Exercice 79 Soient (X,k·k) un R-espace vectoriel normé, x? ∈X?\ {0},α∈ R, H = {x∈X:hx?, xi=α}. Montrer que pour toutx∈X,
d(x, H) =|hx?, xi −α|
kx?k . Solution.Fixonsx∈X. Pour touty∈H, on a
|hx?, xi −α|
kx?k =|hx?, xi − hx?, yi|
kx?k ≤ kx−yk. On en déduit
|hx?, xi −α|
kx?k ≤d(x, H).
Fixons λ∈Rtel que
λ > |hx?, xi −α|
kx?k . On a
x?(x+λBX) = [hx?, xi −λkx?k,hx?, xi+λkx?k]
donc en particulierα∈x?(x+λBX). Ainsi, on a x+λBX∩H6=∅, d’où l’inégalité
d(x, H)≤λ.
En conséquence, on a
d(x, H) =|hx?, xi −α|
kx?k .
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Exercice 80 Soit(X, d)un espace métrique. Montrer que δ:X×X−→R
(x, y)7−→ d(x, y) 1 +d(x, y) est une distance sur X.
Solution. Evidemment,δ est bien définie. Puisqued est une distance surX, on a tout de suite pour tout (x, y)∈X2,
δ(x, y) = 0⇐⇒d(x, y) = 0 et
δ(x, y) =δ(y, z).
Fixons a, b, c∈X. On a
δ(a, b)−δ(b, c) = d(a, b)
1 +d(a, b)− d(b, c) 1 +d(b, c)
= d(a, b)−d(b, c) (1 +d(a, b))(1 +d(b, c))
≤ d(a, c) 1 +d(a, b) +d(b, c)
≤ d(a, c) 1 +d(a, c). On a donc
δ(a, b)≤δ(b, c) +δ(a, c).
Ainsi,δest une distance surX.
Exercice 81 Soit(X,O)un espace topologique. Les assertions suivantes ont lieu.
i) Un pointa∈X est un élément d’adhérence d’une suite généralisée(xj)j∈J d’éléments deX si et seulement si(xj)j∈J admet une sous-suite généralisée qui converge versadans X;
ii)Supposons de plus que chaque élément de (X,O)admette un système fondamental de voisinages dénombrable. Alors, a ∈X est un élément d’adhérence d’une suite ordinaire (xn)n∈NdeX si et seulement s’il existe une sous-suite ordinaire de(xn)n∈N qui converge vers adansX.
Solution.i)⇐, Supposons qu’il existe un ensemble préordonné filtrant croissant(I,I), une application filtrante croissante s : (I,I) −→ (J,J) et une sous-suite généralisée (yi)i∈I de (xj)j∈J telle que yi = xs(i) pour tout i ∈ I qui converge vers a. Soit V un voisinage deadansX,j0 ∈J. Il existei0∈I tel que pour touti∈I aveci0I ion ait j0Js(i). Il existei1∈I tel que pour touti∈I aveci1I i, on ait :
xs(i)∈V
Puisque (I,I) est un ensemble préordonné filtrant croissant, il existe i2 ∈ I tel que i0 I i2 et i1 I i2. On a donc j0 J s(i2) et xs(i2) ∈ V. Ainsi, a est un élément d’adhérence de la suite généralisée (xj)j∈J.
⇒, Réciproquement, supposons queasoit un élément d’adhérence de la suite généralisée (xj)j∈J. NotonsV l’ensemble des voisinages deadansX. Posons :
Λ ={(j, V)∈J × V/xj∈V}
Soient V0 ∈ V, j0 ∈J. Il existe j ∈J avecj0 J j tel que xj ∈V0. Ainsi, Λ6=∅. Pour chaque j1, j2 ∈ J, V1, V2 ∈ V, il est aisé de montrer que l’on peut définir un préordre filtrant croissant comme suit :
(j1, V1)(j2, V2)⇐⇒j1J j2 et V1⊃V2
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Sans difficultés, on voit que l’application :
s: Λ−→J (j, V)7−→j
est filtrante croissante. Ainsi, (xs(λ))λ∈Λ est une sous-suite généralisée de (xj)j∈J. Soit W un voisinage quelconque de a dans X. Il existe jW ∈ J tel que xjW ∈ W. Posons λ0= (jW, W)∈Λ. Soitλ1∈Λ quelconque vérifiantλ0 λ1. Il existeV0 ∈ V, j0 ∈J tel queλ1 = (V0, j0). On axj0 =xs(λ1)∈W. La suite généralisée(xs(λ))λ∈Λ converge donc versa.
