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\textwidth 15cm
\oddsidemargin 0.96cm
\evensidemargin 0.96cm



\def\Abstract{\small\noindent\bf Abstract. \rm}
\def\real{I\!\!R}
\def\natural{I\!\!N}
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\def\rational{{\cal Z}}
\def\e {\'{e}}
\def\o {\^{o}}
\def\ea {\'{e} }
\def\ee {\`{e}}
\def\eee {\^{e}}
\def\a {\`{a} }
\def\u {\`{u} }
\def\skipaline{
\vspace{4 mm}\noindent}
%NOTA BENE :  "\pmatrix et \endpmatrix, non compris en latex,
% sont remplaces 
%par \matrice et \findematrice dont la definition suit
%exemple d'utilisation :
%$A=\matrice
%a & b  \cr
%c & d  \cr \findematrice $

\def\matrice{\left(\begin{array}{cccccccccc}}
\def\findematrice{\end{array}\right)}



 \begin{document}  



%&Plain
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%\def\aire{\mathop{\rm aire}\nolimits}
%\def\trace{\mathop{\rm trace}\nolimits}
%\def\min{\mathop{\rm min}\limits}
%\def\dis{\displaystyle}

\def\build#1#2\fin{\mathrel{\mathop{\kern0pt#1}\limits#2}}


\medskip
\noindent
{\bf Exercice 1.}

\smallskip
{\it (a)\/} $d_2$ est clairement sym{\'e}trique et $d_2(x,y)=0$ implique
$d_1(x,y)=0$ donc $x=y$. De plus,
$$d_2(x,z)=\phi (d_1(x,z))\leq \phi (d_1(x,y)+d_1(y,z))\leq
d_2(x,y)+d_2(y,z)$$
car $\phi$ est croissante et v{\'e}rifie l'in{\'e}galit{\'e} {\'e}nonc{\'e}e.

\smallskip
{\it (b)\/} Si $\phi$ est continue en $0$~:
$\forall \epsilon >0,~~ \exists \delta >0 \hbox{~~tel que~~}  0\leq
u <\delta 
\Rightarrow 0\leq \phi (u) <\epsilon $,
d'o{\`u} $d_1(x,y)< \delta \Rightarrow d_2(x,y)< \epsilon$ c'est-{\`a}-dire,
$B_2(x,\epsilon) \supset B_1(x, \delta)$ (avec des notations {\'e}videntes).

De m{\^e}me, $\phi$ {\'e}tant croissante, si $\epsilon >0$ et $\delta
=\phi (\epsilon ) >0$, alors $\phi (u) <\delta \Rightarrow u<
\epsilon$, c'est-{\`a}-dire $d_2(x,y) < \delta \Rightarrow d_1(x,y) <
\epsilon$. Ce qui montre que $B_1(x,\epsilon ) \supset B_2(x,\delta
)$.

\smallskip 
{\it (c)\/} Il est facile de constater que les deux
exemples v{\'e}rifient les hypoth{\`e}ses. Pour le second, on
utilise~:
$${u+v\over 1+u+v}={u\over 1+u+v} + {v\over 1+u+v}\leq {u\over 1+u}+
{v\over 1+v}$$
pour $u,v\geq 0$.

\medskip
\noindent
{\bf Exercice 2.}

\smallskip
{\it (a)\/} Pour tout $a$, $x$ et $y$, on a $d(x,a) \le d(y,a) + d(x,y)$ d'o{\`u}
en prenant l'infimum en $a\in A$.
$$d(x,A) \le d(y,A) + d(x,y)$$
et en renversant les r{\^o}les de $x$ et $y$, on a~:
$$|d(x,A) - d(y,A)| \le d(x,y)~.$$
La fonction est donc bien 1-lipschitzienne.
Par ailleurs,
$$d(x,A) = 0 \Longleftrightarrow \exists a_n\in A,~~ d(x,a_n) \build
\longrightarrow_{n\to +\infty}\fin  0 \Longleftrightarrow x\in \overline
A~.$$

\smallskip
{\it (b)\/} Soit $x_0\in G$, $\exists R>0$ tel que $G \subset
\overline B(x_0,R)$. Soit $y_0\in F$ et $D = d(x_0,y_0)$, alors $D>0$
car $y_0 \ne x_0$. Soient $x\in G$ et $y\in F$ tels que $d(F,G)\le
d(x,y) \le d(x_0,y_0)$ alors,
$$\eqalign{
d(x_0,y) &\le d(y,x) + d(x,x_0) \le D +R\cr
d(x,x_0) &\le R \le D + R\cr}$$
l'infimum est donc {\`a} chercher dans $\overline B(x_0,D+R)$. Par
compacit{\'e} de $G \cap \overline B(x_0,D+R)$ et $F \cap \overline
B(x_0,D+R)$, il existe $x' \in G$ et $y'\in F$ tels que $d(x',y') =
d(F,G) >0$.

