Exercice 1.

(a) d_{2} est clairement symétrique et d_{2}(x, y) = 0 implique d_{1}(x, y) = 0 donc x = y. De plus,

d_{2}(x, z) = ϕ(d_{1}(x, z)) ≤ ϕ(d_{1}(x, y) + d_{1}(y, z)) ≤ d_{2}(x, y) + d_{2}(y, z)

car ϕ est croissante et vérifie l’inégalité énoncée.

(b) Si ϕ est continue en 0 : ∀ϵ > 0, ∃δ > 0 tel que 0 ≤ u < δ ⇒ 0 ≤ ϕ(u) < ϵ, d’où d_{1}(x, y) < δ ⇒ d_{2}(x, y) < ϵ c’est-à-dire, B_{2}(x, ϵ) ⊃ B_{1}(x, δ) (avec des notations évidentes).

De même, ϕ étant croissante, si ϵ > 0 et δ = ϕ(ϵ) > 0, alors ϕ(u) < δ ⇒ u < ϵ, c’est-à-dire d_{2}(x, y) < δ ⇒ d_{1}(x, y) < ϵ. Ce qui montre que B_{1}(x, ϵ) ⊃ B_{2}(x, δ).

(c) Il est facile de constater que les deux exemples vérifient les hypothèses. Pour le second, on utilise :

\frac{u + v}{1 + u + v} = \frac{u}{1 + u + v} + \frac{v}{1 + u + v} ≤ \frac{u}{1 + u} + \frac{v}{1 + v}

pour u, v ≥ 0.

Exercice 2.

(a) Pour tout a, x et y, on a d(x, a) ≤ d(y, a)+d(x, y) d’où en prenant l’infimum en a ∈ A.

d(x, A) ≤ d(y, A) + d(x, y)

et en renversant les rôles de x et y, on a :

|d(x, A) − d(y, A)| ≤ d(x, y) .

La fonction est donc bien 1-lipschitzienne. Par ailleurs,

d(x, A) = 0 ⟺ ∃a_{n} ∈ A, d(x, a_{n}) ⟶_{n→+∞} 0 ⟺ x ∈ \overline{A} .

(b) Soit x_{0} ∈ G, ∃R > 0 tel que G ⊂ \overline{B}(x_{0}, R). Soit y_{0} ∈ F et D = d(x_{0}, y_{0}), alors D > 0 car y_{0} ≠ x_{0}. Soient x ∈ G et y ∈ F tels que d(F, G) ≤ d(x, y) ≤ d(x_{0}, y_{0}) alors,

d(x_{0}, y) ≤ d(y, x) + d(x, x_{0}) ≤ D + Rd(x, x_{0}) ≤ R ≤ D + R

l’infimum est donc à chercher dans \overline{B}(x_{0}, D+R). Par compacité de G∩\overline{B}(x_{0}, D+R) et F ∩ \overline{B}(x_{0}, D + R), il existe x′ ∈ G et y′ ∈ F tels que d(x′, y′) = d(F, G) > 0.

L’exemple est donné par deux courbes asymptotes.

(c) Les deux voisinages ouverts sont :

O_{A} = {x ∈ R^{n}; d(x, A) < d(x, B)}O_{B} = {x ∈ R^{n}; d(x, A) > d(x, B)} .

Exercice 3.

L’application x ↦ d(x, f(x)) est continue, elle atteint donc son minimum sur X. Soit a = d(x_{0}, f(x_{0})) = min_{x∈X} d(x, f(x)). Si f(x_{0}) ≠ x_{0}, alors

d(f(x_{0}), f(f(x_{0}))) < d(x_{0}, f(x_{0})) = a

qui est une contradiction, donc f(x_{0}) = x_{0}.

Si x_{1} est un autre point fixe de f alors

x_{0} ≠ x_{1} ⟹ d(x_{0}, x_{1}) = d(f(x_{0}), f(x_{1})) < d(x_{0}, x_{1})

ce qui est impossible, d’où x_{0} = x_{1}.

Exercice 4.

(a) On notera par les mêmes lettres les formes quadratiques et les formes bilinéaires qui leur correspondent. On définit les endomorphismes A_{12}, A_{1} et A_{2} comme suit :

q_{1}(x, x) = q_{2}(A_{12}x, x), q_{1}(x, x) = q_{0}(A_{1}x, x) et q_{2}(x, x) = q_{0}(A_{2}x, x) ,

d’où A_{12} = A_{2}^{−1}A_{1}.

En diagonalisant A_{12} dans une base q_{2}-orthonormée on voit que sup_{q_{2}(x)=1}{q_{1}(x)} = plus grande valeur propre de A_{12} et inf_{q_{2}(x)=1}{q_{1}(x)} = plus petite valeur propre de A_{12}. On a donc

( sup_{q_{2}(x)=1}\{q_{1}(x)\}) × ( inf_{q_{2}(x)=1}\{q_{1}(x)\}) = det(A_{12}) = \frac{det(A_{1})}{det(A_{2})}.

Par ailleurs \sqrt{det(A_{i})} = \frac{π}{(B_{q_{i}})} pour i = 1, 2, d’où le lemme annoncé.

