TD1. A. Leclaire, P. Roussillon ENS Paris-Saclay M1 Hadamard

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1 Analyse A. Leclaire, P. Roussillon ENS Paris-Saclay M1 Hadamard TD1 Exercice 1 Autour de la continuité Soient E, F, G trois espaces topologiques et f : E F, д : F G. 1) Démontrer que f est continue en tout point de E si et seulement si l image réciproque par f d un ouvert est ouverte. Énoncer une propriété analogue avec les fermés. 2) Montrer que f est continue si et seulement si pour tout A E, f (A) f (A). 3) Montrer que si f et д sont continues, alors д f est continue. 4) On dit que f est séquentiellement continue si pour toute suite (x n ) qui converge vers x dans E, la suite f (x n ) converge vers f (x) dans F. a) Montrer que la continuité implique la continuité séquentielle. b) Montrer que la réciproque est vraie si l on suppose que E est un espace métrique. Exercice 2 Fonctions distances et séparation des fermés Soit (E, d) un espace métrique. 1) a) Montrer que pour tout x E, y d(x, y) est 1-lipschitzienne. En déduire qu une boule fermée est fermée et qu une boule ouverte est ouverte. b) Montrer que d : E E R + est continue. 2) Soit A une partie non vide de E. On rappelle que la distance d un point x à la partie A est définie par d(x, A) = inf a) Montrer que x d(x, A) est continue. b) Montrer que d(x, A) = 0 x A. 3) On rappelle que la distance entre deux parties non vides A et B de E est définie par d(a, B) = inf d(a,b). a A,b B a A d(x, a). a) Soient F E et K E non vides disjoints avec F fermé et K compact. Montrer que d(k, F ) > 0. b) Donner un exemple de deux fermés disjoints F 1 et F 2 d un métrique E tels que d(f 1, F 2 ) = 0. 4) Soient A, B deux fermés non vides disjoints de E et a < b dans R. a) Montrer qu on peut construire φ : E [a, b] continue qui vaut a sur A et b sur B. b) En déduire qu il existe deux ouverts disjoints U et V de E tels que A U et B V. Exercice 3 Prolongement des applications uniformément continues Soient E, F deux espaces métriques, D une partie dense de E, et φ : D F. On suppose que F est complet, et que φ est uniformément continue. On va voir que φ admet admet un unique prolongement continu à E et que de plus celui-ci est uniformément continu. 1) Montrer qu un éventuel prolongement continu est nécessairement unique. 2) Montrons maintenant l existence. a) Soit x E. Montrer que si (x n ) est une suite d éléments de D qui converge vers x, alors (φ(x n )) converge dans F. Montrer de plus que la limite ne dépend pas de la suite (x n ) choisie. On note cette limite ψ (x). b) Montrer que ψ : E F est uniformément continue et qu elle prolonge φ. 1/12

2 Exercice 4 Complété d un espace métrique Soit (E,d) un espace métrique. On va montrer qu il existe un espace métrique complet qui admet un sous-espace dense s identifiant isométriquement à E. Aussi, on va montrer que cet espace complet est unique à isométrie bijective près. 1) (Existence) Fixons un point a E. Pour x E, considérons la fonction i x : E R définie par y E, i x (y) = d(x,y) d(a,y). Montrer que i x C b (E). En déduire qu il existe une isométrie i : E C b (E). En déduire un espace complet Ê dans lequel i(e) est dense. 2) (Unicité) Soient F 1, F 2 deux espaces métriques complets et j 1 : E F 1 et j 2 : E F 2 deux isométries telles que j 1 (E) est dense dans F 1 et j 2 (E) est dense dans F 2. Construire une isométrie bijective de F 1 dans F 2. 