Corrigés d exercices pour le TD 5

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1 Corrigés d exercices pour le TD 5 Compacts? Les ensembles suivants sont-ils compacts? Justifier la réponse. 1. Z, dans l espace métrique R muni de la distance discrète. 2. {0, 1}, dans l espace métrique (R, ). 3. {0, 1}, dans l espace métrique R muni de la distance discrète. 4. Une union finie de réels dans l espace métrique (R, ). 5. Une union finie de réels dans l espace métrique R muni de la distance discrète. 6. Une union infinie de réels deux à deux distincts dans l espace métrique R muni de la distance discrète. 7. {1/n, n N } dans l espace métrique (R, ). 8. {1/n, n N } {0} dans l espace métrique (R, ). 9. R, dans l espace métrique (R, d) où d(x, y) = arctan(x) arctan(y). 10. R, dans l espace métrique (R, d/(1 + d)) où d(x, y) = arctan(x) arctan(y). 11. {A M n (R); det(a) = 0} dans l espace vectoriel normé (M n (R), ) où (a i,j ) = max i,j a i,j (n 2). 12. La boule unité fermée de l espace (l, ). 1. Non : dans cet espace, une suite converge si et seulement si elle est stationnaire. Or la suite (n) n N n a aucune sous-suite stationnaire, donc aucune sous-suite convergente. 2. Oui : c est un fermé borné d un espace vectoriel normé de dimension finie. 3. Oui : une suite à valeurs dans {0, 1} a une infinité de ses termes égaux à 0, ou une infinité de ses termes égaux à 1. Selon que l on est dans l un ou l autre de ces cas, la suite constante des termes égaux à 0 ou 1 converge car elle est stationnaire. 4. Oui, c est un fermé borné d un espace vectoriel normé de dimension finie 5. Oui, par le même raisonnement qu à la question 3., que l on peut reproduire car le nombre des valeurs possibles des termes de la suite est fini. 6. Non, car en choisissant pour tout n N un élément a n quelconque dans cet ensemble de réels, la suite (a n ) n a aucune sous-suite convergente, car aucune de ses sous-suite n est stationnaire, les a i étant deux à deux disjoints. 7. Non : cet ensemble n est pas fermé car 0 lui est adhérent mais ne lui appartient pas. 8. Oui : c est un fermé borné d un espace vectoriel normé de dimension finie. Il est fermé car toute suite convergente à valeurs dans cet ensemble est soit stationnaire, soit converge vers 0, puisque les points 1/n sont isolés. 9. Non, car la suite (n) n N n a pas de sous-suite convergente, puisque d(n, l) π/2 arctan(l) > 0 lorsque n +, pour tout réel l. 10. Non, par le même raisonnement qu à la question précédente. 11. Non, car c est un sous-ensemble non borné d un espace vectoriel normé : la suite des matrices A p dont tous les coefficients sont nuls sauf celui en position 1, n qui vaut p, n est pas bornée. 12. Si la boule unité de l espace (l, ) était compacte, la suite (u p ) p N définie par u p = (u p n ) n N où { u p n = 1 si n = p, 0 sinon. aurait une sous-suite convergente, et donc en particulier une sous-suite de Cauchy. Or, pour tout p q, u p u q = 1, 1

2 ce qui contredit la définition d une suite de Cauchy. La boule unité de l espace (l, ) n est donc pas compacte. Montrer qu une intersection de compacts est compacte. Un compact est fermé (dans un espace métrique), et une intersection de fermés est un fermé, donc une intersection de compacts est un fermé. Comme cette intersection est de plus incluse dans un compact (n importe lequel des compacts dont on prend l intersection), c est un compact. Soit (E, d E ) un espace métrique compact et (F, d F ) un espace métrique. Soit f : E F une application bijective continue. Montrer que f est un homéomorphisme. Soit A un fermé de E. Comme E est compact, A est également compact, et son image par l application continue f est compacte, et en particulier fermée. Ainsi l image d un fermé par f est un fermé, ce qui implique que f 1 est continue, et finalement f est un homéomorphisme. Soit (E, d) un espace métrique. 1. Montrer que pour tous x, y, z E, d(x, z) d(y, z) d(x, y). 2. Montrer que l application { E E R+ d : (x, y) d(x, y) est continue pour la distance sur E E définie par D : ((x 1, y 1 ), (x 2, y 2 )) d(x 1, x 2 ) + d(y 1, y 2 ) (on munit R de la valeur absolue). Soit K un compact non vide de E. Soit f : K K une application telle que pour tous x, y K distincts, d(f(x), f(y)) < d(x, y). On veut montrer que f a un unique point fixe. 3. Montrer de deux façons que l application x d(x, f(x)) est continue sur K. 4. En déduire que si f n a pas de point fixe, il existe x K tel que pour tout y K, d(y, f(y)) d(x, f(x)) > En déduire une contradiction et conclure que f a au moins un point fixe. 6. Montrer l unicité du point fixe. 1. Pour tous x, y, z E, l inégalité triangulaire implique que et donc d(x, z) d(x, y) + d(y, z) d(x, z) d(y, z) d(x, y). De la même façon on montre (en utilisant également la symétrie de d), que et ces deux inégalités impliquent le résultat. d(y, z) d(x, z) d(x, y), 2