⇐, Supposons qu’il existe une sous-suite(xs(n))nde la suite ordinaire(xn)n qui converge vers a. Soit V un voisinage de a dans X, n0 ∈ N. Il existe n1 ∈ N tel que pour tout entier naturel n≥n1, on aitxs(n)∈V. Posonsn2= max{n0, n1}. Puisquexs(n2)∈V et n2≥n0,aest un élément d’adhérence de la suite(xn)n.
⇒ , Supposons queasoit un élément d’adhérence de la suite ordinaire (xn)n∈N. Notons {Un/n∈N}un système fondamental de voisinages deadansX. En posant pour chaque entier naturel n:
Vn=
n
\
m=0
Um
on voit que{Vn/n∈N}est un système fondamental de voisinages deadansX décroissant pour l’inclusion. Il n’est pas difficile de voir que l’on peut construire (par récurrence) l’applications:N−→Nstrictement croissante définie comme suit :
(s(0) = 0
s(n) = min{k∈N/xk ∈Vn, k≥s(n−1) + 1} pour toutn∈N? La suite(xs(n))n∈Nconverge évidemment versa. Ceci termine la preuve.
Exercice 82 Soit (X,O) un espace topologique et f : X −→ R une fonction à valeurs réelles étendues semi-continue inférieurement. Pour toute partie Anon vide deX, on a
sup
adhOA
f = sup
A
f.
Solution.SoitAune partie non vide deX. PuisqueA⊂adhOA, on a sup
A
f ≤ sup
adhOA
f
Fixons x∈adhOA. Il existe une suite généralisée (xj)j∈J d’éléments de Atelle que xj−→
j∈J x.
On a
f(x)≤lim inf
j∈J f(xj)≤sup
A
f
où la première inégalité résulte de la semi-continuité inférieure def enxet la seconde du fait que pour tout j∈J,xj ∈A. Ainsi, on a l’inégalité
sup
adhOA
f ≤sup
A
f et donc l’égalité attendue.
Exercice 83 Soient (X,k·k) un R-espace vectoriel normé, X 6= {0}, f : X −→ R une fonction telle que lim
kxk→+∞f(x) = +∞.
(a)Donner la définition de lim
kxk→+∞f(x) = +∞à l’aide d’une base de filtres surX. (b) Soit m∈N?. On suppose que X =Rm est muni de k·k la norme euclidienne et que f est semi-continue inférieurement surX. Montrer que la borne inférieure de f sur tout ensemble fermé non vide de X est atteinte.
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Solution.(a)Pour toutr∈[0,+∞[, posons
Pr={x∈X:kxk> r}
et notons B = {Pr:r∈[0,+∞[}. Puisque X 6= {0}, pour tout r ∈ [0,+∞[, Pr 6= ∅.
Fixons r1, r2∈[0,+∞[. Constatons tout de suite que
Pr1∩Pr2={x∈X :kxk>max{r1, r2}}. En posantr3= max{r1, r2}, l’égalité ci-dessus devient
Pr3=Pr1∩Pr2.
Ainsi, la classe de partiesB est une base de filtres surX. Par définition, lim
kxk→+∞f(x) = +∞
lorsquef converge vers+∞ ∈Rsuivant la base de filtresB, i.e. lorsque
x∈Blimf(x) = +∞.
(b) Fixons a ∈ Rm et notons que ]f(a),+∞] est un voisinage de +∞ dans R. Puisque lim
kxk→+∞f(x) = +∞, il existe r∈[0,+∞[tel que
f({x∈Rm:kxk> r})⊂]f(a),+∞].
PosonsK=B[0, r]∪ {a} qui est compact dansRm. Trivialement, on a inf
X f ≤inf
K f.
Fixons x0 ∈ X. Sikx0k > r, alors f(x0) > f(a) ≥ inf
K f et sikx0k ≤ r, alors f(x0) ≥ inf
B[0,r]
f ≥inf
K f. Donc, dans tous les cas, on a f(x0)≥inf
K f.
On en déduit
inf
X f = inf
K f.