L'exemple est donn{\'e} par deux courbes asymptotes.

\smallskip
{\it (c)\/} Les deux voisinages ouverts sont~:
$$\eqalign{
{\cal O}_A &= \big\{x\in {\bf R}^n; d(x,A) < d(x,B)\big\}\cr
{\cal O}_B &= \big\{x\in {\bf R}^n; d(x,A) > d(x,B)\big\}~.\cr}$$

\medskip
\noindent
{\bf Exercice 3.}

L'application $x\mapsto d(x,f(x))$ est continue, elle atteint donc son
minimum sur $X$. Soit $a = d(x_0,f(x_0)) = \min_{x\in X}
d(x,f(x))$. Si $f(x_0) \ne x_0$, alors
$$d\big(f(x_0),f(f(x_0))\big) < d(x_0,f(x_0)) = a$$
qui est une contradiction, donc $f(x_0) = x_0$.

Si $x_1$ est un autre point fixe de $f$ alors
$$x_0 \ne x_1 \Longrightarrow d(x_0,x_1) = d\big(f(x_0),f(x_1)\big) < d(x_0,x_1)$$
ce qui est impossible, d'o{\`u} $x_0=x_1$.



\medskip
\noindent
{\bf Exercice 4.}

\smallskip
{\it (a)\/} On notera par les m{\^e}mes lettres les formes quadratiques et les
formes bili\-n{\'e}ai\-res qui leur correspondent. On d{\'e}finit les
endomorphismes $A_{12}$, $A_1$ et $A_2$ comme suit~:
$$q_1(x,x) = q_2(A_{12}x,x),~~ q_1(x,x) = q_0(A_{1}x,x)\hbox{~~et~~}
q_2(x,x) = q_0(A_{2}x,x)~,$$
d'o{\`u} $A_{12} = A^{-1}_2 A_1$.

En diagonalisant $A_{12}$ dans une base $q_2$-orthonorm{\'e}e on voit que
$
\dis\sup_{q_2(x) =1} \{q_1(x)\} =$ plus grande valeur propre de
$A_{12}$ et $
\dis\inf_{q_2(x) =1} \{q_1(x)\} =$ plus petite valeur propre de
$A_{12}$. On a donc 
$$\Big(\sup_{q_2(x)=1} \{q_1(x)\}\Big) \times \Big(\inf_{q_2(x)=1}
\{q_1(x)\}\Big) = \det(A_{12}) = {\det (A_1)\over \det (A_2)}.$$
Par ailleurs $\sqrt{\det (A_i)} = \dis{\pi \over \aire (B_{q_i})}$ pour
$i=1,2$, d'o{\`u} le lemme annonc{\'e}.

Alors~:

{\it i)\/} Posons $\lambda _{12} = \dis\sup_{q_2(x) =1} \{q_1(x)\}$ et
$\mu _{12} = \dis\inf_{q_2(x)=1} \{q_1(x)\}$. On a donc que
$$q_2(x) = 1 \Longrightarrow \cases{ 
\dis{1 \over \lambda _{12}} q_1(x) \le 1\cr
\dis{1 \over \mu  _{12}} q_1(x) \ge 1\cr}$$
ce qui signifie que
$$\sqrt{\mu _{12}} B_{q_1} = B_{{1 \over \mu _{12}}q_1} \subset
B_{q_2} \subset B_{{1 \over \lambda _{12}}q_1} = \sqrt{\lambda _{12}}
B_{q_1}$$
et ces inclusions sont optimales car les points qui r{\'e}alisent les
supremum et infimum sont des points de contact entre les ellipses
correspondantes. D'o{\`u}
$$\eqalign{
d(q_1,q_2)
&= \log \left({\aire (B_{q_2})\over \aire (\sqrt{\mu _{12}}
B_{q_1})}\right) = 
\log \left({1\over \mu _{12}} {\aire (B_{q_2})\over \aire (B_{q_1})}\right)\cr
$$
$$&= \log \left( \lambda _{12} \left({\aire (B_{q_2})\over \aire (B_{q_1})}\right)
 \left({\aire (B_{q_1})\over \aire (B_{q_2})}\right)^2\right)\cr
$$
$$&= \log \left({\aire (\sqrt{\lambda _{12}}B_{q_1})\over \aire (
B_{q_2})}\right) 
= \log \left({\aire (B_{{1\over \lambda _{12}}q_1})\over \aire (B_{q_2})}\right)\cr
$$
$$&= d(q_2,q_1)}$$
d'o{\`u} la sym{\'e}trie.