3 2. Pour tous (x 1, y 1 ), (x 2, y 2 ) E E, d(x 1, y 1 ) d(x 2, y 2 ) = d(x 1, y 1 ) d(x 2, y 1 ) + d(x 2, y 1 ) d(x 2, y 2 ) d(x 1, y 1 ) d(x 2, y 1 ) + d(x 2, y 1 ) d(x 2, y 2 ) d(x 1, x 2 ) + d(y 1, y 2 ) = D((x 1, y 1 ), (x 2, y 2 )). L application d est donc continue pour la distance D. 3. Pour tous x, y K, d(x, f(x)) d(y, f(y)) d(x, f(x) d(x, f(y)) + d(x, f(y)) d(y, f(y)) d(f(x), f(y)) + d(x, y) 2 d(x, y). et donc l application considérée est 2-Lipschitzienne, et en particulier continue. On peut aussi voir cette application comme composée des applications f : { K K K x (x, f(x)) et d : { K K R (y, z) d(y, z) où l on munit K K de la distance D. L application d est continue d après la question 2. L application f est continue car si x n x pour la distance d, alors D((x n, f(x n ), (x, f(x))) = d(x n, x) + d(f(x n ), f(x)) 2 d(x n, x) L application x d(x, f(x)) est continue sur le compact K, à valeurs réelles, elle atteint donc sa borne inférieure : il existe x K tel que pour tout y K, d(y, f(y)) d(x, f(x)). Si f n a pas de point fixe, alors x f(x), et donc d(x, f(x)) > Par hypothèse sur f, on a d(f(x), f 2 (x)) < d(x, f(x)) car x f(x). Mais en choisissant y = f(x), on a d après la question précédente d(f(x), f 2 (x)) = d(y, f(y)) d(x, f(x)) ce qui est absurde. Donc f a au moins un point fixe. 6. Si f avait deux points fixes distincts x et y, on aurait ce qui est absurde. f a donc un unique point fixe. d(x, y) = d(f(x), f(y)) < d(x, y), Extraction diagonale Soit (E, d) un espace métrique. Soit (u p n) n,p N une suite double telle que pour tout p N, (u p n) n est à valeurs dans une partie compacte K p de E. 1. Montrer que pour tout p N, il existe une extraction φ p telle que (u p φ p (n) ) n converge dans K p. 2. Montrer qu il existe une extraction φ telle que pour tout p N, (u p φ(n) ) n converge dans K p (ce qui est beaucoup plus fort que le résultat précédent : l extraction est commune à tous les indices p.) 1. Pour tout p, (u p n ) n est à valeurs dans le compact K p, donc on peut en extraire une sous-suite qui converge dans K p. 2. Pour p = 1, il existe une extraction φ 1 telle que (u 1 φ 1 (n) ) converge dans K 1. La suite (u 2 φ 1 (n) ) n est à valeurs dans le compact K 2, donc on peut en extraire une sous-suite (u 2 φ 1 φ 2 (n) ) n qui converge dans K 2. En itérant cette procédure, on construit pour tout p une sous-suite (u p φ 1 φ p (n) ) n qui converge dans K p. Posons φ(n) = φ 1 φ n (n). Alors pour tout p, la suite (u p φ(n) ) n p est extraite de (u p φ 1 φ p (n) ) n, et donc converge dans K p. A fortiori pour tout p N, (u p φ(n) ) n converge dans K p. 3

