Exercices corrigés d analyse fonctionnelle. Florent Nacry

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1 Exercices corrigés d analyse fonctionnelle Florent Nacry 15 mars 2017

2 Table des matières 1 Espaces topologiques Axiome de Zermelo Relations d ordre Lemme de Zorn Topologie sur un ensemble Topologie ase et sous-base d une topologie Suites généralisées Topologie produit Applications continues Espace topologique normal Fonction distance à un ensemble Compacité Recouvrements Elément d adhérence et sous-suite généralisée Locale compacité Compacité dans les espaces métriques Théorème de Arzela-Ascoli Semi-continuité Epigraphe et hypographe Espaces vectoriels topologiques Généralités Espaces vectoriels topologiques localement convexes Théorème de Hahn-anach analytique Théorèmes de séparation de Hahn-anach Dual topologique et topologie faible Topologie étoile faible Quelques résultats de base sur les espaces de anach Trois théorèmes fondamentaux d analyse fonctionnelle Espace de anach et dual topologique Espace de anach réflexif Séparabilité d un espace de anach Théorème d Eberlein-Smulian Espaces vectoriels topologiques de dimension finie Espaces de suites Espaces des fonctions continues sur un compact

3 Chapitre 1 Espaces topologiques Soit X un ensemble. On appelle classe de parties de X toute partie non vide de l ensemble des parties de X noté P(X). On note P 0,finie (X) l ensemble des parties finies non vides de X. On note O R la topologie usuelle de R. La lettre N désigne (conformément à la tradition anglo-saxonne) l ensemble des entiers démarrant à Axiome de Zermelo Relations d ordre Exercice 1 Soient (X, X ), (Y, Y ) deux ensemble ordonnés. Montrer que l on peut définir une relation d ordre sur X Y par l équivalence (x, y) (x, y ) x X x et y Y y pour tout (x, y), (x, y ) X Y. L ordre sur X Y s appelle l ordre produit sur X Y issu de X et de Y. Exercice 2 Donner un exemple d une partie non vide S d un ensemble ordonné (E, ) n admettant pas de plus petit (resp., plus grand) élément. Exercice 3 Soient (E, ) un ensemble ordonné, S une partie non vide de E. On suppose qu il existe un majorant M (resp., minorant m) de S dans E appartenant à S. Montrer que l ensemble des majorants (resp., minorants) de S dans E est réduit à M (resp., m) Lemme de Zorn Soient E un K-espace vectoriel non nul. Rappelons qu une famille non vide (v j ) j J0 de vecteurs de E est linéairement indépendante (ou libre) dans E quand toute sous-famille finie non vide (v j ) j J1 de vecteurs de E distincts est linéairement indépendante, i.e. si pour toute famille (λ j ) j J1 d éléments de K, on a λ j = 0 pour tout j J 1, lorsque j J 1 λ j1 v j1 = 0. Si (v j ) j J0 n est pas une famille linéairement indépendante dans E, on dit que c est une famille liée dans E. On dit qu une famille non vide (e i ) de vecteurs de E est une base algébrique de E lorsque pour tout v E \ {e i : i I}, la famille {e i : i I} {v} n est pas linéairement indépendante dans E. Exercice 4 Montrer que tout K-espace vectoriel non nul admet une base algébrique. En déduire que tout K-espace vectoriel admet une norme. 2

4 Solution. Notons L l ensemble des parties libres de E. Cet ensemble est non vide puisque si x E \ {0}, {x} est une partie libre de E, donc élément de L. Ainsi, (L, ) est un ensemble ordonné. Montrons à présent que celui-ci est inductif. Soit C une chaîne de (L, ). Posons M = L et montrons que c est une partie libre de E, i.e. un élément de L C L. Par l absurde, supposons que M soit une famille liée de E. Il existe une famille finie non vide (v i ) d éléments distincts de M et une famille (λ i ) d éléments de K non tous nuls tels que λ i v i = 0. L ensemble I étant non vide et fini et C étant une chaîne de (L, ), il existe L C tel que pour tout i I, v i L. La relation λ iv i = 0 contredit le caractère libre de L dans E. De plus, il est clair que toute famille libre incluse dans C de E est incluse dans M. Ainsi, M est un majorant de C dans L relativement à. Donc, (L, ) est un ensemble ordonné inductif. Par application du lemme de Zorn, L admet un élément maximal que l on note L 0. Fixons x E \ L 0 et posons L 1 = L 0 {x}. Puisque L 0 L 1 et L 0 L 1, on a L 1 / L. Ainsi, L 0 est une base algébrique de E. ***NORME A FAIRE*** 1.2 Topologie sur un ensemble Topologie Exercice 5 Déterminer toutes les topologies d un ensemble à trois éléments. Solution. Soit X un ensemble à (exactement) trois éléments. Ses éléments sont notés a, b et c, de sorte que X = {a, b, c}. Il est aisé de voir que l ensemble des parties de X s écrit 2 X = {, X, {a}, {b}, {c}, {a, b}, {a, c}, {b, c}}. Déterminons toutes les topologies de X. Il s agit de parties de 2 X qui contiennent toutes et X. Ainsi, le cardinal d une topologie de X est compris entre 2 et 8. (i) Il y a une seule topologie à 2 éléments : {, X}. (ii) Il y a six topologies à 3 éléments : {, X, {a}}, {, X, {b}}, {, X, {c}}, {, X, {a, b}}, {, X, {b, c}}, {, X, {a, c}}. (iii) Il y a neuf topologies à 4 éléments : {, X, {a}, {a, b}}, {, X, {a}, {a, c}}, {, X, {b}, {a, b}}, {, X, {b}, {b, c}}, {, X, {c}, {b, c}}, {, X, {b}, {a, b}}, {, X, {a}, {b, c}}, {, X, {b}, {a, c}}, {, X, {c}, {a, b}}. (iv) Il a six topologies à 5 éléments : {, X, {a}, {b}, {a, b}}, {, X, {a}, {c}, {a, c}}, {, X, {b}, {c}, {b, c}}, {, X, {a}, {a, b}, {a, c}}, {, X, {b}, {a, b}, {b, c}}, {, X, {c}, {a, c}, {b, c}}. (iv) Il y a une seule topologie à 8 éléments : 2 X. Il y a donc 29 topologies possibles sur X. Exercice 6 Soient (X, d) un espace métrique, 1, 2 deux boules ouvertes de X d intersection non vide. Montrer que 1 2 est la réunion (non vide) de boules ouvertes de X. Solution. Supposons 1 2. Il existe x 1, x 2 X, r 1, r 2 ]0, + [ tels que 1 = (x 1, r 1 ) et 2 = (x 2, r 2 ). Fixons x 1 2. Posons pour chaque i {1, 2}, ρ i = r i d(x i, x) ]0, + [. On a tout de suite (x, ρ i ) i pour chaque i {1, 2}. En posant ρ = min {ρ 1, ρ 2 }, il vient alors (x, ρ)

5 Pour chaque x 1 2, il existe donc un réel r x > 0 tel que (x, r x ) 1 2. Il suffit alors d observer que 1 2 = (x, r x ) x 1 2 pour conclure. Exercice 7 Soit (X, d) un espace métrique. Montrer que : (a) La classe de parties O d de X constituée de et des réunions (non vides) de boules ouvertes de X est une topologie (appelée topologie associée à d). (b) Pour toute partie non vide U de X, on a U O d si et seulement si pour tout x U, il existe un réel r x > 0 tel que (x, r x ) U. Solution. (a) On a tout de suite O d et X = (x,r) X ]0,+ [ (x, r) O d. Soient (U i ) une famille non vide d éléments de O d. Sans pertes de généralités, on peut supposer U i pour tout i I. Pour chaque i I, il existe un ensemble J i et une famille ( i,j ) j Ji de boules ouvertes de X tels que U i = i,j. j J i On en déduit U i = { (i,j) I k I i,j O d. } J k :j J i Soient U 1, U 2 O d. Si U 1 U 2 =, alors il n y a rien à établir. Ainsi, nous pouvons supposer que U 1 U 2. Il existe deux ensembles non vides I 1 et I 2 et deux familles ( 1,i ) 1 et ( 2,i ) i I 2 de boules ouvertes de X telles que Il vient alors U 1 = 1 1,i et U 2 = U 1 U 2 = i I 2 2,i. (i,i ) I 1 I 2 1,i 2,i. Puisque U 1 U 2, on peut supposer que pour chaque (i, i ) I 1 I 2, 1,i 2,i. D après l Exercice 6, pour chaque (i, i ) I 1 I 2, il existe un ensemble non vide J i,i une famille de boules ouvertes de X (β i,i,j) j Ji,i telle que 1,i 2,i = j J i,i β i,i,j. et Il s ensuit U 1 U 2 = Donc, O d est une topologie sur X. (b) Soit U une partie non vide de X. { (i,i,j) I 1 I 2 J k,k :j J i,i (k,k ) I 1 I 2 β i,i,j O d. } 4

6 , Supposons que U O d. Il existe un ensemble (non vide) I et une famille (x i, r i ) d éléments de X ]0, + [ tels que U = (x i, r i ). Soit u U. Il existe i 0 I tel que x (x i0, r i0 ). Posons ρ = r i0 d(x i0, x). Pour tout h (x, ρ), on a d(x i0, h) d(x i0, x) + d(x, h) < r i0, i.e., (x, ρ) (x i0, r i0 ) U., Supposons que pour tout x U, il existe un réel r x > 0 tel que (x, r x ) U. Il suffit alors d observer que U = (x, r x ) pour obtenir l inclusion U O d. x X Exercice 8 (Topologie usuelle de R) Montrer que la classe de parties de R constituée de et des réunions non vides d intervalles de la forme ]a, b[ avec a, b R et a < b est une topologie sur R. On l appelle topologie usuelle (ou naturelle) de R et on la note O R. Solution. Par définition de O R, on a O R. De même, pour tout n N, on a ] n, n[ O R. Ceci nous dit que R = ] n, n[ O R. Fixons U 1, U 2 O R. Sans pertes de généralités, n N on peut supposer que U 1 et U 2. Il existe deux familles non vides (a i, b i ) et (c j, d j ) j J d éléments de R 2 satisfaisant pour tout i I, a i < b i, pour tout j J, c j < d j et telles que U 1 = ]a i, b i [ et U 2 = j, d j [. j J]c On a tout de suite U 1 U 2 = (i,j) I J (]a i, b i [ ]c j, d j [) O R. Fixons (A k ) k K une famille non vide d éléments de O R. Comme précédemment, on peut supposer que A k pour tout k K. Pour chaque k K, il existe un ensemble non vide L k et une famille (x l, y l ) l Lk d éléments de R 2 avec pour tout l L k, x l < y l et telle que A k = ]x l, y l [. l L k On vérifie sans difficultés que A k = k K l k K En conséquence, O R est une topologie sur R. L k ]x l, y l [ O R. Exercice 9 Soient (X, O) un espace topologique, A une partie de X. Montrer que int X (X \ A) = X \ adh X A et adh X (X \ A) = X \ int X A. Solution. Montrons la première égalité. Commençons par prouver que le membre de gauche est inclus dans celui de droite. Fixons x int X (X \ A). Puisque X \ A est un voisinage de x dans X, il existe U un ouvert de X inclus dans X \ A, contenant x. Il suffit de remarquer que U A = 5

7 pour en déduire que x / adh X A. Pour établir l inclusion renversée, fixons x X \ adh X A. Il existe V un voisinage de x dans X tel que V A =. Ainsi, V X \ A. L ensemble X \ A est donc un voisinage de x dans X. Pour obtenir la seconde égalité, il suffit de poser = X \ A et d exploiter l égalité que nous venons d établir en écrivant int X (X \ ) = X \ adh X. Puisque X \ = A, il vient int X A = X \ adh X (X \ A). Par passage aux complémentaires dans X, on a l égalité souhaitée. Exercice 10 Soient (X, O X ) un espace topologique, Y, Z deux parties non vides de X avec Z Y, O Y la topologie induite sur Y par O X. Montrer que la topologie O Z induite sur Z par O X coïncide avec la topologie T Z induite sur Z par O Y. Solution. Montrons tout d abord que O Z T Z. Soit U O Z fixé. Par définition de O Z, il existe A O X tel que U = A Z. Cette dernière égalité combinée à U Z Y donne (A Y ) Z = U. Puisque A Y O Y, on a U T Z. Ceci nous donne O Z T Z. Montrons que cette inclusion est en fait une égalité. Fixons V T Z. Par définition de T Z, il existe O Y tel que V = Z. Or, le fait que O Y nous donne l existence de C O X tel que = Y C. Des deux égalités précédentes et du fait que Y Z = Z, on tire V = Y C Z = Z C. Donc V O Z et les deux topologies sur Z, O Z et T Z sont égales. Exercice 11 Soient (E, d) un espace métrique, A une partie non vide de E, d A la métrique sur A induite par d. Montrer que la topologie sur A induite par la topologie naturelle de (E, d) coïncide avec la topologie naturelle de (A, d A ). Solution. Notons O d la topologie naturelle de (E, d), O da la topologie naturelle de (A, d A ) et O A la topologie sur A induite par O d. Soit U O da. Si U =, alors U = A O A. Si U, il existe une partie non vide K de E ]0, + [ tel que U = da (a, r). (a,r) K Remarquons que pour chaque (a 0, r 0 ) K da (a 0, r 0 ) = {x A : d A (a 0, x) < r 0 } = d (a 0, r 0 ) A. Ainsi, U = ( ) ( d (a, r) A) = A d (a, r). Le fait que (a,r) K (a,r) K O d garantit que U O A. On a donc O da O A. (a,r) K d (a, r) Montrons l inclusion renversée. Soit U O A. Si U =, alors par définition d une topologie naturelle d un espace métrique U O da. Si U, il existe U O d avec U tel que U = U A. Il existe une partie non vide K de E ]0, + [ tel que U = d (a, r). (a,r) K 6

8 ( ) Il vient U = A d (a, r) et de même que précédemment, (a,r) K U = A d (a, r) = da (a, r) (a,r) K (a,r) K Finalement, U O da et O A O da. L égalité désirée est établie. Exercice 12 Soient (X, O) un espace topologique, A une partie de X. Montrer que : (a) bd X A = adh X A \ int X A ; (b) bd X (int X A) bd X (A) ; (c) bd X (adh X A) bd X (A). Montrer que les inclusions données par (b) et (c) sont strictes en général. Solution. (a) Par définition, on a Via l exercice ***, on a bd X A = adh X (A) (adh X (X \ A)). adh X (X \ A) = X \ int X A. Les deux égalités combinées donnent le résultat souhaité. (b) Résulte de (a) et de l inclusion triviale int X A A. (c) Conséquence de (a) et de l inclusion évidence int X A int X (adh X A). Exercice 13 Soient (X, O) un espace topologique, A, deux parties de X. (a) Montrer que bd X (A ) bd X (A) bd X (). Montrer que l inclusion renversée n a en général pas lieu. (b) A t-on les inclusions et bd X (A ) bd X (A) bd X () bd X (A) bd X () bd X (A )? (c) On suppose que A. Que pensez-vous des inclusions et bd X A bd X bd X bd X A? Solution. (a) Posons A = [ 1 2, 1] et = [0, 1]. On a bd R (A ) = {0, 1} et bd R (A) bd R () = {0, 12, 1 }. Ceci permet tout de suite de constater que l inclusion renversée n a pas toujours lieu. (b) En posant A = [0, 1[ et = [1, 2[, on vérifie que bd R (A ) = et bd R (A) bd R () = {1}. Avec A = [0, 1] et = [ 1 2, 3 2 ], on a tout de suite { } 1 bd R (A ) = 2, 1 et bd R (A) bd R () =. Aucune des deux inclusions proposées n a donc lieu en général. (c) Posons A = [ 1 2, 1] et = [0, 1]. On a { } 1 bd R A = {0, 1} et bd R = 2, 1. Ceci permet tout de suite de constater que bd R A bd R et bd R bd R A. 7

9 Exercice 14 Soient (X, O) un espace topologique, A une partie de X. Etablir les propriétés ci-dessous. (a) L intérieur int X A de A dans X est le plus grand ouvert de X inclus dans A, i.e. si est un ouvert de X inclus dans A, alors est également inclus dans int X A ; (b) L adhérence adh X A de A dans X est le plus petit fermé de X contenant A, i.e. si est un fermé de X qui contient A, alors contient également adh X A. Solution. (a) Si un ouvert de X inclus dans A, alors est inclus dans la réunion de tous les ouverts de X inclus dans A. Donc int X A. (b) Si un fermé de X contenant A, alors l intersection de tous les fermés de X contenant A est évidemment incluse dans. Donc adh X A. Exercice 15 Soient (X, O) un espace topologique, A une partie de X, x X. Montrer les propriétés ci-dessous. (a) x int X A si et seulement si A est un voisinage de x dans X. (b) x adh X A si et seulement si pour chaque voisinage V de x dans X, V A. (c) x bd X A si et seulement si pour chaque voisinage V de x dans X, V A et V (X \ A). Solution. (a), Soit x int X A. Il existe par définition un ouvert U de X inclus dans A tel que x U. Ceci signifie que A est un voisinage de x dans X., Si A est un voisinage de x dans X, il existe un ouvert U de X inclus dans A contenant x. Donc x est dans la réunion des ouverts de X inclus dans A, i.e. x int X A. (b), Soit x adh X A. Par l absurde supposons qu il existe un voisinage V de x dans X tel que V A =. Il existe un ouvert U de X inclus dans V contenant x. D une part, U A = et d autre part l ensemble X \ U est fermé dans X et contient A. On aboutit ainsi à adh X A X \ U. Or, x adh X A et x / X \ U. Contradiction., Procédons par contraposition. Supposons que x X \ adh X A = U. L ensemble U est un ouvert de X contenant x, c est donc un voisinage de x dans X qui vérifie évidemment U A =. (c) C est une application directe de (b) et de la définition de bd X A. Exercice 16 Soient (X, O) un espace topologique, I un ensemble non vide, (A i ) une famille de parties de X. Montrer les inclusions suivantes : (a) ( ) adh X A i adh X A i ; ( ) (b) adh X A i adh X A i ; ( ) (c) int X A i int X A i ; (d) ( int X A i int X A i ). Montrer que les inclusions les inclusions de (a) et de (c) sont des égalités lorsque I est fini. Solution. (a) Fixons x adh X A i. Soit V un voisinage de x dans X. Il existe i 0 I tel que ( x ) adh X A i0. Par définition ( d adhérence, ) V A i0. Ceci permet d obtenir V A i et donc x adh X A i. Si I est fini, alors adh X A i est fermé dans X. Puisqu il contient ( A i, il contient adh X A i ). (b) L ensemble adh X A i est fermé dans X et contient ( ) A i. Ainsi, adh X A i adh X A i. ( ) (c) Soit x int X A i. Fixons i 0 I. Par définition d intérieur, A i est un voisinage 8

10 de x dans X. Il existe U un ouvert de X inclus dans A i qui contient x. Ainsi, U A i0 et donc A i0 est un voisinage de x dans X. Ceci garantit x int X A i. Si I est fini, alors int X A i est ouvert dans X. Puisqu il est contenu dans A i, il est contenu dans ( int X A i ). (d) L ensemble int X A i est un ouvert de X contenu dans A i. Il est donc contenu ( dans int X A i ). Exercice 17 Soient (X, O) un espace topologique, A une partie de X. Les égalités suivantes ont lieu, acc X A is X A = et adh X A = acc X A is X A. Preuve. Montrons la première égalité. Par l absurde, supposons qu il existe x is X A acc X A. Puisque x est un point isolé de A dans X, il existe un voisinage V 0 de x dans X tel que V 0 A = {x}. Mais x étant un point d accumulation de A dans X, on doit avoir en particulier V 0 (A \ {x}). Ceci contredit bien sûr V 0 A = {x}. Etablissons à présent la seconde égalité en commençant par l inclusion du second membre dans le premier. Fixons x acc X A is X A. Soit V un voisinage de x dans X. Si x is X A, alors par définition x A et donc x adh X A. Si x acc X A, alors V (A \ {x}) et trivialement V A. Ceci assure x adh X A et l inclusion désirée. Montrons l inclusion renversée. Soit x adh X A. Fixons V un voisinage de x dans X. Si x X \ A, alors V (A \ {x}) et donc x acc X A. Si x A, alors on peut supposer que x / is X A (sinon l inclusion désirée est triviale). La négation de la définition d un point isolé conduit à V A {x}. On en déduit V (A \ {x}) et donc x acc X A. Exercice 18 Soient (X, O) un espace topologique, A une partie de X. Montrer que int X ( adhx (int X (adh X A)) ) = int X (adh X A). Solution. Posons U = int X (adh X A). On a évidemment U adh X U et donc int X U int X (adh X U). Puisque U est ouvert dans X, l inclusion précédente devient Ainsi, on vient d établir U int X (adh X U). int X (adh X A) int X (adh X (int X (adh X A))). (1.2.1) Montrons l inclusion renversée. On a trivialement U adh X A, ce qui donne tout de suite adh X U adh X A. Il vient alors int X (adh X U) int X (adh X A) = U. Via la définition de U, cette dernière inclusion s écrit int X (adh X (int X (adh X A))) int X (adh X A). (1.2.2) En combinant (1.2.1) et (1.2.2), on a l égalité voulue. Exercice 19 Soit (X, O) un espace topologique. Etablir chacune des propriétés ci-dessous. (a) Les parties et X sont fermées dans X. (b) Une intersection quelconque de fermés de X est fermée dans X. (c) Une réunion finie de fermés de X est fermée dans X. 9

11 Solution. (a) Les ensembles et X sont ouverts dans X par définition. Il suffit alors de remarquer que = X \ X et X = X \. (b) Soient I un ensemble non vide, (F i ) une famille de fermés de X. Pour chaque i I, il existe U i un ouvert de X tel que F i = X \ U i. Il découle de ceci U i. F i = \ U i ) = X \ (X Puisque U i est ouvert dans X, F i est fermé dans X. (c) Soient I un ensemble fini non vide, (F i ) une famille de fermés de X. De même que précédemment, pour chaque i I, il existe U i un ouvert de X tel que F i = X \ U i. On a U i. F i = \ U i ) = X \ (X Le fait que U i soit ouvert dans X garantit que F i est fermé dans X. Exercice 20 Soient (X, O) un espace topologique, I un ensemble non vide, (A i ) une famille de parties de X. Montrer que : ( ) ( ) acc X A i acc X A i et acc X A i acc X A i. Etablir que la première inclusion ci-dessus est une égalité lorsque l ensemble I est fini et que l inclusion peut être stricte si I est infini. Montrer que la deuxième inclusion peut être stricte même si I est fini. Solution. Posons pour tout n N, A n = [1, 1 n + 1[. Il est aisé de vérifier que pour tout n N acc R [1, 1 n + 1[= [1, 1 n + 1]. Constatons de plus que Il vient [1, 1 n + 1[= [1, 1 + 1] = [1, 2[. n n N n N acc R ( n N A n ) = [1, 2] Avec 1 =]0, 1[ et 2 =]1, 2[, on a tout de suite n N acc R A n = [1, 2[. acc R ( 1 ) acc R ( 2 ) = {1} acc R ( 1 2 ) =. Exercice 21 Soient (X, O) un espace topologique, A une partie de X. Montrer que : (a) Pour tout A, 2 X avec A, (b) Pour tout A 2 X, acc X (A) acc X (). acc X (adh X A) = adh X (acc X A). (c) Si de plus (X, O) est séparé (Hausdorff), alors pour tout A 2 X acc X (A) = acc X (adh X A). 10

12 Solution. (a) Fixons A, deux parties de X telles que A. Soient x acc X A, V un voisinage de x dans X. On a par définition Puisque A, il vient V (A \ {x}). V ( \ {x}). Donc, x acc X. (b) Soit x adh X (acc X A). Fixons V un voisinage de x dans X. Cas 1 : x acc X A. Alors, on a x acc X (adh X A) grâce à (a). Cas 2 : x adh X (acc X A) \ acc X A. On a V acc X A. Fixons y V acc X A. Puisque x / acc X A, on a x y. On en déduit En particulier, on a Ainsi, on a l inclusion x acc X (adh X A). V [(acc X A) \ {x}]. V [(adh X A) \ {x}]. Exercice 22 Soit (X, O X ), (Y, O Y ) deux espaces topologiques, une base de O X, f : X Y une application. Montrer que f est une application ouverte si et seulement si pour tout, f() O Y. Solution., C est trivial puisque O X., Supposons que pour tout, f() O Y. Soit U O X avec U. Par définition d une base de topologie, il existe une classe de parties de X telle que U =. Il vient alors f(u) = f(). Puisque pour tout, f() O Y, on a f(u) O Y. Donc, f est ouverte. Exercice 23 Soit I un ensemble non vide, ((X i, O i )) une famille d espaces topologiques, k I, X = X i muni de la topologie produit O. Montrer que l application k-ème projection Π k : X X k est ouverte. Solution. Nous savons qu une base de la topologie O est donnée par la classe de parties de X constituée des U i où U i O i pour tout i I et où U i = X i sauf au plus pour un nombre fini de i I. Fixons. Par définition, = V i, où V i O i pour tout i I et où U i = X i sauf au plus pour un nombre fini de i I. On a Π k () = V k O k. Via l Exercice 22, on peut conclure que Π k est ouverte. Exercice 24 Soient I un ensemble non vide, ((X i, O i )) une famille d espaces topologiques, X = X i muni de la topologie produit O, A i X i pour tout i I. (a) Vrai ou faux : l ensemble A i est ouvert dans X si et seulement si pour tout i I, A i est ouvert dans X i. 11

