topologie cours

8/2/2019 topologie cours

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CHAPITRE 1

Rappels sur R

Ce chapitre, bien qulmentaire est indispensable a la bonne comprhension du cours, car

R est dune part lespace fondamental de lanalyse et dautre part se trouve tre le modle sur

lequel les diffrentes notions du cours seront testes.

1.1. Lensemble des nombres rels

Le besoin de dfinir R sest fait sentir au XIXe sicle ; cette poque, ont t donnes deux

constructions de R [cf. par exemple, Lelong-Ferrand Arnaudies Tome 2].

On va se contenter den donner une dfinition axiomatique :

R est le corpstotalement ordonndans lequel toute partiemajorenon vide admet uneborne

suprieure.

Remarque 1. La borne suprieure dune partie A de R ne peut exister que si A est non vide

et majore.Remarque 2. La borne suprieure sde Apeut appartenir ou non A; par exemple A = [0, 1] ,

A = [0, 1[ .


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En fait, s Asi et seulement si Aa un plus grand lment. (Pourquoi ?)Caractrisation de la borne suprieure dansR.

SoitA R ; alorss est la borne suprieure de Asi et seulement si, pour tout > 0, les condi-tions suivantes sont satisfaites :

i)s + est un majorant deA.

ii)s nest pas un majorant deA, c..d quil existea Atel ques < a.

Essayer de le montrer. (De laide ?)

Donner une caractrisation analogue de la borne infrieure.

On notera sup A(resp. infA) la borne suprieure (resp. infrieure) de Alorsquelle existe.

Remarque. Si A est majore et minore on a sup A infA = sup{|x y| |x A, y A}.(Pourquoi ?)

Une partie Anon vide de R sappelle un intervallesi pour tout x, y A, tout point zde R telque x z y appartient A.

Dcrire tous les types dintervalles (De laide ?)

On peut rajouter parfois R deux lments et + et poser

R = {} R {+}

avec la condition : < x < + pour tout x R. On appelle habituellement R la droiteacheve.

Dans R, toute partie (non vide) admet une borne suprieure et une borne infrieure.


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1.2. Suites de nombres rels

D 1.2.1. Soit (un)nN une suite de nombres rels. On dit que l R est la limitedela suite (un)n

bbN si, pour tout > 0 il existe un entier N > 0 tel que si n > N alors

|un

l|

< .

Rappel. Toute suite croissante majore (resp. dcroissante minore) deR converge verssup{un, nN} (resp. inf{un, n N}).

Application. Une intersection dintervalles ferms borns embots non vides deR est un in-

tervalle ferm born non vide deR.

Attention ! Cest faux sans lhypothse ferm born. Par exemple :

a) nN ]0, 1/n[ = b) nN [n, +[ = D. Considrons la suite dintervalles

[a1, b1] [a2, b2] [an, bn] La suite de nombres rels (an) est croissante et la suite de nombres rels (bn) est dcroissante.

Comme ces deux suites sont bornes, a = lim anet b = lim bnexistent et on a an a b bn.Vrifier alors que

nN

[an, bn] = [a, b].

(Remarquer que puisque an a b bn, [a, b]

nN [an, bn], puis utiliser quea = Sup an, b = Infbn, et la caractrisation de la borne suprieure et de la borne infrieure.)

Soit (un)nN une suite borne de R on pose, pour tout n N


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An = {up| p n}.Alors les An sont des parties bornes de R e t o n a An

An+1. Posons maintenant sn = sup An

et in = infAn. On vrifie que (sn)nN est une suite dcroissante minore et que (in)nN est unesuite croissante majore. Elles sont donc convergentes.

D 1.2.2. On appelle limite suprieure (resp. limite infrieure) de la suite borne

(un)nN et on la note lim un (resp. lim un) la limite de la suite (sn)nN (resp. (in)nN).

Du fait que in sn, il rsulte que lim un lim un.

Lintrt est que pour toute suite borne de nombres rels, lim etlim existentExemple. Si un = (1)n + 1/non a

lim un = 1, lim un = 1.P 1.2.3. Soit(un) une suite borne de nombres rels. Alors les assertions suivantes

sont quivalentes :

i)lim un = lim unii) la suite(un) est convergente.

De plus, si lune de ces assertions est vraie, alorslim un = lim un = lim un.

D. Essayer de le montrer. (De laide ?)

Rappel. (un) est une suite de Cauchy si pour tout > 0, il existe N tel que |up uq| < dsque p, q > N .

T 1.2.4. DansR toute suite de Cauchy est convergente.



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CHAPITRE 2

Espaces mtriques

Le lecteur dbutant pourra commencer par tudier le cas de R. Des liens permettent de

relier les notions qui se correspondent dans R et dans le cas gnral des espaces mtriques ou

topologiques.

2.1. Distance

2.1.1. Dfinition et exemples

D 2.1.1. Si E est un ensemble, une distancesur E est une application d de E Edans R possdant les proprits suivantes :

i) d(x, y) 0 pour tout x, y Eii) d(x, y) = d(y, x) pour tout x, y E (Symtrie)iii) d(x, y) = 0 si et seulement si x = y (Sparation)

iv) d(x, z) d(x, y) + d(y, z) pour tout x, y E (Ingalit triangulaire)Un espace mtriqueest un couple (E , d), o E est un ensemble et d une distance sur E .

Proprits: si (E , d) est un espace mtrique, on a les ingalits suivantes :


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i) d(x, z) |d(x, y) d(y, z)|pour tout x, y, z E ;ii) d(x0, xp) d(x0, x1)+ d(x1, x2)+ + d(xp1, xp) pour toute famille (xi)0ip de point

de E.

Montrez-le ! de laide ?

Exemples :vrifier que

1) (R, d) o d(x, y) = |x y| est un espace mtrique ;2) les couples suivants

(Rn, d) o d(x, y) = max1in |xi yi|,(Rn, d1) o d1(x, y) = 1in |

xi

yi

|(Rn, d2) o d2(x, y) = 1in

xi yi2sont des espaces mtriques.

D 2.1.2. Soit (E , d) un espace mtrique, xun point de E et r un nombre rel stric-

tement positif. Lensemble

B(x, r) = {y E|d(x, y) < r}sappelle la boule ouvertede centre x et rayon r, tandis que lensemble

B(x, r) = {y E|d(x, y) r}sappelle la boule fermede centre xet rayon r.

Pour n = 2, dessiner les boules B(x, 1) pour un point x des espaces mtriques de lexemple2).

Comparer les boules B(0, 1) pour les distances d, d1 et d2. (Vrifier que si x, y Rn, ona :


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d(x, y) d2(x, y) d1(x, y) n d(x, y).et conclure.)

Dautres exemples :

3) Si E est un ensemble, on considre lapplication d : E E R dfinie pard(x, x) = 0

d(x, y) = 1 si x y

Vrifier que cest une distance sur E quon appelle distance discrte.

4) SoitB(A, R) lensemble des applications bornes dun ensemble Adans R. On pose

( f , g) = supxA

| f(x) g(x)| f , g B(A, R)

. Vrifier que est une distance sur B(A, R).

5) Pour f , g C([a, b] , R) on note ( f , g) = ba

| f(x) g(x)| d x.Vrifier que est unedistance surC([a, b] , R) .

D 2.1.3. Soient (E , d) un espace mtrique. On dit quune partie Ade E est borne

sil existe M R tel que d(x, y) M pour tout (x, y) A A. Si A , on note alorsdiam(A) = sup

(x, y)AAd(x, y)

cest le diamtre de A.

Exemples.

1) Montrer que le diamtre dune boule est infrieur ou gal au double de son rayon.


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2) Sur un ensemble E muni de la distance discrte, quel est le diamtre de la boule B

x, 12

?

de laide ?

Dautres espaces mtriques:1) Soient (E , d) un espace mtrique et A E une partie de E. Alors A est considre demanire naturelle comme un espace mtrique pour la distance dA : A A R dfiniepar dA = d|AA , autrement dit dA(x, y) = d(x, y) pour tout x, y A; dA sappelle ladistance surAinduite par celle deE.

Si x A, on notera BA(x, r) (resp.

BA(x, r)) la boule ouverte (resp. ferme) de centre x

et de rayon r pour la distance dA. On remarquera que BA(x, r) = B(x, r)

A.

2) Soient (E1, d1), ...., (En, dn) des espaces mtriques. On peut alors dfinir une distance,

appele distance produit, sur E = E1 En en posant(x, y) = max

i=1,...,ndi(xi, yi)

pour x = (x1, . . . , x n), y = (y1, . . . , y n)

E1

En.

Si x = (x1, . . . , x n), on note B(x, r) (resp. B(x, r)) la boule ouverte (resp. ferme) decentre x et de rayon r pour la distance . On a

B(x, r) = Bd1(x1, r) Bdn(xn, r).Exemple. (Rn, d) est un espace mtrique produit.

2.1.2. Espaces vectoriels norms

On dsigne par E un espace vectoriel sur R (ou C).

D 2.1.4. Une normesur E est une application de E dans R note x x vrifiant :


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(i) x 0 pour tout x E(ii) x = 0 si et seulement si x = 0(iii) x = || x pour tout R (ou C) et tout x E(iv)

x + y

x

+

y

pour tout x, y

E (Ingalit triangulaire)

Un espace vectoriel muni dune norme est appel espace vectoriel norm(en abrg evn).

P 2.1.5. Si(E , ) est un espace vectoriel norm, lapplication(x, y) x yest une distance surE.

D. Dtailler la preuve

Remarque. Soit (E , ) un espace vectoriel norm et notons d la distance associe. Mon-trer que d est invariante par translation, i.e d(x + z, y + z) = d(x, y) pour tout x, y, z E.

Exemples. Vrifier que les distances des exemples 2), 4) et 5) du 2.1.1 sont des distances qui

proviennent dune norme sur les espaces vectoriels correspondants.

2.2. Espaces mtriques

2.2.1. Voisinages.

Nous allons voir qu une distance sur un ensemble on peut associer des objets gom-

triques particulirement intressants. En effet si (E , d) est un espace mtrique et x un point

de E, la boule B(x, r) est lensemble des points de E qui sont proches ou voisins de x dansun certain sens, savoir que leur distance x est infrieure r. Cela nous conduit poser la

dfinition suivante :


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D 2.2.1. Soit (E , d) un espace mtrique et xun point de E. On dit quune partie V

de E est un voisinage de xsil existe un rel > 0 tel que B(x, ) V. On noteV(x) lensembledes voisinages de x.

Remarque.Un voisinage de x contient tous les points assez proches de x, mais galementdes points qui peuvent tre trs loin de x. Daprs la dfinition, E tout entier est un voisinage

de x.

Proprits des voisinages. Soit a E , alors :V1) aappartient tout lment de V(a)

V2) Toute partie W de E qui contient un lment de V(a) est aussi un lment de V(a)

V3) Toute intersection finie dlments deV(a) est encore un lment de V(a).V4) Si V V(a), il existe un lment W V(a) tel que pour tout b W, on ait V V(b).On remarque en outre que la proprit suivante est vrifie :

Proprit de sparation : si a et b sont deux points distincts de E , il existe Va V(a) etVb V(b) tels que Va Vb = .

Persuadez-vous sur un dessin que les proprits ci-dessus sont vrifies, puis prouvez-les.

de laide ?

Remarque.Deux distances sur un mme ensemble peuvent dfinir les mmes voisinages de

x. On dit alors que les deux distances sont topologiquement quivalentes.