4 Distance entre parties Soit (E, d) un espace métrique. 1. Soient A et B deux compacts non vides de E. a. Montrer que A B est compact pour la distance D de l exercice 4. b. Montrer que la distance de A à B, d(a, B) = inf{d(x, y); x A, y B}, est bien définie et atteinte (c est-à-dire que l inf est un min). 2. Montrer que le résultat du 1. b. est encore vrai si (E, ) est un espace vectoriel normé de dimension finie, A est compact et B est fermé (et à nouveau tous deux non vides). 1. a. Soit (x n, y n ) une suite d éléments de A B. L ensemble A est compact, donc on peut extraire une sous-suite (x φ(n) ) convergeant vers un certain a A. L ensemble B étant aussi compact, on peut extraire de la suite (y φ(n) ) une sous-suite (y φ ψ(n) ) convergeant vers un certain b B. Alors la suite (x φ ψ(n) ), qui est extraite de (x φ(n) ), converge vers a, et finalement, la suite (x φ ψ(n), y φ ψ(n) ) converge vers (a, b) pour la distance D : en effet D((x φ ψ(n), y φ ψ(n) ), (a, b)) = d(x φ ψ(n), a) + d(y φ ψ(n), b) tend vers 0 lorsque n +. On a donc construit une suite extraite de (x n, y n ) qui converge dans A B pour la distance D. Cet ensemble est donc compact pour la distance D. b. L ensemble A B est compact pour la distance D, non vide, et l application d est continue sur cet ensemble pour la même distance, d après la question 2 de l exercice 4. L infimum de d sur cet ensemble est donc bien défini et atteint. 2. Si (E, ) est un espace vectoriel normé de dimension finie, A est compact et B est fermé, tous deux non vides, on remarque tout d abord que l inf est bien défini comme borne inférieure d une partie non vide minorée de R. Soit (x n, y n ) une suite minimisante d éléments de A B, c est-à-dire telle que x n y n I := inf{ x y ; x A, y B} lorsque n +. Comme A est compact, il existe une sous-suite (x φ(n) ) qui converge vers un certain a A. Alors pour tout n, y φ(n) x φ(n) y φ(n) + x φ(n) I + a, lorsque n +, et en particulier (y φ(n) ) est bornée. Comme E est de dimension finie, on peut extraire de (y φ(n) ) une suite (y φ ψ(n) ) convergeant vers un certain b B. Finalement I = lim x φ ψ(n) y φ ψ(n) = a b, ce qui montre que I est en fait un minimum : la distance est atteinte. 4

5 Fermés emboîtés dans un compact. Soit (E, d) un espace métrique, et (K n ) n une suite de fermés emboîtés tous non vides tels que K 0 est compact. 1. Montrer que K n est compact pour tout n N. 2. Montrer que K = n 0 K n. 3. Soit U un ouvert contenant K. Montrer qu il existe n N tel que K n U. 4. D après l exercice précédent, on peut définir la distance d un point x E à un compact K (prendre A = {x} et B = K). On la note d K. a. Montrer que pour tout compact K, l application d K est 1-Lipschitzienne. b. Montrer que l ensemble est un ouvert et que diam(k ε ) diam(k) + 2ε. K ε = {x E : d K (x) < ε} 5. En utilisant les questions 3. et 4. b., montrer que diam(k n ) diam(k) lorsque n Un fermé inclus dans un compact est un compact. C est le cas de K n K 0, pour tout n N. 2. Soit, pour tout n N, un élément x n K n. Par compacité de K 0, on peut extraire une sous-suite (x φ(n) ) qui converge vers un certain x K 0. Alors pour tout n N, pour tout m n, φ(m) m n, et donc x φ(m) K xφ(m) K n. Comme K n est fermé, on obtient à la limite lorsque m +, x K n, et ce pour tout n N: ainsi x n 0 K n, qui est donc non vide. 3. Raisonnons par l absurde en supposant que pour tout n N, K n n est pas inclu dans U. Alors pour tout n, il existe x n K n tel que x n / U. Reproduisons le raisonnement de la question précédente : on peut extraire une sous-suite (x φ(n) ) qui converge vers un certain x n 0 K n = K. Or pour tout n N, x φ(n) U c qui est fermé, et donc à la limite x U c K c. Ceci est absurde et montre qu il existe n N tel que K n U. 4. a. Soient x et y dans E. Pour tout z K, l inégalité triangulaire montre que et donc en passant à l inf à droite pour z K, d K (x) d(x, z) d(x, y) + d(y, z) d K (x) d(x, y) + d K (y). On a donc montré que et on montre de la même façon que d K (x) d K (y) d(x, y), ce qui implique finalement que qui est le résultat cherché. b. L ensemble d K (y) d K (x) d(x, y), d K (x) d K (y) d(x, y), K ε = {x E : d K (x) < ε} est un ouvert comme image réciproque de l intervalle ouvert ], ε[ par l application continue d K. Pour montrer que diam(k ε ) diam(k) + 2ε, 5