13 (b) On suppose A i. Donner une condition nécessaire et suffisante assurant que A i est ouvert dans X. (c) A t-on int X ( A i ) = int X A i? (d) Vrai ou faux : A i est fermé dans X si et seulement si pour tout i I, A i est fermé dans X i. (d) A t-on adh X ( A i ) = adh X A i? Solution. (a), Supposons que l ensemble A i soit ouvert dans X. Fixons k I. L application k-ème projection Π k : X X k est ouverte d après l Exercice 23. On a donc l inclusion Π k ( A i ) = A k O k. L implication est fausse en général. En effet, supposons que I soit un ensemble infini et que O i {, X i } pour tout i I. Pour chaque i I, choisissons A i O i \ {, X i }. Par l absurde, supposons que A i soit ouvert dans X. Notons la classe de parties de X constituée des U i où U i O i pour tout i I et où U i = X i sauf au plus pour un nombre fini de i I. Nous savons que est une base de la topologie O. Par définition de base d une topologie, il existe 0 tel que A i = 0. Puisque A i (par l axiome du choix), il existe 0 0 avec 0 tel que 0 A i. L inclusion 0 nous donne l existence d une famille (U 0,i ) telle que U 0,i O i pour tout i I et où U 0,i = X i sauf au plus pour un nombre fini de i I et satisfaisant 0 = U 0,i. Puisque I est infini, il existe au moins i 0 I tel que U 0,i0 = X i0. On aboutit ainsi à U 0,i0 = X i0 A i0. Compte-tenu du choix de A i0, cette dernière inclusion est absurde. (b) Supposons A i et montrons l équivalence suivante : A i est ouvert dans X si et seulement si pour tout i I, A i O i et il existe un ensemble fini J I tel que A i = X i pour tout i I \ J., Supposons que pour tout i I, A i O i et qu il existe un ensemble fini J I tel que A i = X i pour tout i I \ J. Alors, l ensemble A i est un élément de la base naturelle de la topologie O, en particulier, A i O., Notons la base naturelle de la topologie O. Il existe 0 tel que A i = Puisque A i, il existe 0 0 tel que 0. 0 A i. 12

14 L inclusion 0 garantit l existence d une famille (U 0,i ) et d un ensemble J I tels que U 0,i O i pour tout i I et où U 0,i = X i pour tout i I \ J et satisfaisant 0 = U 0,i. On en déduit que U 0,i = X i A i pour tout i I \ J, i.e. A i = X i pour tout i I \ J. Enfin, pour chaque k I, nous savons que la kième projection Π k : X X est une application ouverte, donc en particulier A k = Π k ( A i ) O k. (c) Montrons que int X ( A i ) = int X A i si I est fini. Supposons que I soit fini. L ensemble int Xi A i est O-ouvert puisque pour chaque i I, int Xi A i est O i -ouvert. De l inclusion triviale int Xi A i A i, on tire int Xi A i int X ( A i ). Observons d autre part que pour chaque i I, l ensemble Π k (int X ( A i)) est O k - ouvert et vérifie Π k (int X ( A i )) A k. Il découle de ceci que pour tout k I, Π k (int X ( A i )) int Xk (A k ). En gardant à l esprit que pour chaque A X i, on a A Π k (A), on aboutit à int X ( A i ) k I Π k (int X ( A i )) k I k I int X (A k ). L égalité proposée est ainsi établie quand I est fini. Lorsque I est infini, c est faux en général. Supposons que I soit infini et que O i {, X i } pour tout i I. Pour chaque i I, choisissons A i O i \ {, X i }. On a tout de suite int Xi A i. A i = D après ce qui a été vu dans (a), l ensemble A i n est pas O-ouvert et donc il ne peut pas être égal à l ensemble O-ouvert int X ( A i). (d) Pour tout k I, posons C k = F i où pour tout i I, { A k si i = k F i = sinon. Contatons que pour tout k I, on a X \ C k = O i où pour tout i I, { X \ A k si i = k O i = sinon. X i X i 13

15 D autre part, remarquons l égalité A i = k I C k,, Supposons que A i soit fermé dans X. L ensemble k I X \ C k est donc ouvert dans X, Supposons que pour tout i I, A i soit fermé dans X. Il découle de l étude menée ci-dessus que pour tout k I, l ensemble X \ C k est ouvert dans X. Ainsi, pour tout k I, C k est fermé dans X. En combinant ceci avec l égalité ***, on obtient que A i est fermé dans X. Exercice 25 Montrer que la topologie naturelle O R de R coïncide avec la topologie induite sur R par la topologie naturelle O R de R. Solution. Puisque la topologie naturelle de R contient O R, on observe tout de suite que O R { U R : U O R. } Montrons l inclusion renversée. Fixons U 0 O R. Cas 1 : U 0 O R. Trivialement, on a U 0 R = U 0 O R. Cas 2 : U 0 = U [, r[ avec r R et U O R. On a alors U 0 R = U ], r[ O R. Cas 3 : U 0 = U ]s, + ] avec s R et U O R. On a alors U 0 R = U ]s, + [ O R. Cas 4 : U 0 = U [, r[ ]s, + ] avec r, s R et U O R. On a alors U 0 R = U ], r[ ]s, + [ O R. On aboutit ainsi à { U R : U OR } OR ase et sous-base d une topologie Exercice 26 Montrer que la classe des intervalles ouverts non vides à extrémités dans Q est une base de la topologie usuelle de R. Solution. Notons I rat la classe des intervalles ouverts non vides à extrémités dans Q, i.e. I rat = {]a, b[: a, b Q, a b}. Evidemment, on a I rat O R. Puisque tout U O R avec U est la réunion non vide d une famille d intervalles ouverts non vides de R, il suffit de montrer que tout intervalle de R à extrémités dans R est la réunion d une famille d éléments de I rat. Fixons donc I un intervalle ouvert non vide de R. Ecrivons avec x, y R et x y. Posons I = [x, y] D = { (q, q ) Q 2 : x < q < q < y } et remarquons tout de suite que (q,q ) D ]q, q [ I. 14

16 Fixons u I. Par définition, on a x < u < y. Puisque Q est dense dans R, il existe q 1 ]x, u[ Q, q 2 ]u, y[ Q. On a donc (q 1, q 2 ) D et u ]q 1, q 2 [. Ainsi, on a montré l égalité ]q, q [= I. (q,q ) D Exercice 27 Soit une classe de parties d un ensemble non vide X. Montrer qu il existe une topologie sur X dont est une base si et seulement si les deux propriétés suivantes ont lieu : (a) = X ; (b) pour tout 1, 2 avec 1 2, pour tout x 1 2, il existe 3 tel que x Si tel est le cas, montrer que la topologie sur X dont est la base est unique. Solution., Supposons que soit la base d une topologie O sur X. Le fait que soit une classe de parties de X garantit que X. (1.2.3) Par définition de base d une topologie et puisque X O, il existe une classe de parties de X telle que et = X. (1.2.4) En combinant (1.2.3) et (1.2.4), il vient = X. Fixons 1, 2 tels que 1 2, x 1 2. Le fait que 1 2 O et que soit une base de la topologie O nous donnent une classe de parties de X telle que et 1 2 =. Cette égalité combinée à l inclusion x 1 2 permettent d obtenir 3 tel que x 3 = 1 2., Supposons que satisfait les propriétés (a) et (b). Définissons la classe de parties de X par { { }} O =, :. Montrons que O est une topologie sur X et que est une base de cette topologie. D après la définition de O, on a O. Puisque X =, on a X O. Fixons (A i ) une famille non vide d éléments de O. Soit J I tel que pour tout j I, A j { : }. On a A i = A i. Pour tout i I \ J, il existe i telle que \J A i = i. 15

17 Il vient donc A i = ( ) = \J i \J i O. Fixons 1, 2. Si 1 2 =, alors 1 2 O. Supposons 1 2. Soit x 1 2. Il existe 3 tel que x Ceci permet de définir la classe de parties 0 = { : 1 2 }. On constate sans difficultés que 1 2. Par définition de 0, on a l inclusion 0 renversée. Ainsi, on dispose de l égalité 1 2 = O. 0 On en déduit que O est une topologie sur X. Par définition de O, la classe de parties est une base de O. Enfin, si O est une topologie sur X dont est une base, on vérifie tout de suite que O = O. Exercice 28 Soit (X, O) un espace topologique. Que dire de l assertion ci-dessous? La topologie O admet une base dénombrable si et seulement si elle admet une sous-base dénombrable. Solution. L assertion est vraie., C est trivial, puisque toute base de O est une sous-base de O., Supposons que O admette une sous-base dénombrable S. Soit la classe de parties de X constituée des intersections finies non vides d ensembles de S. Via la dénombrabilité de S, on dispose d une suite (S n ) n N d éléments de S telle que Ainsi, on a = { S = {S n : n N}. k K S k : K P 0,finie (N) Par définition de sous-base, est une base de O. Constatons que l application P 0,finie (N) K est surjective par définition de. En combinant ceci au fait que P 0,finie (N) soit un ensemble dénombrable, on obtient que est dénombrable. Exercice 29 Montrer que tout espace topologique à base dénombrable est séparable. Solution. Soit (X, O) un espace topologique à base dénombrable. Il existe (β n ) n N une suite de parties non vides de X tel que = {β n : n N} soit une base de X. Pour chaque n N, choisissons x n β n. Notons A = {x n : n N} qui est évidemment une partie dénombrable. Soit U un ouvert non vide de X. Puisque est une base de la topologie O, il existe une partie K non vide de N telle que U = β k. k K On a tout de suite A U. Ainsi, A est dense dans X et ceci nous dit que (X, O) est un espace topologique séparable. k K S k }. 16

18 Exercice 30 (Théorème de Lindelöf) Soit (X, O) un espace topologique à base dénombrable. Montrer que pour toute famille non vide G d ouverts de X, il existe une sous-famille dénombrable G 0 de G telle que G = G. G G 0 G G Solution. Par hypothèse, il existe une classe de parties de X dénombrable. On peut alors écrire = {β n : n N} où (β n ) n N est une suite de parties de X. Fixons une famille non vide G = (G i ) d ouverts de X. *** Suites généralisées Exercice 31 Soient (X, O) un espace topologique, a X, S un système fondamental de voisinages de a dans X. Montrer que : (a) (S, ) est un ensemble préordonné filtrant croissant. (b) Si (x V ) V S est une suite généralisée de X (où S est muni du préordre filtrant croissant ) vérifiant x V V pour tout V S, alors x V V S a. Solution. (a) Evidemment, (S, ) est un ensemble préordonné. Soient V 1, V 2 S. Puisque V 1 V 2 est un voisinage de a dans X, il existe V 3 S tel que V 3 V 1 V 2. Il reste alors à observer que pour tout i {1, 2}, V i V 1 V 2 V 3. (b) Soit (x V ) V S une suite généralisée de X telle que pour tout V S, x V V. Soit W un voisinage de a dans X. Puisque S est un système fondamental de voisinages de a dans X, il existe W S avec W W. Le fait que pour tout V S avec W V, on ait nous garantit alors que x V a. V S x V V W Exercice 32 Soient (X, O) un espace topologique, A une partie de X, a X. Montrer que : (a) a adh X A si et seulement s il existe une suite généralisée (x j ) j J d éléments de A qui converge dans X vers a. (b) Si le point a admet un système fondamental de voisinages de X dénombrable, alors a adh X A si et seulement si il existe une suite ordinaire (x n ) n N d éléments de A qui converge dans X vers a. (c) Si tout point de X admet un système fondamental dénombrable de voisinages, alors A est fermé dans X si et seulement si pour toute suite (x n ) n N de points de A convergeant vers un point a de X, on a l inclusion a A. Solution. (a), Supposons qu il existe une suite généralisée (x j ) j J d éléments de A telle que x j a. Fixons V un voisinage de a dans X. Il existe j 0 J tel que pour tout j J avec j 0 j (où est le préordre filtrant croissant sur J) on a x j V. En particulier, x j0 V A. Donc, a adh X A., Supposons a adh X A. L ensemble V X (a) muni de est préordonné filtrant croissant. Pour chaque V V X (a), on peut fixer x V V A. Evidemment, x V a. V V X (a) Supposons qu il existe un système fondamental de voisinages de a dans X dénombrable. (b), Une suite ordinaire étant une suite généralisée particulière, cette implication est démontrée par de (a)., Supposons que a adh X A. D après l Exercice 42, il existe (V n ) n N un système fondamental de voisinages de a dans X dénombrable et décroissant pour l inclusion. Pour 17

19 chaque n N, il existe x n V n A. Sans difficultés, on voit que x n a. n + (c) Supposons que tout point de X admette un système fondamental dénombrable de voisinages., Supposons que A soit fermé. Soit (x n ) n N une suite de points de A qui converge vers un point a de X. D après (a) ci-dessus, on sait que a adh X A. Le caractère fermé de A dans X nous dit alors que a A., Supposons que pour toute suite (x n ) n N de points de A convergeant vers un point a de X, on ait l inclusion a A. Fixons x adh X A. Via notre hypothèse sur (X, O), il existe un système fondamental dénombrable de voisinages de x dans X. D après (b) ci-dessus, il existe une suite ordinaire (a n ) n N d éléments de A qui converge vers x dans X. Par hypothèse, on dispose de l inclusion x A. Il s ensuit adh X A = A, donc A est fermé dans X. Exercice 33 Soient (X, O) un espace topologique, A une partie de X, a X. Montrer que : (a) a acc X A si et seulement si il existe une suite généralisée (x j ) j J d éléments de A \ {a} avec x j a. (b) Si le point a admet un système fondamental de voisinages de X dénombrable, alors a acc X A si et seulement si il existe une suite ordinaire (x n ) n N d éléments de A \ {a} qui converge dans X vers a. Solution. (a), Supposons a acc X A. Munissons V X (a) du préordre filtrant croissant. Pour tout V V X (a), choisissons x V V (A\{a}). Trivialement, on a x V a., Supposons qu il existe une suite généralisée (x j ) j J d éléments de A\{a} avec x j a. Soit V un voisinage de a dans X. Il existe j 0 J tel que pour tout j J avec j 0 j, on ait x j V. On en déduit que V (A \ {a}). En conséquence, on a a acc X A. (b) Supposons qu il existe un système fondamental de voisinages de a dans X dénombrable., Une suite ordinaire étant une suite généralisée particulière, cette implication est démontrée par de (a)., Supposons que a acc X A. D après l Exercice 42, il existe (V n ) n N un système fondamental de voisinages de a dans X dénombrable et décroissant pour l inclusion. Pour chaque n N, il existe x n V n A \ {a}. Sans difficultés, on voit que x n a. n + Exercice 34 Soit (X, O) un espace topologique. Montrer que (X, O) est séparé (Hausdorff) si et seulement si toute suite généralisée (x j ) j J d éléments de X qui converge dans X ne converge que vers un seul élément de X. Solution., Supposons que (X, O) soit un espace topologique séparé (Hausdorff). Soit (x j ) j J une suite généralisée convergente de X. Notons le préordre filtrant croissant sur J. Par l absurde, supposons qu il existe x, y X, distincts tels que x j x et x j y. j J j J Par définition de topologie séparée (Hausdorff), il existe un voisinage V de x dans X, il existe un voisinage W de y dans X tels que V W =. (1.2.5) Par définition de la convergence d une suite généralisée, il existe j x J tel que pour tout j J avec j x j, on ait x j V. De même, il existe j y J tel que pour tout j J avec j y j, on ait x j W. Puisque (J, ) est un ensemble préordonné filtrant croissant, il existe j 0 J tel que j x j 0 et j y j 0. Ainsi, on obtient x j0 V W et ceci contredit (1.2.5)., Par contraposition, supposons que (X, O) ne soit pas séparé (Hausdorff). Il existe deux éléments x, y X, distincts tels que pour tout U V X (x), pour tout V V X (y) U V. (1.2.6) 18

20 L ensemble (V X (x), 1 ) où 1 est le préordre filtrant croissant défini pour chaque A, V X (x) par A 1 si et seulement si A. De même, on définit 2 sur V X (y). Notons le préordre produit sur J = V X (x) V X (y) issu de 1 et 2. D après (1.2.6), il existe x U,V U V pour chaque (U, V ) J. Fixons W un voisinage quelconque de x dans X. Posons U 0 = W et V 0 = X. Evidemment, (U 0, V 0 ) J. Soit (U, V ) J avec (U 0, V 0 ) (U, V ). Par définition de, U 0 U. Or, x (U,V ) U V. Ainsi, x (U,V ) U 0 puisque U V U 0 = W. On a donc De manière analogue, on montre que x (U,V ) x (U,V ) x. (U,V ) J y. (U,V ) J Topologie produit Exercice 35 Soient (X, O) un espace topologique, = {(x, x) : x X} la diagonale de X. Montrer que (X, O) est séparé (Hausdorff) si et seulement si est fermé dans X 2 muni de la topologie produit. Solution., Supposons que (X, O) soit séparé (Hausdorff). Fixons A adh X 2. Il existe (A j ) j J une suite généralisée de telle que A j A. Pour tout j J, il existe x j X tel que A j = (x j, x j ). Puisque A X 2, il existe (a, b) X 2 tel que A = (a, b). Le fait que (A j ) j J converge vers A relativement à la topologie produit sur X 2 nous dit que x j a et x j b. Le caractère sépré (Hausdorff) de (X, O) nous dit alors que a = b, i.e. A. Ainsi, l ensemble est fermé dans X 2., Supposons que soit fermé dans X 2. Soit (x j ) j J une suite généralisée d éléments de X qui converge dans X vers x X. Par l absurde, supposons qu il existe x X avec x x tel que x j x. Evidemment, (x j, x j ) j J est une suite généralisée d éléments de qui converge vers (x, x ) relativement à la topologie produit sur X 2. Puisque est fermé dans X 2 muni de la topologie produit, on a (x, x ), i.e. x = x. Ceci est contradictoire et termine la preuve. 1.3 Applications continues Exercice 36 Soient (X, O X ) un espace topologique séparé (Hausdorff), (Y, O Y ) un espace topologique. Montrer que si (X, O X ) et (Y, O Y ) sont homéomorphes, alors (Y, O Y ) est séparé (Hausdorff). Solution. Soient x, y Y distincts. Notons f : X Y un homéomorphisme de (X, O X ) sur (Y, O Y ). La bijectivité de f nous donne l existence d un unique u X tel que f(u) = x. De même, il existe un unique v X satisfaisant f(v) = y. Puisque x et y sont distincts, on a nécessairement u v. Le caractère séparé (Hausdorff) de (X, O X ) nous permet de choisir un voisinage V de u dans X et un voisinage W de v dans X tels que V W =. Le fait que f soit un homéomorphisme de (X, O X ) sur (Y, O Y ) nous dit que f(v ) est un voisinage de f(u) = x dans Y et que f(w ) est un voisinage de f(v) = y dans Y. L égalité V W = assure du fait que f(v W ) =. En combinant ceci à l inclusion (triviale) f(v ) f(w ) f(v W ) on aboutit à f(v ) f(w ) =. On en déduit donc que (Y, O Y ) est séparé (Hausdorff). 19

21 Exercice 37 Montrer que toute application constante d un espace topologique (X, O X ) dans un autre (Y, O Y ) est (O X, O Y )-continue sur X. Solution. Soit f : X Y une application constante, a X. Fixons W un voisinage de f(a) dans Y. L ensemble X est évidemment un voisinage de a dans X. On a f(x) = {f(a)} W. Ainsi, f est (O X, O Y )-continue en a. Puisque a est quelconque dans X, f est (O X, O Y )-continue sur X. Exercice 38 (Continuité et topologie discrète) Soient X un ensemble non vide muni de la topologie discrète P(X), (Y, O Y ) un espace topologique. Montrer que toute application f : X Y est (P(X), O Y )-continue sur X. Solution. C est trivial puisque pour tout U O Y, f 1 (U) P(X). Exercice 39 (Continuité et topologie grossière) Soit X un ensemble non vide muni de la topologie grossière G X, soit (Y, O Y ) un espace topologique séparé (Hausdorff). Les applications de X dans Y (O X, O Y )-continues sur X sont les applications constantes. Solution. Via l exercice (37), on sait que les applications constantes sont (G X, O Y )- continues sur X. Soit f : X Y une application (G X, O Y )-continue sur X. Comme X, fixons a X. Considérons y Y avec y f(a). Puisque (Y, O Y ) est un espace topologique séparé (Hausdorff), il existe un voisinage U 1 de y dans Y et un voisinage U 2 de f(a) dans Y tels que U 1 U 2 =. Par (G X, O Y )-continuité de f en a, il existe un voisinage V de a dans X tel que f(v ) U 2. Il existe donc W un ouvert de X inclus dans V, contenant a. Ainsi, via la définition de la topologie grossière W = X et donc V = X. On a ainsi f(x) U 2. Puisque y / U 2, on a y / f(x). Donc y n est pas une image par f d un élément de X. Puisque y est quelconque dans Y \ {f(a)}, on a f(x) = {f(a)}. Donc f est constante de valeur f(a). Exercice 40 Soient (X, O X ), (Y, O Y ) deux espaces topologiques, f : X Y une application, A une partie non vide de X, une partie de Y contenant f(a), T A la topologie induite sur A par O X, T la topologie induite sur par O Y. Si f est (O X, O Y )-continue en a A, alors l application f A est une application (T X, T Y )-continue en a. Solution. Notons l application g = f A. Soit W un voisinage de g(a) dans (, T Y ). Par définition de g et puisque a A, f(a) = g(a). La description des voisinages relativement à la topologie induite nous fournit l existence de W voisinage de f(a) dans Y tel que W = W. Via la (O X, O Y )-continuité de f en a, il existe V voisinage de a dans X tel que f(v ) W. Il vient alors et f(v A) f(v ) W f(v A) f(a). On en déduit alors f(v A) W = W. Le fait que U = V A soit un voisnage de a dans (Y, O Y ) nous donne le fait que D où la (T X, T Y )-continuité de f en a. f(u) g(u) W. Exercice 41 Donner deux preuves différentes du résultat ci-dessous. Proposition 1.1 Soient (X, O X ), (Y, O Y ), (Z, O Z ) trois espaces topologiques, f : X Y, g : Y Z deux applications, a X. Si f est (O X, O Y )-continue en a et si g est (O Y, O Z )-continue en f(a), alors g f est (O X, O Z )-continue en a. 20

22 Solution. Preuve 1 : Soit W un voisinage de g f(a) dans Z. Puisque g est (O Y, O Z )- continue en f(a), il existe un voisinage V de f(a) dans Y tel que g(v ) W. Vu que f est (O X, O Y )-continue en a, il existe U un voisinage de a dans X tel que f(u) V. On en déduit g(f(u)) g(v ) W et donc g f(u) W. Ceci garantit la (O X, O Z )-continuité de g f en a. Preuve 2 : Soit (x j ) j J une suite généralisée d éléments de X avec (x j ) j J qui converge vers a dans (X, O). La (O X, O Y )-continuité de f en a nous dit que la suite généralisée (f(x j )) j J converge vers f(a) dans (Y, O Y ). Il reste à exploiter la (O Y, O Z )- continuité de g en f(a) pour obtenir que la suite généralisée (g f(x j )) j J converge vers g f(a) dans (Z, O Z ). Ainsi, l application g f est (O X, O Z )-continue en a. Exercice 42 Démontrer le résultat ci-dessous. Lemme Soit (X, O) un espace topologique. Si un point a X admet un système fondamental de voisinages dans X, dénombrable, alors il existe un système fondamental de voisinages de a dans X, dénombrable et décroissant pour l inclusion. Solution. Notons (U i ) un système fondamental de voisinages de a dans X (I est par définition un ensemble non vide). Sans pertes de généralités, I peut être supposé infini. Puisque I est dénombrable infini, il existe une bijection s : I N. Posons pour chaque i I, U s(i) = V n où s(i) = n. Définissons pour chaque n N, W n = Immédiatement, on vérifie que (W n ) n N est un système fondamental de voisinages de a dans X, dénombrable et décroissant pour l inclusion. Exercice 43 Démontrer le résultat ci-dessous (on pourra utiliser l exercice 42). Théorème Soient (X, O X ), (Y, O Y ) deux espaces topologiques, f : X Y une application, a X. (a) L application f est (O X, O Y )-continue en a si et seulement si pour toute suite généralisée (x j ) j J d éléments de X qui converge vers a dans X, la suite généralisée des images (f(x j )) j J converge vers f(a) dans Y ; (b) Si le point a admet un système fondamental dénombrable de voisinages, alors f est (O X, O Y )-continue en a si et seulement si pour toute suite (x n ) n N d éléments de X qui converge vers a dans X, la suite des images (f(x n )) n N converge vers f(a) dans Y. Solution. (a), Supposons que f soit (O X, O Y ) - continue en a. Soit (x j ) j J une suite généralisée d éléments de X qui converge dans X vers a. Fixons W un voisinage de f(a) dans Y. Par hypothèse, il existe V un voisinage de a dans X tel que f(v ) W. Il existe j 0 J tel que pour tout j J avec j 0 j (où est le préordre filtrant croissant sur J) on ait x j V. Ainsi, pour tout j J avec j 0 j, f(x j ) W. On en déduit que la suite généralisée (f(x j )) j J d éléments de Y converge dans Y vers f(a)., Par contraposition, supposons que f ne soit pas (O X, O Y )-continue en a. Il existe un voisinage W 0 de f(a) dans Y tel que pour tout voisinage V de a dans X, f(v ) W 0. Considérons l ensemble (V X (a), ) préordonné filtrant croissant. Pour chaque V V X (a), posons x V V tel que f(x V ) / W 0. Sans difficultés, on voit que f(x V ) a et V V X (a) f(x V ) f(a). V V X (a) (b), Etablie par de (a)., Par contraposition, supposons que f ne soit pas (O X, O Y )-continue en a. D après le Lemme 42, il existe un système fondamental de voisinages (V n ) n N de a dans X, décroissant pour l inclusion. Il existe un voisinage W 0 de f(a) dans Y tel que pour tout voisinage V de a dans X, f(v ) W 0. Choisissons pour chaque n N, x n V n avec f(x n ) W 0. Aisément, on a x n a et f(x n) n + n + f(a). Exercice 44 (caractérisation de la limite par des suites généralisées). Soient (X, O X ), (Y, O Y ) deux espaces topologiques, A une partie de X, a adh X A, D une n k=0 V k. 21