P 2.2.2. Pour que deux distances d1 etd2 sur un ensemble E soient topologique-

ment quivalentes il faut et il suffit que pour toutx

E et pour tout > 0, il existe, > 0 tels

queBd2(x, ) Bd1(x, ) etBd1(x, ) Bd2(x, ).

Attention ! et dpendent de x et de


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D. La condition ncessaire est une consquence immdiate de la dfinition

des voisinages. Pour la condition suffisante, il suffit de prouver que tout point xde E admet les

mmes voisinages pour chacune des deux distances d1 et d2.

Remarque. On peut noter que la donne pour chaque point x dun espace mtrique (E , d)de lensembleVx =

B(x, 1

n)| n N permet de dfinir compltement sa topologie. Remar-

quons que lensembleVx est dnombrable, cest pourquoi les suites jouent un rle fondamen-

tal dans ltude des espaces mtriques.

2.2.2. Ouverts, ferms.

D 2.2.3. Soit (E , d) un espace mtrique. Une partie U de E est une partie ouverte

de E ( ou un ouvert dansE) si pour tout x U il existe rx tel que B(x, rx) U.On dduit immdiatement de cette dfinition et de la notion de voisinage quune partie U

de E est une partie ouverte de E, si U est un voisinage de chacun de chacun de ses points.

Proprits des parties ouvertes dun espace topologique.

(O1) et E sont des parties ouvertes de E(O2) Toute runion de parties ouvertes de E est encore une partie ouverte de E

(O3) Toute intersection finiede parties ouvertes de E est encore une partie ouverte de E .

D. Montrez-le ! de laide ?

Exemples. Vrifier que

1) Dans R, un intervalle ouvert ]a, b[ est une partie ouverte de R pour la topologie usuelle.

2) Dans un espace mtrique, une boule ouverte est une partie ouverte.


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D 2.2.4. Soit (E , d) un espace mtrique. On dit que A E est une partie fermede E siCE Aest une partie ouverte de E .

Exemples. Vrifier que

1) Dans R un intervalle ferm est une partie ferme pour la topologie usuelle.

2) Dans un espace mtrique E une boule ferme est une partie ferme.

Remarque. Les parties dun espace mtrique ne sont pas comme des portes : elles peuvent

tre ouvertes et fermes (par exemples et E) et elles peuvent ntre ni ouvertes ni fermes(Vrifier que dans R muni de sa topologie usuelle, [a, b[, a, b R nest ni ouvert ni ferm).

Proprits des parties fermes dun espace topologique E.

(F1) et E sont des parties fermes de E .(F2) Toute intersection de parties fermes de E est une partie ferme de E .

(F3) Toute union finiede parties fermes de E est une partie ferme de E .

Elles se dduisent de (O1), (O2) et (O3) par passage au complmentaire. de laide ?

2.2.3. Intrieur, extrieur, frontire, adhrence.

D 2.2.5. Soit A une partie de E . On dit quun point x E est intrieur A siA contient une boule ouverte centre en x. Lensemble des points intrieurs A sappelle

lintrieur de Aet on le note

A.


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P 2.2.6. Lintrieur dune partie A de E est un ouvert de E et cest le plus grand

ouvert deE contenu dansA.

D. Daprs la dfinition 2.2.5, un point xest intrieur Asil existe une boule

ouverte centre en x contenue dans A et de plus tout point de cette boule est intrieur A; ilen rsulte que

A est une runion densembles ouverts contenus dans A et cest le plus grand

ouvert de E contenu dans A(pourquoi ?).

Exemples. Montrer que :

1) si E = R, lintrieur des intervalles de la forme [a, b], [a, b[, ]a, b] et ]a, b[ est lintervalle

de la forme ]a, b[.

2) si E = R, lintrieur de lensemble Q est vide ainsi que celui de son complmentaire.3) si E = Rn est muni de lune des distances d, d1, d2, lintrieur de la boule ferme B(x, r)

est la boule ouverte B(x, r). Attention cette proprit nest pas vraie pour une distance

quelconque (Si E est muni de la distance discrte, comparer B(x, 1) et B(x, 1)).Proprits lmentaires. Vrifier que si Aet Bsont des parties de E, on a :

1) si A

Balors

A

B.

2)

A B = A B.3)

A B A B.

4) Donner un exemple o linclusion de 3) est stricte.

D 2.2.7. Soit Aune partie de E . On dit quun point x E est extrieur Asil existeun voisinage de x dans E ne rencontrant pas A. Lensemble des points extrieurs Asappellelextrieurde Aet on le note ext(A).

Remarque :ext(A) =

CE A .


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D 2.2.8. Soit Aune partie de E . On dit quun point x E est adhrent Asi touteboule ouverte de centre x dans E rencontre A. Lensemble des points adhrents A sappelle

ladhrence de Aet on le note A.P 2.2.9. Ladhrence deAest ferme et cest le plus petit ensemble ferm deE conte-

nantA. En particulierAest ferme si et seulement siA = A.

D. La relation x / Aquivaut x

CE A(pourquoi ?), par consquent Aest

ferm. De plus si F est une partie ferme de E contenant A, CE F est un ouvert de E contenu

dans

CE A(pourquoi ?), do F A. Exemples.Montrer que

1) si E = R, ladhrence des intervalles de la forme [a, b], [a, b[, ]a, b] et ]a, b[ est linter-

valle de la forme [a, b].

2) si E = Rn est muni de lune des distances d, d1, d2, ladhrence de la boule ouverte

B(x, r) est la boule ferme B(x, r). Attention , dans un espace mtrique quelconque on aseulement B(x, r) B(x, r).

D 2.2.10. Soient Aet B deux parties de E telles que A B. On dit que Aest densedans Bsi B A. On dit que Aest partout densesi A = E .

Exemple. Les ensembles Q et R \ Q sont partout denses dans R.

D 2.2.11. Si Aest une partie de E , on dit que le point x E est un point frontirede A si tout voisinage de x rencontre la fois A et son complmentaire. La frontire de A est

lensemble des points frontires et on le note FrAou A.


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Remarque. On a immdiatement A = A CE A et donc la frontire de A est une partieferme de E .

Terminons en rcapitulant la situation :

Si E est un espace mtrique et si Aest une partie de E , on a :

1)

A A A;2) E = ExtA A Aet ces trois ensembles sont deux deux disjoints.

2.2.4. D .

D 2.2.12. Soient (E , d) un espace mtrique et A E une partie de E. Alors Aestconsidre de manire naturelle comme un espace mtrique pour la distance dA : A A Rdfinie par dA = d|AA , autrement dit dA(x, y) = d(x, y) pour tout x, y A; dA sappelle ladistance surAinduite par celle deE.

Si x

A, on notera BA(x, r) (resp.

BA(x, r)) la boule ouverte (resp. ferme) de centre xet de

rayon r pour la distance dA. On remarquera que BA(x, r) = B(x, r) A.Exemple. Dterminer la distance induite sur R {0} par la distance d1 de R2.

Notons que les voisinages dex Aassocis la distancedA sont exactement les intersectionsde Aavec les voisinages de xdans E pour la distance d.

Proprits :Vrifier que pour la distance induite sur Apar celle de E on a :

1)U est une partie ouverte deAsi et seulement si il existe une partie ouverteOdeE telle queU = O A.

2)F est une partie ferme deA si et seulement si il existe une partieG ferme deE telle que

F = G A.


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3) siAest une partie ouverte (resp. ferme) deE , alors toute partie ouverte (resp. ferme) deA

est une partie ouverte (resp. ferme) deE.

Exemple. Soit E = R et A = [a, b] un intervalle de E . Si c ]a, b[ , alors [a, c[ est une partieouverte de A pour la distance induite. On remarque quune partie ouverte pour la distance

induite nest pas une partie ouverte pour la distance ambiante.

E. Donner un exemple du mme type pour les parties fermes.

Important. La notion de partie ouverte et de partie ferme nest pas une notion absolue

mais une notion relative ; pour une partie donne, le fait quelle soit ouverte ou ferme dpend

de lespace mtrique dans lequel elle est considre : [a, c[ nest pas une partie ouverte de R

mais cest une partie ouverte de [a, b] .

2.2.5. Suites dans un espace mtrique.

Dans un espace mtrique (E , d), une suiteest une application de N dans E note habituel-

lement (xn)nN. Les suites jouent un rle particulirement important dans les espaces m-

triques.

D 2.2.13. Soit (E , d) un espace mtrique. On dit quune suite (xn)nN dlments

de E converge vers un point x E si pour tout > 0 il existe un entier N tel que, pour toutn > N, on ait d(x, xn) < .

D 2.2.14. Soient (E , d) un espace mtrique et (xn)nN une suite dlments de E.

On dit quun point x E est une valeur dadhrence de cette suite si, pour tout > 0 et toutentier N , il existe un entier n > N tel que d(x, xn) < .


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Exemples. Quelles sont les valeurs dadhrence des suites

((1)n)nN et ((1)n + 1/n)nN?Remarque. Prouver les assertions suivantes :

1) Si(xn)nN est une suite convergente dansE sa limite est unique.2) Si(xn)nN est une suite convergente dansE, elle a une seule valeur dadhrence qui est sa

limite.

3) Donner un exemple de suite dansR qui possde une seule valeur dadhrence mais qui ne

converge pas.

P 2.2.15. Soient(E , d) un espace mtrique ets = (xn)nN une suite dlments de

E. Un pointx E est une valeur dadhrence dessi et seulement si il existe une suite extraite desqui converge versx.

D. Si x est une valeur dadhrence de s, nous allons construire une suite

strictement croissante ((p))pN vrifiant d(x, x(p)) < 1/p pour tout p N. On dfinit : N N de proche en proche. On pose (0) = 0 et si est dfinie sur les entiers infrieursstrictement k, k 1, on pose

(k) = min

n N | n > (k 1) et xn B

x,

1

k

.

Par dfinition de la valeur dadhrence, on a

{n N | n > (k 1) et xn B(x, 1/k)}

et par consquent (k) existe et on a bien d(x, x(k)) < 1/k. La suite (x(p))pN converge versx (pourquoi ?)

Rciproquement, si : N N est une application strictement croissante telle que (x(p))pNconverge vers x, alors x est une valeur dadhrence de s : en effet :


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Caractrisation de ladhrence dune partie dun espace mtrique.

P 2.2.16. SiAest une partie dun espace mtrique(E , d), les proprits suivantes

sont quivalentes :

i) x A.ii) il existe une suite(xn)nN de points deAqui converge dansE versx.

D. Prouvons que i)=ii). Pour tout n > 0, on a B(x, 1n) A . On peut

"choisir", pour tout n N, un point xn B(x, 1n)A. La suite (xn)nN ainsi dfinie convergevers x(pourquoi ?)

Considrons limplication ii)=

i). Si (xn)nN est une suite dlments de Aqui converge vers

x E , alors pour tout > 0, B(x, ) {xn | n N} , donc B(x, ) A . Il en rsulte quex A.

C 2.2.17. Soit A une partie dun espace mtrique(E , d). Les proprits suivantes

sont quivalentes :

i) Aest une partie ferme deE .ii) Pour toute suite(xn)nN dlments deAqui converge dansE vers un pointx, x A.D. Essayer de le montrer. (De laide ?)

2.3. Applications continues - Homomorphismes

2.3.1. Continuit en un point

On remarque, au vu de la dfinition de la continuit en un point pour une application de

R dans R, que si f est une application dun ensemble X dans un ensemble Y , la notion de


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continuit de f en un point x0 de X ncessite la notion de points voisins dun point donn, ce

qui conduit naturellement la gnraliser aux espaces mtriques.