3) Quels sont les complétés des espaces métriques suivants? a) L espace Q des rationnels muni de la distance induite par la valeur absolue. b) L espace des fonctions polynômiales sur [0, 1] muni de la norme uniforme. c) L espace C c (R) des fonctions à support compact dans R muni de la norme uniforme. d) L espace C ([0, 1]) des fonctions continues sur [0, 1] muni de la norme f ( 1 0 f (x) p dx ) 1/p. Exercice 5 Une métrique rendant R non complet On considère sur R la distance d définie par d(x, y) = Arctan(x) Arctan(y). Montrer que (R, d) n est pas complet. Exercice 6 Un exemple de topologie non métrisable Soit E = [0, 1] [0,1] l ensemble des fonctions de [0, 1] dans [0, 1] muni de la topologie produit. 1) Donner une base d ouverts de E. Que signifie que (f n ) converge vers f dans E? 2) On appelle fonction simple toute fonction de [0, 1] dans [0, 1] nulle en dehors d un nombre fini de points. Montrer que l ensemble des fonctions simples est dense dans E. 3) Montrer que la fonction constante 1 n est pas limite de fonctions simples. 4) En déduire que la topologie de la convergence simple sur E n est pas métrisable. Exercice 7 Tychonoff dénombrable Soit (E n,d n ) n N une suite d espaces métriques et E = E n muni de la topologie produit O. On introduit sur E la distance d définie par x,y E, d(x,y) = + n=0 2 n d n (x n,y n ) 1 + d n (x n,y n ). 1) Montrer que la distance δ n = d n 1+d n sur E n induit la même topologie que d n. 2) Montrer la topologie associée à d est bien la topologie produit. 3) On suppose que pour tout n, (E n,d n ) est compact. Montrer que (E,d) est compact. 2/12

3 Exercice 8 Cas particulier du théorème de Schauder Soient K un compact convexe non vide d un espace vectoriel normé et f : K K telle que x,y K, f (x) f (y) x y. On fixe x 0 K et pour t ]0, 1[, on considère l application f t (x) = (1 t)f (x) + tx 0. 1) Montrer que pour tout t ]0, 1[, f t admet un point fixe unique x t. 2) Montrer que f admet au moins un point fixe a. Exercice 9 Précompacité et relative compacité Soit E un espace métrique complet et soit A E. 1) Montrer que A est précompacte si et seulement si A est précompacte. 2) En déduire que A est relativement compacte si et seulement si A est précompacte. 3) À quelle condition A est relativement compacte dans E = R d? Exercice 10 Autour de l équicontinuité Soient E, F des espaces métriques et A C (E, F ). 1) Montrer que si A est finie, alors elle est équicontinue en tout point. 2) Montrer que si A ne contient que des fonctions k-lipschitziennes (avec k > 0 fixé), alors A est uniformément équicontinue. 3) On suppose que E est compact et que A est équicontinue en tout point. Montrer qu alors A est uniformément équicontinue. Exercice 11 Sur les hypothèses du théorème d Arzela-Ascoli En donnant des contre-exemples, on illustrera la nécessité des différentes hypothèses du théorème d Arzela-Ascoli : 1) pour tout x X, F (x) = { f n (x), n N} est relativement compacte. 2) F est équicontinue en tout point de K. 3/12