Puisquef est semi-continue inférieurement surXet queKest compact non vide,f atteint sa borne inférieue surK, i.e. il existex∈K tel que
f(x) = inf
K f = inf
X f.
Exercice 84 Soient(X, d) un espace métrique, I un ensemble non vide, (fi)i∈I une fa-mille équicontinue de fonctions de X dansR.
(a) On suppose que pour chaque x∈ X,(fi(x))i∈I est majorée dansR. Montrer que la fonction
ϕ:X −→R x7−→ sup
i∈I
fi(x)
est bien définie. Est-elle continue (resp. uniformément continue) surX? (b) Montrer que pour chaqueK∈ P0,finie(I), la fonction
FK :X −→R x7−→ sup
i∈K
fi(x)
est bien définie. Est-ce que (FK)K∈P0,finie(I) est une famille équicontinue de fonctions de X dansR?
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Solution.(a)Fixonsx∈X. Puisque l’ensemble Ax={fi(x) :i∈I}
est majoré dansR, on a sup
i∈I
Ax ∈R, i.e.ϕ(x)∈R. Ainsi, la fonctionϕest bien définie.
Soit ε > 0 un réel fixé. Le fait que (fi)i∈I soit une famille équicontinue nous donne un réel η >0 tel que pour touti∈I, pour toutx∈B(x, η)
|fi(x)−fi(x)|< ε.
On a donc pour toutx∈B(x, η), pour touti∈I
−ε+fi(x)< fi(x) et fi(x)< ε+fi(x).
Par passage à la borne supérieure sur I dans les deux inégalités ci-dessus, il vient pour tout x∈B(x, η)
−ε+ϕ(x)< ϕ(x) et ϕ(x)< ε+ϕ(x).
On en déduit que pour toutx∈B(x, η)
|ϕ(x)−ϕ(x)|< ε.
Ainsi,ϕest continue enxet donc surX. En général,ϕn’est pas uniformément continue surX. PosonsX=R,I={1}et
f1:R−→R x7−→x2.
Trivialement,ϕ=f1 et (fi(x))i∈I est majorée dansRpour chaque x∈R. Le fait que f1 ne soit pas uniformément continue surRdonne le contre-exemple souhaité.
(b)Fixons K0∈ P0,finie(I), x∈X. PuisqueK0 est un ensemble fini non vide, on a sup
i∈K0
fi(x) = max
i∈K0
fi(x)∈R.
Donc,FK0 est bien définie. Fixons un réelε >0. Puisque (fi)i∈I est une famille équicon-tinue, il existe un réelη >0 tel que pour touti∈I, pour toutx∈B(x, η)
|fi(x)−fi(x)|< ε.
Pour toutK∈ P0,finie(I), pour touti∈K et pour toutx∈B(x, η), on a
|fi(x)−fi(x)|< ε.
Donc, pour toutx∈B(x, η), pour toutK∈ P0,finie(I), pour touti∈K, il vient
−ε+fi(x)< fi(x)< fi(x) +ε.
Par passage à la borne supérieure surI, pour toutx∈B(x, η), pour toutK∈ P0,finie(I) on en arrive à
−ε+FK(x)< FK(x)< FK(x) +ε,
i.e. |FK(x)−FK(x)| < ε. Donc, (FK)K∈P0,finie est une famille équicontinue de fonctions deX dansR.
Exercice 85 Soient(X,O)un espace topologique,Aune partie deX. Donner une condi-tion suffisante et nécessaire pour que la fonccondi-tion caractéristique deA(au sens de la théorie de la mesure)
1A:X−→R x7−→
(1 six∈A 0 sinon
soit semi-continue inférieurement (resp. supérieurement) sur X.
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Solution.Fixonsr∈R. Il est aisé de constater que
Observons alors que1−1A ([−∞, r])est fermé dansX si et seulement siAest ouvert dans X. D’après le cours ***,1A est semi-continue inférieurement surX si et seulement siA est ouvert dansX. De même, on a application de *** nous dit que1Aest semi-continue supérieurement surXsi et seulement siAest fermé dans X.
Exercice 86 SoientX un ensemble non vide,f :X −→Rune fonction à valeurs réelles étendues, B une base de filtre surX,ρ∈R. Montrer que :
Par caractérisation de borne inférieure, il existeB0∈ B tel que sup
x∈B0 et il découle immédiatement de ceci que
lim sup
(b)La démonstration est totalement analogue à(a)et est donc laissée au lecteur.