D 2.3.1. Soient (E , d) et (E, d) deux espaces mtriques et x0 un point de E . On

dit quune application f : E E est continue au point x0 si pour tout > 0, il existe > 0tel que d(x, x0) < implique d

( f(x), f(x0)) < .

P 2.3.2. Lapplication f : E E est continue enx0 E si et seulement si pourtout voisinageV de f(x

0) dansE, f1(V ) est un voisinage dex

0dansE .

D. Supposons que fsoit continue en x0 ; si V est un voisinage de f(x0) dans

E, il existe > 0 tel que B( f(x0), ) V ; alors on a f1(V ) f1(B( f(x0), )) et il existe > 0 tel que f1(B( f(x0), )) B(x0, ) (pourquoi ?). Il en rsulte que f1(V ) est unvoisinage de x0.

Rciproquement, prenons V = B( f(x0), ) ; si f1(V ) est un voisinage de x0, il existe >

0 tel que f1(V) B(x0, ), autrement dit si d(x, x0) < alors d( f(x), f(x0)) < . Ce rsultat permet de gnraliser la notion de continuit en un point au cas des applications

entre espaces topologiques.

Exemples. Vrifier que si E et E sont deux espaces mtriques :

1) toute application constante de E dans E est continue en tout point de E

2) lapplication identique f(x) = x de E dans E est continue en tout point de E.

P 2.3.3. Soient(E , d) et(E, d) deux espaces mtriques, Aune partie deE, x0 Aet f une application deE dansE. Si f est continue enx0, alors f(x0) f(A).


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D. Soit V un voisinage de f(x0)dans E; daprs la Proposition 2.3.2 f1(V )

est un voisinage de x0 dans E , il existe donc y A f1(V ) (pourquoi ?). Donc f(y) f(A) V , ce qui prouve que f(x0) est adhrent f(A).

P 2.3.4. Soient(E , d), (F, d), (G, d) trois espaces mtriques, f une applicationdeE dansF etgune application deF dansG. Si fest continue enx0 etgcontinue eny0 = f(x0),

alorsh = g f est une application deE dansG continue enx0.D. Posons z0 = h(x0) et soit V un voisinage de z0. La continuit de gen y0 im-

plique que g1(V) est un voisinage dey0 et la continuit de fen x0 entrane que f1(g1(V)) =

h1(V) est un voisinage de x0.

2.3.2. Applications continues et homomorphismes

D 2.3.5. Soient (E , d) et (E, d) deux espaces mtriques. Une application de E

dans E est dite continuesi elle est continue en tout point de E .

T 2.3.6. Soient(E , d) et(E, d) deux espaces mtriques et f une application deE

dansE. Les assertions suivantes sont quivalentes :

i) f est continue.

ii) pour toute partie ouverteU deE, f1(U) est une partie ouverte deE .

iii) pour toute partie fermeF deE, f1(F) est une partie ferme deE .

iv) pour toute partieAdeE , f(A) f(A).D.


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i)iv) Cest la proposition 2.3.3iv)iii) Soit F une partie ferme de E et F = f1(F). On a par hypothse f(F) f(F)

F = F, donc F f1(F) = F F et par suite F = F , ce qui prouve que F est ferm.iii)

ii) Soit U une partie ouverte de E. CommeCE U

est ferm dans E, f1(CE U) =

CE f1(U) est donc ferm, autrement dit f1(U) est ouvert dans E .

ii)i) Soit x un point de E et V un voisinage de f(x) dans E. Il existe une partie ou-verte U de E contenue dans V et contenant f(x) (par exemple lintrieur de V ) ; donc

x f1(U) f1(V ). Comme f1(U) est une partie ouverte de E , il en rsulte quef1(V ) est un voisinage de xdans E .

Attention ! Limage (directe) dune partie ouverte (resp. ferme) par une application conti-nue nest pas ncessairement une partie ouverte (resp. ferme) dans lespace darrive.

Exemple. Lapplication f de R dans R par f(x) = 1/(1 + x2)est continue mais f(R) = ]0, 1]

nest ni ouvert ni ferm dans R.

P

2.3.7. Soient E , F, G des espaces mtriques, f : E F, g : F G deuxapplications continues. Alors lapplicationg f : E G est continue.D. Essayer de le montrer. (De laide ?)

Exemple. Si f : E R est une application continue, montrer que x | f(x)| est uneapplication continue de E dans R.

P 2.3.8. Soit f une application dun espace mtrique(E , d) dans un espace m-

trique(E, d). Si fest continue, sa restriction toute partieAdeE munie de la mtrique induite

est continue.


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D. Appelons g la restriction de f A. Si a A, daprs la dfinition de lacontinuit de f , pour tout voisinage V de g(a) = f(a), f1(V ) est un voisinage de a dans

E , mais g1(V ) = f1(V ) Aest alors un voisinage de adans A.

Si une application fde E dans E

est telle que sa restriction Aest continue, cela nimpliquepas que f est continue en tout point de A. On peut seulement dire que f est continue en tout

point de lintrieur de A.

D 2.3.9. Une application f une application dun espace mtrique (E , d) dans un

espace mtrique (E, d) est un homomorphismesi elle est bijective et si fainsi que f1 sont

continues.

On dduit aisment de cette dfinition que, si (E , d) et (E, d) sont homomorphes, les

voisinages de x dans E et de f(x) dans E se correspondent par f.

P 2.3.10. SoitE un ensemble. Deux distancesd1 etd2 surE sont topologiquement

quivalentes si et seulement si lapplication

IdE : (E , d1) (E , d2)est un homomorphisme.


2.3.3. Continuit et limites

Nous allons caractriser la continuit des applications entre espaces mtriques en termes

de suites.


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P 2.3.11. Soient(E , d) et(E, d) deux espaces mtriques, f une application de

E dansE etaun point deE. Alors les assertions suivantes sont quivalentes :

i) f est continue ena.

ii) Pour toute suite(xn)nN qui converge dansE versa, la suite( f(xn))nN converge dansE

vers f(a).

D. i) ii) Essayer de le montrer. (De laide ?)ii)i) On prouve que non i)non ii). Pour cela on va construire une suite (xn)nN qui

converge vers aet telle que ( f(xn))nN ne converge pas vers f(a). Comme f nest pas conti-

nue en a, il existe une boule B( f(a), ) telle que f1(B( f(a), )) ne contienne aucune boule

ouverte centre en a; en particulier pour tout entier n > 0 on a B(a, 1

2n)

\f1(B( f(a), ))

. En prenant un point dans chacun de ces ensembles, on obtient une suite (xn)nN telle quepour tout n > 0 , d(a, xn) < 1/2

n et f(xn) / B( f(a), ). La suite ( f(xn))nN ne converge pasvers f(a) (pourquoi ?).

Remarque. Dans lnonc prcdent, on peut remplacer lassertion ii) par

ii) Pour toute suite(xn)nN convergeant versa, la suite( f(xn))nN est convergente.

En eff

et, dans la dmonstration de ii)i), en posant y2p = xp et y2p+1 = a, on obtient unesuite (yn)nN telle que ( f(yn))nN ne converge pas.P 2.3.12. Soient(E , d) et(E, d) deux espaces mtriques. Une application f de

E dansE est continue si et seulement si limage par f de toute suite convergente de E est une

suite convergente deE.


D 2.3.13. Soient (E , d) et (E, d) deux espaces mtriques, Aune partie de E , a Aet fune application de Adans E. On dit que f a une limitel en asi pour tout > 0, il existe


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> 0 tel que

f(A B(a, )) B(l , ).Remarque. Vrifier quune fonction admet au plus une limite en a.

Remarque. Cette dfinition se gnralise aux espaces topologiques en remplaant les boules

par des voisinages de aet de l respectivement.

2.4. Mtrique produit

Soient (E1, d1), ...., (En, dn) des espaces mtriques. On peut alors dfinir une distance, ap-

pele distance ou mtrique produit, sur E1 En en posant(x, y) = max

i=1,...,ndi(xi, yi)

pour x = (x1, . . . , x n), y = (y1, . . . , y n)

E1

En.

La boule ouverte (respectivement ferme) de centre (x, y) et de rayon r nest autre que leproduit cartsien des boules ouvertes (respectivement fermes) de centre (xi, yi) et de rayon

r.

Exemple. (Rn, d) est un espace mtrique produit.

P 2.4.1. Soient(E1, d1) et(E2, d2) deux espaces mtriques. Si on munit lensemble

E1 E2 de la mtrique produit, les projections pi : E1 E2 Ei, i = 1, 2, sont continues.D. Cela rsulte du fait que si x et y sont des points de E1 E2, d1(x1, y1)

(x, y) et d2(x2, y2) (x, y) (pourquoi ?).


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T 2.4.2. Soient(E , d), (F1, d1) et(F2, d2) des espaces mtriques et f une application

deE dansF1 F2, muni de la distance produit. On notep1 et p2 les projections deF1 F2 dansF1 etF2 respectivement. Pour que f soit continue en un pointa E , ,ilfautetilsuffit quep1 fet p2

f soient continues ena.

D. La condition est ncessaire (pourquoi ?).

La condition est suffisante. Posons fi = pi f, i = 1, 2. Soit > 0. Il rsulte de la continuitde chacune des fi quil existe i tel que si d(x, a) < i alors di( fi(x), fi(a)) < . Posons

= min(1, 2), alors si d(x, a) < i on a ( f(x), f(a)) < (pourquoi ?).

Exemple. Soient u1 et u2 deux applications continues de E dans F1 et F2 respectivement et

soit gune application continue de F1 F2 dans un espace mtrique G. Montrer que lapplica-tion x g(u1(x), u2(x)) est continue.P 2.4.3. Soient(E1, d1), (E2, d2), (F, d

) des espaces mtriques et fune application

continue deE1 E2 dansF. Alors pour touta E1, lapplicationy f(a, y) est continue etpour toutb E2, lapplicationx f(x, b) est continue.

D. Si f est continue, la proposition 2.3.8 implique que sa restriction

{a

} E2 ainsi que sa restriction E1 {b} sont continues. Comme les applications y (a, y) etx (x, b) sont continues (pourquoi ?), les applications y f(a, y) et x f(x, b) sontcontinues.

Attention ! La rciproque est fausse : soit f : R2 R dfinie par :

f(x, y) = xy

x2+y2si (x, y) (0, 0)

0 sinon .

Vrifier que les applications partielles x f(x, y) et y f(x, y) sont continues mais quef nest pas continue en (0, 0).


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Remarque. Vrifier que si (E , d) est un espace mtrique, alors d : E E R est continue.P 2.4.4. Soit (E , d) un espace mtrique. La diagonale de E E, savoir =

{(x, x) | x E}, est une partie ferme deE E .D. Comme {0} est une partie ferme de R (pourquoi ?) et que = d1(0), il

rsulte de la continuit de d que est ferme dans E E . C 2.4.5. Soient(E , d) et(E, d) deux espaces mtriques et f , g : E E deux

applications continues. Alors{x E | f(x) = g(x)} est une partie ferme deE .D. Soit h : E

E

E lapplication dfinie par

h(x) = ( f(x), g(x)).

Elle est continue (pourquoi ?) et par consquent lensemble

h1() = {x E | f(x) = g(x)}est ferm dans E .

C 2.4.6. Si f est une application continue dun espace mtriqueE dans un espacemtriqueF, le grapheGr( f) de f est une partie ferme deE F.