6 fixons x, y K ε. Comme la distance d un point à un compact est atteinte, il existe x K et y K tels que d K (x) = d(x, x ) < ε et d K (y) = d(y, y ) < ε. Alors par définition d(x, y ) diam(k), et l inégalité triangulaire montre que d(x, y) d(x, x ) + d(x, y ) + d(y, y) = d K (x) + d(x, y ) + d K (y) ε + diam(k) + ε = diam(k) + 2ε. En passant au sup à gauche sur l ensemble des x, y K, on obtient le résultat. 5. Comme les K n sont emboîtés, la suite (diam(k n )) n est décroissante. Elle est de plus minorée par 0, et donc elle converge vers sa borne inférieure. Il suffit donc de montrer que inf{diam(k n, n N} = diam(k). Puisque K K n pour tout n, on a diam(k) diam(k n ) et donc inf{diam(k n, n N} diam(k). Inversement, soit ε > 0 fixé. D après la question 3. b., l ensemble K ε = {x E : d K (x) < ε} est un ouvert, qui contient K car si x K alors d K (x) = 0 < ε. D après la question 3., il existe n N tel que K n K ε, et donc en particulier diam(k n ) diam(k ε ). D après la question 4. b., diam(k ε ) diam(k) + 2ε, et on en déduit qu il existe n N tel que ε étant quelconque, ceci implique que et on obtient finalement l égalité cherchée. diam(k n ) diam(k) + 2ε. inf{diam(k n, n N} diam(k), Soit X une partie compacte d un espace métrique (E, d). Montrer qu il existe une partie dénombrable de X dense dans X. Pour tout entier n 1, x X B(x, 1/n) est un recouvrement de X par des ouverts. Par compacité de X, il en existe un sous-recouvrement fini, c est-à-dire qu il existe un entier k n et des éléments x n i X pour tout i = 1,...,k n, tels que X k n i=1 B(x n i, 1/n). L ensemble A de tous les x n i, kn n 1 i=1 {x n i } est dénombrable comme union dénombrable d ensembles finis. Montrons qu il est dense dans X. Soit ε > 0 et soit un entier n 1 tel que 1/n < ε. Alors pour tout x X, il existe un entier i [1, k n ] tel que x B(x n i, 1/n) B(xn i, ε). Comme xn i A, ceci montre finalement que B(x, ε) A pour tout x X et ε > 0 : A est dense dans X. 6