Exercice 87 (Convergence de suite généralisées monotones de R)Soit(J,)un ensemble préordonné filtrant croissant,(uj)j∈J une suite de réels étendus.
a)Si (uj)j∈J est une suite croissante relativement à (J,), alors uj−→
Solution.Puisqueb)est conséquence immédiate dea), on ne montre quea). Distinguons
ui dans R(muni de sa topologie usuelle). Choisissons un réel r tel que ]r,+∞] ⊂W. Par caractérisation de borne supé-rieure, il existe j0∈J tel quer < uj0. Puisque la suite(uj)j∈J est croissante sur(J,),
ui dans R (muni de sa topologie usuelle). Puisque la topologie induite sur R par la topologie naturelle de R n’est nulle autre que la topologie naturelle deR, la partieW∩Rest un voisinage desup
i∈J
Par caractérisation de borne supérieure, il existej0∈J tel que sup
i∈J
ui−ε < uj0. Par croissance de(uj)j∈J relativement à(J,), il vient
sup
i∈J
ui−ε < uj0 ≤uj
pour tout j ∈ J avec j0 j. Ainsi, uj ∈ W dès lors que j ∈ J et vérifie j0 j. Ceci signifie une nouvelle fois queuj−→
j∈J sup
i∈J
ui.
Etendons un autre résultat fondamental sur les limites des suites.
Exercice 88 Soient(J,)un ensemble préordonné filtrant croissant,(uj)j∈J et (vj)j∈J
deux suites de réels étendus telle que pour toutj∈J,uj≤vj. Silim
j∈Jvj existent dansR. Par l’absurde, supposons que limj∈Juj>lim
j∈Juj dansR. Par définition de limite d’une suite généralisée, il existe j0 ∈ J tel que pour tout j ∈ J avec j0 j, on ait uj ∈ W. Posons également W0 = [−∞, r[ qui est un voisinage de lim
j∈Jvj dans R. De même que ci-dessus, il existej1∈J tel que pour toutj∈J avecj1j, on aitvj ∈W0. Choisissons j2∈J tel quej0j2 et j1j2. On a uj2 ∈W et vj2 ∈W0 et donc
vj2< r < uj2.
Cette dernière inégalité est contraire à notre hypothèse. Contradiction.
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Exercice 89 SoientX un ensemble non vide,B une base de filtre surX,f, g:X −→R deux fonctions à valeurs réelles étendues. Les propriétés suivantes ont lieu.
i) lim sup
B f existe dans R si et seulement si lim inf
B f = lim sup
B
f. Lorsque c’est le cas, la limite lim
B f est égale aux deux semi-limites.
v)Pour tout réelα >0, on a
vi)Quand les sommes considérées ci-dessous sont bien définies on a d’une part lim inf
viii) Sif etg sont à valeurs positives, alors
quand les produits considérés sont bien définis.
ix)Sif etg sont à valeurs positives et si de pluslim quand les produits considérés sont bien définis.
Solution.(a)On a tout de suite lim sup
MunissonsBdu (pré)ordre filtrant croissant donné par l’inclusion⊃. La suite généralisée D’autre part, remarquons que pour toutB∈ B
mB ≤MB.
Posonsh=−f et k=−g. Le fait que f+g:X −→Rsoit bien définie garantit tout de suite queh+k:X −→Rest bien définie. Remarquons que
lim inf
B h+ lim inf
B k est bien définie puisque la somme
lim sup
est elle-même bien définie par hypothèse (l’égalité étant conséquence de ***). On peut donc appliquer la première inégalité de *** pour obtenir
lim inf
B h+ lim inf
B k≤lim inf
B (h+k).
Une nouvelle application de *** donne l’inégalité souhaitée. (vii) Il suffit de remarquer que
ce qui s’écrit encore pour toutn∈N, sup
V∈VX(x)
xinf0∈Vf(x0)< r+ 1 2n. Ceci entraîne évidemment que pour tout (V, n)∈ VX(x)×N,
inf
x0∈Vf(x0)< r+ 1 2n. Donc, pour tout(V, n)∈ VX(x)×N, il existexV,n∈V tel que
f(xV,n)< r+ 1 2n.
