
Donc C([0, 1], R) a la puissance du continu : il est équipotent à R.
3