4 Correction : Exercice 1 Autour de la continuité 1) Supposons que f soit continue et soit U un ouvert de F. Pour tout x f 1 (U ), U est un voisinage ouvert de f (x), donc par continuité de f, il existe V un voisinage de x dans E tel que f (V ) U i.e. V f 1 (U ) et donc f 1 (U ) est un voisinage de x. Par suite, f 1 (U ) est ouvert. Réciproquement, supposons que pour tout ouvert U de F, f 1 (U ) soit ouvert dans E. Montrons que f est continue en un point x E. Soit V un voisinage de f (x) dans F. Il contient un ouvert U contenant f (x). Par hypothèse, f 1 (U ) est un voisinage ouvert de x dont l image par f est contenue dans V. Ainsi f est continue en x. Par passage au complémentaire, on en déduit immédiamement que f est continue si et seulement si l image réciproque par f d un fermé est fermée. 2) Supposons f continue et soit A E. Par la question précédente, f 1 (f (A)) est un fermé contenant A. Par définition de l adhérence, on a donc A f 1 (f (A)) i.e. f (A) f (A). Réciproquement, supposons que pour tout A E, f (A) f (A). Soit B un fermé de F. Posons A = f 1 (B). On voit que A est fermé car A f 1 (f (A)) f 1 (B) = f 1 (B) = A. 3) Supposons f et д continues. Pour tout ouvert U de G, д 1 (U ) est ouvert dans F et donc f 1 (д 1 (U )) = (д f ) 1 (U ) est ouvert dans E. Cela prouve que д f est continue par la première question. 4) a) Supposons f continue et soit (x n ) convergeant vers x dans E. Si V est un voisinage de f (x), f 1 (V ) est un voisinage de x (par continuité de f ) et donc il existe N tel que pour tout n N on ait x n f 1 (V ) i.e. f (x n ) V. Cela prouve que f (x n ) f (x) dans F. b) On suppose maintenant E métrique et que pour toute suite (x n ) convergeant vers x dans E, f (x n ) converge vers f (x) dans F. Par l absurde, supposons f non continue en x, c est-à-dire qu il existe un voisinagev de f (x) tel que f 1 (V ) ne soit pas un voisinage de x. Comme E est métrique, cela signifie qu il ne contient aucune boule contenant x, et donc pour tout n 1, il existe x n E tel que d(x, x n ) < 1 n et qui n est pas dans f 1 (V ). Mais alors on a x n x dans E, et avec l hypothèse, f (x n ) f (x). En particulier, il existe un rang n tel que f (x n ) V ce qui contredit que x n f 1 (V ). Finalement, f est bien continue en x. Exercice 2 Fonctions distances et séparation des fermés 1) a) On fixe x E. Pour tous y, z E, l inégalité triangulaire donne d où d(y, z) d(x,y) d(x, z) d(y, z), d(x,y) d(x, z) d(y, z). Ainsi d x : y d(x,y) est 1-lipschitzienne et en particulier continue. Par suite, si r > 0, B(x, r ) = dx 1 ([0, r[) est ouverte (car [0, r[ est ouvert dans R + ) et B(x, r ) = dx 1 ([0, r]) est fermée. 4/12

5 b) Munissons le produit E E de la métrique D((x,y), (x,y )) = d(x, x ) + d(y,y ) qui induit bien la topologie produit (exercice!). Par une méthode similaire à la question précédente, on montre que pour tous x, x,y,y E, d(x,y) d(x,y ) d(x, x ) + d(y,y ) = D((x,y), (x,y )), c est-à-dire que d : E E R + est 1-lipschitzienne et en particulier continue. 2) a) Là encore, on va voir que x d(x, A) est 1-lipschitzienne. Par symétrie, il suffit de montrer que pour x,y E, d(x, A) d(y, A) + d(x,y). Mais pour tout z A, d(x, A) d(x, z) d(y, z) + d(x,y) et en passant à l inf au second membre on obtient bien l inégalité désirée. b) x est adhérent à A si et seulement si pour tout ε > 0 il existe y A tel que d(x,y) < ε ce qui revient à dire que d(x, A) < ε. Ainsi x A si et seulement si d(x, A) = 0. 