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\begin{document}

\title{Divers exercices mathématiques}
\date{}
\maketitle

\section{Propriétés topologiques d'un ensemble de polynômes scindés}

Dans tout ce qui suit, $n \in \mathbf{N}^*$ est fixé (quelconque !).

On note $\Omega_n$ l'ensemble des polynômes scindés à racines simples sur
$\mathbf{R}$ de degré $n$.
On a
\[ \Omega_n = \left\{a \displaystyle\prod_{i=1}^n (X-x_i) \middle|
  a \in \mathbf{R}^*, (x_1,\dots,x_n) \in \mathbf{R}^n,
  i \neq j \Rightarrow x_i \neq x_j \right\}
\]

L'espace topologique ambiant est $\mathbf{R}_n[X]$, c'est un espace vectoriel réel
de dimension finie. On travaille avec l'unique topologie d'espace séparé qui soit
compatible avec la structure d'espace vectoriel. Toutes les normes sont équivalentes
et donnent cette topologie.


\subsection{$\Omega_n$ est un ouvert}

Soit $P = a \displaystyle\prod_{i=1}^n (X-x_i) \in \Omega_n$.

Choisissons $y_0,\dots,y_n \in \mathbf{R}$ tels que $y_0 < x_1 < y_1 < x_2 < ... < x_n < y_n$,
et posons $\eta = \displaystyle\min_{0 \leq k \leq n} |P(y_k)| > 0$.

En considérant la norme de la convergence uniforme sur $[y_0,y_n]$,
il est clair qu'il existe un voisinage $V$ de $P$ tel que
$\forall Q \in V, \forall k \in \llbracket 0 , n \rrbracket,
|P(y_k) - Q(y_k)| \leq \dfrac{\eta}{2} < |P(y_k)| \Rightarrow P(y_k)Q(y_k) > 0$.
Comme $P$ est à racines simples, il change de signe à chaque $x_i$ et donc
les $(P(y_k))_{0\leq k \leq n}$ sont de signes alternés, donc les $(Q(y_k))_{0\leq k \leq n}$ aussi.

Le théorème des valeurs intermédiaires appliqué à $Q$ sur chaque
segment $[y_i, y_{i+1}]$ permet de conclure à l'existence de $n$ racines
distinctes dans $\mathbf{R}$ pour $Q \in V$, d'où $V \subset \Omega_n$.
$\Omega_n$ est un voisinage de tous ses points, c'est un ouvert.

\subsection{Adhérence de $\Omega_n$ dans $\mathbf{R}_n[X]$}

\subsubsection{$\overline{\Omega_n}$ contient les polynômes scindés de degré $n$}

Tout d'abord, nous allons montrer que $\overline{\Omega_n}$ contient tous les polynômes
scindés de degré exactement $n$, y compris ceux à racines multiples.

Soit
$P = a \displaystyle\prod_{i=1}^n (X-x_i) \in \mathbf{R}_n[X] \setminus \mathbf{R}_{n-1}[X]$
scindé.
Considérons la suite de polynômes
$\left( P_m(X) = a \displaystyle\prod_{i=1}^n \left( X - \left( x_i+\frac{i}{m}
\right)\right)\right)_{m \in \mathbf{N^*}}$.
Comme les coefficients d'un polynôme de degré et coefficient dominant
fixés sont des fonctions polynomiales symétriques, donc continues,
des racines, les coefficients de $P_m$ tendent vers ceux de $P$
donc $(P_m)$ converge vers $P$ (prendre par exemple la norme 1 sur
les coefficients dans $\mathbf{R}_n[X]$). Reste à montrer que
les racines des polynômes $(P_m)$ sont distinctes,
ce qui est en fait le cas à partir d'un certain rang.
Pour $(i,j) \in \ \llbracket 1 , n \rrbracket^2$, avec $i \neq j$ :
\begin{itemize}
\item si $x_i = x_j$ : on a $\forall m \in \mathbf{N}^*,
  i \neq j \Rightarrow x_i + \dfrac{i}{m} \neq x_j + \dfrac{j}{m}$
\item si $x_i \neq x_j$ : $\mathbf{R}$ étant un espace topologique séparé
  $x_i$ et $x_j$ admettent 2 voisinages disjoints $V_i$ et $V_j$,
  et, par convergence des suites,
  $\exists M_{ij} \in \mathbf{N}^* : \forall m \geq M_{ij},
  x_i + \dfrac{i}{m} \in V_i \mbox{ et }  x_j + \dfrac{j}{m} \in V_j
  \Rightarrow x_i + \dfrac{i}{m} \neq x_j + \dfrac{j}{m}$
\end{itemize}
En posant $M = \displaystyle \max_{i \neq j} M_{ij}$, on a
$\forall m \geq M, P_m \in \Omega_n$.
Ainsi $(P_m)_{m \geq M}$ est une suite dans $\Omega_n$ qui converge vers $P$.
On en conclut $P \in \overline{\Omega_n}$.

