Énoncé (13 h 30 16 h 30, sans document)
Dans tout l'énoncé,`2 désigne l'espace de Hilbert des suites réelles de carré sommable, muni de la distance associée à la normek k2, déduite du produit scalaire h , i:
∀x= (xk)k∈N ∈`2 kxk2 = s
X
k∈N
x2k.
Pour toutn ∈N, on note δ(n) l'élément de `2 déni par :δn(n) = 1 et tous les autres δk(n) sont nuls.
Exercice. Topologie faible
On appelle topologie faible sur`2 la topologie engendrée par toutes les images réciproques d'ouverts deR par les formes linéaires continues sur`2.
1. Montrer que les intersections nies de parties de la forme Uy,λ :={x∈ `2 | hy, xi> λ} (avec y ∈`2 etλ ∈R) forment une base de cette topologie.
2. Montrer que cette topologie est séparée, mais moins ne que celle associée à k k2.
3. On dit qu'une suite (x(n))n d'éléments de `2 converge faiblement si elle converge pour la topologie faible. Montrer quex(n) →xfaiblement si et seulement si∀y∈`2 hy, x(n)i → hy, xi. 4. En déduire que si x(n) →x faiblement alors ∀k∈N x(n)k →xk.
5. Montrer que la réciproque est vraie si la suite (x(n))n est bornée.
6. En déduire que δ(n) →0faiblement.
7. Montrer que si x(n)→x faiblement et si kx(n)k → kxk alors kx(n)−xk2 →0. Fin d'exercice hors barème :
8. SoitA={√
n δ(n) |n ∈N∗}. Montrer que toute suite à valeurs dansAqui converge faiblement (dans `2) est constante à partir d'un certain rang.
9. Montrer d'autre part que 0est adhérent à A pour la topologie faible.
10. En déduire que la topologie faible sur `2 n'est pas métrisable.
Exercice. Cube de Hilbert
On considère l'ensemble de suites réelles
K :={(xk)k∈RN | ∀k∈N 0≤xk ≤2−k}.
1. Convergence d'une suite
(a) Montrer que K est inclus dans `2 et borné (pour la distance déduite dek k2).
(b) Montrer que K est complet (pour cette distance).
(c) Soient(x(n))nune suite d'éléments deK etx= (xk)k ∈RN. Montrer que si∀k ∈Nx(n)k → xk alors kx(n)−xk2 →0.
2. Compacité séquentielle
(a) Soit(x(n))n une suite d'éléments deK. Montrer qu'elle possède des sous-suites(x(ϕp(n)))n telles que la première,(x(ϕ0(n)))n, soit(x(n))nelle-même, et que pour toutp∈N,(x(ϕp+1(n)))n soit une sous-suite de(x(ϕp(n)))ndont lap-ième composante converge dansR:x(ϕp p+1(n))→ xp.
(b) On pose ϕ(k) = ϕk(k). Vérier que ϕ est strictement croissante et que la sous-suite (x(ϕ(n)))n∈N a toutes ses composantes convergentes :
∀k∈N x(ϕ(n))k →xk. (c) En déduire (en utilisant 1.c) que K est compact.
(d) En déduire que tout sous-espace de K est séparable.
3. Universalité de K
Soit E un espace métrisable séparable, muni d'une distance d ≤ 1 et d'une partie dense {ak|k ∈N}. On dénit
f :E →K, x7→(2−kd(x, ak))k. (a) Montrer que f est injective.
(b) Montrer que f est continue.
(c) En déduire que tout espace métrisable compact est homéomorphe à un fermé de K. Fin d'exercice hors barème :
(d) Montrer que si f(xn)→f(x)dans K (avec xn, x∈E) alors xn→x dans E.
(e) En déduire que tout espace métrisable séparable est homéomorphe à un sous-espace de K. forme linéaire continue, est une réunion d'intersections nies de tels Uy,λ. En eet, f = fy
pour un certain y∈`2 (d'après le théorème de représentation de Riesz) etO est une réunion d'intervalles ouverts ]λi, µi[, et f−1(O) est alors la réunion des fy−1(]λi, µi[) = Uy,λi ∩U−y,−µi
(carhy, xi< µi ⇔ h−y, xi>−µi).
2. Soient u, v deux éléments distincts de `2, et soit y = v−u. Alors fy(v)−fy(u) = kyk22 > 0 donc en choisissant un µ ∈]fy(u), fy(v)[, on obtient deux ouverts (pour la topologie faible), fy−1(]− ∞, µ[)etfy−1(]µ,+∞[), contenant l'un u et l'autrev. Cela prouve que cette topologie est séparée.
Lesf−1(O), qui engendrent la topologie faible, sont tous des ouverts pour la topologie usuelle de `2, comme images réciproques d'ouverts par des applications continues pour la topologie usuelle sur `2. Cela prouve que la topologie faible sur `2 est moins ne que l'usuelle.
3. x(n) → x faiblement ssi pour tout y ∈ `2, tout ouvert de R qui contient hy, xi contient les hy, x(n)i à partir d'un certain rang, c'est-à-dire ssi ∀y∈`2 hy, x(n)i → hy, xi.