D. Rappelons que Gr( f) = {(x, y) E F |y = f(x)}; or les projections deE F sur E et sur F sont continues. Il rsulte du corollaire prcdent que Gr( f) est ferm

Attention ! La rciproque de ce corollaire est fausse en gnral :

soit f : R R dfinie par f(0) = 0 et f(x) = 1/x si x 0. Le graphe de f est la runionde la courbe xy 1 = 0 et du point (0, 0). Montrer que Gr( f) est ferm et que f nest pascontinue en 0.


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CHAPITRE 3

Espaces compacts

Dans ltude du cas rel, nous avons dgag deuxproprits dun intervalle [a, b] de R. Ceci

nous amne introduire une famille particulire despaces mtriques qui ressemblent un

intervalle ferm born de R.

3.1. Dfinition de la compacit.

D 3.1.1. Soit (E , d) un espace mtrique et A E. On appelle recouvrement ouvertde Aune famille (Oi)iI de parties ouvertes de E telles que iIOi A.On dit que le recouvrement est finisi lensemble I des indices est fini.

On appelle recouvrement extrait du recouvrement (Oi)iI de A un recouvrement (Oi)iJ de

Aavec J I.

D 3.1.2. On dit quun espace mtrique (E , d) est compactsi de tout recouvrement

ouvert de E on peut extraire un recouvrement fini. Cette proprit concernant les recouvre-ments ouvert sappelle la proprit de Borel-Lebesgue.

Remarque. Cette dfinition peut stendre auxespaces topologiques.


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Exemples.

Tout espace mtrique fini est compact.

Tout intervalle ferm born [a, b] R, muni de la distance induite par la distance usuelle,est compact.

Si (X , d) est un espace mtrique et si (xn) est une suite de points de X qui converge vers

x, montrer que

{xn | n N} {x} ,muni de la mtrique induite, est un espace compact.

P 3.1.3. Soit(E , d) un espace mtrique. Alors les assertions suivantes sont quiva-

lentes :

i) E est compact.

ii) Si(Fi)iI est une famille de parties ferms deE telle que

iI Fi = , il existe J I fini telque

iJ Fi = .

D. i)= ii). Soit (Fi)iI une famille de parties ferms de E telle que

iI Fi =

; si on note Oi = CE Fi, Oi est un ouvert de E et on a

E = CE

iI

Fi

= iI

Oi;

puisque E est compact, il existe J I finitel que iJOi = E. En prenant le complmentaire,on obtient

= CE

iJ

Oi

= iJCE Oi =

iJ

Fi.


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ii)= i) La dmonstration est analogue.Sen convaincre.

C 3.1.4. Soit(E , d) un espace mtrique compact et soit(Fn)nN une famille de par-

ties fermesnon vides embotes (cest direFn Fn+1 pour toutn N). AlorsnN

Fn .

D. Supposons le contraire ; E tant compact, il existerait alors A

N fini tel

que nA Fn = . A cause de la condition dembotement, on aurait nA Fn = Fsup(A) = (sen convaincre !), ce qui contredit lune des hypothses.

T 3.1.5. Soit(E , d) un espace mtrique. Alors les assertions suivantes sont quiva-

lentes :

i) E est compact (E possde la proprit de Borel-Lebesgue).ii) De toute suite de points de E , on peut extraire une sous-suite convergente (Proprit de

Bolzano-Weierstrass).

D. i) = ii). Soit (xn) une suite de points de E et posons Fn =

xp| p n

.

On a videmment Fn et Fn Fn+1, donc daprs le corollaire 11.1.4 F = nN Fn . Si

F, alors pour tout > 0 et tout n

N, B(, )

xp| p n ; ainsi est une valeurdadhrence de la suite (xn), et on sait quon peut dans ce cas extraire de (xn) une sous-suitequi converge vers .

ii) = i). Cette partie est nettement plus difficile. On montre dabord


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L 3.1.6. Soit(E , d) un espace mtrique possdant la proprit de Bolzano-Weierstrass.

Si(Oi)iI est un recouvrement ouvert deE, il existe un nombre rel > 0 (appel le nombre de

Lebesgue du recouvrement) tel que, pour toutx E il existei I vrifiantB(x, ) Oi.

D. Raisonnons par labsurde. Si ce ntait pas le cas, il existerait un recou-vrement ouvert (Oi)iI et une suite (xn) de points de E telle que B(xn, 1/2

n) ne soit contenue

dans aucun des Oi. Soit (x(n)) une sous-suite extraite de cette suite et convergeant vers E.Soit i0 I tel que Oi0 ; puisque Oi0 est un ouvert de E, il contient une boule ouverte nonvide B(, ) et il existerait un entier N tel que, pour tout n N on aurait x(n) B(, /2).Comme B(x(n), /2) B(, ) Oi0 , on obtient une contradiction ds que /2 > 1/2n >1/2

(n)

.

L 3.1.7. Soit(E , d) un espace mtrique possdant la proprit de Bolzano-Weierstrass.

Alors pour tout > 0, il existe un ensemble fini{x1, , xn} de points deE tel que

E =n

i=1

B(xi, )

(cette proprit sappellela proprit des rverbres).

D. Raisonnons encore par labsurde. Si ce ntait pas le cas, il existerait > 0

tel quon ne puisse pas recouvrir E par un nombre fini de boules de rayon . Grce au Lemme

de Zorn, il existerait une suite (xn) dlments de E telle que xn+1 / ni=1 B(xi, ) pour toutn 1. Dune telle suite, on ne peut pas extraire une sous-suite convergente (pourquoi ?).

F .Soit (Oi)iI un recouvrement ouvert de E. Puisque E possde la proprit de Bolzano-Weierstrass,

le lemme 2.0.16 fournit un nombre de Lebesgue pour ce recouvrement : si x E , il existeix I tel que B(x, ) Oix. Daprs le lemme 2.0.17, il existe des points x1, , xn E tels


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que E soit union des boules B(xk, ) et donc E =n

k=1 Oixk. On a donc extrait du recouvrement

ouvert donn un recouvrement fini.

Remarque. Le thorme tant acquis, le rsultat du Lemme 3.1.7 se traduit par

P 3.1.8. Un espace mtrique compact(E , d) possde la proprit des rverbres(quand on veut faire chic on dit queE est prcompact).

D. Dmontrer cette proprit laide de la dfinition de la compacit.

On en dduit immdiatement que tout espace mtrique compact est born et par cons-

quent R nest pas compact.

C 3.1.9. Tout espace mtrique compact E est sparable (cest dire contient une

partie dnombrable partout dense).

D. Pour tout n N, il existe une partie finieAnde E telle que E = xAn B(x, 1/2n).Lensemble A =

nN An rpond la question.

C 3.1.10. SiE etF sont deux espaces mtriques compacts, alorsE

F est aussi un

espace mtrique compact.

D. Soit ((xn, yn))nN une suite de points de E F. Il existe une sous-suite(x(n)) de (xn) qui converge dans E. La suite (y(n)) de points de F possde elle aussi une

sous-suite convergente (y((n))) . Alors (x((n)), y((n))) est une sous-suite de (xn, yn)nNqui converge dans E F.

P 3.1.11. Soit(E , d) un espace mtrique compact et(xn) une suite dlments deE . Les assertions suivantes sont quivalentes :

i) (xn) est convergente.

ii) (xn) a une unique valeur dadhrence.


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D. i) = ii). Si (xn) converge vers l , alors l est la seule valeur dadhrence de(xn) (sen convaincre !).

ii)= i). Soit lunique valeur dadhrence de (xn). Il faut montrer que pour tout > 0,il existe un entier N tel que xn

B(, ) pour tout n N. Si ce ntait pas le cas, pour un

certain > 0, on pourrait construire une sous-suite de (xn) qui ne rencontrerait pas B(, ) et

extraire de cette sous-suite une sous-suite convergente (x(n))dont la limite, qui est une valeur

dadhrence de (xn), serait ncessairement diffrente de . Do une contradiction.

3.2. Parties compactes.

D 3.2.1. Soit (E , d) un espace mtrique. On dit quune partie Ade E est compacte

si lespace mtrique ( A, dA) est compact.

P 3.2.2. Soit(E , d) un espace mtrique. Toute partie compacteA deE est ferme

et borne.

D. On a vu que tout espace mtrique compact est born, donc si A est une

partie compacte de E , Aest borne.

Soit maintenant A; pour tout n N, B(, 1/n) Aest une partie ferme non vide deAet donc n>0( B(, 1/n)) A = {} A; il en rsulte que A.

A ce stade, il est raisonnable de se demander si ces conditions entranent, en gnral, que A

est une partie compacte. La rponse est non :Exemple. Soit E un ensemble infini muni de la distance discrte. Les parties compactes de

E sont les parties finies alors que toute partie de E est ferme et borne.

On a nanmoins deux rsultats importants.


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P 3.2.3. SoitE un espace topologique compact. Les assertions suivantes sont qui-

valentes :

i) F est une partie ferme deE.

ii) F est une partie compacte deE.

D. Il suffit de dmontrer que i) = ii) (pourquoi ?). Soit donc F une par-tie ferme de E et (Oi)iI un recouvrement de F par des parties ouvertes de E . Alors avec

O = CE F, o / I, (Oj)jI{} est un recouvrement ouvert de E dont on peut extraireun recouvrement fini de la forme (Oj)jJ{}, o J est une partie finie de I. Il en rsulte que

F

jJOj.

P 3.2.4. Les parties compactes deRn (muni de lune des distances d1, d2 ou d)

sont les parties fermes et bornes.

D. Pour n = 1, cest le cas de R, les trois distances concident avec la distance

usuelle.

Pour n > 1, on suppose Rn muni de la distance d. Si Aest une partie ferme borne de Rn,

il existe un nombre rel M > 0 tel que A [M , M]n. Mais [M , M]n est compact commeproduit despaces compact (cf. Corollaire 3.1.10) et A est ferm dans [M , M]n, on conclutalors que Aest compacte.

Si Rn est muni de la distance d1 ( ou d2), on utilise le fait que cette distance est topologique-

ment quivalente d.

En conclusion, on peut se demander pour quels espaces (par exemple les espaces vectorielsnorms) les parties compactes sont-elles les parties fermes et bornes, ou quelles sont les par-

ties compactes deC[a, b] muni de la norme de la convergence uniforme ? Nous y reviendrons

ultrieurement.


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3.3. Compacit et continuit.

T 3.3.1. SoientE etF des espaces mtriques. SiE est compact et si f : E F estune application continue, alors f(E) est une partie compacte deF.

D. Soit (yn)nN une suite dlments de f(E). Il existe une suite (xn)nNdlments de E telle que, pour tout n N, yn = f(xn). Puisque lespace E est compact, onpeut extraire une sous suite (xnk)kN de la suite (xn)nN qui converge. Lapplication f tant

continue, la suite (ynk = f(xnk))kN est convergente (pourquoi ?) et par consquent f(E) est

compact.

Application. Si E est compact et f : E R continue, alors f(E) est une partie fermeborne de R. Autrement dit f est borne et atteint supxe f(x) et infxE f(x).

Exemple.Soient E un espace mtrique, A, B E deux parties compactes. Vrifier queA B = d( A, B) = inf

(x,y)ABd(x, y) > 0.

C 3.3.2. Soit f : E

F une application continuebijective. SiE est compact, alors

f est un homomorphisme.

D. Notons f1 lapplication rciproque de f. Si G est une partie ferme,

donc compacte de E, alors ( f1)1(G) = f(G) est une partie compacte, donc ferme de

F. Ceci dmontre la continuit de f1.

P 3.3.3. SoitE un espace mtrique compact et f : E

F une application deE

dans un espace mtriqueF. Les assertions suivantes sont quivalentes :

i) f est continue.

ii) Le grapheGf de f est une partie compacte deE F.