\subsubsection{Tous les polynômes scindés ou constants de $\mathbf{R}_n[X]$ sont dans $\overline{\Omega_n}$}

Soit $P \in \mathbf{R}_n[X]$ scindé ou constant non nul. La suite
$\left(\left(\dfrac{X}{m}+1\right)^{n-\deg P}P\right)_{m \in \mathbf{N}^*}$
est une suite de polynômes scindés de degré $n$, qui sont des éléments de
$\overline{\Omega_n}$ d'après le résultat précédent. Cette suite converge
vers $P$. $\overline{\Omega_n}$ étant fermé par définition de l'adhérence,
on a $P \in \overline{\Omega_n}$. Pour le polynôme nul, la suite
$\left(\dfrac{X^n}{m}\right)_{m \in \mathbf{N}^*}$ fait l'affaire \ldots

\subsubsection{Inclusion réciproque}

Nous allons montrer que l'ensemble $E$ des polynômes constants ou scindés
de $\mathbf{R}_n[X]$ est bien l'adhérence de $\Omega_n$. On a déjà
$E \subset \overline{\Omega_n}$, reste l'inclusion réciproque.

Pour cela il suffit de montrer que $E$ est fermé : en effet dans ce cas,
comme $\Omega_n \subset E$, on a $\overline{\Omega_n} \subset E$ car
$\overline{\Omega_n}$ est le plus petit fermé contenant $\Omega_n$.
Cela revient à dire que $F = \mathbf{R}_n[X] \setminus E$ est ouvert.

Soit $P \in F$, $P$ est un polynôme non scindé sur $\mathbf{R}$ et non constant.
D'après le théorème fondamental de l'algèbre, il possède donc une racine
complexe non réelle $z_0$.
Il est possible de choisir un voisinage compact $K$ de $z_0$ disjoint de
$\mathbf{R}$ (car $\mathbf{C} \setminus \mathbf{R}$ est ouvert) sur lequel
$P$ ne s'annule pas (les racines de $P$ sont finies et donc discrètes).
Notons :
\begin{itemize}
\item $M = \displaystyle \inf_{z \in \partial K} |P(z)|$ ; $|P|$ atteint ses bornes sur
  $\partial K$ compact où $P$ ne s'annule pas donc $M > 0$
\item $N(Q) = \displaystyle \sup_{z \in K} |Q(z)|$ ; on peut montrer que c'est une norme
\end{itemize}
La boule ouverte pour $N$ centrée en $P$ de rayon $\dfrac{M}{3}$, que l'on nommera $V$,
est un voisinage de $P$ dans $\mathbf{R}_n[X]$. De plus, pour $Q \in V$, on a :
\[ \forall z \in \partial K, |Q(z)| \geq |P(z)| - |P(z) - Q(z)|
    > \frac{2M}{3} > \frac{M}{3}
   \geq |Q(z_0) - P(z_0)| = |Q(z_0)|
\]
Ainsi le minimum de $Q$ sur $K$ ne peut être atteint sur sa frontière,
$Q$ admet donc un minimum local dans l'intérieur de $K$.
$Q$ n'étant pas constant (sinon le minimum serait aussi atteint
sur $\partial K$), d'après le principe du module minimum, ce minimum
local est un zéro de la fonction holomorphe $z \mapsto Q(z)$. Ainsi
$Q$ a une racine complexe non réelle : c'est un polynôme non constant
et non scindé sur $\mathbf{R}$ donc dans $F$. En fin de compte
on a obtenu $V \subset F$. Donc $F$ est ouvert, c'est gagné !