3) Avec la définition, on montre aisément que d(k, F ) = inf d(x, F ). Remarquons que la fonction x K K R + x d(x, F ) est continue sur le compact K et donc atteint son minimum en un point x 0 K. Mais comme F est fermé et que x 0 F (car K F = ), la question précédente donne d(x 0, F ) > 0, i.e. d(k, F ) > 0. a) Dans R 2 muni de la distance euclidienne, considérons par exemple F 1 = R {0} et F 2 = { (x,y) R 2 xy = 1 }. Ce sont des fermés (car images réciproques de fermés par des applications continues) et de plus on a d(f 1, F 2 ) = 0 car la distance entre (n, 0) F 1 et (n, 1 n ) F 2 tend vers 0 quand n. 4) a) Quitte à composer avec la fonction affine x [0, 1] a(1 x) + bx, on peut toujours supposer que a = 0 et b = 1. Considérons alors la fonction φ : E [0, 1] définie par φ(x) = d(x, A) d(x, A) + d(x, B). Remarquons qu elle est bien définie car A et B étant fermés disjoints, on a x E, d(x, A) + d(x, B) > 0. De plus elle est continue comme quotient de fonctions continues (voir question 2a). Enfin, si x A, alors d(x, A) = 0 et donc φ(x) = 0 ; et si x B, d(x, B) = 0 et alors φ(x) = d (x,a) d (x,a) = 1. b) Considérons U = φ 1 ([0, 1/2[) et V = φ 1 (]1/2, 1]). Ce sont des ouverts car φ est continue et car [0, 1/2[ et ]1/2, 1] sont des ouverts de [0, 1]. Et de plus, ils sont disjoints et contiennent respectivement A et B. 5/12

6 Exercice 3 Prolongement des applications uniformément continues 1) Soient ψ 1, ψ 2 deux prolongements continus de φ à E. Soit x E. Comme D est dense dans E (et comme E est métrique), il existe une suite (x n ) d éléments de D qui converge vers x. Comme ψ 1 et ψ 2 coïncident avec φ sur D, on a n N, ψ 1 (x n ) = ψ 2 (x n ). Mais comme ψ 1 et ψ 2 sont continues en x et que lim x n = x, on obtient en passant à la limite dans cette égalité que ψ 1 (x) = ψ 2 (x). Ainsi, ψ 1 et ψ 2 coïncident sur tout E. 2) a) Soient x n D qui convergent vers x dans E. On va voir que (φ(x n )) est de Cauchy dans F. Soit ε > 0. Comme φ est uniformément continue sur D, il existe η > 0 tel que x,y D, d(x,y) < η = d(φ(x), φ(y)) < ε. Mais comme (x n ) converge dans E, c est une suite de Cauchy, donc il existe N tel que Par suite, p,q N, d(x p, x q ) < η. p,q N, d(φ(x p ), φ(x q )) < ε. Ainsi, (φ(x n )) est bien une suite de Cauchy dans F. Comme F est complet, elle converge. Montrons de plus que la limite ne dépend pas de la suite (x n ) choisie. Pour cela, donnonsnous x n D et y n D convergeant vers x dans E. Ce qui précède montre que (φ(x n )) et (φ(y n )) convergent respectivement vers l et l dans F. Mais alors, la suite (z n ) définie par z 2n = x n et z 2n+1 = y n, converge elle aussi vers x, et ce qui précède montre donc que (φ(z n )) converge. Cette suite admettant deux sous-suites convergeant respectivement vers l et l, on en déduit que l = l. b) D abord, il est clair que ψ prolonge φ. En effet, si x D, alors la suite constante x n = x converge vers x, et on a donc ψ (x) = lim φ(x n ) = φ(x). Maintenant, montrons que ψ est uniformément continue. Pour cela, prenons ε > 0. Comme φ est uniformément continue sur D, il existe η > 0 tel que x,y D, d(x,y) < η = d(φ(x), φ(y)) < ε. Mais alors, si x,y E sont tels que d(x,y) < η, il existe deux suites (x n ) et (y n ) dans D convergeant respectivement vers x et y. Par définition de ψ, on a ψ (x) = lim φ(x n ) et ψ (y) = lim φ(y n ). Par continuité de la distance, on a donc d(x n,y n ) d(x,y) et en particulier, à partir d un certain rang N, d(x n,y n ) < η. Ainsi, n N, d(φ(x n ), φ(y n )) < ε. En utilisant de nouveau la continuité de la distance, on obtient en faisant n que d(ψ (x),ψ (y)) ε. Cela prouve que ψ est uniformément continue sur E. 6/12

