Agrégation interne : espaces compacts, espaces complets, espaces connexes, espaces vectoriels normés de dimension finie

Supposons pour commencer que l'ensemble $\mathcal C$ est compact. Alors on sait que $f$, qui est continue sur $\mathcal C$, y est bornée et atteint ses bornes. En particulier, il existe $a\in\mathcal C$ tel que $f(a)=\inf_{x\in \mathcal C}f(x)$. Puisque $f(a)>0$, le résultat est démontré.
Il suffit donc de prouver que $\mathcal C$ est compact. Puisque $\mathcal C$ est une partie de $\mathbb R^n$, il suffit de prouver qu'elle est bornée et fermée. Pour démontrer qu'elle est bornée, on peut choisir de munir $\mathbb R^n$ de la norme $\|\cdot\|_1$ (toutes les normes sur $\mathbb R^n$ sont équivalentes). Mais, alors, si $x\in\mathcal C$, on a $$\|x\|_1=|x_1|+\dots+|x_n|=x_1+\dots+x_n=1.$$ Ainsi, $\mathcal C$ est bornée. Pour démontrer que $\mathcal C$ est compact, on va poser $$\mathcal C_0=\{(x_1,\dots,x_n)\in\mathbb R^n;\ x_1+\dots+x_n=1\}\textrm{ et }\mathcal C_i=\{(x_1,\dots,x_n)\in\mathbb R^n;\ x_i\geq 0\},\ i=1,\dots,n.$$ Il est clair que $\mathcal C=\mathcal C_0\cap\mathcal C_1\cap\dots\mathcal C_n$. Pour démontrer que $\mathcal C$ est fermé, il suffit de démontrer que chaque $\mathcal C_i$ est fermé, puisque l'intersection de parties fermées est fermée. Or, posons $f_0(x)=x_1+\dots+x_n$ et $f_i(x)=x_i$, $i=1,\dots,n$. Toutes les fonctions $f_i$ sont continues. De plus, $$\mathcal C_0=f_0^{-1}(\{1\})\textrm{ et }\mathcal C_i=f_i^{-1}([0,+\infty[).$$ Ainsi, chaque $\mathcal C_i$ est fermé comme image réciproque d'un fermé par une application continue, ce qui achève la preuve de la compacité de $\mathcal C$.

On suppose au contraire que $f$ n'est pas bornée. Ainsi, pour tout $n\geq 1$, il existe $x_n\in A$ tel que $|f(x_n)|\geq n$. Puisque $A$ est compact, il existe $x\in A$ et une suite extraite $(x_{\phi(n)})$ de $(x_n)$ qui converge vers $x$. Soit $r>0$ et $M>0$ tels que, pour tout $y\in B(x,r)\cap A$, $|f(y)|\leq M$.
Puisque $(x_{\phi(n)})$ converge vers $x$, il existe un entier $N$ tel que, pour $n\geq N$, on a $x_{\phi(n)}\in B(x,r)$. Pour ces entiers $n$, on a alors $$\phi(n)\leq |f(x_{\phi(n)})|\leq M.$$ Faisant tendre $n$ vers l'infini, on trouve une contradiction.

Soit $(z_n)$ une suite de $K+L$. Alors pour chaque $n$, $z_n$ s'écrit $z_n=x_n+y_n$ avec $x_n\in K$ et $y_n\in L$. La suite $(x_n)$ est une suite de $K$ : elle admet donc une suite extraite $(x_{\phi(n)})$ qui converge vers $x\in K$. De plus, la suite $(y_{\phi(n)})$ est une suite de $L$. Elle admet donc une suite extraite $(y_{\psi(n)})$ qui converge vers $y\in L$. Comme la suite $(x_{\psi(n)})$ est extraite de $(x_{\phi(n)})$, elle converge également vers $x$. Ainsi, la suite $(z_{\psi(n)})$ converge vers $x+y\in K+L$. Ce dernier ensemble est bien compact. Remarquons ici l'importance de procéder à des extractions successives.