23 partie de X contenant A, f : D Y une application, y X. Montrer que f tend vers y en a relativement à A si et seulement si pour toute suite généralisée (x j ) j J d éléments de A avec x j a, on ait f(x j ) y. j J j J Solution., Supposons que f(x) y. Soit (x j ) j J une suite généralisée d éléments A x a de A qui converge vers a. Fixons W un voisinage de y dans X. Il existe un voisinage V de a dans X tel que pour tout x V A, on ait f(x) W. Puisque (x j ) j J converge vers a, il existe j 0 J tel que pour tout j J avec j 0 j, x j V. On a donc pour tout j J avec j 0 j, f(x j ) W. Donc, la suite généralisée (f(x j )) j J converge vers y., Supposons que pour toute suite généralisée (x j ) j J d éléments de A avec x j a, j J on ait f(x j ) y. Par l absurde, supposons que f(x) y. Il existe un voisinage W 0 j J A x a de y dans X tel que pour tout voisinage V de a dans X, f(v A) W 0. L ensemble V X (a) des voisinages de a dans X muni de est évidemment un ensemble préordonné filtrant croissant. Pour chaque V V X (a), choisissons x V V A tel que f(x V ) / W 0. Constatons alors que la suite généralisée (x V ) V VX (a) converge vers a tandis que la suite généralisée (f(x V )) V VX (a) ne converge pas vers y. Ceci est contradictoire. Exercice 45 (caractérisation séquentielle de la limite) Soient (X, O X ), (Y, O Y ) deux espaces topologiques, A une partie de X, a adh X A, D une partie de X contenant A, f : D Y une application, y Y. Montrer que si a admet un système fondamental de voisinages dénombrable, alors f tend vers y en a relativement à A si et seulement si pour toute suite (x n ) n N d éléments de A avec x n a, on a f(x n ) n + y. n + Solution. Supposons que a admette un système fondamental de voisinages dénombrable., C est une conséquence directe de l Exercice 44., Supposons que pour toute suite (x n ) n N d éléments de A avec x n a, on ait n + f(x n ) y. Par l absurde, supposons que f(x) y. Il existe W 0 un voisinage de y n + A x a dans Y tel que pour tout voisinage V de a dans X, on ait f(v A) W 0. D après l Exercice 42, il existe (V n ) n N un système fondamental de voisinages de a dans X, décroissant pour l inclusion. Choisissons alors pour chaque n N, a n V n A tel que f(a n ) / W 0. On observe alors que (a n ) n N converge vers a et que (f(a n )) n N ne converge pas vers y. Exercice 46 Soient (X, O X ), (Y, O Y ) deux espaces topologiques, A une partie de X, a adh X A, D une partie de X contenant A, f : D Y une application, y Y. Montrer que si (Y, O Y ) est séparé (Hausdorff) et si a admet un système fondamental de voisinages dénombrable, alors f a une limite en a relativement à A lorsque pour toute suite (x n ) n N d éléments de A convergente dans X vers a, la suite (f(x n )) n N converge dans Y. Solution. Supposons que (Y, O Y ) soit séparé (Hausdorff) et que a admette un système fondamental de voisinages dénombrable. Supposons que pour toute suite (x n ) n N d éléments de A convergente dans X vers a, la suite (f(x n )) n N converge dans Y. Soient (a n ) n N, (a n) n N deux suites d éléments de A qui convergent vers a dans X. Par hypothèse, les suites (f(a n )) n N et (f(a n)) n N convergent dans Y, donc il existe l, l Y tels que f(a n ) l et f(a n) l. Considérons la suite (b n ) n N d éléments de A définie pour chaque n N par b 2n = a n et b 2n+1 = a n. Evidemment, (b n ) n N converge vers a dans X, donc par hypothèse (f(b n )) n N converge dans Y et ceci impose (grâce au caractère séparé (Hausdorff) de Y ) que l = l. Ainsi, il existe y Y tel que pour toute suite (x n ) n N d éléments de A qui converge vers a dans X, on ait (f(x n )) n N qui converge vers y. Par application de l Exercice 45, on conclut que f tend vers y en a relativement à A. Exercice 47 (Critère de Cauchy pour les fonctions) Soient (X, d X ) un espace métrique, A une partie de X, a adh X A, D une partie de X contenant A, (Y, d Y ) un espace 22

24 métrique complet, f : D Y une application. Alors, f a une limite en a relativement à A si et seulement si pour tout réel ε > 0, il existe un voisinage V de a dans X tel que diam Y f(v A) ε. Solution., Supposons qu il existe y Y tel que f(x) y. Fixons un réel ε > 0. A x a Il existe un voisinage V de a dans X tel que pour tout x V A, on ait f(x) (y, ε 2 ). Soient y 1, y 2 f(v A). Il existe x 1, x 2 V A tels que Il vient alors On en déduit f(x 1 ) = y 1 et f(x 2 ) = y 2. d(y 1, y 2 ) = d(f(x 1 ), f(x 2 )) d(f(x 1 ), y) + d(f(x 2 ), y) < ε. diam Y f(v A) ε., Supposons que pour tout réel ε > 0, il existe un voisinage V de a dans X tel que diam Y f(v A) ε. Soit (x n ) n N une suite d éléments de A qui converge vers a dans X. Fixons un réel η > 0. Il existe un voisinage W de a dans X tel que diam Y f(v A) η. La convergence de (x n ) n N nous dit qu il existe N N tel que x n U pour tout entier n N. On a donc pour tout p, q N avec q p N, d Y (f(x p ), f(x q )) η. Ainsi, la suite (f(x n )) n N est de Cauchy dans (X, d) qui est complet, donc elle converge. D après l Exercice 46, on sait que f admet une limite en a relativement à A. Exercice 48 Démontrer le résultat ci-dessous. Proposition 1.2 Soient (X, O X ), (Y, O Y ) deux espaces topologiques, f : X Y une application. Les assertions suivantes sont équivalentes. a) f est (O X, O Y )-continue sur X ; b) L image réciproque par f de tout ouvert de Y est un ouvert de X ; c) L image réciproque par f de tout fermé de Y est un fermé de X ; d) Pour toute partie de Y, adh X f 1 () f 1 (adh Y ) ; e) Pour toute partie A de X, f(adh X A) adh Y f(a). Solution. (a) b) Soit U un ouvert de Y. Si f 1 (U) =, alors c est trivial. Supposons donc f 1 (U) et fixons a f 1 (U). L application f est (O X, O Y )-continue en a. Puisque U est un voisinage de a dans Y, f 1 (U) est un voisinage de a dans X. Ainsi, f 1 (U) est une partie de X qui est un voisinage de chacun de ses points. Donc f 1 (U) est ouvert dans X. (b) (a) Soit a X. Montrons que f est (O X, O Y )-continue en a. Soit W un voisinage de f(a) dans Y. Il existe U un ouvert de Y, inclus dans W et contenant f(a). L ensemble f 1 (U) est un ouvert de X contenant a, c est donc un voisinage de a dans X. Les inclusions f(f 1 (U)) U W assurent la (O X, O Y )-continue de f en a. Le point a étant quelconque dans X, l application f est (O X, O Y )-continue sur X. (c) (a) Soit F un fermé de Y. L ensemble Y \ F est un ouvert de Y. Par hypothèse, f 1 (Y \ F ) est un ouvert de X. Puisque f 1 (Y \ F ) = X \ f 1 (F ), f 1 (F ) est un fermé de X. 23

25 (c) (b) Soit U un ouvert de Y. L ensemble Y \ U étant fermé dans Y, l hypothèse (c) fournit le fait que f 1 (Y \ U) est fermé dans X. Or, f 1 (Y \ U) = X \ f 1 (U). Donc f 1 (U) est un ouvert de X. (c) (d) Soit une partie de Y. Par hypothèse, f 1 (adh Y ) est fermé dans X. Or, f 1 () f 1 (adh Y ). Donc, adh X f 1 () f 1 (adh Y ). (d) (e) Soit A une partie de X. Utilisons (d) avec la partie = f(a). On a adh X f 1 (f(a)) f 1 (adh Y f(a)). Puisque A f 1 f(a), on a adh X A f 1 (adh Y f(a)). Par passage aux images directes, il vient f(adh X A) f(f 1 (adh Y f(a))) adh Y f(a). (e) (c) Soit F un fermé de Y. Appliquons (e) avec A = f 1 (F ). On a Par passage aux images réciproques, f(adh X f 1 (F )) adh Y f(f 1 (F )) adh Y F. adh X f 1 (F ) f 1 (f(adh X f 1 (F ))) f 1 (adh Y F ) = f 1 (F ) où l égalité résulte du fait que F est fermé dans Y. Ainsi, f 1 (F ) est fermé dans X. Exercice 49 Soit (X, d) un espace métrique. Montrer qu il existe une métrique δ sur X topologiquement équivalente à d telle que (X, δ) soit un espace métrique borné. Solution. Il n est pas difficile d observer que l application δ : X 2 R définie par δ(x 1, x 2 ) = min {1, d(x 1, x 2 )} pour tout (x 1, x 2 ) X 2 est une métrique sur X. Il découle de l inégalité sup δ(x 1, x 2 ) 1 (x 1,x 2) X 2 que (X, δ) est borné. Montrons que δ est topologiquement équivalente à d. Soit x X. Fixons un réel ε ]0, 1[. L application Id X est (d, δ)-continue en x puisque pour tout x X avec d(x, x) ε, on a δ(x, x) = min {1, d(x, x)} d(x, x) ε. L application Id X est également (δ, d)-continue en x, puisque pour tout x X avec δ(x, x) ε < 1, on a d(x, x) ε. Ainsi, δ est topologiquement équivalente à d. Exercice 50 Soient (X, O X ), (Y, O Y ) deux espaces topologiques, f : X Y un homéomorphisme, A une partie de X. Montrer que : (a) f(int X A) = int Y f(a) ; (b) f(adh X A) = adh Y f(a) ; (c) f(bd X A) = bd Y f(a) ; (d) f(acc X A) = acc Y f(a) ; (e) f(is X A) = is Y f(a). Solution. (a) Via l Exercice ***, l ensemble f(int X A) est un ouvert de Y inclus dans f(a). On a donc f(int X A) int Y f(a). Posons g = f 1 : Y X qui est évidemment un homéomorphisme. Posons également = f(a). Ce que nous venons d établir nous donne g(int Y ) int X g(). 24

26 On en déduit (f g)(int Y ) f(int X g()), i.e. int Y f(a) f(int X A). D où l égalité désirée. (b) D après l Exercice ***, l ensemble f(adh X A) est un fermé de Y contenant f(a). On a donc adh Y f(a) f(adh X A). Posons g = f 1 et = f(a). L inclusion précédemment établie nous dit que adh X g() g(adh Y ). On en déduit f(adh X g()) (f g)(adh Y ), i.e. f(adh X A) adh Y f(a). L égalité voulue est donc démontrée. (c) Puisque f est bijective, on a pour tout A, 2 X On en déduit f(a ) = f(a) f() et f(x \ A) = Y \ f(a). f(bd X A) = f(adh X (A) adh X (X \ A)) = f(adh X A) f(adh X (X \ A)) = adh Y f(a) adh Y (Y \ f(a)) = bd Y f(a). (d) Soit y f(acc X A). Il existe x acc X A tel que y = f(x). Fixons V un voisinage de y dans Y. Posons W = f 1 (V ) qui est un voisinage de x dans X d après l Exercice ***. Puisque x acc X A, il existe u W (A \ {x}). On a tout de suite f(u) V f(a) et f(u) y, en particulier V (f(a) \ {y}), i.e. y acc Y f(a). On dispose donc de l inclusion f(acc X A) acc Y f(a). Posons g = f 1 et = f(a). Ce que nous venons d établir nous dit que g(acc Y ) acc X g(). En particulier, on a (f g)(acc Y ) f(acc X g()), i.e. acc Y f(a) f(acc X A). D où l égalité voulue. (e) Soit y f(is X A). Il existe x is X A tel que y = f(x). Soit V un voisinage de x dans X tel que V A = {x}. Posons W = f(v ) qui est un voisinage de y dans Y. On a f(v A) = f(v ) f(a) = W f(a) = {f(x)} = {y}. Ainsi, y is Y f(a). On a donc montré f(is X A) is Y f(a). En posant g = f 1 et = f(a), l inclusion établie ci-dessus nous dit donc (f g)(is Y ) f(is X g()), i.e. Ceci nous donne l égalité désirée. g(is Y ) is X g(), is Y f(a) f(is X A). 25

27 Exercice 51 Soient (X, O X ), (Y, O Y ) deux espaces topologiques, f un homéomorphisme de (X, O X ) sur (Y, O Y ), a X. Montrer que : i) f est une application (O X, O Y )-ouverte ; ii) f est une application (O X, O Y )-fermée ; iii) L image directe par f de tout voisinage de a dans X est un voisinage de f(a) dans Y. Solution. Notons ϕ = f 1. i) ii) Soit U (resp. F ) un ouvert (resp. un fermé) de X. Puisque ϕ : Y X est (O Y, O X ) - continue sur Y, ϕ 1 (U) est un ouvert (resp. fermé) de Y. L application f est (O X, O Y ) - ouverte (resp. fermée) puisque ϕ 1 (U) = { y Y/f 1 (y) U } = f(u). iii) Soit W un voisinage de a dans X. Puisque ϕ : Y X est (O Y, O X ) - continue en f(a), ϕ 1 (W ) est un voisinage de f(a) dans Y. De même que précédemment, ϕ 1 (W ) = f(w ). Exercice 52 Soient (X, O X ), (Y, O Y ) deux espaces topologiques, f : X Y une application. Montrer que : (a) f est (O X, O Y )-ouverte si et seulement si pour toute partie A de X, f(int X A) int Y f(a) ; (b) f est (O X, O Y )-fermée si et seulement si pour toute partie A de X, adh Y f(a) f(adh X A). Solution. (a), Supposons que f soit (O X, O Y ) - ouverte. Soit A une partie de X. Puisque int X A est un ouvert de X, f(int X A) est un ouvert de Y. L inclusion f(int X A) f(a) fournit immédiatement f(int X A) int Y f(a)., Soit A un ouvert de X. On a int X A = A. Ceci combiné avec notre hypothèse fournit f(a) = f(int X A) int Y f(a). Par suite, f(a) = int Y f(a) et donc f(a) est un ouvert de Y. Ainsi, f est (O X, O Y )-ouverte. (b), Supposons que soit (O X, O Y )-fermée. Soit A une partie de X. Puisque adh X A est fermé dans X, f(adh X A) est un fermé de Y. L inclusion f(a) f(adh X A) permet d obtenir sans difficultés l inclusion adh Y f(a) f(adh X A)., Soit A un fermé de X. On a adh X A = A. Il vient adh Y f(a) f(adh X A) = f(a). Donc f(a) = adh Y f(a), ce qui fournit tout de suite que A est un fermé de Y. Ainsi, f est (O X, O Y )-fermée. Exercice 53 Soient (X, O X ), (Y, O Y ), (Z, O Z ) trois espaces topologiques, f : X Y, g : Y Z deux applications. Si f est (O X, O Y )-ouverte (resp. (O X, O Y )-fermée) et si g est (O Y, O Z )-ouverte (resp. (O Y, O Z )-fermée), alors g f est (O X, O Z )-ouverte (resp. (O X, O Z )-fermée). Solution. Traitons le cas où l application f est (O X, O Y )-ouverte et g est (O Y, O Z )- ouverte. Soit A une partie de X. Puisque f est (O X, O Y )-ouverte, on a g f(int X A) g(int Y f(a)). Le fait que g soit (O Y, O Z ) - ouverte fournit l inclusion g(int Y f(a)) int Z g f(a). Ces deux inclusions combinées conduisent à g f(int X A) int Z g f(a). Ainsi, l application g f est (O X, O Z )-ouverte. Considérons maintenant le cas où f est (O X, O Y )-fermée et g est (O Y, O Z ) - fermée. Soit A une partie de X. Puisque g est (O Y, O Z )-fermée, on a adh Z g f(a) g(adh Y f(a)). Du caractère (O X, O Y ) - fermé de f, il découle l inclusion adh Y f(a) f(adh X A). En combinant les deux inclusions précédentes, il vient adh Z g f(a) g(f(adh X A)). Ceci garantit le fait que l application g f soit (O X, O Z )-fermée. Exercice 54 Soient (X, O X ), (Y, O Y ), (Z, O Z ) trois espaces topologiques, f : X Y, g : Y Z deux applications. Montrer que si g f est (O X, O Z ) - ouverte (resp. (O X, O Z ) - fermée) et si g est injective et (O Y, O Z ) - continue sur Y, alors f est (O X, O Y ) - ouverte (resp. (O Y, O Z ) - fermée). 26

28 Solution. Supposons g f (O X, O Z ) - ouverte (resp. fermée), g injective et g (O Y, O Z ) - continue sur Y. Soit A un ouvert de (X, O) (resp. un fermé de (X, O)). Puisque g f est (O X, O Z ) ouverte, g f(a) est un ouvert (resp. fermé) de (Z, O Z ). Par (O Y, O Z ) - continuité de g sur Y, la partie g 1 (g f(a)) est un ouvert (resp. fermé) de (Y, O Y ). Montrons l égalité g 1 (g f(a)) = f(a). L inclusion du membre de droite dans celui de gauche est triviale. Concentrons-nous donc sur l inclusion du membre de gauche dans celui de droite. Soit y 0 g 1 (g f(a)). Par définition d image réciproque, on a g(y 0 ) g f(u). Il existe donc u U tel que g(y 0 ) = g(f(u)) et ceci combiné à l injectivité de g nous dit que y 0 = f(u). On dispose alors de l égalité annoncée et donc du fait que f(a) est un ouvert (resp. fermé) de (Y, O Y ). Exercice 55 Soient (X, O X ), (Y, O Y ), (Z, O Z ) trois espaces topologiques, f : X Y, g : Y Z deux applications. Montrer que si g f est (O X, O Z ) - ouverte (resp. (O X, O Z ) - fermée) et si f est surjective et (O X, O Y ) - continue sur X, alors g est (O Y, O Z ) - ouverte (resp. (O Y, O Z ) - fermée). Solution. Supposons g f (O X, O Z ) - ouverte (resp. fermée), f surjective et f (O X, O Y ) - continue sur Y. Soit A un ouvert de (Y, O Y ) (resp. un fermé de (Y, O Y )). La (O X, O Y ) - continuité de f sur Y nous fournit le fait que f 1 (A) est ouvert (resp. fermé) dans (X, O X ). En combinant ceci et le fait que l application g f est (O X, O Z ) - ouverte (resp. fermée), on obtient g f(f 1 (A)) est un ouvert (resp. fermé) de (Z, O Z ). Montrons que l égalité g f(f 1 (A)) = g(a) a lieu. L inclusion du membre de gauche dans celui de droite est triviale. Montrons l inclusion renversée. Fixons y 0 g(a). Il existe a A tel que y 0 = g(a). La surjectivité de f nous donne l existence de b X tel que f(x) = a. Ainsi, on a y 0 = g(f(x)) g f(f 1 (A)). L égalité annoncée est donc démontrée et le fait que g(a) est ouvert (resp. fermé) dans (Y, O Y ) en découle. Exercice 56 Montrer que R et R 2 ne sont pas homéomorphes. Solution. Par l absurde, supposons qu il existe un homéomorphisme f : R 2 R. Puisque f est bijective, il existe un unique (a, b) R 2 tel que f(a, b) = 0. L application g : R 2 \ {a, b} R \ {0} définie par g(x, y) = f(x, y) pour tout (x, y) R 2 est continue et vérifie g(r 2 \ {a, b}) = R \ {0}. Puisque R 2 \ {a, b} est connexe, ceci nous dit que R \ {0} l est également. Ceci est contradictoire. 1.4 Espace topologique normal Fonction distance à un ensemble Exercice 57 Soient (X, d) un espace métrique, S une partie non vide de X. Montrer que la fonction d S : X R définie par est 1-lipschitzienne, i.e., pour tout x, y X, d S (x) = inf d(x, y) pour tout x X, y S d S (x) d S (y) d(x, y). Solution. Soient x 1, x 2 X. On a pour tout x S, Par passage à l infimum sur S, il vient d(x 1, x) d(x 1, x 2 ) + d(x 2, x). d S (x 1 ) d(x 1, x 2 ) + d S (x 2 ), 27

29 d où l on tire De même, on montre que d S (x 1 ) d S (x 2 ) d(x 1, x 2 ). d S (x 2 ) d S (x 1 ) d(x 2, x 1 ) = d(x 1, x 2 ). On aboutit alors d S (x 1 ) d S (x 2 ) d(x 1, x 2 ). Exercice 58 Soient (X, d) un espace métrique, A, deux fermés non vides disjoints de X. Montrer que la fonction f : X R x d A (x) d A (x) + d (x) est bien définie, continue sur X et satisfait f(x) = 0 pour tout x A et f(x) = 1 pour tout x. Exercice 59 Soient (X, d) un espace métrique, A une partie de X. Montrer que adh X A = {x X : d A (x) = 0} et int X A = { x X : d X\A (x) > 0 }. Solution. Si A =, c est immédiat car alors pour tout x X, d A (x) = + et d X\A (x) = 0. Supposons donc A. Soit x adh X A. Il existe (a n ) n N une suite d éléments de A qui converge vers x dans X. Soit ε > 0 un réel. Il existe n 0 N tel que pour tout n N avec n n 0, d(a n, x) ε. En particulier, on a d A (x) ε. Il s ensuit d A (x) = 0. Soit x X tel que d A (x) = 0. Choisissons (ε n ) n N une suite de réels strictement positifs qui converge vers 0. Pour chaque n N, il existe a n A tel que d(a n, x) < d A (x) + ε n = ε n. On en déduit que (a n ) n N converge vers x dans X et donc x adh X A. On vient donc d établir la première égalité voulue. Pour obtenir la seconde, il suffit de remarquer que int X A = X \ adh X (X \ A) = X \ { x X : d X\A (x) = 0 } = { x X : d X\A (x) > 0 }, où la deuxième égalité résulte de la première égalité proposée par l exercice. 1.5 Compacité Recouvrements Exercice 60 1) Montrer que (R, O R ) n est pas un espace topologique compact. 2) Montrer que (R, O R ) est un espace topologique compact. Solution. 1) Evidemment, (] n, n[) n 1 est un recouvrement ouvert de R dont on ne peut pas extraire de recouvrement fini. Donc, (R, O R ) ne peut pas être compact. 2) La fonction Arctan : R [ π 2, π 2 ] définie par arctan(x) si x R π 2 si x = π 2 si x = + 28

30 constitue un homéomorphisme pour la topologie naturelle de R et celle de [ π 2, π 2 ]. Puisque [ π 2, π 2 ] muni de la topologie induite par la topologie naturelle de R est un espace topologique compact, (R, O R ) est également un espace topologique compact. Exercice 61 Soit (X, O) un espace topologique, K une partie non vide de X, T K la topologie induite sur K par la topologie O. La partie K est compacte dans (X, O) si et seulement si (K, T K ) est un espace topologique compact. Solution., Supposons que K soit compact dans (X, O). Soit U un recouvrement ouvert de K dans (K, T K ). Pour tout U U, il existe un ouvert V U de (X, O) tel que U = V U K. On a alors K ( ) ( ) (V U K) = K V U V U. U U Or, la classe de parties (V U ) U U est un recouvrement ouvert de K dans (X, O). Par compacité de A dans (X, O), il existe un entier m 1, U 1,..., U m m éléments de classe de parties U tels que ( m ) K V Ui. On a alors i=1 i=1 U U i=1 U U ( m ) m m K K V Ui = (V Ui K) = U i. Cette inclusion garantit la compacité de l espace topologique (K, T K )., Supposons que (K, T K ) soit un espace topologique compact. Soit U un recouvrement ouvert de K dans (X, O). Pour tout U U, posons V U = U K qui est un ouvert de (K, T K ). On a l inclusion K U, d où l on tire K K ( U U U ) U U U U i=1 = (K U) = V U. Or, la classe de parties (V U ) U U est un recouvrement ouvert de K dans (K, T K ). Par compacité de (K, T K ), il existe un entier m 1, U 1,..., U m m éléments de classe de parties U tels que ( m ) K V Ui. On a alors D où la compacité de K dans (X, O). i=1 ( m ) m K K U i U i. i=1 Exercice 62 Tout espace topologique homéomorphe à un espace topologique compact est compact. Solution. Soit (X, O X ) un espace topologique. Supposons qu il existe un espace topologique (Y, O Y ) compact et f : X Y un homéomorphisme de (X, O X ) sur (Y, O Y ). Soit U un recouvrement ouvert de (X, O), i.e. soit U une classe de parties ouvertes de (X, O) telle que X U. U U i=1 U U 29