\subsubsection{Conclusion}

L'adhérence de $\Omega_n$ dans $\mathbf{R}_n[X]$ est
l'ensemble des polynômes constants ou scindés sur $\mathbf{R}$.


\section{Normes en dimension finie, boules et convexité}

Dans toute cette section, $E$ est un $\mathbf{R}$-evn et $\dim E = n < \infty$.

\subsection{Convexité de la boule unité}

On dispose de la propriété suivante : si $f : E \rightarrow \mathbf{R}$
est convexe, c'est-à-dire que
$\forall (x,y) \in E^2,
\forall \lambda \in [0,1], f(\lambda x + (1-\lambda)y)
\leq \lambda f(x) + (1-\lambda)f(y)$,
alors pour tout $a \in \mathrm{R}$, $f^{-1}(]-\infty,a])$ et $f^{-1}(]-\infty,a[)$ sont
convexes (démonstration laissée en exercice). On en déduit, grâce à la
convexité de la norme, que les boules unités ouvertes et fermées pour toutes
les normes sont convexes ; plus généralement toute boule est convexe
(toute boule est semblable à une boule unité, la similitude étant affine
elle préserve la convexité).

\subsection{La boule unité en norme 1}

Soit $\mathcal{B} = (e_1,\dots,e_n)$ une base de $E$, on définit la norme 1 associée
\[ \left\| \sum_{i=1}^n x_ie_i \right\|_1 = \sum_{i=1}^n |x_i| \]
On va montrer la propriété suivante : la boule unité fermée pour cette norme est
l'enveloppe convexe des vecteurs de la base $(e_1,\dots,e_n)$ et de leurs opposés,
ensemble que l'on notera $F = \displaystyle \bigcup_{i \in \llbracket 1 , n \rrbracket} \{e_i,-e_i\}$

Il est déjà clair que $F \subset \overline{B}(0,1)$, et la boule unité étant convexe on a l'inclusion
$\mathrm{Conv}(F) \subset \overline{B}(0,1)$. Réciproquement soit
$x \in \overline{B}(0,1)$. Alors
\[ \exists (x_1,\dots,x_n) \in \mathbf{R}^n : x = \sum_{i=1}^n x_ie_i \mbox{ et }
\sum_{i=1}^n |x_i|  \leq 1 \Rightarrow 1 - \sum_{i=0}^n |x_i| \geq 0 \]
Remarquons que $0_E$, isobarycentre de $e_1$ et $-e_1$, est dans $\mathrm{Conv}(F)$.
Par convexité, tout barycentre de points de $F \cup \{0\}$ à
coefficients positifs est dans $\mathrm{Conv}(F)$.
En écrivant
\[ x = \left( 1 - \sum_{i=0}^n |x_i| \right) . 0_E
   + \sum_{i=0}^n |x_i|e'_i \mbox{ avec }
   e'i = \left\{\begin{matrix}
     e_i  & \mbox { si } |x_i| \geq 0 \\
     -e_i & \mbox{ sinon } \\
   \end{matrix} \right.
 \]
On voit que $x \in \mathrm{Conv}(F)$
ce qui achève la preuve de l'inclusion réciproque.

\subsection{Caractérisation des boules unités}

Si une partie $A \subset E$ est la boule unité fermée pour une certaine norme sur $E$
alors :
\begin{itemize}
\item elle est fermée (continuité de la norme) et bornée (définition de la bornitude)
  donc compacte ($\dim E < \infty$)
\item elle est convexe
\item elle est symétrique par rapport à l'origine (i.e. $x \in A \Leftrightarrow -x \in A$)
\item elle est d'intérieur non vide (en effet elle contient la boule unité ouverte)
\end{itemize}

Nous allons montrer la réciproque : les compacts convexes d'intérieur non vide
symétriques par rapport à l'origine sont des boules unités avec la bonne norme.