L'application déterminant est continue sur $\mcm_n(\mtr)$ (c'est un polynôme en les coefficients de la matrice). En outre, $$GL_n(\mtr)=\det\ \!^{-1}\left(\mtr^*\right).$$ Ainsi, cet ensemble est ouvert comme image réciproque d'un ouvert. Prouvons qu'il est dense. Une matrice $M$ n'admet qu'un nombre fini de valeurs propres. Il existe donc $\rho>0$ tel que $0<|\lambda|<\rho$ entraîne que $M-\lambda I$ est inversible. En outre, si $\lambda\to 0$, $M-\lambda I\to M$, et donc $M$ est limite d'une suite de matrices inversibles.

Une suite convergente admet toujours une sous-suite convergente. Réciproquement, si $(u_n)$ admet une sous-suite $(u_{\varphi(n)})$ qui converge vers $l$, on fixe $\veps>0$. Puisque $(u_n)$ est de Cauchy, il existe $N_1$ tel que $$n,p\geq N_1\implies \|u_n-u_p\|\leq \veps.$$ On fixe ensuite $n_0$ tel que $\varphi(n_0)>N_1$ et $\|u_{\varphi(n_0)}-l\|\leq \veps$. Pour $n\geq\varphi(n_0)\geq N_1$, on a d'après l'inégalité triangulaire : $$\|u_n-l\|\leq \|u_n-u_{\varphi(n_0)}\|+\|u_{\varphi(n_0)}-l\|\leq 2\veps.$$

1. Remarquons que, puisque $|\cos x|\leq 1$ et que $|1/(1+x^2)|\leq 1$ pour tout $x\in\mathbb R$, l'inégalité des accroissements finis nous dit que, pour tous $(u,v)\in\mathbb R^2$, on a $$|\sin(u)-\sin(v)|\leq |u-v|\textrm{ et }|\arctan(u)-\arctan(v)|\leq |u-v|.$$ Ainsi, on obtient \begin{eqnarray*} \|f(x,y)-f(x',y')\|_1&\leq&\frac14|\sin(x+y)-\sin(x'+y')|+\frac23|\arctan(x-y)-\arctan(x'-y')|\\ &\leq&\frac{1}4|(x+y)-(x'+y')|+ \frac23|(x-y)-(x'-y')|\\ &\leq&\frac{1}4|(x-x')+(y-y')|+\frac23|(x-x')-(y-y')|\\ &\leq&\left(\frac14+\frac23\right)\big(|x-x'|+|y-y'|\big)\\ &\leq&\frac{11}{12}\|(x,y)-(x',y')\|_1 \end{eqnarray*}
2. La fonction $f$ est contractante, et $\mathbb R^2$ muni de $\|.\|_1$ est un espace de Banach. D'après le théorème du point fixe, il existe un unique couple $(x,y)\in\mathbb R^2$ tel que $(x,y)=f(x,y)$. Autrement dit, le système admet une unique solution.
3. L'utilisation de la norme $\|.\|_\infty$ ne convenait pas, car $f$ n'est pas contractante lorsqu'on utilise cette norme. En effet, choisissons $x>0$ et $y=-x$. On a alors $$\|f(x,-x)-f(0,0)\|_\infty\geq \frac23\big(\arctan(2x)-\arctan(0)\big).$$ D'après l'égalité des accroissement finis appliqués à la fonction $g:t\mapsto \arctan(t),$ sur $[0,2x]$ avec $g'(t)=\frac{1}{1+t^2}$ qui vérifie, pour tout $t\in[0,2x],$ $$\frac1{1+4x^2}\leq g'(t)\leq 1,$$ on a $$\|f(x,-x)-f(0,0)\|_\infty \geq\frac{4x}{3(1+4x^2)}.$$ Si $f$ était $k$-contractante, avec $k\in[0,1[$, on aurait : $$\frac{2x}{1+4x^2}\leq \|f(x,-x)-f(0,0)\|_\infty\leq k\|(x,-x)-(0,0)\|_\infty\leq kx.$$ Faisant tendre $x$ vers 0, on obtiendrait $2\leq k$, une contradiction.