7 Exercice 4 Complété d un espace métrique 1) La continuité de i x provient de la continuité des fonctions distances. De plus i x est bornée car y E, i x (y) = d(x,y) d(a,y) d(a, x) par l inégalité triangulaire. Ainsi, i x C b (E). De plus, on voit avec l inégalité triangulaire que pour x, x E, i x i x = sup y E Cela prouve que l application i x (y) i x (y) = sup d(x,y) d(x,y) = d(x, x ). y E i : E C b (E) x i x est une isométrie. Ainsi dans l espace C b (E) (qui est complet car R est complet et car une limite uniforme de fonctions continues est continue), Ê := i(e) est fermé donc complet, et de plus, i(e) est évidemment dense dans Ê. 2) Comme j 1 est une isométrie, elle est en particulier injective, et donc pour tout y j 1 (E), l image réciproque de y par j 1 est un singleton que l on peut noter j 1 1 (y). Définissons φ 2 : j 1 (E) j 2 (E) y j 2 (j1 1 (y)) Comme j 1 et j 2 sont des isométries, on a pour toux y,y j 1 (E), d(φ 2 (y), φ 2 (y )) = d(j 2 (j 1 1 (y)), j 2 (j 1 1 (y ))) = d(j 1 1 (y), j 1 1 (y )) = d(y,y ). (1) En particulier, φ 2 est uniformément continue de j 1 (E) dans F 2. Comme j 1 (E) est dense dans F 1 et que F 2 est complet, le théorème de prolongement des applications uniformément continues donne que φ 2 se prolonge de manière unique en une application uniformément continue ψ 2 : F 1 F 2. De plus, l égalité (1) se prolonge par continuité à F 1 ce qui prouve queψ 2 est encore une isométrie. De même, on construire une isométrie ψ 1 : F 2 F 1 qui prolonge φ 1 = j 1 j2 1 : j 2 (E) j 1 (E). Mais alors, les égalités y j 1 (E), φ 1 (φ 2 (y)) = y, x j 2 (E), φ 2 (φ 1 (x)) = x se prolongent par continuité à F 1 et F 2 respectivement et donne que ψ 1 et ψ 2 sont des bijections réciproques l une de l autre. Ainsi, on a bien construit une isométrie bijective ψ 2 : F 1 F 2. 3) a) Q est dense dans R complet, donc le complété de Q est R. b) L espace P des fonctions polynômiales sur [0, 1] est dense dans C ([0, 1]) qui est complet, donc le complété de P est C ([0, 1]). c) Dans C b (R), l adhérence pour la norme uniforme de C c (R) est l ensemble C 0 (R) qui tendent vers 0 à l infini. En particulier, C 0 (R) est fermé dans C b (R) complet, donc est complet. Cela prouve que le complété de C c (R) est C 0 (R). d) Pour p <, on sait que C ([0, 1]) est dense dans L p ([0, 1]) et que L p ([0, 1]) est complet. Donc le complété de C ([0, 1]) est L p ([0, 1]). Dans le cas p =, C ([0, 1]) est muni de la norme infinie ce qui le rend complet (une limite uniforme de fonctions continues est continue), et donc il est son propre complété. Aussi, on peut remarquer que C ([0, 1]) est fermé dans L ([0, 1]). 7/12