Alors :

i) Posons λ_{12} = sup_{q_{2}(x)=1}{q_{1}(x)} et μ_{12} = inf_{q_{2}(x)=1}{q_{1}(x)}. On a donc que

q_{2}(x) = 1 ⟹ \{ \begin{matrix}\frac{1}{λ_{12}} q_{1}(x) ≤ 1 \\ \frac{1}{μ_{12}} q_{1}(x) ≥ 1 \end{matrix}

ce qui signifie que

\sqrt{μ_{12}}B_{q_{1}} = B_{\frac{1}{μ_{12}} q_{1}} ⊂ B_{q_{2}} ⊂ B_{\frac{1}{λ_{12}} q_{1}} = \sqrt{λ_{12}}B_{q_{1}}

et ces inclusions sont optimales car les points qui réalisent les supremum et infimum sont des points de contact entre les ellipses correspondantes. D’où

d(q_{1}, q_{2}) = log (\frac{(B_{q_{2}})}{(\sqrt{μ_{12}}B_{q_{1}})}) = log (\frac{1}{μ_{12}} \frac{(B_{q_{2}})}{(B_{q_{1}})})

= log (λ_{12} (\frac{(B_{q_{2}})}{(B_{q_{1}})}) (\frac{(B_{q_{1}})}{(B_{q_{2}})})^{2})

= log (\frac{(\sqrt{λ_{12}}B_{q_{1}})}{(B_{q_{2}})}) = log (\frac{(B_{\frac{1}{λ_{12}} q_{1}})}{(B_{q_{2}})})

= d(q_{2}, q_{1})

d’où la symétrie.

ii) Soit B_{q′_{1}} comme dans l’énoncé et, pour q_{3} ∈ Q, B_{q′′_{3}} le plus grand homothétique de B_{q_{3}} inclus dans B_{q′_{1}}, on a

d(q_{1}, q_{2}) + d(q_{3}, q_{1}) = log (\frac{(B_{q_{2}})}{(B_{q′_{1}})} \frac{(B_{q′_{1}})}{(B_{q′′_{3}})}) = log (\frac{(B_{q_{2}})}{(B_{q′′_{3}})}) .

Mais l’inclusion B_{q′′_{3}} ⊂ B_{q_{2}} n’est pas optimale, donc

log (\frac{(B_{q_{2}})}{(B_{q′′_{3}})}) ≥ d(q_{2}, q_{3})

d’où l’inégalité triangulaire.

iii) Si d(q_{1}, q_{2}) = 0 alors q_{1} = q′_{2} et donc les formes quadratiques q_{1} et q_{2} sont proportionnelles. En restriction à E on a d(q_{1}, q_{2}) = 0 ⟹ q_{1} = q_{2}.

(b) Soit q ∈ E et b ≥ a > 0 les longueurs des demi-axes de B_{q}. Alors,

d(q_{0}, q) = log (\frac{B_{q}}{(aB_{q_{0}})}) = log (\frac{πab}{πa^{2}}) = log (\frac{b}{a}) ≥ 0 .

Exercice 5.

(a) Si x = p^{r} \frac{m}{n} et y = p^{r′} \frac{m′}{n′} alors xy = p^{r+r′} \frac{mm′}{nn′} et p ne divise ni mm′ ni nn′, d’où :

|xy|_{p} = \frac{1}{p^{r+r′}} = |x|_{p}|y|_{p} .

De même, en supposant que r ≥ r′,

x + y = p^{r′} (\frac{m′}{n′} + p^{r−r′} \frac{m}{n}) = p^{r′} (\frac{m′n + p^{r−r′}mn′}{nn′} )

p ne divise pas nn′; les seuls facteurs pouvant apparaître viennent donc du numérateur avec une puissance positive d’où

|x + y|_{p} = \frac{1}{p^{r′′}} ≤ \frac{1}{p^{r′}} = sup \{|x|_{p}, |y|_{p}\}, (r′′ ≥ r′).

Remarquons que, si r′ < r, on a l’égalité dans l’inégalité ci-dessus.

(b) Le fait que d_{p} soit une métrique est immédiat.

(c) Soit n_{k} une suite de nombres non divisibles par p et tendant vers +∞, alors

x_{k} = \frac{1}{n_{k}} ⟶_{n_{k}→+∞} 0 et |x_{k}|_{p} = 1, ∀k .

Réciproquement, |p^{r}|_{p} ⟶_{r→+∞} 0 et p^{r} ⟶_{r→+∞} +∞.

(d) B_{p} = \{x ∈ Q | x = p^{r} \frac{m}{n}, r ≥ 0\}. Si x ∈ B_{p}, f(x) = \frac{n^{2}+pmn+p^{2}m^{2}}{n^{2}} et p ne divise pas n^{2} ni n^{2} + pmn + p^{2}m^{2}, donc |f(x)|_{p} = 1, c’est-à-dire f(B_{p}) ⊂ B_{p}.

Par ailleurs, pour x et y dans B_{p}

f(x) − f(y) = p(x − y) + p^{2}(x − y)^{2}

et donc si |x − y|_{p} = \frac{1}{p^{r}} avec r ≥ 0

|f(x) − f(y)|_{p} ≤ \frac{1}{p^{r+1}} = \frac{1}{p}|x − y|_{p} .

L’application f est une contraction.

(e) Si (B_{p}, d_{p}) était complète (c’est-à-dire si (Q_{p}, d_{p}) était complet) alors f aurait un point fixe, c’est-à-dire un point x_{0} ∈ B_{p} tel que

f(x_{0}) = 1 + px_{0} + p^{2}x_{0}^{2} = x_{0}

or l’équation p^{2}x^{2} + (p − 1)x_{0} + 1 = 0 a un discriminant négatif et n’a donc aucune solution réelle.