31 Pour chaque U U, f(u) est un ouvert de Y (car f est en particulier une application (O X, O Y ) - ouverte). On en déduit, Y = f(x) f( U) = f(u), U U où la première égalité résulte du fait que f est bijective. Posons U = {f(u)/u U}. On a Y. U U U Par compacité de (Y, O Y ), il existe S U un sous-recouvrement fini de Y, i.e. il existe une classe S de parties ouvertes de Y avec S U telle que Y. U S U U U Il existe donc S U fini tel que S = {f(u)/u S}. On a f 1 (Y ) = X f 1 (U ) = f 1 (f(u)) = U. U S U S U S Ainsi, S est un sous-recouvrement fini de X issu de U. On en déduit que (X, O X ) est un espace topologique compact. Exercice 63 Montrer que la réunion d un nombre fini de compacts d un espace topologique (X, O) est un compact de (X, O). Solution. Soient m 2 un entier, K 1,..., K m m compacts de (X, O). Posons K = m K i i=1 et considérons U un recouvrement ouvert de K dans (X, O). Tout de suite, on voit que U est un recouvrement ouvert de K i dans (X, O), ceci pour tout i {1,..., m}. Pour tout i {1,..., m}, il existe un entier m i 1, U i,1,..., U i,m(i) des éléments de U tels que K i m(i) k=1 U i,k. On a donc m m K = K i i=1 i=1 et ceci fournit la compacité de K dans (X, O). m(i) U i,k Exercice 64 Soit (X, O) un espace topologique, A une partie compacte de (X, O). Montrer que pour toute topologie O sur X satisfaisant O O, A est compacte dans (X, O ). Solution. Soient K un compact de (X, O) et O une topologie sur X telle que O O. Notons U un recouvrement ouvert de K dans (X, O ). Par définition, les éléments de U sont des ouverts de (X, O ). On tire de l hypothèse que U est un recouvrement ouvert de K dans (X, O). La compacité de K dans (X, O) nous permet d extraire de U un sous-recouvrement fini de K. Ceci nous dit que K est compact dans (X, O ). Exercice 65 Soient (X, O X ), (Y, O Y ) deux espaces topologiques, f : X Y une application (O X, O Y )-continue. L image directe par f de tout compact de X est compacte dans Y. Solution. Soit A une partie compacte de X. Soit U un recouvrement ouvert de f(a), i.e. chaque U U est un ouvert de Y et f(a) U. 30 U U k=1

32 Par passage aux images réciproques, il vient A f 1 (f(a)) f 1 ( U U U ) = U U f 1 (U). Puisque f est (O X, O Y ) - continue sur X, pour tout U U, f 1 (U) est un ouvert de X. Il existe (par compacité de A dans X) U U un sous-recouvrement de A tel que A f 1 (U). U U Par passage aux images directes, on aboutit à f(a) f f 1 (U) = f(f 1 (U)) U U U U Ainsi, f(a) est compact dans Y. U U U. Exercice 66 Montrer que tout espace topologique compact séparé (Hausdorff) est normal. Solution. Soit (X, O) un espace topologique compact séparé (Hausdorff). Soient A, deux fermés de X, disjoints. Trivialement, on peut supposer que A et. Fixons a 0 A. Puisque A =, pour tout b, a 0 b. Le caractère séparé (Hausdorff) de X nous dit alors que pour tout b, il existe deux ouverts de X, notés U a0,b, V a0,b tels que a 0 U a0,b, b V a0,b et U a0,b V a0,b =. (1.5.1) L égalité = {b} nous dit que V a0,b. Par compacité de, il existe un entier b m 1, b 1,..., b m tels que Posons U 1 = m U a0,b j j=1 b m V a0,b j. j=1 et U 2 = m V a0,b j. Constatons que U 1 et U 2 sont ouverts dans X. j=1 Via (1.5.1), on obtient successivement que a 0 U 1, U 2 et U 1 U 2 =. Ce qui précède nous dit donc que pour tout a A, il existe deux ouverts de X, notés W a et W a tels que L inclusion A a A a 1,..., a n A tels que Posons O A = n j=1 a W a, W a et W a W a =. (1.5.2) W a combinée au fait que A soit compact nous donne un entier n 1, A n W aj. j=1 W aj et O = n W a j. Tout de suite, on voit que O A et O sont des j=1 ouverts de X. De plus, en exploitant (1.5.2), il vient successivement A O A, O et O A O =. Ainsi, l espace topologique (X, O) est normal. Exercice 67 Soient (X, O X ) un espace topologique compact, (Y, O Y ) un espace topologique séparé (Hausdorff). Montrer que toute application de X dans Y bijective et (O X, O Y )- continue est un homéomorphisme. Solution. Soit f : X Y une application bijective et (O X, O Y )-continue. Il suffit de montrer que la bijection réciproque de f à savoir f 1 : Y X est (O Y, O X )-continue. Soit F un fermé de X. Puisque (X, O) est un espace topologique compact, la Proposition *** assure que F est compact dans X. Il est aisé de voir que l image réciproque de F par f 1 est f(f ). Celui-ci est compact dans Y car f est (O X, O Y )-continue. Le caractère séparé (Hausdorff) de l espace topologique (Y, O Y ) et la même Proposition *** permettent d affirmer que f(f ) est fermé dans Y ce qui termine la preuve. 31

33 1.5.2 Elément d adhérence et sous-suite généralisée Exercice 68 Soient (X, O) un espace topologique, (x j ) j J une suite généralisée d éléments de X, le préordre filtrant croissant sur J, a X. Montrer que a est un élément d adhérence de la suite généralisée (x j ) j J si et seulement si pour tout voisinage V de a dans X, pour tout j 0 J, il existe j J avec j 0 j tel que x j V. Solution., Fixons V un voisinage de a dans X, j 0 J. Par définition, on a On a donc a adh O {x k : k J, j 0 k} V {x k : k J, j 0 k} On en déduit l existence de j J avec j 0 j tel que x j V., Soient V un voisinage de a dans X, j 0 J. Par hypothèse, il existe j 1 J avec j 0 j 1 tel que x j1 V. Ceci s écrit V {x k : k J, j 0 k} Puisque V est un voisinage quelconque de a dans X L élément j 0 étant quelconque dans J, on a a adh O {x k : k J, j 0 k} a j J adh O {x k : k J, j 0 k}. Exercice 69 Soit (X, O) un espace topologique. Montrer que : (a) Si une suite généralisée (x j ) j J d éléments de X converge vers a X, alors a est un élément d adhérence de cette suite généralisée. (b) Si l espace topologique (X, O) séparé (Hausdorff) et si une suite généralisée (x j ) j J d éléments de X converge vers a X, alors a est un élément d adhérence de cette suite généralisée et c est le seul. Solution. On note le préordre sur J. (a) Soit V un voisinage de a dans X. Fixons j 0 J. Par hypothèse, il existe j 1 J tel que pour tout j J avec j 1 j, on ait x j V. Puisque (J, ) est un ensemble préordonné filtrant croissant, il existe j 2 J avec j 0 j 2 et j 1 j 2. On a donc construit j 2 J avec j 0 j 2 tel que x j2 V. Ainsi, a est un élément d adhérence de la suite généralisée (x j ) j J. (b) Supposons que la suite généralisée (x j ) j J converge vers a X. On sait via (a) que a est un élément d adhérence de la suite généralisée (x j ) j J. Par l absurde, supposons qu il existe un élément d adhérence de cette même suite, b X, distinct de a. Puisque (X, O) est un espace topologique séparé (Hausdorff), il existe un voisinage V de a dans X, un voisinage W de b dans X tels que : V W = Par hypothèse, il existe j 1 J tel que pour tout j J avec j 1 j, on ait x j V. Le fait que b soit un élément d adhérence de la suite généralisée (x j ) j J fournit l existence de j 2 J avec j 1 j 2 tel que x j2 W. Ainsi, x j2 Ceci contredit la non vacuité de V W. V W 32

34 1.5.3 Locale compacité Exercice 70 Soit X un ensemble non vide. Montrer que l espace topologique (X, P(X)) est localement compact. Cet espace topologique est-il compact? Solution. Fixons x X. Il est aisé de constater que {{x}} est un système fondamental de P(X)-voisinages. Puisque {x} est compact (car fini), (X, P(X)) est localement compact. Montrons que l espace topologique (X, P(X)) est compact si et seulement si X est fini., C est trivial puisque toute partie finie d un espace topologique est compacte., Supposons que X soit compact. Observons tout d abord que X = {x}. x X Puisque pour tout x X, {x} est P(X)-ouvert, l égalité ci-dessus associée à la compacité de X nous dit qu il existe n N, x 1,..., x n X tels que En particulier, X est fini. X = n {x i }. i=1 Exercice 71 Soit (X, O) un espace topologique localement compact, U un ouvert non vide de X, O U la topologie induite par O sur U. Montrer que l espace topologique (U, O U ) est localement compact. Solution. Fixons x U. Soit S un système fondamental de O-voisinages O-compacts de x. Posons S = {V U : V S}. Il est aisé de constater (***à détailler***) que S est un système fondamental de O U - voisinages O U -compact de x. Exercice 72 Soient (X, O) un espace topologique, x X, (x n ) n N une suite d éléments de X. Montrer que si x n x, alors l ensemble {x n : n N} {x} est compact dans (X, O). Ce résultat subsiste t-il pour les suites généralisées? Solution. Supposons que x n x et notons K = {x n : n N} {x}. Soit U un recouvrement ouvert de K. On a en particulier K U. (1.5.3) U U Puisque x K, (1.5.3) nous dit qu il existe V U tel que x V. Puisque V est O-ouvert et contient x, V est en particulier un O-voisinage de x. Le fait que x n x garantit qu il existe n 0 N \ {0} tel que pour tout n N avec n n 0, x n V. Via (1.5.3), choisissons pour tout n {0,..., n 0 1}, U n U tel que x n U n. On en déduit ( n0 1 ) K V U n. ( n0 1 ) Evidemment, l ensemble U = V U n n=0 est un sous-recouvrement de U. En conséquence, l ensemble K est compact dans (X, O). n=0 Montrons que ce résultat ne subsiste pas pour les suites généralisées. Soit J =]0, 1[ muni de l ordre filtrant croissant. Considérons la suite généralisée (x j ) j J de réels définie par x j = j pour tout j J. 33

35 En munissant R de sa topologie usuelle, on constate d une part que x j 1 et d autre part que n est pas compact dans R. {x j : j J} {1} =]0, 1] 1.6 Compacité dans les espaces métriques Exercice 73 Soient (X, d) un espace métrique compact, f : X X une application vérifiant pour tout x, y X avec x y, d(f(x), f(y)) < d(x, y). (a) Montrer que f admet un unique point fixe. (b) Soit x 1 E fixé. Montrer que la suite (x n ) n 1 d éléments de X définie par converge vers l unique point fixe de f. x n+1 = f(x n ) pour tout n 1 Solution. (a) Considérons la fonction ϕ : X R définie par ϕ(x) = d(f(x), x) pour tout x X. Puisque (X, d) est un espace métrique compact et que ϕ est continue sur X, il existe x X tel que d(f(x), x) = inf x E ϕ(x). Si x f(x), il vient ϕ(f(x)) = d(f 2 (x), f(x)) < d(f(x), x) = inf x E ϕ(x) ce qui est absurde. Donc, on a x = f(x). L existence de y X avec y x tel que f(y) = y entraîne d(x, y) = d(f(x), f(y)) < d(x, y) ce qui est absurde. Ainsi, f admet x comme unique point fixe dans X. (b) Posons pour chaque n N, α n = d(x n, x). On a pour tout n N, α n+1 = d(x n+1, x) = d(f(x n ), f(x)) d(x n, x) = α n, i.e., (α n ) n N est une suite décroissante. Puisque cette dernière est minorée par 0, elle converge vers un réel (positif) α. Notons que α n α. Par compacité de X, il existe (x s(n) ) n N une sous-suite de (x n ) n N qui converge dans X vers un élément x X. On a évidemment α s(n) α et d(f(x s(n) ), x) d(f(x ), x) = α. Si α 0, on a x x d où l on tire α = d(x, f(x )) = d(f(x), f(x )) < d(x, x ) = α et c est évidemment absurde. Donc, on a α = 0. Ainsi, la suite (x n ) n N converge vers x. Exercice 74 Soit (X, d) un espace métrique compact. Montrer que (X, d) est séparable. 34

36 Solution. Soit (ε n ) n N une suite de réels strictement positifs qui converge vers 0. Remarquons que pour tout n N, on a X = (x, ε n ). x X Puisque (X, d) est compact, pour chaque n N, il existe M n N, x n,1,..., x n,mn tels que Remarquons que l ensemble X = M n i=1 (x n,i, ε n ). X A = n N {x n,i : i {1,..., M n }} est dénombrable car union dénombrable d ensembles finis. Fixons x X et η > 0 un réel et posons U = (x, η). Il existe N N tel que ε N < η. En vertu de l égalité, X = M N i=1 (x N,i, ε N ), il existe k {1,..., M N } tel que x (x N,k, ε N ). En particulier, on a d(x, x N,k ) < η, ce qui nous dit x N,k U A. L ensemble A est dénombrable et dense dans (X, d). En conséquence, (X, d) est séparable. Exercice 75 Soit (X, d) un espace métrique. Les assertions suivantes ont lieu. i) Tout sous-ensemble complet de (X, d) est fermé dans X. ii) Tout sous-ensemble compact de (X, d) est complet. iii) Si (X, d) est complet, alors tout sous-ensemble fermé de X est complet. Solution. i) Soient A un sous-ensemble complet de (X, d). Fixons (x j ) j J une suite généralisée d éléments de A qui converge dans (X, d) vers a X. La suite généralisée (x j ) j J converge dans (A, d A ) vers a (où d A est la distance induite sur A par d). D après la proposition (?), la suite généralisée (x j ) j J est de Cauchy dans (A, d A ), elle converge donc dans (A, d A ) vers un point de A. Ainsi, a A. Donc A est fermé dans X. ii) Soit A un sous-ensemble compact de (X, d). Fixons (x j ) j J une suite généralisée de Cauchy d éléments de A. Par compacité, il existe une sous-suite généralisée (x s(j) ) j J qui converge vers un certain a A. L élément a est alors un élément d adhérence de la suite généralisée (x j ) j J. D après la proposition (?), (x j ) j J converge vers a. iii) Supposons (X, d) complet. Soit A un sous-ensemble fermé de (X, d). Fixons (x j ) j J une suite généralisée d éléments de A de Cauchy dans (A, d A ) (où d A est la distance induite par d sur A). Sans difficultés, on voit que la suite généralisée (x j ) j J est une suite d éléments de X de Cauchy dans (X, d). Elle converge donc dans (X, d) vers a X. Puisque A est fermé, a A. La suite généralisée (x j ) j J converge dans (A, d A ) vers a. Exercice 76 Soient (X, d X ) un espace métrique compact, (Y, d Y ) un espace métrique, f : X Y une application continue sur X. Montrer que f est uniformément continue sur X. Solution. Fixons un réel ε > 0. Puisque f est continue sur X, pour chaque x X, il existe un réel α x > 0 tel que f( dx (x, α x )) dy (f(x), ε 2 ). La classe de parties ( dx (x, αx 2 )) x X de X forment un recouvrement de X. Par compacité de X, il existe une partie finie non vide A de X telle que ( dx (x, αx 2 )) x A recouvre X. Posons α = 35

37 min {α x /x X}. Soit (y, z) X 2 tel que d X (y, z) < α 2. Il existe a A tel que y dx (a, αa 2 ). Via l inégalité triangulaire, il vient d X (a, z) α a 2 + α 2 α a. On a donc y, z (a, α a ). Ainsi, f(y), f(z) dy (f(a), ε 2 ). Une nouvelle application de l inégalité triangulaire fournit Ceci termine la preuve. d Y (f(y), f(z)) d Y (f(y), f(x)) + d Y (f(z), f(x)) < ε. Exercice 77 Soient (E, d E ), (F, d F ) deux espaces métriques, g : E F une application. On appelle module de continuité de g la fonction ω c g : [0, + [ [0, + ] définie par ω c g(r) = sup {d F (g(x), g(x )) : x, x E, d E (x, x ) r} pour tout r [0, + [. Montrer que : (a) ω c g(0) = 0 ; (b) ω c g( ) est croissante sur [0, + [ ; (c) pour tout x, x E, d F (g(x), g(x )) ω c g(d E (x, x )); (d) g( ) est uniformément continue sur E si et seulement si ω c g( ) est continue en 0. Solution. (a) C est immédiat car et ω c g(0) = sup {d F (g(x), g(x )) : x, x E, d(x, x ) = 0} {d F (g(x), g(x )) : x, x E, d(x, x ) = 0} = {0}. (b) Il suffit d observer que pour tout ρ, ρ [0, + [ avec ρ ρ, {d F (g(x), g(x )) : x, x E, d(x, x ) ρ} {d F (g(x), g(x )) : x, x E, d(x, x ) ρ }. (c) Soient x 1, x 2 E fixés. On a ω c g(d E (x 1, x 2 )) = sup {d F (g(x), g(x )) : x, x E, d E (x, x ) d E (x 1, x 2 )} d F (g(x 1 ), g(x 2 )). (d), Supposons que g soit uniformément continue sur E. Fixons un réel ε > 0. Puisque g est uniformément continue sur E, il existe un réel η > 0 tel que pour tout x 1, x 2 E avec d(x 1, x 2 ) η, on ait d F (g(x 1 ), g(x 2 )) ε. On a donc pour tout r ]0, η], ω c g(r) = sup {d F (g(x), g(x )) : x, x E, d E (x, x ) r} ε., Supposons que ω c g soit continue en 0. Soit ε > 0 un réel fixé. Il existe un réel η > 0 tel que pour tout r ]0, η], ω c g(r) < ε. Soient x 1, x 2 E avec d(x 1, x 2 ) η. On a ω c g(η) = sup {d F (g(x), g(x )) : x, x E, d(x, x ) η} ε, donc d F (g(x 1 ), g(x 2 )) ε. Ainsi, g est uniformément continue sur E. Exercice 78 Soit (X, d) un espace métrique. Montrer que : (a) Une suite ordinaire de Cauchy d éléments de X est bornée relativement à d. (b) Toute suite généralisée d éléments de X convergente dans X est une suite généralisée de Cauchy. (c) Si une suite généralisée de Cauchy de X admet un élément d adhérence, alors elle converge vers cet élément. De plus, cet élément d adhérence est unique. 36

38 Solution. (a) Soit (x n ) n N une suite de Cauchy d éléments de X. Fixons un réel ε > 0. Il existe un entier N N tel que pour tout p N avec p N, on ait d(x N, x p ) < ε. La suite (x n ) n N est donc bornée dans (X, d) ce qui entraîne évidemment que toute la suite elle-même (x n ) n N est bornée dans (X, d). (b) Soit (x j ) j J une suite généralisée d éléments de X qui converge dans X vers a X. Fixons un réel ε > 0. Il existe j 0 J tel que pour tout j J avec j 0 j, on ait d(x j, a) < ε 2. Pour tout j 1, j 2 J avec j 0 j 1 et j 0 j 2, on a d(x j1, x j2 ) d(x j1, a) + d(x j2, a) < ε 2 + ε 2 = ε. Ainsi, (x j ) j J est une suite généralisée de Cauchy d éléments de X. (c) Soit (x j ) j J une suite généralisée d éléments de X dont a X désigne un élément d adhérence. Fixons un réel ε > 0. Il existe j 0 J tel que pour tout j 1, j 2 J avec j 0 j 1 et j 0 j 2, on ait d(x j1, x j2 ) < ε 2. Il existe j J avec j 0 j tel que d(x j, a) < ε 2. Soit k J avec j 0 k, on a d(x k, a) d(x k, x j ) + d(x j, a) ε 2 + ε 2 = ε. Ainsi, (x j ) j J converge dans X vers a. Evidemment, (x j ) j J ne peut pas avoir deux éléments d adhérence distincts, sinon elle aurait deux limites distinctes ce qui est impossible dans un espace métrique. 1.7 Théorème de Arzela-Ascoli 1.8 Semi-continuité Exercice 79 Soient (X, ) un R-espace vectoriel normé, x X \ {0}, α R, H = {x X : x, x = α}. Montrer que pour tout x X, d(x, H) = x, x α x. Solution. Fixons x X. Pour tout y H, on a On en déduit Fixons λ R tel que On a x, x α x = x, x x, y x x, x α x d(x, H). λ > x, x α x. x y. x (x + λ X ) = [ x, x λ x, x, x + λ x ] donc en particulier α x (x + λ X ). Ainsi, on a x + λ X H, d où l inégalité En conséquence, on a d(x, H) λ. d(x, H) = x, x α x. 37

39 Exercice 80 Soit (X, d) un espace métrique. Montrer que est une distance sur X. δ : X X R (x, y) d(x, y) 1 + d(x, y) Solution. Evidemment, δ est bien définie. Puisque d est une distance sur X, on a tout de suite pour tout (x, y) X 2, et Fixons a, b, c X. On a On a donc Ainsi, δ est une distance sur X. δ(x, y) = 0 d(x, y) = 0 δ(x, y) = δ(y, z). d(a, b) d(b, c) δ(a, b) δ(b, c) = 1 + d(a, b) 1 + d(b, c) d(a, b) d(b, c) = (1 + d(a, b))(1 + d(b, c)) d(a, c) 1 + d(a, b) + d(b, c) d(a, c) 1 + d(a, c). δ(a, b) δ(b, c) + δ(a, c). Exercice 81 Soit (X, O) un espace topologique. Les assertions suivantes ont lieu. i) Un point a X est un élément d adhérence d une suite généralisée (x j ) j J d éléments de X si et seulement si (x j ) j J admet une sous-suite généralisée qui converge vers a dans X ; ii) Supposons de plus que chaque élément de (X, O) admette un système fondamental de voisinages dénombrable. Alors, a X est un élément d adhérence d une suite ordinaire (x n ) n N de X si et seulement s il existe une sous-suite ordinaire de (x n ) n N qui converge vers a dans X. Solution. i), Supposons qu il existe un ensemble préordonné filtrant croissant (I, I ), une application filtrante croissante s : (I, I ) (J, J ) et une sous-suite généralisée (y i ) de (x j ) j J telle que y i = x s(i) pour tout i I qui converge vers a. Soit V un voisinage de a dans X, j 0 J. Il existe i 0 I tel que pour tout i I avec i 0 I i on ait j 0 J s(i). Il existe i 1 I tel que pour tout i I avec i 1 I i, on ait : x s(i) V Puisque (I, I ) est un ensemble préordonné filtrant croissant, il existe i 2 I tel que i 0 I i 2 et i 1 I i 2. On a donc j 0 J s(i 2 ) et x s(i2) V. Ainsi, a est un élément d adhérence de la suite généralisée (x j ) j J., Réciproquement, supposons que a soit un élément d adhérence de la suite généralisée (x j ) j J. Notons V l ensemble des voisinages de a dans X. Posons : Λ = {(j, V ) J V/x j V } Soient V 0 V, j 0 J. Il existe j J avec j 0 J j tel que x j V 0. Ainsi, Λ. Pour chaque j 1, j 2 J, V 1, V 2 V, il est aisé de montrer que l on peut définir un préordre filtrant croissant comme suit : (j 1, V 1 ) (j 2, V 2 ) j 1 J j 2 et V 1 V 2 38