8 Exercice 5 Une métrique rendant R non complet Remarquons d abord que d induit la topologie usuelle sur R. Ceci vient du fait que Arctan est strictement croissante et continue (détaillez-le en exercice). Il suffit de remarquer que la suite (n) n N est de Cauchy pour cette distance, car Arctan(n) tend vers π 2, donc (Arctan(n)) est de Cauchy pour la distance usuelle sur R. Mais alors, si (R,d) était complet, il existerait x R tel que d(x, n) 0. Mais comme d induit la topologie usuelle sur R, cela impliquerait que la suite (n) converge aussi pour la topologie usuelle, et bien sûr ce n est pas le cas. Finalement, (R, d) n est pas complet. Exercice 6 Un exemple de topologie non métrisable 1) C est du cours. 2) Soit U un ouvert non vide de E, que l on peut supposer de la forme x [0,1] U x où U x est ouvert dans [0, 1] et où U x = [0, 1] pour x n appartenant pas à un ensemble fini J [0, 1]. Comme U est non vide, c est le cas de tous les U x. Pour x J, prenons une valeur quelconque f (x) U x. Pour x J, posons f (x) = 0. Ainsi, f est une fonction simple qui est bien dans U. Finalement, les fonctions simples sont denses dans E. 3) Considérons une suite f n de fonctions simples qui converge simplement vers f [0, 1] [0,1]. Par définition, f n s annule en dehors d un ensemble fini A n. Par conséquent, en dehors de A = A n, toutes les f n s annulent, et donc leur limite simple aussi. Par suite, les points où f ne s annulent pas sont dans A. Remarquons que cet ensemble A est au plus dénombrable, comme réunion dénombrable d ensembles finis. Comme la fonction 1 est non nulle sur une infinité non dénombrable de points, on obtient qu elle n est pas limite de fonctions simples. 4) Si E était métrisable, comme les fonctions simples sont denses, on pourrait construire une suite de fonctions simples qui convergent simplement vers 1, ce qui contredit le résultat de la question précédente. Ainsi, E n est pas métrisable. Exercice 7 Tychonoff dénombrable 1) Remarquons d abord que δ n est bien une distance sur E n : la symétrie et l axiome de séparation sont évidents ; quant à l inégalité triangulaire, elle découle du fait que la fonction f : x x 1+x définie sur R + est croissante et vérifie f (x + y) f (x) + f (y) (ce qui vient de sa concavité et du fait que f (0) 0). Ensuite, pour tout ε ]0, 1[, une manipulation d inégalités donne que δ n (x,y) < ε d n (x,y) < 1 1 ε 1. Comme ε 1 1 ε 1 admet 0 pour limite en 0, on en déduit que toute boule pour δ n contient une boule pour d n et réciproquement, ce qui prouve que δ n et d n induisent la même topologie. Remarque : En fait, on a même montré que les applications Id : (E n, δ n ) (E n,d n ) et Id : (E n,d n ) (E n, δ n ) sont uniformément continues. On dit parfois que les distances d n et δ n sont uniformément équivalentes. 8/12

9 2) Fixons un point x E. Soit V un voisinage de x pour la topologie produit. Il contient un ouvert U contenant x, que l on peut supposer de la forme U = U n où pour tout n, U n est ouvert dans E n, et où U n = E n pour n J avec J une partie finie de N. Ainsi, pour chaque n J, U n est un ouvert contenant x n donc il contient une boule B δn (x n, r n ). Mais alors, en posant r = min n J 2 n r n, on obtient que si y E est tel que d(x,y) < r, alors pour tout n J, 2 n δ n (x n,y n ) < r 2 n r n d où δ n (x n,y n ) < r n et donc y n B δn (x n, r n ) U n. Ainsi, d(x,y) < r implique que y U ce qui prouve que V contient B d (x, r ). Réciproquement, soit r > 0. Montrons que B d (x, r ) contient un voisinage de x pour la topologie produit. Comme 2 n <, il existe N tel que 2 n < r. Pour chaque n N, posons 2 n 0 U n = B δn (x n, r n 4 ), et pour n > N, posons U n = E n. Alors U = U n est un ouvert élémentaire pour la topologie produit, qui contient x. De plus, si y U, d(x,y) = 2 