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D. i) = ii) Si f est continue, il en est de mme de : x (x, f(x)). AlorsGf = (E) est compact comme image dun compact par une application continue.

ii) = i). Soit : Gf E lapplication dfinie par (x, f(x)) = x. Cest une applicationcontinue bijective ; puisque Gf est compact, est un homomorphisme. Soit 2 la projection

de E F sur F. La relation f = 2 1 montre alors que f est continue. Si cette dmonstration vous parat inimaginable, essayez den imaginer une autre avec

des suites.

Remarque. Dans les rsultats prcdents, on aurait pu remplacer espace mtrique par

espace topologique spar. Ce nest pas le cas pour lnonc suivant.

T 3.3.4. Soient (E , d) et (E, d) deux espaces mtriques et on suppose que E est

compact. Alors toute application continue f : E E est uniformment continue.D. Soit > 0. Puisque f est continue en tout point de E , pour chaque x E,

il existe x > 0 tel que si y B(x, x) alors d( f(x), f(y)) < /2. Comme (B(x, x/2))xEest un recouvrement ouvert de E qui est compact, il existe des points x1,

, xn

E tels

que B(xk, xk/2)1kn soit encore un recouvrement de E. Posons = inf1kn(xk/2) etsoient y1, y2 E tels que d(y1, y2) < ; il existe un indice k0 {1, , n} tel que y1, y2 B(xk0 , xk0 ) (pourquoi ?) et par suite d

( f(y1), f(y2)) < grce lingalit triangulaire.

Essayez dimaginer une autre dmonstration de ce thorme avec des suites. (De laide ?)


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CHAPITRE 4

Espaces connexes

Le but de ce chapitre est de donner un sens, pour un espace mtrique, la notion en un

seul morceau ; la dfinition est un peu surprenante et nous verrons dans la suite quil ne faut

pas croire que lintuition soit un critre absolu !

4.1. Dfinition et proprits.

D 4.1.1. On dit quun espace mtrique (E , d) est connexe si les seules parties la

fois ouvertes et fermes de E sont et E.Remarque. Cette dfinition stend (sans changement) auxespaces topologiques.

P 4.1.2. Soit(E , d) un espace mtrique. Les assertions suivantes sont quivalentes :

i) E est connexe.

ii) SiE est union de deux parties ouvertes disjointes, lune des deux est vide.

iii) SiE est union de deux parties fermes disjointes, lune des deux est vide.

iv) Toute application continue deE dans lespace discret{0, 1} est constante.


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D. i) = ii). Supposons que E = U1 U2, o U1 et U2 sont deux ouverts dis-joints de E. Comme CE U2 = U1, alors U1 est ouvert et ferm dans E do il rsulte que soit

U1 = soit U1 = E auquel cas U2 = .ii) =

iii). Si E est union de deux ferms disjoints F1 et F2, alors F1 et F2 sont aussi des parties

ouvertes de E.

iii) = iv). Soit f : E {0, 1} une application continue. Alors f1({0}) et f1({1}) sontdeux parties fermes disjointes de E dont lunion est gale E ; lune delles est donc vide. Si

f1(0) = , alors f = 1, sinon on a f = 0.iv) = i). Soit A une partie ouverte et ferme de E. La fonction caractristique de A, A :

E

{0, 1

}dfinie par

A(x) = 1 si x A

0 sinon

est continue (pourquoi ?). Elle est donc constante ce qui implique A = ou A = E. Exemples.

Lensemble R est un espace mtrique connexe pour la mtrique usuelle.

Lensemble Q, muni de sa mtrique usuelle, nest pas connexe carQ =

x Q | x2 < 2

x Q | x2 > 2

.

Un espace E, muni de la distance discrte, non vide et non rduit un point nest pas

connexe.

Remarque. En gnral, il est plus facile de montrer quun espace mtrique nest pas connexe

que le contraire.

Cependant avec la notion suivante :

D. Soit(E , d) un espace mtrique et soitx, y E. On appelle-chane reliantx y une squence x0, ..., xn de points deE tels quex0 = x, xn = y etd(xi, xi+1) < pour tout


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i = 1, , n. On dit que(E , d) possde la proprit des-chanes si pour toutx, y E et tout > 0, il existe une-chane reliantxy

on a, dans le cas dun espace mtrique compact :

P 4.1.3. Un espace mtrique compact(E , d) qui possde la proprit des-chanes

est connexe.

D. Montrons, ce qui est quivalent, que si E nest pas connexe, alors il existe

x0, y0 E et 0 tels quil nexiste pas d0-chane reliant x0 y0.Soient U1 et U2 deux ouverts disjoints non vides de E qui forment un recouvrement de E.

Comme E est compact, on a = d(U1

, U2) > 0 (pourquoi ?).Si on choisit des points x

0 U

1et y0 U2, il nexiste pas de 2 -chane x0, ..., xn reliant x0 y0 (on montre par rcurrence quetous les lments xi de la squence sont dans U1).

Remarque Lhypothse de compacit est essentielle. Lespace mtrique Q, qui nest pas

compact, possde la proprit des -chanes sans pour autant tre connexe.

C. Tout intervalle ferm born de R, muni de la mtrique usuelle, est un espace

mtrique connexe.

Remarque Une autre dmonstration de ce rsultat est donne dans ltude de R.

P 4.1.4. Soient(E1, d1) et(E2, d2) deux espaces mtriques non vides. Les assertions

suivantes sont quivalentes.

i) E1 etE2 sont connexes.

ii) E1 E2 est connexes.D. i) = ii). Soit Aune partie ouverte et ferme non vide de E1E2. Donnons-

nous un point (x0, y0) A.


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Lapplication : E1 E1 E2 dfinie par (x) = (x, y0) est continue ; donc 1(A) = {x E1 | (x, y0) A} est une partie ouverte et ferme non vide de E1 do 1(A) = E1, autrementdit E1 {y0} A. Si on se fixe maintenant un point x E1, on dmontre de la mme faonque

{x

} E2

A. Finalement on a bien A = E1

E2.

ii) = i). Si E1 nest pas connexe, il existe 1 ouvert et ferm non vide dans E1 diffrent deE1. Alors 1 E2 = p11 (1) est une partie ouverte et ferme non vide de E1 E2 diffrente deE1 E2 (sen convaincre).

4.2. Parties connexes

D 4.2.1. Dans un espace mtrique (E , d), on dit quune partie A est connexe si

lespace mtrique ( A, dA) est connexe.

Remarque. Ceci se gnralise immdiatement aux espaces topologiques : on dira quune

partieAdun espace topologiqueE est connexe siA, muni de la topologie induite, est connexe.

C E

Une partieA E est connexe si et seulement si, pour tout couple(U1, U2) douverts disjointsdeE tels queA U1 U2, on a soitA U1 = soitA U2 = .

D. Supposons Aconnexe et soit (U1, U2) tel que A U1 U2. Les Ui = AUisont des ouverts disjoints de A; comme Aest connexe, on a soit U1 = soit U2 = .

Rciproquement, soit A une partie non connexe de E. Il existe deux ouverts disjoints non

vides U1, U2 de A dont la runion est gale A. Si un point x

A est dans Ui (i = 1, 2),

posons x = d(x, A \ Ui), on a x > 0 (pourquoi ?) et Ui = xUi BA(x, x). Notons Ui =xUi B

E(x, x/2). On a alors U1 U2 = (sen convaincre) et A Ui = Ui pour i = 1, 2. Exemple trs important. Les parties connexes de R sont les intervalles de R.


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P 4.2.2. Soit(E , d) un espace mtrique, (Ai)iI une famille de parties connexes de

E telles que

iI Ai . Alors

iI Ai est une partie connexe deE.

D. Soit f : iI Ai {0, 1} une application continue. Alors f|Ai est constanteet puisque

iI Ai , f est constante.

P 4.2.3. Soit(E , d) un espace mtrique etA1,...., An des parties connexes deE telles

queAi Ai+1 pour touti . AlorsA1 An est une partie connexe deE.D. Montrons le rsultat par rcurrence sur n. Pour n = 1, il ny a rien d-

montrer. Supposons quil soit vrai pour un entier n 1 ; A1 An est connexe et de plus(A1 An) An+1 An An+1 , donc A1 AnAn+1 est connexe. P 4.2.4. Soit(E , d) un espace mtrique etAune partie connexe deE. SiA B

A, alorsBest connexe.

D. Soient U1 et U2 deux ouverts disjoints tels que B U1 U2. On sait quesoit U1

A =

soit U2

A =

. Supposons par exemple que U1

E

\A; comme U1 est un

ouvert de E , on a U1 ExtAet donc U1 B = . Cette proposition anodine va nous permettre de construire une partie connexe bizarre de

R2.

Considrons dabord le peigne P1 dfini par

R {1} xQ

{x} [0, 1].

Il sagit dune partie connexe de R2 comme union de parties connexes (R{1}{x}[0, 1])dont lintersection nest pas vide.


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Considrons maintenant le peigne P2 dfini par

R {1} xQ

{x + 2} [1, 0]

qui est aussi une partie connexe de R2

.P = P1 P2 est-il en un seul morceau ? Intuitivement on rpondrait non et pourtant P est

connexe !

Pour le voir, munissons Pde la mtrique usuelle de R2 ; Pi , i = 1, 2, ainsi que son adhrence

PiP

dans P, sont des parties connexes de P et P1P P2P . Donc P est connexe.

4.3. Espaces connexes et applications continues. Espaces connexes par arcs

T 4.3.1. Soit(E , d) un espace mtrique connexe et f : E F une applicationcontinue. Alors f(E) est une partie connexe deF.

D. Soient U1 et U2 deux parties ouvertes disjointes non vides de F dont lunion

contient f(E) ; alors f1(U1) et f1(U2) sont deux ouverts disjoints de E qui recouvrent E et

par consquent lun des deux est vide. Ceci signifie que soit U1 f(E) = , soit U2 f(E) =.

Remarque. Si E est un intervalle de R et F = R, cest le Thorme des valeurs intermdiaires

D 4.3.2. On dit quune partie Adun espace mtrique (E , d) est connexe par arcs

si, pour tout x, y A il existe une application continue : [0, 1] A telle que (0) = x et(1) = y (on dit que est un arc dans Ajoignant x y).


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P 4.3.3. Tout espace connexe par arcs est connexe.

D. Soit E un espace connexe par arcs. Si E est vide cest vrai. Sinon soit x Eet pour tout y E, dsignons par x,y un arc joignant x y. On a alors

E = yE

x,y([0, 1]).

Puisque les x,y([0, 1]) sont connexes et que tous contiennent le point x, on en dduit que E

est connexe.

Remarque. En gnral la rciproque est fausse. Par exemple, dans R2 muni de la distance

usuelle, montrons que le double peigne P = P1

P2 nest pas connexe par arcs. Soit en effet

un arc dans P tel que (0) P1 ; posons (t) = (x(t), y(t)) et = {t [0, 1] | (t) P1} .Ona et puisque [0, 1] est connexe, si [0, 1] sa frontire nest pas vide. Soit s ;en utilisant la continuit de t y(t) on voit que y(s) = 0. Il existe donc un rel > 0 tel que|t s| < implique |y(t)| < 1/2. Limage de ]s , s + [[0, 1] par lapplication t x(t)est un intervalle de R (pourquoi ?) inclus dans Q (Q + 2) et elle est donc rduite un point.Par consquent ]s

, s+ [

[0, 1] est, soit inclus dans, soit inclus dans le complmentaire

de ce qui implique que sest soit un point intrieur soit un point extrieur . Dans tousles cas on aboutit la conclusion absurde que s / . Ainsi = [0, 1] et par suite (1) P1,ce qui est absurde.

