Bourbaki

Exercice 1, § 3

Topologie générale, VIII, p. 26

Bourbaki marks this one as harder than the rest.

Pour toute suite finie s=(zk)k∈Is = (z_k)_{k \in I} de nombres complexes, on pose (cf. VII, p. 16, prop. 2)

∑k∈I∣zk∣=ρssup⁡J⊂I∣∑k∈Jzk∣. \sum_{k \in I} |z_k| = \rho_s \sup_{J \subset I} \left| \sum_{k \in J} z_k \right|.

a) *Si zk=rk(cos⁡φk+isin⁡φk)z_k = r_k (\cos \varphi_k + i \sin \varphi_k), où rk=∣zk∣r_k = |z_k|, et où φk\varphi_k est la mesure principale en radians de l’amplitude de zkz_k, on pose, pour tout φ\varphi tel que 0≤φ<2π0 \leq \varphi < 2\pi,

f(φ)=∑k∈Irk(cos⁡(φ+φk))+. f(\varphi) = \sum_{k \in I} r_k (\cos(\varphi + \varphi_k))^+.

Montrer que la borne supérieure de f(φ)f(\varphi) dans l’intervalle [0,2π[[0, 2\pi[ est égale à sup⁡J⊂I∣∑k∈Jzk∣\sup_{J \subset I} \left| \sum_{k \in J} z_k \right|.

En considérant l’intégrale ∫02πf(φ) dφ\int_0^{2\pi} f(\varphi) \, d\varphi, en déduire que, pour toute suite finie ss, on a ρs≤π\rho_s \leq \pi, et qu’il n’existe aucune suite finie (zk)=s(z_k) = s telle que ρs=π\rho_s = \pi.

b) Montrer que, pour tout ε>0\varepsilon > 0, il existe une suite finie (zk)=s(z_k) = s telle que ρs>π−ε\rho_s > \pi - \varepsilon (prendre pour les zkz_k les racines d’une équation binôme de degré assez grand).*

Solution

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Transcrit du volume imprimé. Non traduit.