n δ n (x n,y n ) < r n δ n (x n,y n ) < r 2 + r 2 n < r r 2 = r, n 0 n N ce qui prouve que U B d (x, r ). Finalement, d métrise la topologie produit sur E. 3) Montrons que E est compact. Comme E est métrique, il suffit de montrer que d une suite (x p ) dans E on peut extraire une sous-suite qui converge. Soit donc (x p ) une suite dans E. Pour chaque p, x p = (xn p ) est un élément du produit E = E n. Comme E 0 est métrique compact, il existe une sous-suite (x φ 0(p) 0 ) converge vers un x 0 E 0. Comme E 1 est métrique compact, il existe une sous-suite (x φ 0(φ 1 (p)) 1 ) converge vers un x 1 E 1. Comme E 2 est métrique compact, il existe une sous-suite (x φ 0(φ 1 (φ 2 (p))) 2 ) converge vers un x 2 E 2. etc. Ainsi, on construit par récurrence des extractrices φ 0, φ 1,... telles que n>n n N n N, x φ 0(φ 1 (...φ n (p)...)) n p x n E n. (1) Alors, pour tout p N, posons ψ (p) = φ 0 (φ 1 (... φ p (p)...)). Remarquons que ψ est bien une application strictement croissante de N dans N. En effet, ψ (p + 1) = φ 0 (φ 1 (... φ p (φ p+1 (p + 1))...)) > φ 0 (φ 1 (... φ p (φ p+1 (p))...)) φ 0 (φ 1 (... φ p (p)...)) = ψ (p) où pour la dernière inégalité on a utilise φ p+1 (p) p. Ainsi, (x ψ (p) ) est bien une suite extraite de (x p ). Reste à voir que (x ψ (p) ) converge vers x dans le produit, c est-à-dire que l on a convergence sur chaque coordonnée. Soit donc n N. Remarquons que ( ) ψ (p) x n p n est une suite extraite de ( ) φ x 0 (φ 1 (...φ n (p)...)) n. p N 9/12

10 En effet, pour p n, on peut écrire ψ (p) = φ 0 (φ 1 (... φ n (φ n+1 (... φ p (p)...))...)) = φ 0 (φ 1 (... φ n (χ (p))...)), où l on a posé χ (p) = φ n+1 (... φ p (p)...), avec par convention χ (n) = n (on montre que χ est strictement croissante de la même façon que ψ ). Mais alors, avec (1), on en déduit que Cela prouve que x ψ (p) p x ψ (p) n p x n. x dans le produit. Finalement, E est bien compact. Exercice 8 Cas particulier du théorème de Schauder Fixons x 0 K et pour t ]0, 1[, considérons la fonction f t (x) = (1 t)f (x) + tx 0. Comme K est convexe, on a bien f t (K) K. De plus, c est une fonction contractante car f t (x) f t (y) = (1 t) f (x) f (y) (1 t) x y. Comme K est compact, il est complet et on peut donc appliquer le résultat de la première question, qui nous donne l existence d un point fixe pour chaque f t. Prenant pour t une suite qui tend vers zéro, et quitte à extraire par compacité de K, on obtient une suite t n qui tend vers zéro, et une suite a n convergeant vers a dans K et telle que pour tout n, a n est point fixe de f tn. Mais alors, on a n N, (1 t n )f (a n ) + t n x 0 = a n, donc en passant à la limite quand n, on obtient par continuité de f que f (a) = a. Exercice 9 Précompacité et relative compacité Rappelons que A est précompacte si et seulement si pour tout ε > 0, il existe x 1,..., x n E n tels que A B(x i, ε). Après une petite vérification, on voit que l on ne change pas la définition i=1 si l on impose aux x i d être dans A. 1) Comme A A, si A peut être recouvert par un nombre fini de boules de rayons ε, alors il en est de même de A. Donc la précompacité de A entraîne celle de A. Réciproquement, supposons A précompacte et soit ε > 0. Il existe donc x 1,..., x n E tels que les boules B(x i, ε 2 ) recouvrent A. Mais alors, les boules B(x i, ε) recouvrent A : si y A, il existe x A à distance < ε 2 de y puis il existe i tel que x B(x i, ε 2 ) ce qui donne avec l inégalité triangulaire que y B(x i, ε). 2) Comme A est fermée dans E complet, A est complète et donc sa compacité équivaut à sa précompacité (car d après le cours, compact équivaut à précompact+complet). Ainsi A est relativement compacte si et seulement si A est précompacte ce qui revient à dire que A est précompacte d après la question précédente. 10/12