Il y a nanmoins un cas o les deux notions concident.

P 4.3.4. Soit(E , ) un espace vectoriel norm etU une partie ouverte deE.Les assertions suivantes sont quivalentes.

i) U est une partie connexe deE.ii) U est une partie deE connexe par arcs.

D. ii) = i). Cest la Proposition 4.3.3.


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i) = ii). Soit x U et considronsx = {y U | il existe un arc joignant x et y} .

On a x

x. Si y

x, dune part il existe un arc continu : [0, 1]

U joignant x y et

dautre part il existe > 0 tel que B(y, ) U. Si z B(y, ), on construit alors un arc continu : [0, 1] U joignant x zpar la formule(t) = (2t) si 0 t 1/2

(2t 1)z + (2 2t)y si 1/2 t 1 ;ainsi z x et par consquent B(y, ) x. On a montr que x est une partie ouverte de U.

De faon analogue, on montre que x est une partie ferme de U : si z

U est adhrent

dans U x, il existe > 0 tel que B(z, ) U et on choisit y B(z, /3) x; alors on auraz B(y, 2/3) U.

4.4. Composantes connexes

Si E est un espace mtrique en plusieurs morceaux, on se propose de dfinir les mor-ceaux.

D 4.4.1. Soit E un espace mtrique. On dit quune partie A est une composante

connexede E si cest une partie connexe maximale de E, autrement ditAest une partie connexe

de E qui nest contenue strictement dans aucune partie connexe de E.

Exemples. Si E est connexe, E est son unique composante connexe.

Si E est un espace discret, ses composantes connexes sont les ensembles {x}, x E.Remarque. Toute composante connexe de E est une partie ferme de E.

L 4.4.2. Deux composantes connexes distinctes dun espace mtriqueE sont disjointes.


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D. Soient A1 et A2 deux composantes connexes de E. S i o n a A1A2 , alorsA1 A2 est une partie connexe de E et par dfinition on a donc

A1 = A1 A2 = A2.

L 4.4.3. SoitE un espace mtrique etx E. Il existe une unique composante connexedeE contenantx, qui sappelle la composante connexe dexdansE.

D. La runion de toutes les parties connexes de E contenant xest une partie

connexe de E qui est maximale (pourquoi ?).

P 4.4.4. Tout espace mtriqueE est la runion disjointe de ses composantes connexes.

D. Daprs le lemme 4.4.3, E est la runion de ses composantes connexes et

daprs le lemme 4.4.2 deux composantes connexes distinctes sont disjointes.

L 4.4.5. SoitE un espace vectoriel norm etU une partie ouverte deE. Alors les compo-

santes connexes deU sont des parties ouvertes deE.

D. Soit Aune composante connexe de U et soit z A. Puisque U est ouvert,il existe > 0 tel que B(z, ) U ; mais B(z, ) tant une partie connexe de U (pourquoi ?),on a A B(z, ) Aet donc B(z, ) A. Il en rsulte que Aest une partie ouverte de E.

P 4.4.6. Toute partie ouverte non vide de R, muni de la distance usuelle, est une

runion dnombrable dintervalles ouverts disjoints deR.

D. Daprs la proposition prcdente, si U est un ouvert de R, alors U est

la runion disjointes de ses composantes connexes Ai, i I. Daprs la caractrisation desparties connexes de R et le lemme 4.4.5, chacun des Ai est un intervalle ouvert non vide de R.


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Donc AiQ pour tout i I ; daprs laxiome du choix on peut construire une applicationf : I Q telle que f(i) Ai Q. Cette application est injective car Ai Aj = si i j,donc I est dnombrable.

Attention ! Il ne faut pas esprer un rsultat analogue pour les parties fermes de R.


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CHAPITRE 5

Espaces mtriques complets

5.1. Dfinitions et premires proprits

D 5.1.1. Soit (E , d) un espace mtrique et (xn)nN une suite dlments de E . On

dit que la suite (xn)nN est de Cauchy si pour tout > 0 il existe un entier N tel que pour tout

p, q N on a d(xp, xq) < .

Exemples. 1)Vrifier que si (xn)nN est une suite convergente dans E, alors elle est de Cau-

chy.

2) Dans ]0, +[ muni de la distance usuelle, vrifier que la suite (1/n)nN est de Cauchy,mais nest pas convergente.

D 5.1.2. On dit quun espace mtrique (E , d) est complet si toute suite de Cauchy

dlments de E converge dans E.

Exemples. 1) (R,usuel ) est un espace mtrique complet.

2) (Q,usuel ) nest pas un espace mtrique complet (pourquoi ?)

3) Montrer que tout ensemble E muni de la mtrique discrte est complet.


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Attention 1)Un espace mtrique homomorphe un espace mtrique complet nest pas

ncessairement complet. La fonction

Arctg : (R,usuel )

2

,

2 ,usuel

est un homomorphisme ; mais 2

1n

nNest une suite de Cauchy qui ne converge pas.

2) Limage dune suite de Cauchy par un hommorphisme nest pas une suite de Cauchy. Par

exemple, si

:]0, +[]0, +[est dfinie par(x) = 1/x, limage de la suite de Cauchy(1/n)n1 nest pas une suite de Cauchy.

P 5.1.3. Soit(E , d) un espace mtrique. Alors les conditions suivantes sont qui-

valentes :

1) E est complet.

2) Pour toute suite(Fn)nN de ferms embots (Fn+1 Fn) non vides deE dont le diamtretend vers0, on a

nN

Fn .Remarques 1) Si

nN Fn , on peut remarquer que puisque diamFn

n+0,

nN Fn

est rduit un point.

2) La condition sur le diamtre semble superflue. On imagine navement que si les ferms

sont plus gros cela sera encore vrai, mais cest faux !

Par exemple dans R, prenez Fn = [n, +[.D. i) = ii). Grce laxiome du choix, on choisit des points xn Fn. La

suite (xn)nN ainsi obtenue est de Cauchy (pourquoi ?), donc converge, par hypothse, vers


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un point E. Comme (xp)pn est une suite dlments de Fn, on a Fn (pourquoi ?) etpar consquent nN Fn.

ii) = i). Soit (xn)nN une suite de Cauchy dlments de E et posons Fn =

xp|p n

. On a

Fn+1

Fn et diamFnn+

0 (pourquoi ?) ; daprs lhypothse, n Fn est rduit un point qui est donc une valeur dadhrence de la suite (xn)nN . Du fait que d(xn, ) diamFn, on endduit que (xn)nN converge vers .

C 5.1.4. Un espace mtrique compact(E , d) est complet.

D. Il suffit dappliquer le Corollaire 3.1.4

T 5.1.5. Si(E , d) est un espace mtrique, les assertions suivantes sont quivalentes :

i) E est compact.

ii) E est complet et possde la proprit des rverbres.

D. i) = ii). Cest le corollaire ci-dessus.ii)=

i). On commence par prouver que la proprit des rverbres implique que de toute

suite on peut extraire une suite de Cauchy. Soit (xn)nN une suite dlments de E. Si on re-couvre E par une famille de boules de rayon 1/2, lune de ces boules contient xn pour une

infinit de valeurs de net on peut donc extraire une sous-suite (x1(n)) de (xn)nN dont tous les

points se trouvent des distances mutuelle 1.

Par rcurrence sur lentier p, on construit ainsi une suite (p)p1 dapplications strictement

croissantes de N dans N telles que

d(x1p(n), x1p(n)) 0, il existe > 0 tel que pour

tout x, y E vrifiant d(x, y) < on a d( f(x), f(y)) < .P 5.3.2. Soient(E , d) et(E, d) deux espaces mtriques et soit f : E E une

application uniformment continue. Alors

i) si(xn)nN est une suite de Cauchy deE, ( f(xn))nN est une suite de Cauchy deE.


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ii) si une famille(An)nN de parties deE vrifiediamAn n+

0,onaaussidiam f(An) n+

0.

D. Ecrire la dmonstration.

C 5.3.3. Soit f : E F une application continue bijective telle que f1 soituniformment continue. SiE est complet, alorsF est complet.

D. Si (yn)nN est une suite de Cauchy de F, alors ( f1(yn))nN est une suite

de Cauchy de E et elle converge donc vers un point E. Comme f est continue et queyn = f( f

1(yn)), il en rsulte que (yn)nN converge vers f() F. C 5.3.4. SoitE un ensemble et soientd1 etd2 deux distances surE. Sil existeA, B >

0 tels que pour toutx, y E on aAd1(x, y) d2(x, y) Bd1(x, y),

alors(E , d1) est complet si et seulement si(E , d2) est complet.

D. Cest lmentaire. Prouvez-le !

Application. Rn est complet pour chacune des distances d1, d2, d.

T 5.3.5. Soit(E , d) un espace mtrique et(E, d) un espace mtrique complet. Si

A E, alors toute application uniformment continue f : A E se prolonge de manireunique en une application continue f : A E. De plus un tel prolongement est uniformmentcontinu.

D. Lunicit est immdiate : supposons que f1 et f2 soient deux prolonge-

ments de f. Alors

x A| f1(x) = f2(x)

est un ferm de A qui contient A et qui est donc

gal A.


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Prouvons maintenant lexistence. Soit x Aet considrons les ensembles

Fn = f(B(x,1

2n) A).

Ils sont non vides, embots et puisque f est uniformment continue, on a diamFn n+ 0 ;donc

n Fn car F est complet et a un unique lment que lon note f(x). On dfinit ainsi

une application f : A E. Remarquons que si x A on a f(x) Fn pour tout n, doncf(x) = f(x) ce qui prouve que f prolonge f. De plus pour tout x A et toute suite (xn)dlments de Atels que d(x, xn) < 1/2

n, on a f(x) = limn+ f(xn) (pourquoi ?).

Soient maintenant x, y Aet > 0 ; si (xn)nN (resp. (yn)nN) est une suite dlments deAqui converge vers x (resp. y), comme f est uniformment continue il existe > 0 tel que sid(xn, yn) < alors d

( f(xn), f(yn)) < /2. Supposons d(x, y) < , alors pour nassez grand

on aura d(xn, yn) < donc d( f(xn), f(yn)) < /2 et par consquent d( f(x), f(y)) <

(pourquoi ?) donc f est uniformment continue.

Remarque. Lhypothse "uniformment continue nest pas inutile. Considrer par exemple

f(x) = sin(1/x) sur ]0, +

[.

Pour terminer nous allons dmontrer un rsultat important, savoir le thorme du pointfixe de Banach. Il a de nombreuses applications : approximation de solutions dune quation,

thorme de Cauchy pour les quations diffrentielles, thorme dinversion locale, ...

T 5.3.6. Soit (E , d) un espace mtrique complet et f : E E une applicationcontractante, cest--dire telle quil existe une constantek ]0, 1[ vrifiant

d( f(x), f(y)) k d(x, y)pour tout x, y E. Alors il existe un unique point fixe pour f, cest--dire un unique point E tel que f() = .


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D. Unicit. Soient 1 et 2 tels que f(1) = 1 f(2) = 2.Onaalors d(1, 2) =

d( f(1), f(2) k d(1, 2). Comme k ]0, 1[, ceci nest possible que si d(1, 2) = 0 donc1 = 2.

Existence. Soit aun lment quelconque de E. On montre que la suite (xn)nN dfinie par

x0 = a et xn+1 = f(xn) si n 0

converge vers un point vrifiant f() = .