7 Cas particulier du théorème d Ascoli Soit (E, d) un espace métrique, soit X une partie compacte de E, et soit (f n ) une suite de fonctions k-lipschitziennes définies sur X à valeurs dans [0, 1]. On munit R de la valeur absolue. 1. Montrer qu il existe une partie dénombrable A d éléments de X dense dans X, une application f : A [0, 1], et une extraction φ tels que pour tout x A, f φ(n) (x) f(x) lorsque n + (utiliser les exercices 5 et 8). 2. Montrer que f se prolonge en une application k-lipshitzienne f : X [0, 1] par la propriété f(x) = limf(x n ) pour toute suite (x n ) d éléments de A convergeant vers x X. 3. Montrer que (f n ) converge simplement vers f sur X lorsque n En utilisant la compacité de X, montrer que la convergence de (f n ) vers f est uniforme. 1. Soit A une partie dénombrable d éléments de X dense dans X (il existe une telle partie d après l exercice précédent). Pour tout élément x A, (f n (x)) n est une suite du compact [0, 1] de (R, ). L ensemble A étant dénombrable, on peut voir l ensemble {f n (x), n N, x A} comme une suite double (indéxée par n et x). On sait donc d après l exercice 5 sur l argument d extraction diagonale qu il existe une extraction φ telle que pour tout x A, (f φ(n) (x)) n converge dans [0, 1]. En notant f(x) la limite de cette suite, on obtient le résultat. 2. Tout d abord, on remarque que l application f est k-lipschitzienne sur A, car pour tous x, y A, puisque les f φ(n) sont k-lipshitziennes. f(x) f(y) = lim n + f φ(n)(x) f φ(n) (y) k d(x, y) Montrons que la propriété de l énoncé définit bien une application, c est-à-dire que pour tout x X et toute suite (x n ) d éléments de A convergeant vers x (il en existe puisque A est dense dans X), alors la suite (f(x n )) n converge, et la limite ne dépend pas de la suite (x n ) choisie. Si x n x lorsque n + avec x n A pour tout n, alors pour tous p, q N, f(x p ) f(x q ) k d(x p, x q ) 0 lorsque p, q +, et donc la suite (f(x n )) n est de Cauchy dans [0, 1] qui est complet pour la distance associée à la valeur absolue. Ainsi cette suite converge dans [0, 1], et la limite définissant f existe. Montrons qu elle ne dépend pas de la suite (x n ). Si l on se donne deux suites (x n ) et (y n ) d éléments de A convergeant vers x X, alors pour tout n N, f(x n ) f(y n ) k d(x n, y n ) 0 lorsque n +, et donc les limites des suites (f(x n )) et (f(y n )) sont égales. Montrons enfin que l application prolongée f est k-lipschitzienne sur X : pour tous x, y X, choisissons deux suites (x n ) et (y n ) d éléments de A convergeant respectivement vers x et y. Alors par définition de l application prolongée f, f(x) f(y) = lim f(x n) f(y n ) lim k d(x n, y n ) = k d(x, y), n + n + car f est k-lipschitzienne sur A, et l application d est continue sur E E. 3. Le résultat est vrai par construction sur A. Montrons le sur X : fixons x X, et soit (x p ) une suite d éléments de A convergeant vers x. Soit ε > 0 fixé. Alors pour tous n et p on a f n (x) f(x) f n (x) f n (x p ) + f n (x p ) f(x p ) + f(x p ) f(x) k d(x, x p ) + f n (x p ) f(x p ) + k d(x p, x) car f n et f sont k-lipschitziennes. Choisissons p assez grand pour que k d(x p, x) < ε/3. Pour un tel p, il existe n 0 N tel que pour tout n n 0, f n (x p ) f(x p ) < ε/3, 7

8 car f n (x p ) f(x p ) lorsque n + : (f n ) converge simplement vers f sur A. Finalement, pour tout n n 0, f n (x) f(x) < ε, ce qui montre le résultat. 4. Soit ε > 0 fixé. Soit η > 0 un paramètre à fixer plus tard. Alors x X B(x, η) est un recouvrement de X par des ouverts. Par compacité de X, il en existe un sous-recouvrement fini X k 0 i=1 B(x i, η) pour un certain k 0 N et des éléments x i X. Pour tout entier i [1, k 0 ], f n (x i ) f(x) lorsque n +, car (f n ) converge simplement vers f, et donc il existe n i N tel que pour tout n n i, f n (x i ) f(x i ) < ε/2. Alors si n max{n 1,..., n k0 }, on a pour tout entier i [1, k 0 ], f n (x i ) f(x i ) < ε/2. Soit n n 0 := max{n 1,..., n k0 }. Pour tout x X, il existe un entier i [1, k 0 ] tel que x B(x i, η), et donc f n (x) f(x) f n (x) f n (x i ) + f n (x i ) f(x i ) + f(x i ) f(x) k d(x, x i ) + ε/2 + k d(x i, x) < 2k η + ε/2. Ainsi, en choisissant η > 0 tel que 2k η < ε/2 (η, donc k 0, et par suite n 0, ne dépendent que de ε), on a donc pour tout n n 0, et pour tout x X, La convergence de (f n ) vers f est donc uniforme. f n (x) f(x) < ε. 8

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