11 3) Dans E = R d, les compacts sont les fermés bornés. Pour que A soit compacte dans E, il faut et il suffit que A soit bornée, ce qui équivaut à dire que A est bornée. Ainsi, dans R d, les parties relativement compactes sont les parties bornées. Exercice 10 Autour de l équicontinuité 1) Soit a E et soit ε > 0. Pour toute f A, comme f est continue, il existe un voisinage V f de a tel que x V f, d(f (x), f (a)) < ε. Comme A est finie, V = f A V f est un voisinage de a dans E qui vérifie Cela prouve que A est équicontinue en a. x V, f A, d(f (x), f (a)) < ε. 2) Soit ε > 0. En posant η = ε k, comme A est composée de fonctions k-lipschitziennes, on voit que pour tous x,y E tels que d(x,y) < η, on a x,y E, d(x,y) < η d(f (x), f (y)) k d(x,y) < k ε k = ε. Cela prouve que A est uniformément équicontinue sur E. 3) Supposons par l absurde que A n est pas uniformément équicontinue sur E. Alors il existe un nombre ε > 0 et pour chaque n 1 des points x n,y n dans E et une fonction f n A tels que d(x n,y n ) < 1 n et d(f n (x n ), f n (y n )) > ε. (1) Comme E est compact, on peut extraire de (x n ) une sous-suite (x nk ) qui converge vers un certain x E. Comme d(x n,y n ) 0, on a aussi que (y nk ) converge vers a dans E. Mais alors, par hypothèse, la famille A est équicontinue en a donc il existe η > 0 tel que x E, d(x, a) < η ( f A, d(f (x), f (a)) < ε 2 ). Mais alors, il existe k tel que x nk et y nk soient à distance < η de a. On a alors ce qui contredit (1). d(f nk (x nk ), f nk (y nk )) d(f nk (x nk ), f (a)) + d(f (a), f nk (y nk )) < ε 2 + ε 2 = ε Exercice 11 Sur les hypothèses du théorème d Arzela-Ascoli On cherchera ces contre-exemples sous la forme d une suite de fonctions F = { f n, n N }. De cette manière, F est relativement compacte si et seulement si (f n ) admet des sous-suite qui convergent. 1) On considère f n = Id [0,1] + n sur C ([0, 1]) qui est bien équicontinue (les f n sont toutes 1- lipschitziennes), mais n admet pas de sous-suite qui converge uniformément (ni simplement). 2) On considère f n (x) = sin(nx) dans C ([0, π]). Alors les f n sont bien toutes bornées par 1, donc pour chaque x [0, π], A(x) est relativement compact dans R. Mais f n n admet pas de 11/12

12 sous-suite qui converge uniformément. En effet, s il y avait une limite uniforme f, celle-ci serait continue. Alors, pour toute fonction φ C ([0, π]), on aurait encore f n φ f φ uniformément, et en particulier π 0 f n φ Or le lemme de Riemann-Lebesgue donne que On en déduit que π 0 π 0 f φ. sin(nx)φ(x)dx 0. π 0 f φ = 0 pour toute fonction φ C ([0, π]). En particulier, en prenant φ = f, on obtient π 0 f 2 = 0. Comme f 2 0, cela donne f 2 = 0 presque partout, et donc partout car f est continue. Ainsi, la seule limite uniforme possible est 0. Mais f n ne converge pas uniformément vers 0 car f n = 1. 12/12

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