Pour $A \subset E$ satisfaisant ces hypothèses, parachutons la norme en question :
\[ N(x) = \inf \left\{ \lambda \in \mathbf{R}_+^* \middle| \frac{1}{\lambda}.x \in A \right\} \]
Montrons d'abord que c'est une norme :
\begin{itemize}
\item $N(0) = 0$ est évident : $0 \in A$ ($A$ est non vide, convexe, et symétrique
  par rapport à $0$, et $0$ se trouve sur tout segment reliant un point et son opposé)
  donc $\forall \lambda \in \mathbf{R}_+^*, \dfrac{0}{\lambda} \in A$ et comme
  $\inf \mathbf{R}_+^* = 0$ \ldots
\item Si $N(x) = 0$ pour un certain $x \in E$ :
  la caractérisation séquentielle de la borne inférieure (qui nécéssite l'axiome du
  choix, rappelons-le) donne l'existence d'une certaine suite
  $(\lambda_n)_{n \in \mathbf{N}}$ qui converge vers $0$ par valeurs positives telle que
  $\forall n \in \mathbf{N}, \dfrac{x}{\lambda_n} \in A$. Si l'on avait $x \neq 0$,
  $\displaystyle \left\| \frac{1}{\lambda_n}x \right\|
  = \frac{\|x\|}{\lambda} \xrightarrow[n \to \infty]{} +\infty$
  ce qui contredirait le caractère borné de $A$.
\item La propriété multiplicative de la norme se fait à l'encéphalogramme plat
  \ldots (attention quand même, pour un coefficient négatif il faut utiliser la
  symétrie de $A$ par rapport à l'origine)
\item Inégalité triangulaire : soient $(x,y) \in E^2$.\\
  Si $x=0$ ou $y=0$ c'est bon. Sinon, dans la définition de $N(x)$,
  la borne inférieure est en fait un minimum : en considérant $(\lambda_n)$
  telle que $\lambda_n \xrightarrow[n \to \infty]{} N(x)$ et
  $\left\{\dfrac{x}{\lambda}\right\}_{n=0}^\infty \subset A$,
  comme $A$ est fermé, $\dfrac{x}{N(x)} \in A$ en passant à la limite.
  Il en va de même pour $y$. \\
  On a alors :\\
 $\dfrac{x+y}{N(x)+N(y)} = \dfrac{N(x)}{N(x)+N(y)}.\dfrac{x}{N(x)}
  + \dfrac{N(y)}{N(x)+N(y)}.\dfrac{y}{N(y)} \in A$,\\
  en effet $A$ est convexe et on reconnaît l'expression d'un barycentre
  de points de $A$. D'où $N(x+y) \leq N(x)+N(y)$ puisque la borne inférieure
  est un minorant.
\end{itemize}
Il est ensuite facile de montrer que $A$ est la boule unité pour la norme $N$ :
\begin{itemize}
\item Pour tout $x \in A$, $\dfrac{x}{1} \in A$ d'où $N(x) \leq 1$ ;
\item Réciproquement si $N(x) \leq 1$ ($x \in E$), on a vu que si $x = 0$
  alors $x \in A$ et sinon $\dfrac{x}{N(x)} \in A$ donc
  $x = (1-N(x)).0 + N(x).\dfrac{x}{N(x)} \in A$ par convexité.
\end{itemize}
Par double inclusion on a le résultat.

\subsection{Application : théorème de Banach-Schauder en dimension finie}

Le théorème à montrer est le suivant : une application linéaire $f$ entre 2
evn est surjective si, et seulement si, l'image de tout
ouvert est un ouvert (on dit que $f$ est une application ouverte).
Ici, on s'intéressera au cas où l'espace d'arrivée est de dimension finie
(le cas général utilise le théorème de Baire dans sa démonstration).

Un sens de l'équivalence est évident : si $f$ est une application ouverte,
alors son image est un ouvert qui contient une boule ouverte centrée en 0,
elle contient une base de l'espace d'arrivée (à partir d'une base quelconque
on peut faire une homothétie pour obtenir une base dans la boule). Donc
$f$ est surjective par linéarité.

Dans l'autre sens, l'énoncé peut se réduire à un problème plus simple :
\begin{itemize}
\item il suffit de montrer que l'image de tout voisinage d'un point
  est un voisinage de l'image du point ;
\item on peut se ramener au point $0$ puisque les translations sont
  des homéomorphismes d'un evn
\item les boules ouvertes formant une base des voisinages de $0$
  on peut n'étudier que celles-ci
\item en utilisant les homothéties, qui sont des homéomorphismes,
  finalement, on peut se limiter à l'étude de la boule unité\ldots
  (mais ce n'est pas forcément utile)
\end{itemize}
La boule unité $B$ de l'espace de départ contient une base, donc
$f(B)$ contient une famille génératrice de l'espace d'arrivée, dont
on peut extraire une base $(e_1,\dots,e_n)$. $f$ étant linéaire elle
préserve la convexité et la symétrie relativement à l'origine.
Donc $f(B)$ contient $\mathrm{Conv}\{e_1,\dots,e_n,-e_1,\dots,-e_n\}$.
C'est la boule fermée unité pour la norme 1 sur $(e_1,\dots,e_n)$,
qui est un voisinage de l'origine par équivalence des normes.