40 Sans difficultés, on voit que l application : s : Λ J (j, V ) j est filtrante croissante. Ainsi, (x s(λ) ) λ Λ est une sous-suite généralisée de (x j ) j J. Soit W un voisinage quelconque de a dans X. Il existe j W J tel que x jw W. Posons λ 0 = (j W, W ) Λ. Soit λ 1 Λ quelconque vérifiant λ 0 λ 1. Il existe V V, j J tel que λ 1 = (V, j ). On a x j = x s(λ1) W. La suite généralisée (x s(λ) ) λ Λ converge donc vers a., Supposons qu il existe une sous-suite (x s(n) ) n de la suite ordinaire (x n ) n qui converge vers a. Soit V un voisinage de a dans X, n 0 N. Il existe n 1 N tel que pour tout entier naturel n n 1, on ait x s(n) V. Posons n 2 = max {n 0, n 1 }. Puisque x s(n2) V et n 2 n 0, a est un élément d adhérence de la suite (x n ) n., Supposons que a soit un élément d adhérence de la suite ordinaire (x n ) n N. Notons {U n /n N} un système fondamental de voisinages de a dans X. En posant pour chaque entier naturel n : n V n = m=0 on voit que {V n /n N} est un système fondamental de voisinages de a dans X décroissant pour l inclusion. Il n est pas difficile de voir que l on peut construire (par récurrence) l application s : N N strictement croissante définie comme suit : { s(0) = 0 s(n) = min {k N/x k V n, k s(n 1) + 1} pour tout n N La suite (x s(n) ) n N converge évidemment vers a. Ceci termine la preuve. Exercice 82 Soit (X, O) un espace topologique et f : X R une fonction à valeurs réelles étendues semi-continue inférieurement. Pour toute partie A non vide de X, on a U m sup f = sup f. adh O A A Solution. Soit A une partie non vide de X. Puisque A adh O A, on a sup f sup f A adh O A Fixons x adh O A. Il existe une suite généralisée (x j ) j J d éléments de A telle que On a f(x) lim inf j J x j j J x. f(x j ) sup f A où la première inégalité résulte de la semi-continuité inférieure de f en x et la seconde du fait que pour tout j J, x j A. Ainsi, on a l inégalité et donc l égalité attendue. sup f sup f adh O A A Exercice 83 Soient (X, ) un R-espace vectoriel normé, X {0}, f : X R une fonction telle que f(x) = +. lim x + (a) Donner la définition de lim f(x) = + à l aide d une base de filtres sur X. x + (b) Soit m N. On suppose que X = R m est muni de la norme euclidienne et que f est semi-continue inférieurement sur X. Montrer que la borne inférieure de f sur tout ensemble fermé non vide de X est atteinte. 39

41 Solution. (a) Pour tout r [0, + [, posons P r = {x X : x > r} et notons = {P r : r [0, + [}. Puisque X {0}, pour tout r [0, + [, P r. Fixons r 1, r 2 [0, + [. Constatons tout de suite que P r1 P r2 = {x X : x > max {r 1, r 2 }}. En posant r 3 = max {r 1, r 2 }, l égalité ci-dessus devient P r3 = P r1 P r2. Ainsi, la classe de parties est une base de filtres sur X. Par définition, lim f(x) = + x + lorsque f converge vers + R suivant la base de filtres, i.e. lorsque lim f(x) = +. x (b) Fixons a R m et notons que ]f(a), + ] est un voisinage de + dans R. Puisque f(x) = +, il existe r [0, + [ tel que lim x + f({x R m : x > r}) ]f(a), + ]. Posons K = [0, r] {a} qui est compact dans R m. Trivialement, on a inf X f inf K f. Fixons x 0 X. Si x 0 > r, alors f(x 0 ) > f(a) inf f et si x 0 r, alors f(x 0 ) K inf f inf f. Donc, dans tous les cas, on a [0,r] K f(x 0 ) inf K f. On en déduit inf f = inf f. X K Puisque f est semi-continue inférieurement sur X et que K est compact non vide, f atteint sa borne inférieue sur K, i.e. il existe x K tel que f(x) = inf K f = inf X f. Exercice 84 Soient (X, d) un espace métrique, I un ensemble non vide, (f i ) une famille équicontinue de fonctions de X dans R. (a) On suppose que pour chaque x X, (f i (x)) est majorée dans R. Montrer que la fonction ϕ : X R x sup f i (x) est bien définie. Est-elle continue (resp. uniformément continue) sur X? (b) Montrer que pour chaque K P 0,finie (I), la fonction F K : X R x sup f i (x) i K est bien définie. Est-ce que (F K ) K P0,finie (I) est une famille équicontinue de fonctions de X dans R? 40

42 Solution. (a) Fixons x X. Puisque l ensemble A x = {f i (x) : i I} est majoré dans R, on a sup A x R, i.e. ϕ(x) R. Ainsi, la fonction ϕ est bien définie. Soit ε > 0 un réel fixé. Le fait que (f i ) soit une famille équicontinue nous donne un réel η > 0 tel que pour tout i I, pour tout x (x, η) f i (x) f i (x) < ε. On a donc pour tout x (x, η), pour tout i I ε + f i (x) < f i (x) et f i (x) < ε + f i (x). Par passage à la borne supérieure sur I dans les deux inégalités ci-dessus, il vient pour tout x (x, η) ε + ϕ(x) < ϕ(x) et ϕ(x) < ε + ϕ(x). On en déduit que pour tout x (x, η) ϕ(x) ϕ(x) < ε. Ainsi, ϕ est continue en x et donc sur X. En général, ϕ n est pas uniformément continue sur X. Posons X = R, I = {1} et f 1 : R R x x 2. Trivialement, ϕ = f 1 et (f i (x)) est majorée dans R pour chaque x R. Le fait que f 1 ne soit pas uniformément continue sur R donne le contre-exemple souhaité. (b) Fixons K 0 P 0,finie (I), x X. Puisque K 0 est un ensemble fini non vide, on a sup f i (x) = max f i (x) R. i K 0 i K 0 Donc, F K0 est bien définie. Fixons un réel ε > 0. Puisque (f i ) est une famille équicontinue, il existe un réel η > 0 tel que pour tout i I, pour tout x (x, η) f i (x) f i (x) < ε. Pour tout K P 0,finie (I), pour tout i K et pour tout x (x, η), on a f i (x) f i (x) < ε. Donc, pour tout x (x, η), pour tout K P 0,finie (I), pour tout i K, il vient ε + f i (x) < f i (x) < f i (x) + ε. Par passage à la borne supérieure sur I, pour tout x (x, η), pour tout K P 0,finie (I) on en arrive à ε + F K (x) < F K (x) < F K (x) + ε, i.e. F K (x) F K (x) < ε. Donc, (F K ) K P0,finie est une famille équicontinue de fonctions de X dans R. Exercice 85 Soient (X, O) un espace topologique, A une partie de X. Donner une condition suffisante et nécessaire pour que la fonction caractéristique de A (au sens de la théorie de la mesure) 1 A : X R { 1 si x A x 0 sinon soit semi-continue inférieurement (resp. supérieurement) sur X. 41

43 Solution. Fixons r R. Il est aisé de constater que si r < A ([, r]) = X \ A si 0 r < 1 X si r 1. Observons alors que 1 1 A ([, r]) est fermé dans X si et seulement si A est ouvert dans X. D après le cours ***, 1 A est semi-continue inférieurement sur X si et seulement si A est ouvert dans X. De même, on a si r > A ([r, + ]) = A si 0 < r < 1 X si r 0. Ainsi, 1 1 A ([r, + ]) est fermé dans X si et seulement si A est fermé dans X. Une nouvelle application de *** nous dit que 1 A est semi-continue supérieurement sur X si et seulement si A est fermé dans X. Exercice 86 Soient X un ensemble non vide, f : X R une fonction à valeurs réelles étendues, une base de filtre sur X, ρ R. Montrer que : (a) lim sup f < ρ si et seulement si il existe et un réel ρ < ρ tel que f(x) < ρ pour tout x. (b) lim inf f > ρ si et seulement si il existe et un réel ρ > ρ tel que f(x) > ρ pour tout x. Solution. Soit ρ 0 R fixé. (a), Supposons lim sup f < ρ 0. Par définition, on a tout de suite, ( ) inf sup f(x) < ρ 0. x Par caractérisation de borne inférieure, il existe 0 tel que sup x 0 f(x) < ρ 0. Puisque ρ 0 R, il existe un réel ρ 0 < ρ 0 tel que sup f(x) < ρ 0. x 0 On a donc pour tout x 0, f(x) < ρ 0., Supposons qu il existe 0 et un réel ρ 0 < ρ 0 tel que f(x) < ρ 0 pour tout x 0. On a bien sûr sup x 0 f(x) < ρ 0 et il découle immédiatement de ceci que ( lim sup f = inf sup f(x) x ) < ρ 0 < ρ 0. (b) La démonstration est totalement analogue à (a) et est donc laissée au lecteur. Exercice 87 (Convergence de suite généralisées monotones de R) Soit (J, ) un ensemble préordonné filtrant croissant, (u j ) j J une suite de réels étendus. a) Si (u j ) j J est une suite croissante relativement à (J, ), alors u j u i. sup j J i J b) Si (u j ) j J est une suite décroissante relativement à (J, ), alors u j j J inf i J u i. 42

44 Solution. Puisque b) est conséquence immédiate de a), on ne montre que a). Distinguons trois cas. Cas 1 : sup u i =. Dans ce cas, on a u j = pour tout j J et la propriété i J souhaitée est trivialement satisfaite. Cas 2 : sup u i = +. Fixons W un voisinage de sup u i dans R (muni de sa topologie i J i J usuelle). Choisissons un réel r tel que ]r, + ] W. Par caractérisation de borne supérieure, il existe j 0 J tel que r < u j0. Puisque la suite (u j ) j J est croissante sur (J, ), on a, r < u j0 u j pour tout j J avec j 0 j. Donc, u j W dès lors que j J et vérifie j 0 j. Ceci signifie que u j u i. sup j J i J Cas 3 : sup u i R. Fixons W un voisinage de sup u i dans R (muni de sa topologie i J i J usuelle). Puisque la topologie induite sur R par la topologie naturelle de R n est nulle autre que la topologie naturelle de R, la partie W R est un voisinage de sup i J Il existe un réel ε > 0 tel que ] sup i J [ u i ε, sup u i + ε W R W. i J Par caractérisation de borne supérieure, il existe j 0 J tel que sup u i ε < u j0. i J Par croissance de (u j ) j J relativement à (J, ), il vient sup u i ε < u j0 u j i J u i dans R. pour tout j J avec j 0 j. Ainsi, u j W dès lors que j J et vérifie j 0 j. Ceci signifie une nouvelle fois que u j u i. sup j J i J Etendons un autre résultat fondamental sur les limites des suites. Exercice 88 Soient (J, ) un ensemble préordonné filtrant croissant, (u j ) j J et (v j ) j J deux suites de réels étendus telle que pour tout j J, u j v j. Si lim u j et lim v j existent j J j J dans R, alors lim u j lim v j. j J j J Solution. Supposons que lim u j et lim v j existent dans R. Par l absurde, supposons que j J j J lim u j > lim v j. On voit tout de suite que lim u j R {+ } et que lim v j R { }. j J j J j J j J On peut donc choisir r R tel que lim v j < r < lim u j. j J j J Posons W = ]r, + ] qui est un voisinage de lim u j dans R. Par définition de limite d une j J suite généralisée, il existe j 0 J tel que pour tout j J avec j 0 j, on ait u j W. Posons également W = [, r[ qui est un voisinage de lim v j dans R. De même que j J ci-dessus, il existe j 1 J tel que pour tout j J avec j 1 j, on ait v j W. Choisissons j 2 J tel que j 0 j 2 et j 1 j 2. On a u j2 W et v j2 W et donc v j2 < r < u j2. Cette dernière inégalité est contraire à notre hypothèse. Contradiction. 43

45 Exercice 89 Soient X un ensemble non vide, une base de filtre sur X, f, g : X R deux fonctions à valeurs réelles étendues. Les propriétés suivantes ont lieu. i) lim sup( f) = lim inf f et lim sup f = lim inf( f). ii) lim inf f lim sup f. iii) Si f g, alors lim inf iv) lim f lim inf g et lim sup f existe dans R si et seulement si lim inf f est égale aux deux semi-limites. limite lim v) Pour tout réel α > 0, on a lim inf (αf) = α lim inf f et lim sup f lim sup g. f = lim sup (αf) = α lim sup f. f. Lorsque c est le cas, la vi) Quand les sommes considérées ci-dessous sont bien définies on a d une part lim inf et d autre part lim inf f + lim inf (f + g) lim inf vii) Pour tout α R, on a lim inf g lim inf (f + g) et lim sup f + lim sup (α + f) = α + lim inf viii) Si f et g sont à valeurs positives, alors ( lim inf ) ( f lim inf ) g lim inf g et lim sup f et lim sup (f + g) lim sup f + lim inf (fg) et lim sup(fg) quand les produits considérés sont bien définis. ix) Si f et g sont à valeurs positives et si de plus lim ( lim inf ) ( f lim ) g = lim inf quand les produits considérés sont bien définis. Solution. (a) On a tout de suite f + lim sup g g lim sup(f + g) (α + f) = α + lim sup f. ( ( (fg) et lim sup(fg) lim sup( f) = inf Posons g = f. On vient d établir que sup x lim sup f ) ( g existe dans R, alors ( f(x)) = inf ( inf f(x)) x = sup( inf f(x)) x = lim inf f. lim sup( g) = lim inf g, ) lim sup g ( ) lim sup f) lim g ce qui s écrit encore (b) Posons pour tout lim sup f = lim inf( f). m = inf f(x) et M = sup f(x). x 44 x

46 Munissons du (pré)ordre filtrant croissant donné par l inclusion. La suite généralisée (m ) (resp. (M ) ) est croissante (resp. décroissante) relativement à (, ). Par application de ***, on a m sup m et M inf M. D autre part, remarquons que pour tout Via ***, il vient lim inf (c) Puisque f g, on a pour tout Il vient On en déduit sup (d) On a tout de suite De même, on a (inf lim inf m M. = sup m inf M = lim sup inf f inf f) sup(inf f lim inf g et sup f sup g. f. g) et inf (sup f) inf (sup g). g et lim sup lim inf(αf) = sup inf (αf)(x) x = sup inf αf(x) x = sup(α inf f(x)) x = α sup inf f(x) x lim sup(αf) = inf = α lim sup f. sup x = α inf sup x = α lim sup f. f lim sup g. (αf)(x) (vi) Distinguons deux cas. Cas 1 : f + ou g +. Puisque f + g : X R est bien définie par hypothèse, on a f + g + et le résultat souhaité est donc trivial. Cas 2 : f + et g +. Dans ce cas, inf f + inf g est bien défini pour tout. Ceci combiné au fait que lim inf f + lim inf g est bien défini nous donne lim inf f(x) (f + g) = lim(inf(f + g)) lim(inf f + inf g) = lim(inf f) + lim(inf g) = lim inf f + lim inf g. 45

47 Posons h = f et k = g. Le fait que f + g : X R soit bien définie garantit tout de suite que h + k : X R est bien définie. Remarquons que est bien définie puisque la somme lim inf h + lim inf k lim sup f + lim sup g = lim inf h lim inf k est elle-même bien définie par hypothèse (l égalité étant conséquence de ***). On peut donc appliquer la première inégalité de *** pour obtenir lim inf h + lim inf k lim inf(h + k). Une nouvelle application de *** donne l inégalité souhaitée. (vii) Il suffit de remarquer que lim inf(α + f) = sup x = sup x inf (α + f)(x) inf (α + f(x)) = sup(α + inf f(x)) x = α + sup inf f(x) x = α + lim inf f. Posons g = f et β = α. Ce qui précède et *** nous donne lim inf En appliquant ***, on obtient (β + g) = β + lim inf g = α lim sup f. On en déduit lim inf (β + g) = lim inf ( α f) = lim sup(α + f). lim sup(α + f) = α + lim sup f Epigraphe et hypographe Exercice 90 Soient (X, O) un espace topologique, f : X R une fonction, (x, r) X R. Montrer que : (a) (x, r) adh X R epi f lim inf x x f(x ) r ; (b) (x, r) int X R epi f r > lim sup x x f(x) ; (c) (x, r) / adh X R epi f (x, r) int X R hypo f ; (d) (x, r) / int X R epi f (x, r) adh X R hypo f. Solution. (a), Supposons (x, r) adh X R epi f. Il existe (x j, r j ) j J une suite généralisée d éléments de epi f telle que (x j, r j ) (x, r). Pour tout j J, on a f(x j ) r j. Il j J vient alors lim inf x x f(x ) lim inf j J f(x j ) lim inf r j = r. j J, Supposons que lim inf x x f(x ) r. Pour tout n N, on a lim inf x x f(x ) < r n, 46

48 ce qui s écrit encore pour tout n N, sup V V X (x) inf x V f(x ) < r n. Ceci entraîne évidemment que pour tout (V, n) V X (x) N, inf x V f(x ) < r n. Donc, pour tout (V, n) V X (x) N, il existe x V,n V tel que f(x V,n ) < r n. Posons J = V X (x) N et munissons cet ensemble du préordre filtrant croissant défini pour tout (V, n), (V, n ) J par (V, n) (V, n ) V V et n n. Posons également pour tout j J, r j = r On observe tout de suite que (x n j, r j ) j J est une suite généralisée d éléments de epi f qui converge vers (x, r). Ceci nous dit (x, r) adh X R epi f. (b), Supposons que r > lim sup f(x). Par l absurde, supposons que (x, r) / int X R epif. On a x x (x, r) X R \ int X R epi f = adh X R (X R \ epi f). Il existe donc (x j, r j ) j J une suite généralisée d éléments de X \ epi f telle que (x j, r j ) j J (x, r). Pour tout j J, on a f(x j ) > r j, donc r > lim sup x x f(x ) lim sup j J f(x j ) > lim sup r j = r j J et ceci est absurde., Supposons (x, r) int X R epi f. Par l absurde, supposons que r lim sup f(x). Pour x x tout n N, pour tout V V X (x), on a r 1 2 n < sup f(x ). x V Donc, pour chaque (V, n) V X (x) N, il existe x V,n V tel que r 1 2 n < f(x V,n). Posons J = V X (x) N et munissons cet ensemble du préordre filtrant croissant défini pour tout (V, n), (V, n ) J par (V, n) (V, n ) V V et n n. Posons également pour tout j J, r j = r 1 2 n. On voit tout de suite que (x j, r j ) j J est une suite généralisée d éléments de X R \ epi f qui converge vers (x, r). Ceci nous dit que (x, r) adh X R (X R \ epi f) = int X R epi f., Supposons que (x, r) / adh X R epi f. On a tout de suite (x, r) int X R (X R \ epi f) = int X R {(x, r ) X R : f(x ) > r } int X R hypo f., Supposons que int X R hypo f. Il existe V un voisinage de (x, r) dans X R tel que V hypo f. 47

49 Choisissons W V X (x) et ε > 0 un réel tels que W ] ε + r, ε + r[ V. Par l absurde, supposons que (x, r) adh X R epi f. D après (a), on a Donc, pour chaque entier n 1, on a sup V V X (x) lim inf x x f(x ) r. inf x V f(x ) = lim inf x x f(x ) < r n. En particulier, on dispose pour chaque entier n 1 de l inégalité inf x W f(x ) < r n. Pour chaque entier n 1, il existe alors x n W tel que f(x n ) < r n. Choisissons maintenant n 0 N tel que r n ]r ε, r + ε[ pour tout entier n n 0. Pour tout entier n n 0, on a (x n, r + 1 ) W ]r ε, r + ε[ V. 2n Puisque V hypo f, on doit avoir pour tout entier n n 0, f(x n ) r n. Ceci est contradictoire. (d), Supposons que (x, r) / int X R epi f. On a tout de suite (x, r) adh X R (X R\epif) = adh X R {(x, r ) X R : f(x ) > r } adh X R hypof., Supposons (x, r) adh X R hypof. Il existe (x j, r j ) j J une suite généralisée d éléments de hypo f telle que (x j, r j ) j J (x, r). Pour tout j J, on a f(x j ) r j. Il vient alors lim sup x x D après (b), on a (x, r) / int X R epi f. f(x ) lim sup f(x j ) r. j J Exercice 91 Soient (X, O) un espace topologique, f, g : X R deux fonctions à valeurs réelles étendues, a X. Montrer que si f et g sont semi-continues inférieurement (resp. supérieurement) en a et si f + g est bien définie sur un O-voisinage V de a, alors f + g est O-semi-continue inférieurement (resp. supérieurement) en a. Solution. Supposons dans un premier temps que f et g soient semi-continues inférieurement en a et qu il existe un O-voisinage V de a tel que f + g : V R soit bien définie. On peut supposer (f + g)(a) (sinon c est immédiat via l Exercice***) en particulier, f(a) et g(a). Si f(a) = g(a) = +, les fonctions f et g sont (O, O R )-continues en a et c est terminé. Deux cas restent donc à étudier. Fixons un réel r < (f + g)(a). Cas 1 : Une et une seule des fonctions à valeurs réelles étendues f et g prend la valeur + en a. Sans pertes de généralités, supposons f(a) = + et g(a) +. Fixons un réel r tel que 48

50 ε = r + g(a) r ]0, + [. Posons r = g(a) ε < g(a). Il existe V un O-voisinage de a tel que pour tout x V r < f(x) et r < g(x). On en déduit pour tout x V r = r + r < f(x) + g(x). Donc, f + g est O-semi-continue inférieurement en a. Cas 2 : f(a), g(a) R. Posons ε = (f + g)(a) r R +, r = f(a) ε 2 et r = g(a) ε 2. On a tout de suite r = r + r, r < f(a) et r < g(a). Il existe donc un voisinage W de a dans X tel que pour tout x W r < f(x) et r < g(x). On a alors pour tout x W V r + r = r < f(x) + g(x). Puisque V W est un O-voisinage de a, f + g est O-semi-continue inférieurement en a. Supposons maintenant que f et g soient O-semi-continues supérieurement en a et qu il existe un O-voisinage V de a tel que f + g : V R soit bien définie. Posons h = f et g = k qui sont évidemment O-semi-continues inférieurement en a. Tout de suite, h + k : V R est bien définie, ce qui permet d appliquer ce que nous venons d établir, i.e. h + k est O-semi-continue inférieurement en a. On en déduit que f + g = (h + k) est O-semi-continue supérieurement en a. Exercice 92 Soit (X, O) un espace topologique, f : X R une fonction à valeurs réelles étendues. On appelle régularisée semi-continue inférieurement de f la fonction à valeurs réelles étendues f : X R x lim inf x x f(x ). Montrer que epi f = adh X R (epi f) et en déduire que f est semi-continue inférieurement sur X et vérifie f f. Montrer également que pour toute fonction à valeurs réelles étendues g : X R semi-continue inférieurement sur X satisfaisant g f, on a g f. Solution. L égalité epi f = adh X R (epi f) est une conséquence directe de l Exercice... (a). Cette égalité nous dit que epi f est fermé dans X R et donc que f est semi-continue inférieurement sur X. Une conséquence directe de cette même égalité est l inclusion epi f epi f qui nous dit que f f. Fixons une fonction à valeurs réelles étendues g : X R semicontinue inférieurement sur X vérifiant g f. La semi-continuité de g sur X donne pour tout x X g(x) = lim inf x x g(x ). Puisque g f, il vient On en déduit lim inf x x g(x ) lim inf x x f(x ). g(x) lim inf x x f(x ) f(x). 49

51 Chapitre 2 Espaces vectoriels topologiques 2.1 Généralités Exercice 93 Montrer que tout K-espace vectoriel normé est un K-espace vectoriel topologique séparé (Hausdorff). Solution. Soit (X, ) un K-espace vectoriel normé. Montrons que s : X 2 X (x, y) x + y est continue sur X 2. Notons X 2 la norme sur X 2 définie pour tout (x, y) X 2 par (x, y) X 2 = max { x, y }, laquelle est associée à la topologie produit sur X 2. Pour tout (x, y), (x, y ) X 2, on a s(x, y) s(x, y ) = x + y (x + y ) x x + y y 2 (x, y) (x, y ) X 2. Ainsi, l application s est 2-lipschitzienne sur X 2, donc en particulier continue sur X 2. Montrons maintenant que p : K X X (λ, x) λx est continue sur K X. Notons K X la norme sur K X définie pour tout (λ, x) K X par (λ, x) K X = max { λ, x }, laquelle est associée à la topologie produit sur K X. Fixons (µ, y) K X. Soit ε > 0 un réel. Choisissons un réel η > 0 tel que η 2 + η( µ + y ) ε. Pour tout (λ, x) K X vérifiant (λ, x) (µ, y) K X η, on a λx µy λ(x y) + (λ µ)y = λ x y + λ µ y ( µ + η)η + η y ε. Donc, p est continue sur K X. Ainsi, (X, ) est un K-espace vectoriel topologique. Il est évidemment séparé (Hausdorff) puisque tout espace métrique est séparé (Hausdorff). 50

52 Exercice 94 Soient (X, O) un K-espace vectoriel topologique, S un système fondamental de O-voisinages de 0 X. Montrer que la topologie O est séparée (Hausdorff) si et seulement si V = {0 X }. V S Solution., Supposons que (X, O) soit séparé (Hausdorff). Evidemment, on a 0 X V. V S Fixons x V S V. On observe tout de suite V = ({0 X } + V ). V S V S D après la Proposition ***, on a V S V = adh X {0 X }. Le fait que (X, O) soit séparé (Hausdorff) nous dit que {0 X } est O-fermé. En conséquence, l égalité ci-dessus s écrit V = {0 X }. V S, Supposons V S V = {0 X}. Si X = {0 X } le résultat désiré est trivial. Supposons donc que X {0 X } et fixons x 1, x 2 X avec x 1 x 2. On a donc x 1 x 2 0 X. Notre hypothèse nous donne donc V 0 S tel que x 1 x 2 / V 0. Notons U 0 un O-voisinage équilibré de 0 X vérifiant U 0 + U 0 V 0. Puisque x 1 x 2 / V 0, on a x 1 x 2 / U 0 + U 0. On vérifie immédiatement que ceci entraîne (x 1 U 0 ) (x 2 + U 0 ) =. Le fait que U 0 soit équilibré nous dit en particulier que U 0 = U 0. Posons V 1 = x 1 + U 0 et V 2 = x 2 + U 0 qui vérifient donc V 1 V 2 =. La Proposition *** garantit que V 1 (resp., V 2 ) est un O-voisinage de x 1 (resp., x 2 ). Donc, (X, O) est séparé (Hausdorff). Exercice 95 Exercice. Soient X un K-espace vectoriel, U une partie équilibrée de X. Montrer que pour tout α, β K avec α β, on a αu βu. Solution. Fixons α, β K avec α β. Cas 1 : β = 0. On a alors α = 0, donc α = 0, puis αu = {0 X } = βu. Cas 2 : β 0. Posons λ = α β et constatons que λ ]0, 1[. Soit x U. On a λx U puisque U est équilibrée. Donc, il vient On a donc montré que αu βu. αx βu. 51