PosonsJ =VX(x)×Net munissons cet ensemble du préordre filtrant croissantdéfini pour tout(V, n),(V0, n0)∈J par
(V, n)(V0, n0)⇐⇒V ⊃V0 et n≤n0.
Posons également pour toutj ∈J,rj=r+21n. On observe tout de suite que(xj, rj)j∈J
est une suite généralisée d’éléments deepif qui converge vers(x, r). Ceci nous dit(x, r)∈ adhX×Repif.
(b)⇐, Supposons quer >lim sup
x0→x
f(x). Par l’absurde, supposons que(x, r)∈/intX×Repif. On a
(x, r)∈X×R\intX×Repif = adhX×R(X×R\epif).
Il existe donc(xj, rj)j∈J une suite généralisée d’éléments deX\epif telle que(xj, rj) →
j∈J
(x, r). Pour toutj∈J, on af(xj)> rj, donc r >lim sup
x0→x
f(x0)≥lim sup
j∈J
f(xj)>lim sup
j∈J
rj =r et ceci est absurde.
⇒, Supposons(x, r)∈intX×Repif. Par l’absurde, supposons que r≤lim sup
x0→x
f(x). Pour tout n∈N, pour toutV ∈ VX(x), on a
r− 1
2n < sup
x0∈V
f(x0).
Donc, pour chaque(V, n)∈ VX(x)×N, il existe xV,n∈V tel que r− 1
2n < f(xV,n).
PosonsJ =VX(x)×Net munissons cet ensemble du préordre filtrant croissantdéfini pour tout(V, n),(V0, n0)∈J par
(V, n)(V0, n0)⇐⇒V ⊃V0 et n≤n0.
Posons également pour toutj ∈J,rj=r−21n. On voit tout de suite que(xj, rj)j∈J est une suite généralisée d’éléments de X ×R\epif qui converge vers (x, r). Ceci nous dit que
(x, r)∈adhX×R(X×R\epif) = intX×Repif.
⇒, Supposons que(x, r)∈/adhX×Repif. On a tout de suite
(x, r)∈intX×R(X×R\epif) = intX×R{(x0, r0)∈X×R:f(x0)> r0} ⊂intX×Rhypof.
⇐, Supposons queintX×Rhypof. Il existeV un voisinage de(x, r)dansX×Rtel que V ⊂hypof.
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ChoisissonsW ∈ VX(x)etε >0un réel tels que
W×]−ε+r, ε+r[⊂V.
Par l’absurde, supposons que (x, r)∈adhX×Repif. D’après(a), on a lim inf
x0→x f(x0)≤r.
Donc, pour chaque entiern≥1, on a sup
V∈VX(x)
inf
x0∈Vf(x0) = lim inf
x0→x f(x0)< r+ 1 2n. En particulier, on dispose pour chaque entiern≥1de l’inégalité
inf
x0∈Wf(x0)< r+ 1 2n. Pour chaque entiern≥1, il existe alorsxn∈W tel que
f(xn)< r+ 1 2n.
Choisissons maintenantn0∈Ntel quer+21n ∈]r−ε, r+ε[pour tout entiern≥n0. Pour tout entier n≥n0, on a
(xn, r+ 1
2n)∈W×]r−ε, r+ε[⊂V.
Puisque V ⊂hypof, on doit avoir pour tout entiern≥n0, f(xn)≥r+ 1
2n. Ceci est contradictoire.
(d)⇒, Supposons que(x, r)∈/intX×Repif. On a tout de suite
(x, r)∈adhX×R(X×R\epif) = adhX×R{(x0, r0)∈X×R:f(x0)> r0} ⊂adhX×Rhypof.
⇐, Supposons(x, r)∈adhX×Rhypof. Il existe(xj, rj)j∈J une suite généralisée d’éléments dehypof telle que (xj, rj) →
j∈J(x, r). Pour toutj∈J, on af(xj)≥rj. Il vient alors lim sup
x0→x
f(x0)≥lim sup
j∈J
f(xj)≥r.
D’après(b), on a(x, r)∈/ intX×Repif.
Exercice 91 Soient(X,O)un espace topologique,f, g:X−→Rdeux fonctions à valeurs réelles étendues,a∈X. Montrer que sif et g sont semi-continues inférieurement (resp.
supérieurement) en a et sif+g est bien définie sur unO-voisinageV dea, alorsf+g est O-semi-continue inférieurement (resp. supérieurement) ena.