4. En particulier six(n)→xfaiblement alors∀k ∈Nhδ(k), x(n)i → hδ(k), xic'est-à-direx(n)k →xk. 5. Supposons que ∀n ∈ N,kx(n)k2 ≤ M et que ∀k ∈ N x(n)k → xk et xons un y ∈ `2. D'après
l'inégalité triangulaire et celle de Cauchy-Schwarz, pour tout N ∈N, hy, x(n)i − hy, xi xant un tel N, le premier terme est aussi < ε pour tout n assez grand. Cela prouve que
∀y ∈`2 hy, x(n)i → hy, xi, c'est-à-dire (d'après la question 3) quex(n)→x faiblement. faible-ment dans`2. Si cette suite n'est pas stationnaire alors (comme la topologie faible est séparée) elle prend une innité de valeurs donc on peut (quitte à la remplacer une sous-suite bien choi-sie) supposer que les mn sont distincts et que la série de leurs inverses converge. En posant alors yk = √1
k sikest égal àmn pour un certainnpair etyk= 0 pour toutes les autres valeurs de k, on obtient un y∈ `2 tel que la suite des hy, x(n)i =ymn√
mn vaut alternativement 0 et 1 donc diverge, ce qui contredit la convergence faible de (x(n))n.
9. Tout voisinage de0 pour la topologie faible contient un ouvert de la forme U ={x∈`2 | ∀i= 1, . . . , m|hy(i), xi|< ε}.
Montrons que U rencontre A. Comme P
k∈N,1≤i≤m(yk(i))2 =P
10. Pour la topologie faible, d'après les deux questions précédentes, 0est adhérent àA mais n'est pas limite d'une suite d'éléments de A, donc il n'a pas de base dénombrable de voisinages, ce qui prouve que cette topologie n'est pas métrisable.
Exercice. Cube de Hilbert
(b) K est complet, comme fermé dans le complet `2 (il est bien fermé, comme intersection des fδ−1(k)([0,2−k])).
(c) Supposons que ∀n ∈N, x(n) ∈K et que∀k ∈Nx(n)k →xk (donc x∈K, par passage à la limite dans les inégalités). Alors, pour tout entier N,
kx(n)−xk22 ≤ X xant un telN, le premier terme est aussi< ε pour toutn assez grand. Cela prouve que kx(n)−xk2 →0.
2. Compacité séquentielle
(a) Soit (x(n))n une suite d'éléments de K. On construit par récurrence des sous-suites (x(ϕp(n)))n en posant (x(ϕ0(n)))n = (x(n))n et en choisissant, pour tout p∈N,(x(ϕp+1(n)))n une sous-suite de (x(ϕp(n)))n dont la p-ième composante converge (il en existe puisque cette p-ième composante est à valeurs dans un compact, [0,2−p]).
(b) ϕk+1(k + 1) > ϕk+1(k) ≥ ϕk(k) (puisque ϕk+1 est une sous-suite de ϕk) donc ϕ est strictement croissante.
Pour tout k ∈ N, la suite des ϕ(n) pour n > k est une sous-suite de ϕk+1 donc (par construction de cette dernière) x(ϕ(n))k →xk.
(c) K est donc un espace métrique dans lequel toute suite (x(n))n a au moins une sous-suite (x(ϕ(n)))n qui converge composante par composante donc (d'après 1.c) qui converge pour la distance. D'après le théorème de Bolzano-Weierstrass, il est donc compact.
(d) K est par conséquent (comme tout précompact) à base dénombrable (d'ouverts), donc tout sous-espace L⊂K aussi, donc L est séparable.
3. Universalité de K
(c) Sur tout espace métrique compactE, la distancedest bornée donc (en la divisant par un majorant, ce qui ne modie pas la topologie ou en procédant comme dans la question e ci-dessous), on peut supposer d ≤1. Ce qui précède fournit alors une bijection continue de E dans f(E) ⊂ K ⊂ `2. Puisque E est compact et que `2 est séparé, cette bijection est un homéomorphisme et le compact f(E) est fermé dansK.
Hors barème :
(d) Supposons quef(xn)→f(x). Soit ε >0puis k tel que d(ak, x)< εpuis N tel que
∀n ≥N,kf(xn)−f(x)k22 <2−2kε2. Alors, pour tout n≥N, |d(xn, ak)−d(x, ak)|< ε donc
d(xn, x)≤d(xn, ak) +d(ak, x)< ε+ 2d(ak, x)<3ε, ce qui prouve quexn →x.
(e) Soit(E, d)un espace métrique séparable. Quitte à remplacerdpar 1+dd , ce qui ne modie pas la topologie (ni même la structure uniforme), on peut supposerd ≤1. Les questions a et b fournissent alors une bijection continue deEdansf(E)⊂K. D'après la question d, la réciproque de cette bijection est séquentiellement continue, donc continue (puisquef(E) est métrique donc à bases dénombrables de voisinages). C'est donc un homéomorphisme.