53 Exercice 96 Soient X un K-espace vectoriel, A une partie de X. Montrer que : (a) l enveloppe équilibrée de A est donnée par eq A = λa; λ 1 (b) l enveloppe convexe équilibrée de A est donnée par coeq A = co (eq A) = λ 1 λco A. Solution. Trivialement, λ 1 λa est une partie équilibré de X contenant A. Donc, on a eq A λa. λ 1 De manière immédiate, λ 1 λa contient toute partie équilibrée de X qui contient A. Ceci nous donne l inclusion renversée et donc l égalité attendue. Exercice 97 Soient (X, O) un K-espace vectoriel topologique, A une partie équilibrée de X. Alors, adh X A est une partie équilibrée de X. Solution. Si adh X A =, c est immédiat. Supposons donc adh X A et fixons x adh X A, λ K avec λ 1. Il existe (x j ) j J une suite généralisée d éléments de A avec x j x. Puisque A est équilibrée, on a λx j A pour tout j J. Le fait que λx j λx j J j J nous dit alors que λx adh X A. Ceci montre alors que adh X A est équilibrée. Exercice 98 Caractériser les parties non vides équilibrées de R. Solution. Soit A une partie de R non vide. On vérifie que A est équilibrée si et seulement si pour tout x A, [ x, x] A. Exercice 99 Soit (X, O) un K-espace vectoriel topologique. Montrer que : (a) L ensemble des voisinages équilibrés et ouverts de 0 X est un système fondamental de voisinages de 0 X. (b) L ensemble des voisinages équilibrés et fermés de 0 X est un système fondamental de voisinages de 0 X. Exercice 100 Soient X un R-espace vectoriel, A une partie convexe de X, α, β [0, + [. Montrer que (α + β)a = αa + βa. Solution. Si A =, alors (α+β)a = = αa+βa. Supposons donc A. Trivialement, l inclusion (α + β)a αa + βa (2.1.1) a toujours lieu, même si A n est pas supposé convexe. Montrons l inclusion renversée. Cas 1 : α + β = 0. On a d une part (α + β)a = {0} et d autre part αa + βa = {0} puisque α = β = 0. Cas 2 : α + β > 0. Soient a, b A. Remarquons tout d abord que Puisque A est convexe et α αa + βb = (α + β)( α + β a + β α + β b). α α+β + β α+β = 1, l égalité ci-dessus nous donne l inclusion αa + βb (α + β)a. 52

54 Dans les deux cas, on a l inclusion αa + βa (α + β)a. Si A n est pas convexe, on dispose en général uniquement de l inclusion (2.1.1). En effet, soit X = R, A = {0, 1}, α = β = 1, on a αa + βa = {0, 1, 2} et (α + β)a = 2A = {0, 2}. Dans le cours, il faut écrire la définition d une suite généralisée de Cauchy dans une partie quelconque d un espace vectoriel topologique. Exercice 101 Exercice. Soit (X, O) un K-espace vectoriel topologique. Montrer que : (a) Toute partie O-fermée de X contenue dans une partie O-complète de X est O- complète. (b) Si (X, O) est séparé (Hausdorff), alors toute partie O-complète de X est O-fermée. Solution. (a) Soient Y une partie O-complète de X et Z une partie O-fermée de X telle que Z Y. Soit (z j ) j J une suite généralisée de Cauchy de Z. Trivialement, (z j ) j J est une suite généralisée de Cauchy de Y. On en déduit qu il existe z Y tel que z j z. j J Puisque Z est O-fermée, il vient z Z. Ainsi, la partie Y est O-complète. (b) Supposons que (X, O) soit séparé (Hausdorff). Soit Y une partie O-complète de X. Fixons y adh O Y. Il existe (y j ) j J une suite généralisée d éléments de Y telle que y j y. Puisque (y j ) j J est convergente dans Y, elle est de Cauchy dans Y. Le caractère j J O-complet de Y nous dit alors qu il existe y Y tel que y j y. Le fait que (X, O) j J soit séparé (Hausdorff) nous dit alors que y = y Y. On en déduit l égalité adh O Y = Y, i.e., Y est fermé dans (X, O). Exercice 102 Exercice. Soient (X, O) un K-espace vectoriel topologique, (u j ) j J, (v j ) j J deux suites généralisées d éléments de X, α, β K. Montrer que la suite généralisée (αu j + βv j ) j J est une suite généralisée de Cauchy de X. Solution. Fixons V un voisinage de 0 X. Il existe k 1 un entier tel que max { α, β } k. (2.1.2) Choisissons W un voisinage équilibré de 0 X tel que W V et W W V (la somme étant prise 2k-fois). Le caractère équilibré de W et l inégalité (2.1.2) nous disent que αw kv et βw kv. Puisque (u j ) j J (resp., (v j ) j J ) est une suite généralisée de Cauchy de X, il existe j 0 J (resp., j 1 J) tel que pour tout j, j J avec j 0 j et j 0 j (resp., j 1 j et j 1 j ) on ait u j u j W et v j v j W. Puisque J est un ensemble préordonné filtrant croissant, il existe j 2 J tel que j 0 j 1 et j 0 j 2. On en déduit pour tout j, j J avec j 2 j et j 2 j, αu j + βv j (αu j + βv j ) αw + βw kw + kw V. Donc, la suite généralisée (αu j + βv j ) j J est de Cauchy dans X. Exercice 103 Soient (X, O) un K-espace vectoriel topologique, A une partie de X, (x j ) j J une suite généralisée de Cauchy de A. Montrer que toute sous-suite généralisée de (x j ) j J est une suite généralisée de Cauchy de A. Solution. Soit (y i ) une sous-suite généralisée de (x j ) j J. Il existe une application filtrante croissante s : I J telle que pour tout i I, y i = x s(i). Soit V un voisinage 53

55 de 0 X dans X. Puisque (x j ) j J est une suite généralisée de Cauchy de A, il existe j 0 J tel que pour tout j, j J avec j 0 J j et j 0 J j, on ait x j x j V. Le fait que s soit filtrante croissante nous dit qu il existe i 0 I tel que pour tout i I avec i 0 I i, on ait j 0 J s(i). Ainsi, pour tout i, i I avec i 0 I i et i 0 I i, on a x s(i) x s(i ) V. On en déduit pour tout i, i I avec i 0 I i et i 0 I i, y i y i V. Donc, (y i ) est une suite généralisée de Cauchy de A. Exercice 104 Soient (X, O) un K-espace vectoriel topologique, K un compact de X. Alors, pour tout ouvert W de (X, O) avec W K, il existe U N X (0 X ) tel que K + U W. Solution. Soit W un ouvert de (X, O) contenant K. Si K =, il n y a rien à établir. Supposons donc K. Soit x K. Puisque x W et que W est ouvert dans (X, O), on a W N X (x), donc il existe W x N X (0 X ) tel que W = x + W x. Puisque W x N X (0 X ), il existe V x N X (0 X ) ouvert dans (X, O) tel que V x + V x W x. Il s ensuit W = x + W x x + V x + V x. D autre part, l inclusion K y +V y associée au fait que y +V y est ouvert dans (X, O) y K pour chaque y K nous permet d exploiter la compacité de K pour obtenir un entier m 1, x 1,..., x m K tels que Posons alors U = m V xi i=1 K m x i + V xi. i=1 N X (0 X ) et observons que K + U m (x i + V xi ) + U W. i=1 2.2 Espaces vectoriels topologiques localement convexes Exercice 105 Soient X, Y deux K-espaces vectoriels, T : X Y une application linéaire, C, D deux parties de X. (a) A-t-on co(t (C)) = T (co(c))? (b) Que peut-on dire de co(λc) pour λ K et de co(c + D)? 54

56 Solution. (a) Soit x co(t (C)). Il existe un entier m 1, y 1,..., y m λ 1,..., λ m [0, 1] avec m λ i = 1 tels que i=1 T (C) et m x = λ i y i. Pour tout i {1,..., m}, il existe x i C tel que y i = T (x i ). On en déduit m m x = λ i T (x i ) = T ( λ i x i ). i=1 i=1 i=1 Trivialement, on a m λ i x i C. On en déduit x T (co(c)), d où l inclusion i=1 co(t (C)) T (co(c)). (2.2.1) Soit y T (co(c)). Il existe x co(c) tel que y = T (x). Puisque x co(c), il existe un entier m 1, x 1,..., x m C, λ 1,..., λ m [0, 1] avec m λ i = 1 tels que m x = λ i x i. Il vient alors m m y = T (x) = T ( λ i x i ) = λ i T (x i ). i=1 i=1 i=1 Puisque m λ i T (x i ) co(t (C)), on a l inclusion i=1 T (co(c)) co(t (C)). (2.2.2) En combinant (2.2.1) et (2.2.2), on obtient l égalité désirée. Exercice 106 Soient X un K-espace vectoriel, C, D deux parties convexes de X. Montrer que co(c D) = (tc + (1 t)d). t [0,1] Solution. L inclusion (tc +(1 t)d) co(c D) est triviale. Fixons u co(c D). t [0,1] Si u C D, alors évidemment u (tc + (1 t)d). Supposons donc u / C D. Il t [0,1] existe m 1 un entier, a 1,..., a m C D, λ 1,..., λ m ]0, 1] avec m λ i = 1 tels que m u = λ i a i. i=1 Posons K = {i {1,..., m} : a i C (X \ D)}. La convexité de D et le fait que u / D nous dit que K. De même, posons L = {i {1,..., m} : a i D} et constatons que L. La non-vacuité de K nous dit que τ = λ i ]0, 1]. Tout de suite, on observe que i K i=1 {1,..., m} = K L et K L =. i=1 55

57 En conséquence, on a 1 = m λ i = λ i + λ i = τ + i=1 i K i L i L De ceci et de la non-vacuité de L, on tire 1 τ = λ i ]0, 1]. Posons c = 1 τ i K i L λ i a i, d = 1 1 τ λ i a i et constatons grâce à la convexité de C et D que c C et d D. On aboutit alors à l inclusion u = τc + (1 τ)d (tc + (1 t)d). L égalité souhaitée en découle. t [0,1] Exercice 107 Soient K, K deux compacts convexes d un K-espace vectoriel topologique (X, O). Montrer que co(k K ) est compact. Solution. Si K ou K sont vides c est trivial. Supposons donc K et K. D après l exercice ***, on a co(k K ) = (tk + (1 t)k ). t [0,1] Soit (x j ) j J une suite généralisée d éléments de co(k K ). Pour tout j J, il existe t j [0, 1], k j K et k j K tels que i L x j = t j k j + (1 t j )k j. Puisque [0, 1] K K est compact, il existe I un ensemble préordonné filtrant croissant, s : I J une application filtrante croissante et (t, k, k ) [0, 1] K K tels que On en déduit que λ i. t s(i) t, k s(i) k et k s(i) k. x s(i) tk + (1 t)k. Il vient tout de suite que co(k K ) est compact. Exercice 108 Soit O la topologie engendrée sur un K-espace vectoriel X par une famille non vide (p i ) de semi-normes. Montrer que : (a) Les semi-boules ouvertes de X sont des ensembles O-ouverts. (b) Les semi-boules fermées de X sont des ensembles O-fermés. Solution. (a) Puisque O est la topologie localement convexe engendrée par la famille de semi-normes (p i ), nous savons que la famille des intersections de nombres finis de semi-boules ouvertes dex est une base de la topologie O. Il découle de ceci que toute semi-boule ouverte de X est un élément de cette base de O et donc en particulier toute semi-boule ouverte de X est un élément de O, i.e., un ensemble O-ouvert. (b) Soient a X, r > 0 un réel, i 0 I. Notons la semi-boule fermée de X centrée en a de rayon r associée à la semi-norme p i0, i.e., = pi0 [a, r] = {x X : p i0 (x a) r}. Montrons que X\ est un ouvert de (X, O). Fixons x X\. Posons r x = p i0 (x a) r > 0. Soit h pi0 (x, r x ). On a p i0 (h a) = p i0 (h x + x a) p i0 (x a) p i0 (h x) > p i0 (x a) p i0 (x a) + r = r, 56

58 donc en particulier pi0 (x, r x ) X \. Ainsi, pour chaque x X \, il existe un réel r x > 0 tel que pi0 (x, r x ) X \. En conséquence, on a X \ = x X\ pi0 (x, r x ) O. 2.3 Théorème de Hahn-anach analytique 2.4 Théorèmes de séparation de Hahn-anach 2.5 Dual topologique et topologie faible Exercice 109 Soient (X, ) un K-espace vectoriel normé, S une partie de X. Montrer que si S est séquentiellement faiblement fermée dans X alors S est fermée dans X. Solution. Supposons que l ensemble S soit séquentiellement faiblement fermé dans X. Soit x adh X S. Il existe (x n ) n N une suite d éléments de S qui converge fortement vers x. En particulier, (x n ) n N converge faiblement vers x. Le caractère séquentiellement faiblement fermé de S dans X nous dit alors que x S. Ainsi, on a i.e., S est (fortement) fermé dans X. adh X S = S, Exercice 110 Soient X = lr 2 (N) muni de son produit scalaire usuel, et de sa norme associée. On note (e n ) n N la base hilbertienne naturelle de X et on pose S = { ne n : n N}. 1) Montrer que S est séquentiellement faiblement fermé (et donc fortement fermé) dans X. 2) Soit V un w(x, X )-voisinage de 0 dans X. (a) Justifier qu il existe un réel ε > 0 et (ζ i ) une famille non vide d éléments de X tels que {x X : x, ζ i < ε} V. On pose alors pour chaque entier n N, ζ(n) = ζ i, e n. (b) Justifier que ( ζ i {, e n ) n N X et en} déduire que (ζ(n)) n N X. (c) Etablir que A = n N : ζ(n) < ε n contient une infinité d éléments. (d) Montrer que V S. Conclure que S n est pas faiblement fermé dans X. Exercice 111 Soient (X, ) un K-espace vectoriel normé de dimension infinie, S X = {x X : x = 1} sa sphère unité. 1) Soient u X avec u < 1, V un w(x, X )-voisinage de x dans X. a) Justifier qu il existe un entier m 1, x 1,..., x m X et un réel r > 0 tels que {x X : i {1,..., m}, x i, x u < r} V. b) Montrer qu il existe v X \ {0} tel que x i, v = 0 pour tout i {1,..., m}. c) Montrer qu il existe t ]0, + [ tel que u + tv S X W. 2) En déduire que X = adh w(x,x )S X. et conclure que la sphère unité d un K-espace vectoriel normé de dimension infinie n est jamais w(x, X )-fermée. 57

59 Solution. (a) Rappelons que la famille ( px (u, ε)) ε>0,k Pfin (X ), x K est un système fondamental de w(x, X )-voisinages de u, où pour chaque x X, p x : X R est la semi-norme sur X définie par p x (x) = x, x pour tout x X. Donc, il existe m 1 un entier, x 1,..., x m et un réel r > 0 tels que W = {x X : i {1,..., m}, x i, x u < r} V. (b) Par l absurde, supposons que pour tout y X \ {0}, il existe j {1,..., m} tel que x j, y 0. Dans ce cas, l application R-linéaire ϕ : X R m définie par ϕ(x) = ( x 1, x,..., x m, x ) pour tout x X, serait injective et par conséquent dim X < +. (c) Considérons la fonction g : R R définie par g(τ) = u + τv pour tout τ R. Puisque g est continue et satisfait g(0) < 1 et lim + g = +, il existe t ]0, + [ tel que g(t) = 1. On en déduit u + tv S X W. 2) On a u + tv S X V, donc u adh w(x,x )S X. Evidemment, on a S X adh w(x,x )S X, donc X adh w(x,x )S X. Il s ensuit adh w(x,x )S X adh w(x,x ) X adh w(x,x )S X. Le fait que X soit faiblement fermé donne alors adh w(x,x )S X = X. Si S X était w(x, X )-fermé, on aurait S X = X ce qui serait absurde. Exercice 112 (Opial) Soient X un R-espace de Hilbert, (x j ) j J une suite généralisée d éléments de X qui converge faiblement dans X, x X. Montrer que (x j ) j J converge faiblement dans X vers x si et seulement si pour tout y X, lim inf j J x j y 2 = x y 2 + lim inf x j x 2. j J En déduire que si (x j ) j J converge faiblement vers x, alors pour tout y X \ {x}, lim inf j J x j y > lim inf x j x. j J Solution., Supposons que (x j ) j J pour j J, converge faiblement vers x. Fixons y X. On a x j y 2 = x j x + x y 2 = x j x 2 + x y x j x, x y. 58

60 Il vient alors Or, on a Il s ensuit lim inf j J x j y 2 = lim inf ( x j x 2 + x y x j x, x y ). j J lim ( x j J y x j x, x y ) = x y 2. lim inf j J, Supposons que pour tout y X, on ait lim inf j J x j y 2 = x y 2 + lim inf x j x 2. j J x j y 2 = x y 2 + lim inf x j x 2. j J Par hypothèse, il existe x X tel que (x j ) j J converge faiblement vers x. On a pour tout j J, 2 x j, x = x j x 2 x j 2 x 2. Il s ensuit pour tout j J, 2 x j, x = x j x 2 x j x 2 x 2 2 x j x, x x 2, ce qui s écrit encore pour tout j J, x j x 2 2 x j, x = x j x 2 x 2 2 x j x, x x 2. Par passage à la limite inférieure, il vient lim inf j J x j x 2 2 x 2 = lim inf x j x 2 x 2 x 2 2 x x, x. j J En combinant notre hypothèse à l égalité ci-dessus, on obtient En conséquence, on a i.e., 2 x 2 = x x 2 x 2 x 2 2 x x, x. x 2 = 2 x, x + x 2 2 x, x + 2 x 2, 2 x x 2 4 x, x = 0. On aboutit alors à x x 2 = 0, i.e., x = x. ****EN DEDUIRE*** 2.6 Topologie étoile faible Exercice 113 Soient X un R-espace vectoriel normé, K une partie w(x, X)-compacte convexe de X ne contenant pas 0 X. Montrer que R + K est w(x, X)-fermé. Exercice 114 Soient X un C-espace vectoriel, ϕ : X C une forme C-linéaire. Montrer que : (a) Pour tout x X, ϕ(x) = Re(ϕ(x)) i Re(ϕ(ix)). (b) L application ϕ est identiquement nulle si et seulement si Re(ϕ) est identiquement nulle. (c) On suppose que O est une topologie vectorielle sur X, i.e., (X, O) est un C-espace vectoriel topologique. Montrer que ϕ est O-continue si et seulement si Re(ϕ) : X R est O-continue. 59

61 Solution. (a) Fixons x X. On vérifie tout de suite que pour tout z C, On en déduit On a donc i Re(z) = i Im(iz). i Re(ϕ(ix)) = i Im(iϕ(ix)) = i Im(ϕ( i 2 x)) = i Im(ϕ(x)). ϕ(x) = Re(ϕ(x)) + i Im(ϕ(x)) = Re(ϕ(x)) i Re(ϕ(ix)). (b) Ceci découle trivialement de (a). (c), Supposons que ϕ est O-continue. On a pour tout x C, Re(ϕ(x)) = ϕ(x) + ϕ(x). 2 La O-continuité entraîne tout de suite la O-continuité de ϕ. Ceci combiné à l égalité cidessus nous dit donc que Re(ϕ) : X R est O-continue., Supposons que Re(ϕ) : X R soit O-continue. L application Re(ϕ(i )) : X R est alors également O-continue. Il reste à exploiter (a) pour conclure quant à la O-continuité de ϕ. Exercice 115 Soient (X, O) un R espace vectoriel topologique, K, L deux cônes convexes non vides de X. Montrer que si K int O L, alors on a (K L) = K + L. Solution. Remarquons tout de suite que l inclusion K + L (K L) a trivialement lieu. Supposons que K int O L. Si (K L) \L =, alors (K L) = L et dans ce cas K (K L) = L L + K puisque 0 K. Supposons donc (K L) \ L. Posons Q = int O L et fixons x (K L) \ L. Il est aisé de montrer que l ensemble G = {(x, r) Q R : x, x > r} est un cône convexe non vide ouvert dans X. Remarquons de plus que G (K [0, + [) =. En effet, par l absurde supposons qu il existe (x 0, r 0 ) G (K [0, + [). On a x 0 K Q, r 0 0 et x, x 0 > r 0 0. Or, x (K L), d où x, x 0 0 ce qui conduit à une contradiction. D après la première forme géométrique du théorème de séparation de Hahn-anach, il existe (y, λ) X R et un réel α tels que y, y λs α et y, u λr > α 60

62 pour tout (y, s) K [0, + [, pour tout (u, r) G. Soit k 0 K, s 0 R +. On a pour tout n N, 1 n k 0 K. Ainsi y, 1 n k 0 λs 0 α pour tout réel s 0 0, pour tout entier naturel n non nul. Par passage à la limite, il vient 0 α. Pour tout n N, on a y, nk 0 λns 0 0. Ceci garantit par passage à la limite, y, k 0 λs 0 0. On dispose donc des relations y, y λs 0 et y, u λr > 0 (2.6.1) pour tout (y, s) K [0, + [, pour tout (u, r) G. Notons que pour tout n N y, 1 n k 0 λs 0 0. Un nouveau passage à la limite, fournit λs 0 0 et donc λ 0. Par l absurde, supposons λ = 0 et considérons x 0 K Q. On a y, x 0 0 et y, x 0 λ( x, x 0 1) = y, x 0 > 0 puisque (x 0, x, x 0 1) G. Ceci amène à une contradiction. Ainsi, λ 0. En divisant par λ > 0 dans (2.6.1) et en notant 1 λ y = u, on a u, y s 0 et u, u r > 0 pour tout (y, s) K [0, + [, pour tout (u, r) G. En particulier, pour tout y K u, y 0 ce qui garantit u K. Fixons un réel ε > 0, q Q. On a donc En faisant ε 0, il vient ce qui garantit x u Q. On en déduit ce qui termine la preuve. (q, x, q ε) G u, q x, q + ε > 0. u x, q 0 x = (x u ) + u K + Q Exercice 116 Soient (X, ) un K-espace vectoriel normé, K un -compact de X, w(x,x (x n ) n N une suite d éléments de K, x X. Montrer que si x ) n x, alors x n x. n + n + w(x,x Solution. Supposons que x ) n x. Par l absurde, supposons que x n x. Il existe n + un réel ε > 0 tel que pour tout N N, il existe n N N avec n N N satisfaisant x nn x ε. Il est aisé de construire une sous-suite (x s(n) ) n N de (x n ) n N vérifiant pour tout n N, x s(n) x ε. Puisque (x s(n) ) n N est une suite d éléments de K qui est -compact, il existe (x s s (n)) n N une sous-suite de (x s(n) ) n N et x K tels que x s s (n) n + x w(x,x. Le fait que x ) n x n + 61

63 entraîne évidemment que x s s (n) x s s (n) w(x,x ) n + w(x,x ) n + x tandis que x s s (n) x. On en déduit que x = x. On a donc d une part xs s (n) x ε pour tout n N n + x entraîne que et d autre part x s s (n) n + x Ceci est contradictoire et donne donc x n n + x. Exercice 117 Soit (X, O) un K-espace vectoriel topologique. Montrer que si K = R, il existe une forme R-linéaire O-continue de X non nulle si et seulement si 0 X est un point intérieur d un convexe de X distinct de X. Le résultat subsiste t-il si K = C? Solution. Cas 1 : K = R., Supposons qu il existe une forme R-linéaire O-continue non nulle ϕ : X R. Posons C = {ϕ < 1}. Evidemment, C est un convexe ouvert de X, distinct de X, qui contient 0 X., Supposons qu il existe un convexe D de X avec D X tel que 0 X int X D. Posons C = int X D. L ensemble C est un convexe ouvert de X distinct de X. Il existe donc a X tel que a / C, i.e., {a} C =. On peut donc appliquer le 1er théorème de séparation géométrique de Hahn-anach pour obtenir en particulier l existence d une forme R-linéaire O-continue de X. Cas 2 : K = C., Supposons qu il existe une forme C-linéaire O-continue non nulle ψ : X C. Posons ϕ = Re e(ψ). D après ***, on a pour tout x X, ψ(x) = ϕ(x) iψ(ix). Evidemment, ϕ est R-linéaire, O-continue et non nulle. Il suffit alors d observer que C = {ϕ < 1} est un convexe ouvert de X distinct de X qui contient 0 X., Supposons qu il existe un convexe D de X avec D X tel que 0 X int X D. D après le Cas 1, on dispose d une forme R-linéaire O-continue non nulle ϕ : X R. Il suffit alors d observer que ψ : X C x ϕ(x) iϕ(ix) est une forme C-linéaire de X, O-continue et non nulle. Exercice 118 Soit (X, O) un K-espace vectoriel topologique localement convexe séparé (Hausdorff). On suppose qu il existe un entier m 1 et p 1,..., p m des semi-normes sur X telles que la famille (p k ) 1 k m engendre la topologie O. Montrer qu il existe une norme sur X engendrant la topologie O. Solution. Considérons la fonction : X R x max p k(x). 1 k m Montrons que est une norme sur X. On a trivialement 0 X = 0, ainsi que λx = λ x pour tout (λ, x) K X, x + y x + y pour tout (x, y) X 2. Soit x X tel que x = 0. Par l absurde, supposons que x 0 X. Puisque la topologie O engendrée par la famille (p k ) 1 k m de semi-normes de X est séparée (Hausdorff), nous 62