\section{Points rationellements distants sur un cercle}

\subsection{Préliminaire sur les valeurs rationnelles des fonctions trigonométriques}

Dans le problème qui suit nous allons avoir besoin du résultat suivant
(appelé théorème de Niven) :

\emph{Si $\theta \in \pi\mathbf{Q}$ et $\sin \theta \in \mathbf{Q}$,
alors $\sin \theta \in \left\{0, \pm \dfrac{1}{2}, \pm 1\right\}$}

Comme $\cos \theta = \sin \left(\dfrac{\pi}{2} - \theta \right)$,
remplacer $\sin$ par $\cos$ dans l'énoncé du théorème donne évidemment
une formulation équivalente.

Voici une démonstration possible. Première chose : on note $T_n$ les polynômes de
Tchebychev de première espèce qui vérifient $T_n(\cos x) = \cos nx$.
On a $T_0(X)=1$, $T_1(X)=X$ et pour tout $n \in \mathbf{N}$
en écrivant l'identité
 $\cos(n+1)x + \cos(n-1)x = 2\cos(nx)\cos(x)$
on a $T_{n+1} = 2XT_n - T_{n-1}$.
Par récurrence triviale, $T_n$ est donc un polynôme de degré $n$ de coefficient
dominant $2^{n-1}$ pour $n \geq 1$.

Si $\theta \in \pi\mathbf{Q}$,
alors $\exists n \in \mathbf{N}^* : n\theta \in 2\pi\mathbf{Z}$, et alors
$\cos n\theta = 1 \Rightarrow T_n(\cos \theta) - 1 = 0$. Si en plus,
$\cos \theta \in \mathbf{Q}$, on peut écrire $\cos \theta = \dfrac{p}{q}$
avec $(p,q) \in \mathbf{Z} \times \mathbf{N}^*$ et $p \wedge q = 1$.
Alors $q$ divise forcément le coefficient dominant de $T_n - 1$ qui est $2^{n-1}$,
donc $\exists k \in \mathbf{N} : q = 2^k$.

Supposons par l'absurde que $k \geq 2$, cela entraîne que $2 \nmid p$
(car $2 \mid q$ et $p \wedge q = 1$) et en écrivant $q' = 2^{k-1}$ ($q = 2q'$)
\[ \cos 2\theta = 2\cos^2 \theta - 1 = \frac{2p^2 - q^2}{q^2} 
   = \frac{p^2 - 2q'^2}{2q'^2} \]
cette écriture étant irréductible car $p$ étant impair, le numérateur l'est
et le dénominateur est une puissance de 2, c'est
$2^{1+2(k-1)} = 2^{2k-1} > 2^k$ pour $k \geq 2$. Par récurrence la suite
des $(\cos(2^m\theta))_{m \in \mathbf{N}}$ est une suite de rationnels
dont la valuation $2$-adique est strictement décroissante, elle dépasse
éventuellement $-(n-1)$ d'où, en prenant $m \in \mathbf{N}$ réalisant cette
condition, $T_n(\cos 2^m\theta) - 1 \neq 0$. Or $\theta \in 2\pi\mathbf{Z}
\Rightarrow 2^m\theta \in 2\pi\mathbf{Z} \Rightarrow \cos(2^m\theta) = 1$,
c'est une contradiction.

Forcément $k \geq 1$. Le cosinus prenant des valeurs entre $-1$ et $1$
on a $\cos \theta \in [-1,1] \cap \dfrac{1}{2}\mathbf{Z}
= \left\{ 0, \pm\dfrac{1}{2}, \pm 1 \right\}$, ce qu'il fallait démontrer.

Maintenant que nous disposons de ce théorème, passons au sujet principal
de cette section.