{\it ii)} Soit $B_{q'_1}$ comme dans l'{\'e}nonc{\'e} et, pour $q_3 \in {\bf Q}$,
$B_{q''_3}$ le plus grand homoth{\'e}tique de $B_{q_3}$ inclus dans
$B_{q'_1}$, on a
$$\eqalign{
d(q_1,q_2) + d(q_3,q_1)
&= \log \left({\aire (B_{q_2})\over \aire (B_{q'_1})}
{\aire (B_{q'_1})\over \aire (B_{q''_3})} \right)\cr
&= \log \left({\aire (B_{q_2})\over \aire (B_{q''_3})}\right)~.\cr}$$
Mais l'inclusion $B_{q''_3} \subset B_{q_2}$ n'est pas optimale, donc
$$\log \left({\aire (B_{q_2})\over \aire (B_{q''_3})}\right) \ge
d(q_2,q_3)$$
d'o{\`u} l'in{\'e}galit{\'e} triangulaire.

{\it 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 {\`a}
${\cal E}$ on a $d(q_1,q_2) = 0 \Longrightarrow q_1 = q_2$.

\smallskip 
{\it (b)\/} Soit $q\in {\cal E}$ et $b\ge a >0$ les
longueurs des demi-axes de $B_q$. Alors,
$$d(q_0,q) = \log \left({\aire B_q\over \aire (a B_{q_0})} \right) =
\log \left( {\pi ab\over \pi a^2}\right) = \log \left( {b\over
a}\right) \ge 0~.$$


\medskip
\noindent
{\bf Exercice 5.}

\smallskip 
{\it (a)\/} Si $x = p^r {m\over n}$ et $y = p^{r'} {m'
\over n'}$ alors $xy = p^{r+r'} {mm'\over nn'}$ et $p$ ne divise ni
$mm'$ ni $nn'$, d'o{\`u}~:
$$|xy|_p = {1\over p^{r+r'}} = |x|_p |y|_p~.$$
De m{\^e}me, en supposant que $r \ge r'$,
$$x+y = p^{r'} \left({m'\over n'} + p^{r-r'} {m\over n} \right) =
p^{r'} \left( {m'n + p^{r-r'} mn'\over nn'}\right)$$
$p$ ne divise pas $nn'$; les seuls facteurs pouvant  appara{\^\i}tre
viennent donc du num{\'e}rateur avec une puissance positive d'o{\`u}
$$|x+y|_p = {1\over p^{r''}} \le {1\over p^{r'}} =
\sup\big\{|x|_p,|y|_p\big\},~~ (r'' \ge r').$$
Remarquons que, si $r'<r$, on a l'{\'e}galit{\'e} dans l'in{\'e}galit{\'e} ci-dessus.

\smallskip
{\it (b)\/} Le fait que $d_p$ soit une m{\'e}trique est imm{\'e}diat.

\smallskip
{\it (c)\/} Soit $n_k$ une suite de nombres non divisibles par $p$ et tendant
vers $+\infty$, alors
$$x_k = {1\over n_k} \build \longrightarrow_{n_k\to +\infty}\fin 0
\hbox{~~et~~} |x_k|_p = 1,~~\forall k~.$$
R{\'e}ciproquement, $|p^r|_p \build \longrightarrow_{r\to +\infty}\fin 0$
et $p^r \build \longrightarrow_{r\to +\infty}\fin +\infty$.

\smallskip
{\it (d)\/} $B_p = \big\{ x \in {\bf Q}\mid x = p^r {m\over n},~~r\ge
0\big\}$. Si $x\in B_p$, $f(x) = {n^2+pmn+p^2m^2 \over n^2}$ et $p$ ne
divise pas $n^2$ ni $n^2 + pmn + p^2m^2$, donc $|f(x)|_p = 1$,
c'est-{\`a}-dire  $f(B_p) \subset B_p$.

Par ailleurs, pour $x$ et $y$ dans $B_p$
$$f(x) - f(y) = p(x-y) + p^2(x-y)^2$$
et donc si $|x-y|_p = {1\over {p^r}}$ avec $r\ge 0$
$$|f(x)-f(y)|_p \le {1\over p^{r+1}} = {1\over p} |x-y|_p~.$$
L'application $f$ est une contraction.

\smallskip
{\it (e)\/} Si $(B_p,d_p)$ {\'e}tait compl{\`e}te (c'est-{\`a}-dire si $({\bf
Q}_p,d_p)$ {\'e}tait complet) alors $f$ aurait un point fixe, c'est-{\`a}-dire
un point $x_0 \in B_p$ tel que
$$f(x_0) = 1 + px_0 + p^2 x^2_0 = x_0$$
or l'{\'e}quation $p^2x^2 + (p-1) x_0 + 1 =0$
a un discriminant n{\'e}gatif et n'a donc aucune solution r{\'e}elle.





\bigskip
\end{document}