64 savons *** qu il existe k 0 {1,..., m} tel que p k0 (x) 0. On aurait donc p k0 (x) > 0 et en particulier x > 0, ce qui est absurde. Donc, est une norme sur X. Notons Top la topologie sur X engendrée par cette norme et montrons que Top = O. Remarquons tout d abord que pour tout j {1,..., m}, pour tout x X, on a p j (Id X (x)) = p j (x) max 1 k m p k(x). Donc, pour tout j {1,..., m}, pour tout x X, il vient p j (Id X (x)) 1. x. D après ***, Id X est (Top, O)-continue sur X. On en déduit O Top. D autre part, on a pour tout x X, Id X (x) = x = max 1 k m p k(x), d où pour tout x X, Id X (x) 1. max 1 k m p k(x). Une nouvelle application de *** nous dit alors que Id X est (O, Top )-continue sur X. En conséquence, on a l inclusion Top O. Finalement, on a bien O = Top. ***Exercice sur le polaire de l intersection de deux cones convexes égale à la somme des polaires, voir L.T. Chapitre 2*** Exercice 119 Soit X un R espace vectoriel, C, D deux parties de X. Montrer que co(c + D) = co(c) + co(d). Solution. L inclusion du membre de gauche dans celui de droite est triviale. Détaillons l inclusion renversée. Soit z co(c) + co(d). Il existe x co(c), y co(d) tels que z = x + y. Il existe deux entiers m, n 1, des éléments x 1,..., x m C, y 1,..., y n D, λ 1,..., λ m [0, 1], µ 1,..., µ n [0, 1] tels que avec m λ i = 1 et i=1 x = m λ i x i et y = i=1 n µ j = 1. On a j=1 1 i m 1 j n λ i µ j (x i + y j ) = 1 i m 1 j n n µ j y j j=1 λ i µ j x i + 1 i m 1 j n λ i µ j y j. Remarquons que et On en déduit 1 i m 1 j n 1 i m 1 j n λ i µ j x i = λ i µ j y j = 1 i m 1 j n ( m i=1 ( m i=1 λ i x i ) λ i ) n j=1 µ j = x n µ j y j = y. j=1 λ i µ j (x i + y j ) = z. 63

65 Reste à voir que 1 i m 1 j n pour aboutir au résultat désiré. λ i µ j = ( m i=1 λ i ) n j=1 µ j = 1. Exercice 120 Soient (X, O X ) un K-espace vectoriel topologique, s : X R une fonction réelle sous-linéaire continue en 0 X. Montrer que s est continue sur X. Solution. Si X = {0 X }, il n y a rien à démontrer. Supposons donc X {0 X }. Fixons a X \ {0 X }. Soit (a j ) j J une suite généralisée d éléments de X telle que a j a. j J Constatons tout de suite que pour tout j J, et s(a j ) s(a) s(a j a) + s(a) s(a) = s(a j a) (2.6.2) s(a) s(a a j ) + s(a j ). De la deuxième inégalité on tire, pour tout j J, En combinant (2.6.2) et (2.6.3), on a pour tout j J, s(a a j ) s(a j ) s(a). (2.6.3) s(a a j ) s(a j ) s(a) s(a j a). Puisque s est continue en 0 X et que a j a j J 0 X, l encadrement ci-dessus nous donne Donc, la fonction s est continue en a. s(a j ) j J s(a). Exercice 121 Soient (X, O) un K-espace vectoriel topologique. Montrer que : (a) Toute partie d un ensemble borné de (X, O) est bornée dans (X, O) ; (b) La réunion d un nombre fini d ensembles bornés de (X, O) est un ensemble borné dans (X, O) ; (c) L image d une partie bornée de (X, O) par une application linéaire continue Λ de (X, O) dans un K-espace vectoriel topologique (Y, T ) est une partie bornée dans (Y, T ). Solution. (a) Soient A une partie de X bornée dans (X, O), une partie de A. Fixons V un O-voisinage de 0 X. Par définition d ensemble borné d un K-espace vectoriel topologique, il existe α K avec α 0 tel que A αv. Evidemment, on a αv, ce qui nous dit que est borné dans (X, O). (b) Soient m N, A 1,..., A m des parties bornées de (X, O). Fixons V un O-voisinage de 0 X. Il existe W un O-voisinage équilibré de 0 X tel que W V. Il existe α 1,..., α m K \ {0} tels que A i α i W. Posons α = max 1 i m α i > 0. Puisque W est O-équilibré, on a pour tout i I, α i W αw. Ainsi, on a l inclusion m i=1 A i αw αv. En conséquence, l ensemble m i=1 A i est borné dans (X, O). (c) Soit A une partie bornée de (X, O). Posons = Λ(A). Soit V un T -voisinage de 0 Y. Posons W = Λ 1 (V ) qui est un O-voisinage de 0 X puisque Λ est continue sur X. Le fait que A soit borné dans (X, O) nous dit qu il existe α K avec α 0 tel que A αw. Trivialement, on vérifie que Ainsi, l ensemble est (Y, T ) borné. = Λ(A) Λ(αW ) = αλ(w ) αv. 64

66 Exercice 122 (Minorante affine continue d une fonction convexe) Soient (X, O) un R-espace vectoriel topologique localement convexe, f : X R {+ } une fonction convexe semi-continue inférieurement sur X. Montrer qu il existe x X et un réel r tel que pour tout x X, x, x + r f(x). On dit que la fonction x, + r est une minorante affine continue de f. Solution. On peut supposer f + (sinon c est trivial). Il existe alors x X tel que f(x) R. Fixons c R tel que c < f(x). On a tout de suite (x, c) X \ epi f. Posons A = {(x, c)} et = epi f. Evidemment, l ensemble A est un convexe compact non vide de X. Puisque f +, on a. Le fait que f soit convexe nous dit que est convexe dans X R tandis que la semi-continuité de f sur X nous dit qu il est est fermé dans X R. Par application du Théorème de séparation de Hahn-anach (2ème version), il existe ϕ : X R K une forme K-linéaire continue et deux réels α et ε > 0 tels que A {ϕ α ε} et {ϕ α + ε}. (2.6.4) Puisque ϕ (X R), il existe (d après ***) un unique (u, θ) X θ tel que pour tout (x, t) X R, ϕ(x, t) = u, x + θt. La première inclusion de (2.6.4) nous donne D après la deuxième inclusion de (2.6.4), on a u, x + θc α ε. (2.6.5) u, x + θt α + ε. (2.6.6) L inclusion (x, f(x)) epi f nous permet d utiliser l inégalité ci-dessus et d obtenir ainsi En combinant ceci à l inégalité (2.6.5), on a u, x + θf(x) α + ε. u, x + θf(x) α + ε α ε u, x + θc, i.e. θf(x) > θc. Puisque c < f(x), ceci nous dit que θ > 0. Posons x = 1 θ u et r = α+ε θ. Fixons x 0 X. Cas 1 : f(x 0 ) < +. Alors, on dispose de l inclusion (x 0, f(x 0 )) epi f. On peut donc appliquer une nouvelle fois (2.6.6) pour obtenir ce qui s écrit encore u, x 0 + θf(x 0 ) α + ε, x, x 0 + r f(x 0 ). Cas 2 : f(x 0 ) = +. On a trivialement x, x 0 + r f(x 0 ). En conséquence, nous venons d établir que pour tout x X, ce qui termine la preuve. x, x + r f(x), Exercice 123 Soient (X, O) un R-espace vectoriel topologique, ϕ : X R une forme linéaire. Montrer que ϕ est continue sur X si et seulement si il existe une fonction s : X R sous-linéaire continue sur X avec ϕ s. 65

67 Solution., Supposons que ϕ soit continue sur X. Puisque ϕ est une forme linéaire, ϕ est évidemment une fonction sous-linéaire. Ainsi, l inégalité triviale ϕ ϕ permet de conclure., Supposons qu il existe une fonction s : X R sous-linéaire continue sur X avec ϕ s. Fixons x X. Puisque ϕ s, on a ϕ(x) s(x) et ϕ( x) s( x). La deuxième inégalité s écrit encore ϕ(x) s( x). En combinant tout ceci et les égalités ϕ(0 X ) = s(0 X ) = 0, on aboutit à Puisque s est continue en 0, on a (s( x) s(0 X )) ϕ(x) ϕ(0 X ) s(x) s(0 X ). s(u) 0 et s( u) 0. En conséquence, il vient ϕ(u) ϕ(0 X ) 0. Exercice 124 Soient (X, ) un K-espace vectoriel normé, x X, (x j ) j J généralisée d éléments de X avec x j x. Montrer que x j x. une suite Solution. Fixons x X. On a pour tout j J, x, x j x, x = x, x j x x x j x. Puisque x j x, on a On en déduit x j x. x, x j x, x 0. Exercice 125 (Principe d annulation de H. Radström) Soient X un K-espace vectoriel normé, A,, C 2 X. On suppose : (a) convexe fermé de X ; (b) C borné non vide de X ; (c) A + C + C. Montrer que A. Solution. Fixons a A. Soit c 0 C. On va construire une suite (b n, c n ) n N d éléments de C telle que pour tout n N \ {0} na + c 0 = n b i + c n. Construction de (b 1, c 1 ) : On a a + c 0 A + C, donc via (c), a + c 0 + C. Il existe (b 1, c 1 ) C tel que a + c 0 = b 1 + c 1. Supposons construits pour k N \ {0} fixé, b 1,..., b k, c 1,..., c k C tels que ka + c 0 = i=1 k b i + c k. En combinant les inclusions a + c k A + C et A + C + C, on a i=1 a + c k + C. 66

68 Il existe (b k+1, c k+1 ) C tel que On en déduit a + c k = b k+1 + c k+1. (k + 1)a + c 0 = ka + c 0 + a k = b i + c k + b k+1 + c k+1 c k i=1 k+1 = b i + c k+1. i=1 D où la construction de la suite (b n, c n ) n N. Posons pour tout n N \ {0}, x n = 1 n n b i. On a pour tout n N \ {0} a = x n + c n+1 n c 0 n. Puisque est convexe, x n pour tout n N \ {0}. Evidemment, on a c0 n 0. Le fait que C soit borné nous dit que cn+1 n 0. Ainsi, on a x n a. Le caractère fermé de dans X nous dit que a. Exercice 126 Etablir le théorème des bipolaires. i=1 Exercice 127 Soient (X, O) un K-espace vectoriel topologique localement convexe séparé (Hausdorff), K un compact de X tel que 0 / K. Montrer que l ensemble R + K est O- fermé. Solution. Puisque (X, O) est un K-espace vectoriel topologique localement convexe, il existe une famille non vide (p l ) l L de semi-normes de X associée à la topologie O. Soit (u j ) j J une suite généralisée d éléments de R + K avec λ j u j u. Par définition de R + K, pour tout j J, il existe (λ j, x j ) R + K tel que u j = λ j x j. Puisque K est O-compact, on peut extraire de (x j ) j J une sous-suite généralisée convergeant vers x 0, i.e. il existe (I, I ) un ensemble préordonné filtrant croissant et s : I J une application filtrante croissante telle que x s(i) x K. On a évidemment λ s(i) x s(i) u. La topologie O étant séparée (Hausdorff) et x 0 (car 0 / K), il existe l x0 L tel que p lx0 (x 0 ) 0. Notons N = p lx0 et constatons que et N (λ s(i) x s(i) ) N (u) N (x s(i) ) N (x). Puisque N est une semi-norme sur X, on a pour tout i I λ s(i) = N (λ s(i)x s(i) ). N (x s(i) ) On en déduit λ s(i) N (u) N (x). En conséquence, on a λ s(i) x s(i) N (u) N (x) x. 67

69 Le fait que X soit séparé (Hausdorff) nous dit que u = N (u) N (x) x R +K. Donc, l ensemble R + K est fermé dans (X, O). ***Contre-exemple avec un K contenant 0*** Exercice 128 Soient (X, O) un R espace vectoriel topologique localement convexe séparé (Hausdorff). Les assertions suivantes ont lieu. a) Pour toute partie C de X, on a : b) Pour toutes parties C 1, C 2 de X, on a : σ(, C) = σ(, co C) co C 1 co C 2 σ(, C 1 ) σ(, C 2 ) et en particulier, co C 1 = co C 2 σ(, C 1 ) = σ(, C 2 ) Solution. a) Soient C une partie non vide de X, x X. On a l inégalité suivante puisque C coc. De plus, on a σ(x ; co C) = σ(x, C) σ(x, co C) sup x, u = sup x, u (2.6.7) u adh O (co C) u co C où la première égalité résulte du fait que co C = adh O (co C) et la seconde du lemme (??) et de la O - continuité de x,. Fixons alors u 0 co C. Il existe un entier m 1, des réels λ 1,..., λ m positifs avec m λ i = 1 et des éléments u 1,..., u m de C, tels que Ainsi, on a d où l on déduit i=1 Ceci combiné avec (2.6.7) fournit u = λ 1 u λ m u m. x, u = λ 1 x, u λ m x, u m λ 1 σ(x ; C) λ m σ(x ; C) = σ(x ; C) et donc l égalité. b), Supposons co C 1 co C 2. On a et via a), sup x, u σ(x ; C). u co C σ(x ; co C) σ(x ; C) σ( ; co C 1 ) σ( ; co C 2 ) σ( ; C 1 ) σ( ; C 2 )., Réciproquement, raisonnons par l absurde. Supposons qu il existe a co C 1 tel que a / co C 2. Le singleton {a} est convexe dans X, O - compact et co C 2 est convexe dans X, O - fermé. On a de plus {a} co C 2 =. 68

70 D après le théorème de séparation de Hahn-anach (2ème forme géométrique), il existe a X, un réel α et un réel ε > 0 tels que α + ε a, a et pour tout u co C 2. Ainsi, on a a, u α ε σ(a ; co C 2 ) α ε < α + ε σ(a ; co C 1 ) ce qui contredit l hypothèse et termine la preuve. σ( ; co C 1 ) σ( ; co C 2 ) Exercice 129 Soient (X, O) un espace topologique, f : X R une fonction à valeurs réelles étendues convexe. Montrer que f est O-semi-continue inférieurement sur X si et seulement si f est w(x, X )-semi-continue inférieurement sur X. Solution., Puisque w(x, X ) O, f est O-semi-continue inférieurement sur X (notez que l hypothèse de convexité n est nullement nécessaire ici)., Supposons que f soit O-semi-continue inférieurement sur X. L ensemble epif est fermé dans X R. Puisque f est convexe, epi f est convexe. Via Mazur, epi f est faiblement fermé dans X R. On en déduit que f est w(x, X )-semi-continue inférieurement sur X. ***Exercice sur le produit des topologies faibles*** Exercice 130 Soient (X, ) un K-espace vectoriel, (u n ) n N une suite d éléments de X telle que u n u pour la topologie faible w(x, X ). Pour tout n N \ {0}, on pose v n = 1 n n u k. k=1 Montrer que v n u pour la topologie faible w(x, X ). Solution. Fixons x X. Pour tout n N x, v n = x, 1 n u k = 1 n n Posons pour tout n N, k=1 a n = x, u n. n x, u k. Puisque u n u pour la top. faible, on a a n x, u. Via le Lemme de Césaro, 1 n k=1 n x, u k x, u. k=1 On en déduit x, v n x, u. Donc, v n u pour la top faible. Exercice 131 Soient (X, O) un K-espace vectoriel topologique... de dimension infinie, K un compact de (X, O). Déterminer int O K. Solution. Par l absurde, supposons que int O K. Fixons x int O K. Par définition, l ensemble K est un O-voisinage de x. Notons V un O-voisinage fermé de x inclus dans K. La compacité de K nous dit alors que V est O-compact. D après le Théorème ***, X est de dimension finie sur K. Ceci est évidemment contradictoire et termine la preuve. 69

71 Exercice 132 Soient (X, O) un K-espace vectoriel topologique, A, deux parties de X. Montrer que : (a) Si A est O-compact et est O-fermé, alors A + est O-fermé ; (b) Si A et sont O-compacts, alors A + est O-compact ; (c) *** Solution. (a) Si A = ou =, alors A + = et donc A + est fermé dans X. Supposons donc A et non-vides. Soit (x j ) j J une suite généralisée d éléments de A + convergeant dans (X, O) vers x X. Par définition de A +, pour chaque j J, il existe (a j, b j ) A tel que x j = a j + b j. L ensemble A étant O-compact et (a j ) j J étant une suite généralisée d éléments de A, il existe un ensemble préordonné filtrant croissant (I, I ), s : I J une application filtrante croissante, (a s(i) ) une sous-suite généralisée de (a j ) j J et a A tels que a s(i) a. Puisque x j x et puisque pour tout i I, b s(i) = x s(i) a s(i), on a b s(i) x a. Le caractère O-fermé nous dit alors que x a. Ainsi, l égalité x = a + (x a) permet de conclure que x A +. Exercice 133 Soient (X, O) un K-espace vectoriel topologique ***, Y un sous-espace vectoriel de X. Montrer que { Y = x Y : x X }. Solution. Evidemment, on a { x Y : x X } Y. Montrons l inclusion renversée. Fixons ϕ Y. Il existe ψ : X K une forme linéaire continue sur X telle que ψ prolonge ϕ, i.e., On a donc ϕ ψ Y = ϕ. {x Y : x X }. L inclusion souhaitée en découle. Exercice 134 Soient (X, O) un K-espace vectoriel topologique, S une partie de X. Montrer que co O S = adh O (co S). Solution. Puisque adh O (co S) est un convexe fermé de X contenant S, on a co O S adh O (co S). D autre part, co O S est un fermé de X contenant co S. On en déduit D où l égalité voulue. adh O (co S) co O S. 70

72 Chapitre 3 Quelques résultats de base sur les espaces de anach 3.1 Trois théorèmes fondamentaux d analyse fonctionnelle Exercice 135 Montrer que tout espace topologique localement compact a la propriété de aire. Exercice 136 Exercice. Montrer que tout ouvert (resp., fermé) d un espace métrique complet est un espace topologique de aire pour la topologie induite. Exercice 137 Soient (E, ) un K-espace de anach de K-dimension infinie. Montrer que E n admet pas de base algébrique dénombrable. Solution. Par l absurde, supposons que E admette une base algébrique dénombrable. Notons la (v j ) j J où J est un ensemble infini dénombrable. On dispose d une application ϕ : N J bijective. Posons pour tout n N, e n = v ϕ(n). Posons également, pour tout p N, F p = vect K {e 0,..., e p }. Evidemment, pour tout p N, F p est un sous-espace vectoriel de E de K-dimension finie, donc en particulier c est un fermé de (E, ). Observons trivialement que E = p N F p. Fixons p 0 N. Supposons par l absurde que int E F p0. Fixons alors x int E F p0. Il existe r > 0 un réel tel que [x, r] F p0. Soit v E. Si v = 0 E, alors v F p0. Supposons donc v 0 E. On a alors r v [0, r], v donc x+ r v [x, r] F r p 0. Ainsi, v v F p 0, i.e. v F p0. Ceci nous dit que E = F p0, ce qui est absurde car E est de K-dimension infinie. Donc, pour tout p N, F p est d intérieur vide dans (E, ). Puisque E est la réunion de fermés de (E, ), d intérieur vide dans (E, ), d après aire, on a que E est d intérieur vide dans (E, ). Ceci est absurde et nous dit donc que E n admet pas de base algébrique dénombrable. Exercice 138 Soit (X, ) un K-espace vectoriel normé de dimension infinie. Le K- espace vectoriel topologique (X, w(x, X )) est-il un espace topologique de aire? 71

73 Solution. Pour chaque n N, posons F n = n X. Via Mazur, pour tout n N, F n est w(x, X)-fermé. D après l exercice ***, on a Pour tout n N, l application int w(x,x ) X =. q n : X X x nx est un homéomorphisme de (X, w(x, X )) sur lui-même. Il vient pour tout n N L égalité q n (int w(x,x ) X ) = int w(x,x )q n ( X ) = int w(x,x )n X =. F n = X nous dit que (X, w(x, X )) ne peut pas être un espace topologique de aire. n N Exercice 139 Soient (X, ) un K-espace de anach, (ϕ n ) n N une suite d éléments de X. On suppose qu il existe une suite (ε n ) n N de réels strictement positifs avec ε n 0 et satisfaisant que pour tout x X, l existence d un réel K x 0 tel que pour tout n N Montrer que ϕ n 0. ϕ n (x) K x ε n. Solution. Fixons un réel ε > 0. Posons pour chaque n N, F n = k N {x X : ϕ k (x) nε}. Soient k 0, n 0 N. Puisque ϕ k0 : X K est continue sur X, l ensemble {x X : ϕ k0 (x) < n 0 ε} est -fermé dans X. Ainsi, F n0 est -fermé dans X en tant qu intersections de - fermés de X. Trivialement, on a l inclusion F n X. n N Montrons que cette inclusion est en fait une égalité. Fixons x 0 X. Par hypothèse, il existe un réel K x0 0 tel que pour tout k N ϕ k (x) K x ε k. La suite (K x ε k ) k N est évidemment bornée puisque convergente (vers 0). Il existe donc un réel M > 0 tel que pour tout k N ϕ k (x) M. Choisissons N N tel que M ε N. On a pour tout k N ϕ k (x) Nε, i.e. x F N. On dispose donc bien de l égalité F n = X. n N D après le théorème de aire, il existe p N tel que int X F p. Il existe donc v X et un réel r > 0 tel que v + r X F p. 72

74 Ainsi, pour tout k N, pour tout u X ϕ k (v + ru) pε. De ceci, on tire pour tout k N, pour tout u X r ϕ k (u) pε + ϕ k (v). Une nouvelle application de notre hypothèse nous donne un réel K v 0 tel que pour tout k N ϕ k (v) K v ε k. En combinant (?) et (?), on obtient pour tout k N, pour tout u X Donc, pour tout k N ϕ k (u) K vε k r 0 ϕ k K vε k r Puisque ε > 0 a été fixé quelconque, on en arrive à + pε r. + pε r. d où la convergence désirée. 0 ϕ k K vε k, r 3.2 Espace de anach et dual topologique Exercice 140 Soient X un K-espace vectoriel, 1, 2 deux normes équivalentes sur X. Montrer que les deux normes duales 1, et 2, sont équivalentes. En déduire : (a) (X, 1, ) = (X, 2, ) ; (b) (X, 1 ) est réflexif si et seulement si (X, 2 ). Solution. Fixons u X. Par définition de norme duale, pour chaque i {1, 2}, on a u i, = sup x Xi x, x. Puisque 1 et 2 sont équivalentes, il existe α, β R + tels que α 1 2 β 1. Observons que ceci entraîne tout de suite X1 β X2 et α X2 X1 ce qui permet d écrire u 1, sup u, x = β sup u, x = β u 2, x β X2 x X2 ainsi que Il s ensuit u 2, sup u, x = 1 x 1 α α sup u, x = 1 X x X1 α u 1,. 1 α 2, 1, β 2,, en particulier les normes 1, et 2, sur X sont équivalentes, ce qui nous donne l égalité des biduaux topologiques de (X, 1, ) et de (X, 2, ), i.e., (X, 1, ) = (X, 2, ). La réflexivité de (X, 1 ) est donc équivalente à celle de (X, 2 ). 73

75 Exercice 141 Soient (X, ) un K-espace de anach, A une partie de X. On suppose que pour tout x X, x (A) est borné dans K. Montrer que A est borné dans X. Solution. Si A =, c est trivial. Supposons donc A. Pour chaque a A, considérons l application ϕ a : X K définie par ϕ a (x ) = x, a pour tout x X. Observons que ϕ a X pour chaque a A. Notons que pour tout x X, sup a A ϕ a (x ) = sup x, a < +, a A où la dernière inégalité résulte du fait que x (A) est borné dans K pour chaque x X. Puisque (X, ) est un K-espace de anach, nous pouvons appliquer le Théorème de anach-steinhaus et ainsi obtenir un réel γ 0 tel que On a alors sup sup ϕ a γ. a A sup a A x X d où (par application de la Proposition 16.4) Ainsi, l ensemble A est borné dans X. x, a γ, sup a γ. a A Exercice 142 Soient (X, ) un K-espace de anach, une partie de X. On suppose que pour tout x X, { x, x : x } est borné dans K. Montrer que est borné dans X. Solution. Si =, c est trivial. Supposons donc. Pour chaque x, considérons l application ϕ x : X K définie par ϕ x (x) = x, x pour tout x X. Observons que ϕ x X pour chaque x X. Notons que pour tout x X, sup ϕ x (x) = sup x, x < +, x x où la dernière inégalité résulte du fait que { x, x : x } est borné dans K pour chaque x X. Puisque (X, ) est un K-espace de anach, nous pouvons appliquer le Théorème de anach-steinhaus et ainsi obtenir un réel γ 0 tel que sup ϕ x = sup x x sup x, x γ. x X On a alors sup x γ. Ainsi, l ensemble est borné dans X. x 3.3 Espace de anach réflexif 3.4 Séparabilité d un espace de anach 3.5 Théorème d Eberlein-Smulian 3.6 Espaces vectoriels topologiques de dimension finie 3.7 Espaces de suites Exercice 143 Montrer que : (a) lk (N) est un sous-espace vectoriel du K-espace vectoriel F(N, K) ; 74