\subsection{Le problème}

\textbf{Problème :} \\
Peut-on placer, sur le cercle unité euclidien, 1975 points deux à deux
rationnellement distants ?

\textbf{Solution :} \\
La réponse est affirmative.

Remarquons d'abord que pour 2 points séparés de l'angle $\theta$ sur le cercle
unité, la distance (dans la métrique euclidienne) entre les 2 est de
$2\left|\sin\dfrac{\theta}{2}\right|$ (faire le dessin pour s'en convaincre).

Posons $\alpha = \arccos \dfrac{3}{5}$, on a évidemment $(\cos \alpha, \sin \alpha)
= \left(\dfrac{3}{5},\dfrac{4}{5}\right) \in \mathbf{Q}^2$, et par récurrence
triviale avec les formules de trigonométrie, $(\cos n\alpha, \sin n\alpha) \in
\mathbf{Q}^2$ pour tout $n \in \mathbf{Z}$.
Considérons alors la famille de  points repérée à partir d'un axe polaire
quelconque (passant par le centre du cercle, {\em of course}) par les angles
$2n\alpha,\, n \in \mathbf{N}$. Cette famille de points est telle que le demi-angle entre 2 points
est toujours un multiple de $\alpha$ et a donc un sinus rationnel : les 2 points
sont donc rationnellement distants.

Mais comme $\alpha \not\in \pi\mathbf{Q}$ d'après le théorème du préliminaire
la famille de points précédemment construite est infinie (dénombrable)
donc contient 1975 points distincts, et même 2012 (qui, étant non seulement
la date de la fin du monde mais contenant en plus un 12, a une supériorité
numérologique incontestable), c'est donc une réponse au problème.

CQFD.
 
\section{Et pour finir \ldots}

\subsection{Un truc bidon}

Comme $\sin$ et $\cos$ sont la même fonction avec un déphasage de $\dfrac{\pi}{2}$,
\[ \int_0^{2\pi} \sin^2 x \mathop{dx} = \int_0^{2\pi} \cos^2 x \mathop{dx}
   = \frac{1}{2}\int_0^{2\pi} \sin^2 x + \cos^2 x \mathop{dx} = \pi \]
d'où $\langle \sin x \rangle = \langle \cos x \rangle = \dfrac{1}{2}$.
C'est plus joli qu'avec les formules de trigo\ldots

\subsection{Un exercice : l'inégalité de Wirtinger}

Soit $f \in \mathcal{C}^1([0,1])$ telle que $f(0)=f(1)=0$.
Montrer que
\[ \int_0^1 f'(x)^2 \mathop{dx} \geq \pi^2 \int_0^1 f(x)^2 \mathop{dx} \]
Une démonstration de cette inégalité a fait l'objet d'un exercice de l'X
(cf. Oraux X-ENS Analyse 2) avec une méthode tordue faisant intervenir les
intégrales
\[ I_1 = \int_0^1 f'(x)f(x)\mathrm{cotan}(\pi x) \mathop{dx} \mbox{ et }
   I_2 = \int_0^1 f(x)^2(1+\mathrm{cotan}^2(\pi x)) \mathop{dx} \]
mais il existe une façon bien plus naturelle d'obtenir le résultat
(indication : Fourier).

\subsection{2 exercices très difficiles (vus sur Internet)}

\textbf{1.} Soit $(E,\leq)$ un ensemble totalement ordonné. Montrer que $E$ peut
être mis en bijection croissante avec $\mathbf{R}$ si et seulement si il
vérifie les 4 propriétés suivantes :
\begin{enumerate}[(i)]
\item $E$ est sans extrémité : $\forall a \in E, \exists (b,c) \in E^2 :
  b < a < c$
\item $E$ est dense dans lui-même : $\forall (a,b) \in E^2, a < b \Rightarrow
  \exists c \in E : a < c < b$
\item $E$ est séparable : il existe $S \subset E$ dénombrable tel que \\
  $\forall (a,b) \in E^2, \exists s \in S : a \leq s \leq b$
\item $E$ est complet c'est-à-dire toute partie non vide majorée (resp. minorée)
  admet une borne supérieure (resp. inférieure)
\end{enumerate}

\textbf{2.} On considère deux chemins continus reliant les côtés opposés
d'un carré en restant dans le carré. Montrer que les deux chemins se coupent.


\end{document}