Comme E est complet, pour montrer que cette suite converge il suffit de montrer quelle est

de Cauchy. On montre dabord par rcurrence que d(xn, xn+1) kn d(x0, x1). Cest vrai pour

n = 0 ; dautre part si cest vrai pour n, alors d(xn+1, xn+2) k

d(xn, xn+1) k

n+1

d(x0, x1)

cest--dire que cest vrai pour n+ 1.Maintenant si m < n, on a

d(xm, xn) d(xm, xm+1) + + d(xn1,xn) (km + kn1) d(x0, x1) k

m

1k d(x0, x1).

Comme km

/(1 k) tend vers 0 quand mtend vers linfini, pour tout > 0 il existe un entierM > 0 tel que si m > M alors kmd(x0, x1)/(1k) < , donc si p, q > M on a d(xp, xq) < . Lasuite (xn) est de Cauchy et converge donc vers un point E. Comme f est continue la suite( f(xn)) converge vers f(), mais ( f(xn))n0 = (xn)n>0, par unicit de la limite on a donc

f() = .

Attention ! Dans ce thorme on ne peut pas remplacer la condition d( f(x), f(y)) k

d(x, y) par d( f(x), f(y)) < d(x, y) : si f(x) = 1 + x2,1) montrer que lquation f(x) = xna pas de solution.

2) montrer que f vrifie | f(x) f(y)| < |x y|.


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Remarque.La dmonstration du thorme donne un moyen de dterminer des valeurs ap-

proches du point fixe ; on a xn n+

et plus prcisment d(xn, ) < kn d(x0, ) ce qui

donne une ide de la vitesse de la convergence. De plus

d(xn, ) kn

1 k d(x0, x1),donc ds que lon connat x0 et x1, on a pour tout nune majoration de d(xn, ).

Exemple dutilisation.

On considre Rn muni de la distance produit, cest--dire celle qui provient de la norme

(x1,

, xn)

= max

i=1, ,n|xi

|,

et f : Rn Rn une application linaire dont la matrice dans la base canonique est de la formeM = I + B. Lquation f(x) = b se traduit matriciellement par x = b B x. Si lapplicationg : Rn Rn dfinie par g(x) = b B x est contractante, le thorme du point fixe garantitlexistence dune unique solution de g(x) = x donc dune unique solution de f(x) = b, ce qui

signifie que f est inversible.

Montrer que gest contractante si et seulement si la matrice B = (bi j)

1i, jnvrifie

maxi=1, ,n

nj=1

bi j < 1.


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CHAPITRE 6

Espaces fonctionnels

6.1. Convergence simple et convergence uniforme

On considre E un ensemble quelconque et (F, d) un espace mtriqueD 6.1.1. On dit quune suite ( fn)nN dapplications de E dans F converge simple-

ment sur E si pour tout x E la suite ( fn(x))nN admet une limite.En dsignant cette limite par f(x), on dtermine une application f : E F qui est appele

limite simplede la suite ( fn)nN.

D 6.1.2. On dit quune suite ( fn)nN dapplications de E dans F converge unifor-

mment sur E, si il existe une application f : E F telle que la suite de terme gnralun = supxE d( f(x), fn(x)) converge vers 0.

Relation entre convergence simple et uniforme.

Soit ( fn)nN une suite dapplications de E dans F.

1) ( fn)nN converge simplement vers f sur E signifie

x E > 0 N N n n N d( fn(x), f(x)) < .2) ( fn)nN converge uniformment vers f sur E signifie > 0 N N n x E n N d( fn(x), f(x)) < .


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On remarque facilement que la convergence uniforme implique la convergence simple, mais

la rciproque est fausse.

ExempleSoit fn : [0, 1] R dfinie par fn(t) = tn.1)Vrifier que la suite ( fn)nN converge simplement sur [0, 1] vers la fonction fdfinie par

f(t) = 0 si t [0, 1[ et f(t) = 1 si t = 1.2) Montrer que la suite ( fn)nN ne converge pas uniformment sur [0, 1].

Nanmoins il y a un cas important o la rciproque est vraie :

L 6.1.3. Soit E un espace topologique compact et soient fn, n = 1, 2, 3, . . . , et f des

applications continues deE dans un espace mtriqueF. Si pour toutx E la suite des distancesd( f(x), fn(x)) est dcroissante et tend vers 0, la convergence de la suite ( fn)nN vers f est

uniforme.

D. Pour tout > 0, En = {x E|d( f(x), fn(x)) } est une partie fermede E (pourquoi ?), la suite En est embote (pourquoi ?) et nNEn = (pourquoi ?).

Comme E est compact, il existe n0 tel que En0 = par consquent pour tout n n0 et toutx E d( f(x), fn(x)) < et la suite ( fn)nN converge donc uniformment vers f sur E.

C 6.1.4. (Thorme de Dini) SoitE un espace topologique compact et( fn)nN une

suite de fonctions continues deE dansR. On suppose que la suite( fn)nN est monotone et quelle

converge simplement vers f C(E , R), alors elle converge uniformment vers f surE.D. Cest une consquence immdiate du lemme prcdent. La dcroissance

de la suite et sa convergence simple vers f assurent que, pour tout x de E, la suite de terme

gnral | f(x) f(xn)| tend vers zro en dcroissant. Attention. Dans lnonc du corollaire cest la suite ( fn)nN qui est monotone, pas les fonc-

tions fn (E nest pas ordonn en gnral).


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6.2. Thorme dAscoli

Soit E un espace mtrique compact, on considre C(E , R) lespace vectoriel des applica-

tions continues de E dans R muni de la norme

.

. On se propose de caractriser les parties

compactes deC(E , R).Soit Aune partie deC(E , R), si Aest compacte alors Aest ferme et borne mais ces condi-

tions ne sont pas suffisantes comme le prouve lexemple suivant :

Considrons E = [0, 1] et A = { fn : x xn, n N}, A est born car A B(0, 1), A estferm mais Anest pas compact car la suite ( fn)nN ne possde pas de sous suite convergente.

En effet la suite ( fn)nN converge simplement vers {1} dfinie par {1}(x) = 0 si x [0, 1[ et{1}(1) = 1, donc toute sous suite ( f(n))nN converge simplement vers {1}. Par consquent( f(n))nN ne peut pas converger uniformment vers une fonction continue.

D 6.2.1. On dit que A C(E , R) est quicontinueen x0 E si pour tout > 0, ilexiste > 0 tel que pour toute f A, si d(x, x0) < alors | f(x) f(x0)| < .

Exemple. Lensemble k =

{f

C(E , R)

| |f(x)

f(y)

| kd(x, y)

}est quicontinu.

T 6.2.2. (Thorme dAscoli) SoitE un espace mtrique compact, alors les assertions

suivantes sont quivalentes :

i) A est une partie compacte deC(E , R)

ii) A est une partie ferme, borne, quicontinue deC(E , R).

D. i)

ii). Atant compacte, elle est videmment ferme et borne, il reste

prouver quelle est quicontinue. Soit > 0, comme A est compacte, elle a la proprit des

rverbres , il existe donc f1, . . . , f n Atelles que A ni=1B( fi, /3). Soit x0 un point de E,comme chaque fi est continue en x0, il existe i > 0 tel que si d(x, x0) < i alors | fi(x)


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fi(x0)| < /3. Posons = mini=1,...,ni. Si f A, il existe alors fi telle que f fi < /3et par consquent si d(x, x0) < , on a

|f(x)

f(x

0)

|

|f(x)

f

i(x)

|+

|f

i(x)

f

i(x

0)

|+

|f

i(x

0)

f(x

0)

|et donc

| f(x) f(x0)| 2 f fi + /3 < .

ii) i). CommeC(E , R) est complet, Aest une partie complte (pourquoi ?), i lsuffit doncde prouver que Apossde la proprit des rverbres. Fixons > 0.

Lespace E tant compact on peut le recouvrir par un nombre fini de boules ouvertes B(x1, x1), . . .

o les xi sont associs auxxi par lquicontinuit de A, i.e. pour toute f A, si d(x, xi) < xialors | f(x) f(xi)| < /4.

Comme A est borne, pour chaque x E, { f(x)| f A} a une adhrence compacte dansR

et donc lensemble des valeurs des lments de A aux points x1, . . . , x n a une adhrencecompacte dans R, on peut donc le recouvrir par un nombre fini de boules ouvertes de centres

y1, . . . , y p et de rayon /4.

Soit lensemble des applications de {1, . . . , n } dans {1, . . . , p }, cest un ensemble fini. Pourtout , soit A lensemble des f Atelles que

| f(x1) y(1)| < /4, . . . , | f(xn) y(n)| < /4Par construction les A recouvrent A. il reste seulement dmontrer que pour fix, A est

contenu dans une boule de rayon . Soient f et g appartenant A et x dans E, il existe xi tel

que d(x, xi) < xi et par consquent


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| f(x) f(xi)| < /4 et |g(x) g(xi)| < /4.De plus

| f(xi) y(i)| < /4 et |g(xi) y(i)| < /4.do

| f(x) g(x)| | f(x) f(xi)| + | f(xi) y(i)| + |y(i) g(xi)| + |g(xi) g(x)| < Ceci tant vrai pour tout x E, on a f g < . Application. Montrer quune partie ferme, borne dek est une partie compacte deC(E , R).

Remarques.

1) La dmonstration prcdente est encore valable si E est un espace topologique compact.

2) Dans le thorme dAscoli on peut remplacer R par un espace mtrique complet F, et

dans ce cas il faut remplacer lhypothse Aborne par pour tout x E lensemble des f(x)o f parcourt Aa une adhrence compacte dans F.

6.3. Thorme de Stone-Weierstrass

Le but de ce paragraphe est de prouver que si une famille de fonctions continues sur un

espace topologique compact X valeurs relles est assez riche et est stable par certaines op-

rations, elle est dense dans (C(E , R), .), cest--dire que toute fonction continue sur X valeurs relles peut-tre approche uniformment sur X par des fonctions de la famille.


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L 6.3.1. SoitX un espace topologique compact etH une partie deC(X , R) possdant

les proprits suivantes :

(i) Siu H etv H, alorssup(u, v) H etinf(u, v) H.(ii) Six ety sont des points deX et si et sont des nombres rels (avec = six = y), il

existeu H telle queu(x) = etu(y) = .Alors toute fonction deC(X , R) est limite uniforme dune suite de fonctions deH, i.eH =

C(X , R).

D. Soit f C(X , R) et > 0. Il sagit de construire g H telle que g f < i.e f < g < f + .

a) Soit x0

X. Montrons quil existe une fonction u

H telle que u(x0) = f(x0) et u >

f .Pour tout y X, il existe uy H telle que uy(x0) = f(x0) et uy(y) = f(y). Lensemble Vy

des x X tels que uy(x) > f(x) est un ouvert (pourquoi ?) et y Vy, donc (Vy)yX estun recouvrement ouvert de X. Puisque X est compact, on peut en extraire une recouvrement

fini (Vyi)1in. Soit u = sup(uy1 , , uyn) H. On a uyi(x0) = f(x0) pour tout i, doncu(x0) = f(x0). Si x

X, il existe un indice itel que x

Vyi et alors u(x) uyi(x) > f(x)

.

Ainsi uvrifie les conditions annonces.b) La fonction uconstruite en a) dpend de x0. Pour tout x X, dfinissons de mme vx

H telle que vx(x) = f(x) et vx > f . Lensemble Wx des z X tels que vx(z) < f(z) + estouvert (pourquoi ?) et on a x Wx ; donc X est recouvert par les Wx. De la compacit de X ondduit lexistence dun recouvrement fini (Wxj)1jp de X. Soit g = inf(vx1 , , , vxp) H.On a vxj > f pour tout j = 1, , p, donc g > f . Soit x X, il existe un indice j telque x Wxj et donc g(x) vxj(x) < f(x) + .