76 (b) la fonction : lk (N) R définie par est une norme sur lk (N) ; (c) (lk (N), ) est complet. (ζ n ) n N = sup ζ n pour tout (ζ n ) n N lk (N) n N Exercice 144 Montrer que (c 0 K (N), ) est complet. 3.8 Espaces des fonctions continues sur un compact Exercice 145 Soient (X, ) un R-espace de anach réflexif, f : X R {+ } une fonction convexe semi-continue inférieurement sur X et vérifiant lim x + f(x) = +. Alors, il existe x X tel que inf X f = f(x). Solution. Si inf X f = +, alors f + et c est trivial. Supposons inf X f < +. Fixons λ R tel que λ > inf X f. Il existe r ]0, + [ tel que pour tout x X avec x > r, f(x) > λ. Notons que ceci nous dit que {f λ} r. Soit (x n ) n N une suite d éléments de X telle que f(x n ) inf X f. Il existe n 0 N tel que pour tout entier n n 0, f(x n ) λ. L inclusion {f λ} r combinée à l inégalité ci-dessus nous dit que (x n ) n N est une suite bornée de X. Puisque X est réflexif, il existe (x s(n) ) n N une sous-suite de (x n ) n N et x X tels que x s(n) w x. Le fait que f soit convexe semi-continue inférieurement sur X nous garantit (grâce à Mazur) que f est faiblement semi-continue inférieurement sur X. De ceci, il découle tout de suite que f(x) lim inf f(x s(n)) = inf f. n + X En conséquence, on a f(x) = inf X f. Exercice 146 Soient (T, d) un espace métrique compact et Lips(T, R) l ensemble des fonctions Lipschitziennes de T dans R. Montrer que Lips(T, R) est dense dans (C(T, R), ) où désigne la norme de la convergence uniforme sur C(T, R). Solution. On vérifie tout de suite que Lips(T, R) est une sous-algèbre de C(T, R). D autre part, la fonction 1 : T R constante de valeur 1 est évidemment un élément de Lips(T, R). Enfin, Lips(T, R) sépare les points car pour a, b T avec a b, la fonction d(, a) Lips(T, R) et vérifie d(a, a) = 0 d(b, a), ce qui permet d appliquer le théorème de Stone-Weierstrass. On dit qu une partie non vide fermée d un R-espace vectoriel normé X est proximinale lorsque pour tout x X, Proj S (x). Exercice 147 Soit X un R-espace vectoriel normé. Montrer que : (a) Toute partie non vide faiblement boule-compact de X est proximinale. (b) Toute partie non vide faiblement fermée de X est proximinale lorsque X est réflexif. 75

77 Solution. Fixons S une partie non vide de X. (a) Supposons que S soit faiblement boule-compact. Si S = X, il n y a rien à établir. Supposons donc S X et fixons x X \ S. Posons r = d S (x) + 1 et C = [x, r] S. Puisque d S (x) < r, il existe s S tel que s x < r. En particulier, ceci nous dit que l ensemble C est non vide. Définissons ϕ : X R par ϕ(x) = x x pour tout x X. Puisque ϕ est une fonction convexe continue sur X, elle est faiblement semi-continue inférieurement sur X. Le fait que C soit faiblement boule-compact nous dit qu il est faiblement fermé et donc que la restriction ϕ C de ϕ à C est semi-continue inférieurement sur C. Il existe alors v C tel que d C (x) = inf x x = inf ϕ C(x) = v x. x C x C Le fait que C S nous dit tout de suite que d S (x) d C (x). Par l absurde, supposons que d S (x) < d C (x). Il existe alors y S tel que y x < d C (x) = v x r. Donc, on a y C et ceci est absurde. On en déduit d S (x) = d C (x) = v x. L inclusion v S donne alors que v Proj S (x). En conséquence, S est proximinale. (b) Supposons que X soit réflexif et que S soit faiblement fermée. Fixons (x, r) X ]0, + [. Le caractère réflexif de X nous dit que [x, r] est faiblement compact. Donc, l ensemble S [x, r] qui est faiblement fermé grâce à Mazur est faiblement compact. Par application de (a), S est proximinale. Exercice 148 Soient (X, O) un K-espace vectoriel topologique localement convexe séparé (Hausdorff) séparable, A une partie non vide w(x, X)-compacte. Montrer que la topologie induite sur A par w(x, X ) est métrisable. Solution. Puisque (X, O) est un espace topologique séparable, il existe une suite (u n ) n N d éléments de X satisfaisant adh O {u n : n N} = X. Pour chaque (x, y ) X X, on vérifie que 1 x y,u n 2 n 1+ x y,u n est une série numérique convergente. Notons d : X X R la fonction définie par d(x, y ) = + n=0 1 x y, u n 2 n 1 + x y, u n pour tout (x, y ) X X. ***d est une distance sur *** (utiliser EXO 80) Montrons que Id X est (w(x, X), d)- continue sur X. ***Fixons u X. Soit (x j ) j J une suite généralisée d éléments de X qui w(x, X)-converge vers u. Fixons un réel ε > 0. Pour chaqu*** Ainsi, Id X est (w(x, X), d)-continue sur X. Notons d A la distance induite sur A par d et w A la topologie induite sur A par w(x, X). L application Id A est donc (w A, d A )-continue sur A. Puisque (A, w A ) est compact et que (A, d A ) est séparé Hausdorff, l application Id A est un homéomorphisme. Donc, la topologies w A est métrisable. Exercice 149 Soient X un K-espace vectoriel, 1 et 2 deux normes sur X telles que (X, 1 ) et (X, 2 ) soient complets. On suppose que les deux normes ne sont pas équivalentes. Montrer que Id X n est ni ( 1, 2 )-continue, ni ( 2, 1 )-continue. 76

78 Solution. Il suffit de montrer que Id X n est pas ( 1, 2 )-continue. Par l absurde, supposons que Id X soit ( 1, 2 )-continue. Puisque (X, 1 ) et (X, 2 ) sont complets, Id X est un homéomorphisme, donc Id 1 X = Id X est ( 2, 1 )-continue. On en déduit que les topologies associées à 1 et à 2 coïncident, ce qui contredit le fait que 1 et 2 ne sont pas équivalentes. Exercice 150 Soit T une topologie séparée (Hausdorff) sur K pour laquelle (K, T ) est un K-espace vectoriel topologique. A t-on T = O K, où O K désigne la topologie usuelle sur K? Solution. Puisque (K, T ) est un K-espace vectoriel topologique, l application K K K (λ, x) λx est continue sur K K pour la topologie produit issue des topologies O K et T sur K K et pour la topologie T sur K. Donc, l application Id K : K K λ λ est (O K, T )-continue sur K. On en déduit que T O K. Montrons que Id K est (T, O K )- continue sur K. Fixons ε > 0 un réel. Cas 1 : K = R. On a ε 0 K. Puisque (K, T ) est séparé (Hausdorff), il existe U 1 un T -voisinage de 0 K tel que ε / U 1. De même, il existe U 2 un T -voisinage de 0 K tel que ε / U 2. Puisque U 1 U 2 est un T -voisinage de 0 K, il existe V un voisinage T -ouvert de 0 X équilibré tel que V U 1 U 2. Evidemment, on a ε / V et ε / V. Soit λ K avec λ 1. Si λε V (resp., λ( ε) V ) alors 1 λ λε V (resp., 1 λ ( λε) V ) car 1 λ 1 et ceci contredit ε V ou ε V. On en déduit donc V = Id K (V ) ] ε, ε[. Par conséquent, Id K est (T, O K )-continue en 0 K. La K-linéarité de Id K nous dit que Id K est (T, O K )- continue sur K. Donc, on a O K T puis O K = T. Cas 2 : K = C. ************* Exercice 151 Montrer que (lk 1 (N), 1 ) et (l K (N), ) ne sont pas réflexifs. Solution. Supposons par l absurde que (lk 1 (N), 1 ) soit réflexif. D après ***, il existe une isométrie linéaire bijective Φ : (lk 1 (N), 1 ) (c0 K, ). En particulier, Φ est une application linéaire bicontinue. Donc, (c 0 K, ) est réflexif. Or, (c 0 K, ) n est pas réflexif, donc (c 0 K, ) ne peut pas être réflexif. Ceci est contradictoire et nous dit donc que (lk 1 (N), 1 ) n est pas réflexif. Supposons par l absurde que (lk (N), ) ne soit pas réflexif. Evidemment, on a c 0 K(N) l K (N). Montrons que c 0 K (N) est fermé dans (l K (N), ). Fixons ζ adh lk (N) c 0 K (N). Il existe (ζ n ) n N une suite d éléments de c 0 K (N) telle que (ζ n) n N converge dans lk (N) vers ζ. Fixons un réel ε > 0. Il existe n 0 N tel que pour tout entier n n 0, ζ n ζ ε 2. On a donc pour tout k N, ζ n0 (k) ζ(k) ε 2. 77

79 Il vient alors pour tout k N, ζ(k) ε 2 + ζ n 0 (k). Puisque (ζ n0 (k)) k N est une suite réelle qui converge vers 0, il existe k 0 N tel que pour tout entier k k 0, ζ n0 (k) ε 2. Ainsi, pour tout entier k k 0, on a ζ(k) ε. Ceci nous dit que ζ c 0 K (N). Donc, c0 K (N) est fermé dans (l K (N), ). Nous en déduisons que c 0 K (N) muni de la norme induite par est réflexif. Ceci est contradictoire et nous dit donc que (lk (N), ) n est pas réflexif. Exercice 152 Soient X = l R (N), = et X = (X, ). (a) Pour chaque n N, on considère ϕ n : X R ζ ζ(n). Montrer que pour tout n N, ϕ n X. (b) Justifier que X est w(x, X)-compact, que ϕ n X mais qu il n existe pas de sous-suite w(x, X)-convergente de (ϕ n ) n N. (c) Que peut-on en conclure? Solution. Solution. (a) Trivial. (b) Rappelons que X est w(x, X)-compact en vertu du théorème de anach-alaoglu- ourbaki. D autre part, on a pour tout n N, pour tout ζ X, ϕ n, ζ = ζ(n) sup ζ(k) k N = ζ X. On en déduit pour tout n N, ϕ n X 1. Supposons qu il existe une sous-suite (ϕ s(n) ) n N de (ϕ n ) n N et ϕ X tels que ***. Pour tout ζ X, on a ϕs(n), ζ ϕ, ζ, i.e., pour tout ζ X, ζ(s(n)) ϕ(ζ). Soit ζ 0 l élément de X défini pour tout n N, 1 si n {s(2k) : k N} ζ 0 (n) = 1 si n {s(2k + 1) : k N} 0 sinon. Observons que pour tout n N, ζ 0 (s(n)) = ( 1) n. Ceci contredit évidemment ζ 0 (s(n)) ϕ(ζ). (c) Via (b), nous savons que ( X, w(x, X)) n est pas un espace topologique métrisable. Via la ***Proposition 4.4***, (X, ) ne peut pas être séparable. Exercice 153 Soient (X, X ), (Y, Y ) deux K-espaces vectoriels normés, Λ : X Y une application linéaire. Montrer que Λ est continue sur X si et seulement si pour toute suite (x n ) n N avec x n 0 X, la suite (Λ(x n )) n N est bornée dans Y. 78

80 Solution., Trivial., Par l absurde, supposons que Λ ne soit pas continue sur X. Puisque Λ est une application linéaire, elle ne peut pas être continue en 0 X. Il existe donc une suite (u n ) n N de X avec u n 0 X telle que Λ(u n ) 0 Y. Il est aisé de construire s : N N une application strictement croissante sur N telle que pour tout n N, Λ(u s(n) ) 0 Y et Λ(u s(n) ) 0 Y. Posons pour tout n N, x n = 1 us(n) X u s(n). On a évidemment x n 0 X. Remarquons que pour tout n N, Λ(x n ) Y = 1 us(n) X Λ(u s(n) ) Y. Puisque Λ(u s(n) ) 0 Y, on a Λ(us(n) ) 0. Il existe un réel ε > 0 tel que pour tout k N, il existe un entier N k k tel que Λ(us(Nk )) Y ε. On construit sans difficultés s : N N une application strictement croissante sur N telle que pour tout n N, Λ(u s s (n)) Y ε. Posons pour tout n N, u n = u s s (n) et x n = x s (n). On a tout de suite x n 0 X et pour tout n N, Λ(x n) Y = 1 Λ(u 1 u n) n Y ε. X u n X On en déduit Λ(x n) Y +. Ceci contredit notre hypothèse et termine la preuve. Exercice 154 Soient (X, X ) un K-espace de anach, (Y, Y ) un K-espace vectoriel normé, Λ : X Y une application K-linéaire continue. On suppose qu il existe un réel γ > 0 tel que pour tout x X, γ x X Λ(x) Y. (a) Justifier que Λ est injective. (b) Montrer que Λ(X) est fermé dans Y. (c) Montrer qu il y a un isomorphisme Λ 0 : X Λ(X) (où Λ(X) est supposé muni de la norme induite par Y ) tel que pour tout x X, Λ 0 (x) = Λ(x). (d) Estimer la norme Λ 1 0 L(Λ(X),X) où L(Λ(X), X) est le K-espace vectoriel des applications K-linéaires continues de Λ(X) dans X et où L(Λ(X),X) est la norme d opérateurs sur L(Λ(X), X). Solution. (a) Soit x X tel que Λ(x) = 0 Y. On a γ x X Λ(x) Y = 0, donc (car γ > 0) x = 0 X. Ainsi, Λ est injective. (b) On va montrer que Λ(X) est complet. Soit donc (y n ) n N une suite de Cauchy de Λ(X) relativement à Y. Pour chaque n N, il existe x n X tel que y n = Λ(x n ). Observons que pour tout m, n N, 0 x n x m X 1 γ Λ(x n) Λ(x m ) Y = 1 γ y n y m Y. 79

81 Puisque (y n ) n N est une suite de Cauchy, les inégalités ci-dessus entraînent que (x n ) n N est une suite de Cauchy dans (X, X ) qui est un K-espace de anach. Donc, il existe x X tel que x n x. Par continuité de Λ, on a Λ(x n ) Λ(x) Λ(X). Donc, (y n ) n N est une suite convergente ce qui nous dit que Λ(X) est complet dans (Y, Y ), en particulier fermée dans (Y, Y ). (c) L application Λ 0 est trivialement linéaire, bijective et continue sur X (ce dernier point résultant de la continuité de Λ). Le fait que (X, X ) et (Λ(X), 0 ) soient des K-espaces de anach nous permet d appliquer le Théorème d isomorphisme de anach et ainsi obtenir que Λ 0 est un isomorphisme. (d) Pour tout y Λ(X), on a Donc, on a pour tout y Λ(X), γ Λ 1 0 (y) X Λ(Λ 1 0 (y)) Y = Λ 0 (Λ 1 0 (y)) Y = y Y = y 0. Λ 1 0 (y) X 1 γ y 0. On en déduit Λ 1 0 L(Λ(X),X) 1 γ. Exercice 155 Soient (X, X ) un K-espace de anach réflexif, (Y, Y ) un K-espace vectoriel normé, Λ : X Y une application K-linéaire continue sur X. Montrer que Λ( X ) est fermé dans Y. Solution. Soit y adh Y Λ( X ). Fixons (y n ) n N une suite d éléments de Λ( X ) qui converge vers y Y. Pour chaque n N, il existe x n X tel que y n = Λ(x n ). Puisque X est réflexif, il existe une sous-suite (x s(n) ) n N de (x n ) n N et un élément x X tels que x s(n) x. La continuité de Λ nous donne alors On en déduit y = Λ(x) Λ( X ). y s(n) = Λ(x s(n) ) Λ(x). Exercice 156 Soient (X, ) un K-espace vectoriel normé. Montrer que : (a) la norme duale X : X R est w(x, X)-semi-continue inférieurement sur X ; (b) pour toute partie bornée A de X, l ensemble adh w(x,x)a est borné dans X. Solution. (a) Fixons r R et montrons que l ensemble { r} est w(x, X)-fermé. Soit (x j ) j J une suite généralisée d éléments de { r} qui w(x, X)-converge vers x X. Fixons x X. Soit ε > 0 un réel. Puisque x j, x x, x il existe j 0 J tel que pour tout j J avec j 0 j, on ait x j, x x, x ε. En particulier, on a pour tout j J avec j 0 j, x, x x j, x + ε. Or, pour tout j J, on a x j r. Ainsi, pour tout j J avec j 0 j, x, x x j x + ε r + ε. 80

82 On en déduit x, x r. Par passage à la borne supérieure, il vient x r, i.e. x { r}. L ensemble { r} est donc w(x, X)-fermé ce qui nous dit que est w(x, X)-semi-continue inférieurement. (b) Par hypothèse, il existe un réel K > 0 tel que pour tout x A, x K. Si adh w(x,x)a =, c est trivial. Fixons a adh w(x,x)a. Il existe une suite généralisée (a j ) j J d éléments de A qui w(x, X)-converge vers a. On a alors pour tout j J, Il vient a j K. lim inf j J a j K. Puisque est w(x, X)-semi-continue inférieurement, on aboutit à a lim inf a j K. j J Donc, l ensemble adh w(x,x)a est borné dans X. Exercice 157 Soient (X, ) un K-espace vectoriel normé, C une partie w(x, X)- compacte de X. Est-ce que l ensemble co w(x,x) (C) est w(x, X)-compact? Solution. Par définition, on a co w(x,x) (C) = adh w(x,x)(co C) (3.8.1) ce qui nous donne tout de suite que co w(x,x) (C) est w(x, X)-fermé. Puisque C est w(x, X)-compact, le Théorème de anach-alaoglu-ourbaki nous dit que C est borné dans X. De ceci, il découle trivialement que l ensemble co C est borné dans X. D après l Exercice 156, l ensemble adh w(x,x)(co C) est borné dans X. Une nouvelle application du Théorème de anach-alaoglu-ourbaki combinée à l égalité (3.8.1) nous dit que co w(x,x) (C) est w(x, X)-compact. Exercice 158 Soient (X, ) un K-espace de anach, E, F deux sous-espaces vectoriels fermés de X tels que E + F soit fermé dans X. Montrer qu il existe un réel γ > 0 tel que pour tout z (E + F ) \ {0}, il existe (x, y) E F avec z = x + y satisfaisant x γ z et y γ z. Solution. Notons N ( ) (resp., E (resp., F )) la norme induite sur le K-espace vectoriel E + F (resp., E (resp., F )) par. Puisque E + F (resp., E (resp., F )) est fermé dans X, E + F (resp., E (resp., F )) est un K-espace de anach. Munissons E F de la norme produit : E F R (x, y) max { x E, y F }. On constate tout de suite que (E F, ) est un K-espace de anach. Trivialement, l application Λ : E F E + F (x, y) x + y est K-linéaire continue sur E F et surjective. Le théorème de l application ouverte de anach nous donne donc un réel c > 0 tel que c E+F Λ( E F ). 81

83 Soit z E + F avec z 0. Il existe (u, v) E+F tel que c z = Λ(u, v). z Posons x = z z c u et y = c v. On a évidemment z = x + y. Puisque (u, v) 1, on a u 1 et v 1. On a alors Il suffit alors de poser γ = 1 c x z c et > 0 pour conclure. y z c. Exercice 159 Soient (X, ) un K-espace vectoriel normé, (x n ) n N w(x,x Cauchy de X telle que x ) n 0 X. Montrer que x n 0 X. n + n + une -suite de Solution. Fixons un réel ε > 0. Il existe N N tel que pour tout p, q N avec q p N, x p x q ε. Fixons m, n N avec n m N. Constatons tout de suite que L égalité x n x m + ε X. (3.8.2) x m + ε X = [x m, ε] nous dit que x m + ε X est un convexe fortement fermé de X. Via Mazur, x m + ε X est w(x,x faiblement fermé dans X. Ceci combiné à (3.8.2) et à l hypothèse x ) n 0 X nous n + dit que 0 X x m + ε X, i.e. x m ε. On en déduit x n n + 0 X. Exercice 160 Soient (X, ) un K-espace de anach, x X, x X, (x n ) n N une suite d éléments de X, (x n) n N une suite d éléments de X satisfaisant x n x n w(x,x ) n + x. Montrer que x n, x n n + x, x. n + Solution. Puisque la suite (x n) n N est w(x, X)-convergente, elle est w(x, X)-bornée, donc d après ***(?)***, -bornée. Il existe donc un réel γ 0 tel que pour tout n N On a pour tout n N x n γ. x n, x n x, x = x n, x n x + x n x, x x n, x n x + x n x, x x n x n x + x n x, x γ x n x + x n x, x. Grâce à l hypothèse x n x, on a x n x 0. Puisque x n x, on a x n x, x 0 x et. On en déduit i.e. x n, x n x, x. x n, x n x, x 0, Exercice 161 Soit (X, ) un K-espace vectoriel de dimension infinie. Déterminer int w(x,x ) X. 82

84 Solution. Par l absurde, supposons int w(x,x ) X. Fixons v int w(x,x ) X. Evidemment, l application q : X X x x est un homéomorphisme de (X, w(x, X )) dans (X, w(x, X )). En particulier, on a q(int w(x,x ) X ) = int w(x,x )q( X ). Cette égalité combinée à X = X nous donne int w(x,x ) X = int w(x,x ) X. Notons que la convexité de X garantit celle de int w(x,x ) X, d après la ***Proposition 2.2.***. Il vient 0 X = 1 2 v ( v) int w(x,x ) X. Rappelons que la famille de parties de X (où P fin(x ) désigne l ensemble des parties finies non vides de X ) ( m ) pu (0 X, r) i i=0 m N,u i P fin(x ),r ]0,+ [ est un système fondamental de voisinages de 0 X dans (X, w(x, X )). Il existe donc n N, x 0,..., x n X et un réel ρ > 0 tels que Cette inclusion s écrit également n px (0 X, ρ) X. i i=0 En vertu du ***Lemme 6.5***, {x X : i {0,..., m}, x i, x < ρ} X. m i=0 kerx i {0 X } (sinon, le dual algébrique de X est de dimension finie). Fixons u m kerx i avec u 0 X. On obtient que i=0 {ku : k N} X. Donc, pour tout k N, k u 1. Ceci est absurde compte-tenu du fait que u 0 X. Ainsi, on a démontré int w(x,x ) X =. Exercice 162 Soient (X, O) un R-espace vectoriel localement convexe séparé (Hausdorff), ϕ : X R une forme linéaire non nulle. Montrer que ϕ est O-continue sur X si et seulement si ker ϕ est O-fermé dans X. Solution., Supposons que ϕ soit O-continue sur X. Le fait que X soit séparé (Hausdorff) garantit que {0 X } est O-fermé dans X. L ensemble ϕ 1 ({0 X }) = ker ϕ est donc O-fermé dans X., Supposons que ker ϕ soit O-fermé dans X. Puisque ϕ est non nulle, il existe v X \ ker ϕ. Il est aisé d observer que {v} est O-compact et convexe dans X. L ensemble kerϕ est O-fermé dans X par hypothèse et convexe dans X car c est un sous-espace vectoriel de X. Par le théorème de Hahn-anach seconde version géométrique, il existe 83

85 ψ : X K une forme linéaire non-nulle O-continue sur X, α R et un réel ε > 0 tels que ker ϕ {Re(ψ) α ε} et {v} {Re(ψ) α + ε}. (3.8.3) Fixons x ker ϕ. Pour n N, observons que nx ker ϕ de même que nx. La première des deux inclusions de (3.8.3) nous donne alors 1 n (ε α) ψ(x) 1 (α ε). n On en déduit ψ(x) = 0, i.e. x kerψ. Via le ***Lemme 6.5.***, il existe un réel λ tel que De plus, λ 0 car ψ est non-nulle, donc ψ = λϕ. ϕ = λ 1 ψ. Exercice 163 Soit (X, ) un K-espace vectoriel normé de dimension infinie. Déterminer int w(x,x) X. Solution. D après le théorème de anach-alaoglu-ourbaki, X est w(x, X)-compact. Supposons par l absurde que int w(x,x) X. Fixons u int w(x,x) X. L application q : X X x x est un homéomorphisme de (X, w(x, X)) sur lui-même. On en déduit que q(int w(x,x) X ) = int w(x,x)q( X ), i.e. int w(x,x) X = int w(x,x) X. De cette égalité et de la convexité de int w(x,x) X (due à la convexité de X ), il vient 0 X = 1 2 u ( u) int w(x,x) X. En particulier, X est un w(x, X)-voisinage w(x, X)-compact de 0 X. Via la ***Proposition***, X est de dimension finie. Ceci est contradictoire et termine la preuve. 84