Solution. Supposons dans un premier temps que f et g soient semi-continues inférieu-rement en a et qu’il existe un O-voisinage V de a tel que f +g : V −→ R soit bien définie. On peut supposer (f +g)(a)6=−∞ (sinon c’est immédiat via l’Exercice***) en particulier, f(a)6=−∞ et g(a) 6=−∞. Si f(a) =g(a) = +∞, les fonctionsf et g sont (O,OR)-continues ena et c’est terminé. Deux cas restent donc à étudier. Fixons un réel r <(f+g)(a).
Cas 1 : Une et une seule des fonctions à valeurs réelles étendues f et g prend la valeur +∞ena.
Sans pertes de généralités, supposonsf(a) = +∞etg(a)6= +∞. Fixons un réelr0 tel que
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ε=r0+g(a)−r∈]0,+∞[. Posonsr00=g(a)−ε < g(a). Il existeV unO-voisinage dea tel que pour toutx∈V
r0< f(x) et r00< g(x).
On en déduit pour toutx∈V
r=r0+r00< f(x) +g(x).
Donc,f+g estO-semi-continue inférieurement ena.
Cas 2 : f(a), g(a)∈R.
Posons ε = (f +g)(a)−r ∈ R+, r0 = f(a)−2ε et r00 = g(a)− ε2. On a tout de suite r =r0+r00, r0 < f(a)et r00 < g(a). Il existe donc un voisinage W dea dansX tel que pour toutx∈W
r0< f(x) et r00< g(x).
On a alors pour toutx∈W∩V
r0+r00=r < f(x) +g(x).
Puisque V ∩W est unO-voisinage dea, f+gest O-semi-continue inférieurement ena.
Supposons maintenant que f et g soient O-semi-continues supérieurement en a et qu’il existe un O-voisinageV de atel que f +g : V −→ Rsoit bien définie. Posons h=−f et g = −k qui sont évidemment O-semi-continues inférieurement en a. Tout de suite, h+k:V −→Rest bien définie, ce qui permet d’appliquer ce que nous venons d’établir, i.e.h+kestO-semi-continue inférieurement ena. On en déduit quef+g=−(h+k)est O-semi-continue supérieurement ena.
Exercice 92 Soit (X,O) un espace topologique, f : X −→ R une fonction à valeurs réelles étendues. On appelle régularisée semi-continue inférieurement de f la fonction à valeurs réelles étendues
f :X−→R x7−→ lim inf
x0→x f(x0).
Montrer que epif = adhX×R(epif)et en déduire quef est semi-continue inférieurement sur X et vérifie f ≤ f. Montrer également que pour toute fonction à valeurs réelles étenduesg:X −→Rsemi-continue inférieurement surX satisfaisantg≤f, on ag≤f . Solution.L’égalité
epif = adhX×R(epif)
est une conséquence directe de l’Exercice ...(a). Cette égalité nous dit queepif est fermé dansX×Ret donc quef est semi-continue inférieurement surX. Une conséquence directe de cette même égalité est l’inclusion
epif ⊃epif
qui nous dit quef ≤f. Fixons une fonction à valeurs réelles étenduesg:X −→R semi-continue inférieurement surX vérifiantg≤f. La semi-continuité degsurX donne pour tout x∈X
g(x) = lim inf
x0→x g(x0).
Puisque g≤f, il vient
lim inf
x0→x g(x0)≤lim inf
x0→x f(x0).
On en déduit
g(x)≤lim inf
x0→x f(x0)≤f(x).
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Chapitre 2
Espaces vectoriels topologiques
2.1 Généralités
Exercice 93 Montrer que tout K-espace vectoriel normé est un K-espace vectoriel topo-logique séparé (Hausdorff ).
Solution.Soit(X,k·k)unK-espace vectoriel normé. Montrons que s:X2−→X
(x, y)7−→x+y
est continue surX2. Notonsk·kX2 la norme surX2 définie pour tout(x, y)∈X2 par k(x, y)kX2= max{kxk,kyk},
laquelle est associée à la topologie produit surX2. Pour tout(x, y),(x0, y0)∈X2, on a ks(x, y)−s(x0, y0)k=kx+y−(x0+y0)k
≤ kx−x0k+ky−y0k
≤2k(x, y)−(x0, y0)kX2.