L 6.3.2. La fonction

t sur[0, 1] est la limite uniforme dune suite de polynmes ent

coefficients rels.


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D. Dfinissons les polynmes p0, p1, sur [0, 1] par rcurrence de la ma-nire suivante : pour t [0, 1]

p0(t) = 0pn+1(t) = pn(t) + 12 t pn(t)2Les fonctions pn , n N, sont des polynmes (pourquoi ?). Montrons par rcurrence sur nque pour tout t [0, 1] on a

0 p0(t) p1(t) pn(t)

t .

Il en est bien ainsi pour n = 0, supposons donc que cest encore le cas pour n. Commet p2n(t) on a pn+1(t) pn(t) et de plus

pn+1(t)

t = pn(t)

t + 12

t pn(t)2

=

pn(t)

t

1 12

pn(t) +

t

or pn(t) +

t 2

t , donc 1 12

pn(t) +

t

1 t 0 et pn(t)

t 0 et par suite

pn+1(t) t 0.Pour tout t [0, 1] la suite (pn(t))nN est croissante et majore par

t, elle a donc une

limite finie f(t) 0 qui vrifie f(t) = f(t) + 12

t f(t)2

(pourquoi ?). Par consquent

f(t) =

t. La suite (pn)nN tant croissante, il rsulte alors du thorme de Dini quelle

converge uniformment vers f sur [0, 1].

T 6.3.3. (Thorme de Stone-Weierstra) Soit X un espace mtrique compact, H

une partieC(X , R) qui vrifie les proprits suivantes :

(i) Les fonctions constantes appartiennent H.

(ii) Siu, v H, alorsu+ v H etuv H.


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(iii) Six, y X sont deux points distincts deX, il existeu H telle queu(x) u(y).Alors toute fonction deC(X , R) est limite uniforme dune suite de fonctions deH, i.eH =

C(X , R).

D

. SoitH

ladhrence deH

dansC(

X ,R)

pour la norme . On va mon-trer que H satisfait les hypothses du lemme 6.3.1, ce qui entranera que H = H = C(X , R).a) Si u, v H, o n a u+v H car il existe des suites (un)nN et (vn)nN dlments deHqui

convergent respectivement vers u et v dans (C(X , R), ) ; il en rsulte que (un + vn)nNconverge vers u + v qui appartient donc H. De mme uv H et si R on a u H.Donc tout polynme en u, cest--dire toute fonction de la forme 0 + 1u + + nun, o

0,

n

R, appartient H.

b) Prouvons que |u| H. La fonction u est continue sur X donc borne. En la multipliantpar une constante convenable, on peut se ramener au cas o 1 u 1. Alors 0 u2 1. Soit > 0 ; daprs le lemme 6.3.2, il existe un polynme p(t) coefficients rels tel que

|p(t) t| < pour tout t [0, 1]. Alorspu(x)2 u(x)2 < pour tout x X, i.e

p(u2) |u|

< . Or p(u2) H daprs a), par consquent |u| H.c) Si u, v H, on a compte tenu de a) et b)

sup(u, v) = 12(u+ v + |u v|) H

inf(u, v) = 12(u+ v |u v|) H

d) Soient xet y des points distincts de X et , R. Il existe v H tel v(x) v(y). Posonsv =

1

v(x)

v(y)

(v v(y)).

On a v H et v(x) = 1, v(y) = 0. Soit maintenant u = + ( )v, on a u(x) = etu(y) = .


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C 6.3.4. Soit X un espace topologique compact etH un ensemble de fonctions

continues surX valeurs complexes qui vrifie les conditions suivantes :

(i) Les fonctions constantes complexes appartiennent H.

(ii) Siu, v

H, alorsu+ v

H, uv

H etu

H.

(iii) Six, y X sont deux points distincts deX, il existeu H telle queu(x) u(y).Alors toute fonction deC(X , R) est limite uniforme dune suite de fonctions deH.

D. Soit H lensemble des fonctions de H valeurs relles. Alors H vrifie

les conditions (i) et (ii) du thorme 6.3.3. Si x et y sont deux points distincts de X , il existe

u H telle que u(x) u(y); alors soit Re(u(x)) Re(u(y)) soit Im(u(x)) Im(u(y)). OrRe

(u)

=

1

2(

u + u)

H

et Im(

u)

=

1

2i(

u u)

H

, doncH

vrifie aussi la condition (iii) duthorme 6.3.3.

Soit g C(X , C). On a g = g1 + ig2 avec g1, g2 C(X , R). Daprs le thorme 6.3.3, g1 et g2sont limites uniformes de fonctions de H donc gest limite uniforme de fonctions de H.

C 6.3.5. Soit X une partie compacte de Rn et f C(X , C). Alors f est limiteuniforme surX dune suite de polynmes ennvariables coefficients complexes.

D. Soit lensemble des polynmes en nvariables coefficients complexes.

Ce sont des fonctions continues sur Rn dont les restrictions sur X forment une partie H de

C(X , C) satisfaisant aux conditions du corollaire 6.3.4.

C 6.3.6. Soit f une fonction continue surR valeurs complexes, de priode1. Alors

f est limite uniforme surR

dune suite de polynmes trigonomtriques (cest--dire de fonctionsde la formest nr=n are2irt o lesar sont des constantes complexes).


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D. Soit U = {z C | |z| = 1}. Lapplication : R U dfinie par (x) =e2ix est continue. Puisque f est de priode 1, il existe une fonction g dfinie sur U telle que

f(x) = g((x)) et de plus gest continue (pourquoi ?).

Maintenant U est une partie compacte de C = R2. Si on se donne un > 0, il existe un

polynme

p,q ap,qxpyq en xet y coefficients complexes tel queg(x + iy)

p,q

ap,qxpyq

< pour x + iy U. Par suite, pour tout t R on a

ge2it

p,q

ap,q(cos 2t)p(sin2t)q < .

Comme cos 2t = 12

e2it + e2it

et sin2t = 1

2i

e2it e2it

, la fonction

p,q

ap,q(cos 2t)p(sin2t)q

est un polynme trigonomtrique.


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CHAPITRE 7

Espaces vectoriels norms

7.1. Gnralits

Rappel. Si E est un espace vectoriel sur K, on appelle norme sur E une application :E K telle que :

(i) x 0 pour tout x E.(ii) x = 0 si et seulement si x = 0.(iii) x = || x pour tout x E et tout K.(iv)

x + y

x

+

y

.

Un espace vectoriel norm est un couple (E , ) et on appelle distance associe la normela fonction d(x, y) = x y.

Cest toujours cette distance que nous ferons rfrence dans la suite.

L 7.1.1. Soit (E , ) un espace vectoriel norm sur un corps K = R ou C ; alors lesapplications suivantes sont continues :

E E E(x, y) x + y


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et

K E E(, x) x .

D. Soit (x0, y0) E E. On a(x + y) (x0 + y0) x x0 + y y0

2 max(x x0 , y y0) .

Maintenant, si (0, x0) K E on a

x

0x0

|

| x

x0

+

|

0

| x0

;

Pour > 0 donn, il existe > 0 tel que si | 0| < alors | 0| x0 < /2. Comme| 0| < implique aussi || < + |0|, il rsulte que si en plus x x0 < /2( + |0|), onaura x 0x0 < .

P 7.1.2. Soit(E , ) un espace vectoriel norm etF un sous-espace vectoriel deE.Alors

1) siF E on a

F = .2)F est un sous-espace vectoriel deE .

D. 1) Supposons que

F ; alors il existe x F et > 0 tel que B(x, ) F.Puisque F est un sous-espace vectoriel, on en dduit que B(0, ) F. On faisant des homo-thties il en rsulte finalement que F = E.

2) Lapplication s : EE E dfinie par s(x, y) = x+ytant continue ainsi que lapplicationm : K E E dfinie par m(, x) = x, on a

s(F F) = s(F F) s(F F) F


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et

m(K F) = m(K F) m(K F) F .

P 7.1.3. soitE un espace vectoriel surK, 1 et2 deux normes surE, d1 etd2les distances associes. Alors les conditions suivantes sont quivalentes :

i) Il existe, R tels que pour toutx E x1 x2 x1 .

ii) Il existe, R tels que pour toutx, y Ed1(x, y) d2(x, y) d1(x, y).

iii) Les distancesd1 etd2 sont toplogiquement quivalentes.

D. i)= ii). Il suffit dappliquer i) x y.ii)= iii). Pour tout x E et > 0, on a Bd2(x, ) Bd1(x, /) et Bd1(x, ) Bd1(x, ).iii)=

i). Si d1 et d2 sont topologiquement quivalentes, il existe r > 0 et R > 0 tels que

Bd2(0, r) Bd1(0, 1) Bd2(0, R),soit, grce aux homothties, si a > 0 :

Bd2(0, ra) Bd1(0, a) Bd2(0, Ra).Avec la seconde inclusion, on obtient x2 Rx1 et avec la premire rx1 x2.

D 7.1.4. Si une des proprits prcdentes est satisfaite, on dit que les normes 1et 2 sont quivalentes.

En gnral, sur un espace vectoriel, deux normes nont aucune raison dtre quivalentes :

E l D E C ([0 1] R)


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Exemple. Dans E = C([0, 1], R),

( f) = f = supx[0,1] | f(x)|, ( f) = f1 =1

0| f(x)|dx

sont deux normes qui ne sont pas quivalentes car si on considre les fonctions fn affines par

morceaux telles que fn(0) = net fn(x) = 0 si x [1/n, 1], on a ( fn) = 1/2, ( fn) = n, doncfn B(0, 1/2) et il nexiste aucun nombre R > 0 tel que B(0, 1/2) B(0, R).

C. Soit E un espace vectoriel, 1 et2 deux normes sur E et j : (E , 1) (E , 2) lapplication identique. Les noncs suivants sont alors quivalents :

i) les normes sont quivalentes.

ii) j est un homomorphisme.

iii) j et j1 sont lipschitziennes.

7.2. Espaces vectoriels de dimension finie

T 7.2.1. SiE est un espace vectoriel de dimension finie, alors toutes les normes surE

sont quivalentes.

D. On peut videmment supposer que E {0}. Soit {e1, , en} une basede E et si v =

ni=1 xiei, posons N0(v) = maxi=1, ,n |xi|.

Vrifier que v N0(v) est une norme sur E. Soit maintenant une norme sur E ; on vamontrer que est quivalente N0. Si v =

ni=1 xiei, on a

v = ni=1 xiei ni=1 |xi| ei

ni=1 ei

maxi=1, ,n |xi|ou encore v N0(v) avec =

ni=1 ei ce qui donne une des deux ingalits.

C id l d t l li ti id ti (E N ) (E ) Il lt i


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Considrons alors , dune part, lapplication identique (E , N0) (E , ). Il rsulte imm-diatement de lingalit obtenue que cette application est continue.

Dautre part lapplication (Rn, d) (x1, , xn) n

i=1 xiei (E , N0) est une isomtrie.Puisque les parties compactes de (Rn, d) sont les parties fermes et bornes, celles de

(E , N0) sont aussi les parties fermes et bornes de E (pourquoi ?). En particulier S = {v E|N0(v)est une partie compacte de (E , N0). Donc S est une partie compacte de (E , ). Comme v v est continue sur S, elle atteint ses bornes. Soit = minvSv. on vient d

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