Ainsi, l’application s est 2-lipschitzienne sur X2, donc en particulier continue sur X2. Montrons maintenant que
p:K×X −→X (λ, x)7−→λx
est continue surK×X. Notonsk·kK×Xla norme surK×Xdéfinie pour tout(λ, x)∈K×X par
k(λ, x)kK×X = max{|λ|,kxk},
laquelle est associée à la topologie produit surK×X. Fixons(µ, y)∈K×X. Soitε >0 un réel. Choisissons un réelη >0 tel que
η2+η(|µ|+kyk)≤ε.
Pour tout(λ, x)∈K×X vérifiantk(λ, x)−(µ, y)kK×X ≤η, on a kλx−µyk ≤ kλ(x−y)k+k(λ−µ)yk
=|λ| kx−yk+|λ−µ| kyk
≤(|µ|+η)η+ηkyk
≤ε.
Donc, pest continue surK×X. Ainsi, (X,k·k)est un K-espace vectoriel topologique. Il est évidemment séparé (Hausdorff) puisque tout espace métrique est séparé (Hausdorff).
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Exercice 94 Soient(X,O)un K-espace vectoriel topologique,S un système fondamental deO-voisinages de0X. Montrer que la topologieOest séparée (Hausdorff ) si et seulement si
\
V∈S
V ={0X}.
Solution.⇒, Supposons que(X,O)soit séparé (Hausdorff). Evidemment, on a 0X ∈ \
V∈S
V.
Fixons x∈T
V∈SV. On observe tout de suite
\
V∈S
V = \
V∈S
({0X}+V).
D’après la Proposition ***, on a
\
V∈S
V = adhX{0X}.
Le fait que(X,O)soit séparé (Hausdorff) nous dit que{0X}estO-fermé. En conséquence, l’égalité ci-dessus s’écrit
\
V∈S
V ={0X}.
⇐, Supposons T
V∈SV = {0X}. Si X = {0X} le résultat désiré est trivial. Supposons donc que X 6={0X} et fixonsx1, x2 ∈X avecx1 6=x2. On a donc x1−x2 6= 0X. Notre hypothèse nous donne donc V0 ∈ S tel que x1−x2 ∈/ V0. Notons U0 un O-voisinage équilibré de0X vérifiant
U0+U0⊂V0.
Puisquex1−x2∈/ V0, on ax1−x2∈/U0+U0. On vérifie immédiatement que ceci entraîne (x1−U0)∩(x2+U0) =∅.
Le fait que U0 soit équilibré nous dit en particulier queU0 =−U0. Posons V1 =x1+U0 et V2=x2+U0qui vérifient donc
V1∩V2=∅.
La Proposition *** garantit queV1(resp.,V2) est unO-voisinage dex1 (resp.,x2). Donc, (X,O)est séparé (Hausdorff).
Exercice 95 Exercice. Soient X un K-espace vectoriel, U une partie équilibrée de X.
Montrer que pour tout α, β∈Kavec|α| ≤ |β|, on a αU ⊂βU.
Solution.Fixonsα, β∈Kavec|α| ≤ |β|.
Cas 1 : β= 0. On a alors |α|= 0, doncα= 0, puis αU ={0X}=βU.
Cas 2 : β 6= 0. Posons λ = αβ et constatons que |λ| ∈]0,1[. Soit x ∈ U. On a λx ∈ U puisque U est équilibrée. Donc, il vient
αx∈βU.
On a donc montré queαU ⊂βU.
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Exercice 96 SoientX un K-espace vectoriel,A une partie deX. Montrer que : (a)l’enveloppe équilibrée deA est donnée par
eqA= [
|λ|≤1
λA;
(b) l’enveloppe convexe équilibrée deAest donnée par coeqA= co (eqA) = [
|λ|≤1
λcoA.
Solution.Trivialement, S
|λ|≤1λAest une partie équilibré de X contenantA. Donc, on a
eqA⊂ [
|λ|≤1
λA.
De manière immédiate, S
|λ|≤1λAcontient toute partie équilibrée de X qui contient A.
Ceci nous donne l’inclusion renversée et donc l’égalité attendue.
Exercice 97 Soient(X,O)un K-espace vectoriel topologique, Aune partie équilibrée de X. Alors,adhXAest une partie équilibrée deX.
Solution. Si adhXA = ∅, c’est immédiat. Supposons donc adhXA 6= ∅ et fixons x ∈ adhXA,λ∈Kavec|λ| ≤1. Il existe(xj)j∈J une suite généralisée d’éléments deA avec xj →
j∈Jx. PuisqueAest équilibrée, on aλxj ∈Apour toutj∈J. Le fait queλxj →
j∈Jλx nous dit alors que
λx∈adhXA.
Ceci montre alors queadhXAest équilibrée.
Exercice 98 Caractériser les parties non vides équilibrées deR.
Solution.SoitAune partie deRnon vide. On vérifie queAest équilibrée si et seulement si pour toutx∈A,[−x, x]⊂A.
Exercice 99 Soit(X,O)un K-espace vectoriel topologique. Montrer que :
(a)L’ensemble des voisinages équilibrés et ouverts de 0X est un système fondamental de voisinages de0X.
(b) L’ensemble des voisinages équilibrés et fermés de 0X est un système fondamental de voisinages de0X.
Exercice 100 SoientX unR-espace vectoriel,Aune partie convexe deX,α, β∈[0,+∞[.
Montrer que (α+β)A=αA+βA.
Solution.SiA=∅, alors(α+β)A=∅=αA+βA. Supposons doncA6=∅. Trivialement, l’inclusion
(α+β)A⊂αA+βA (2.1.1)
a toujours lieu, même siAn’est pas supposé convexe. Montrons l’inclusion renversée.
Cas 1 : α+β = 0. On a d’une part (α+β)A = {0} et d’autre part αA+βA ={0}
puisque α=β = 0.
Cas 2 : α+β >0. Soienta, b∈A. Remarquons tout d’abord que αa+βb= (α+β)( α
α+βa+ β α+βb).
Puisque Aest convexe et α+βα +α+ββ = 1, l’égalité ci-dessus nous donne l’inclusion αa+βb∈(α+β)A.
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Dans les deux cas, on a l’inclusionαA+βA⊂(α+β)A.
Si An’est pas convexe, on dispose en général uniquement de l’inclusion (2.1.1). En effet, soit X=R,A={0,1},α=β = 1, on a
αA+βA={0,1,2} et (α+β)A= 2A={0,2}.
Dans le cours, il faut écrire la définition d’une suite généralisée de Cauchy dans une partie quelconque d’un espace vectoriel topologique.
Exercice 101 Exercice. Soit (X,O)un K-espace vectoriel topologique. Montrer que : (a) Toute partie O-fermée de X contenue dans une partie O-complète de X est O-complète.
(b) Si(X,O) est séparé (Hausdorff ), alors toute partieO-complète de X estO-fermée.
Solution.(a)SoientY une partieO-complète deX etZ une partieO-fermée deX telle queZ ⊂Y. Soit(zj)j∈J une suite généralisée de Cauchy de Z. Trivialement,(zj)j∈J est une suite généralisée de Cauchy deY. On en déduit qu’il existe z ∈Y tel que zj −→
j∈J z.
Puisque Z estO-fermée, il vientz∈Z. Ainsi, la partieY estO-complète.
(b) Supposons que (X,O)soit séparé (Hausdorff). Soit Y une partie O-complète de X. Fixons y ∈ adhOY. Il existe (yj)j∈J une suite généralisée d’éléments de Y telle que yj−→
j∈J y. Puisque(yj)j∈Jest convergente dansY, elle est de Cauchy dansY. Le caractère O-complet de Y nous dit alors qu’il existe y0 ∈ Y tel que yj −→
j∈J y0. Le fait que (X,O) soit séparé (Hausdorff) nous dit alors quey=y0∈Y. On en déduit l’égalitéadhOY =Y, i.e.,Y est fermé dans (X,O).
Exercice 102 Exercice. Soient(X,O)unK-espace vectoriel topologique,(uj)j∈J,(vj)j∈J deux suites généralisées d’éléments de X, α, β ∈ K. Montrer que la suite généralisée (αuj+βvj)j∈J est une suite généralisée de Cauchy deX.
Solution.FixonsV un voisinage de0X. Il existek≥1un entier tel que
max{|α|,|β|} ≤k. (2.1.2)
Choisissons W un voisinage équilibré de 0X tel que W ⊂ V et W +. . .+W ⊂ V (la somme étant prise 2k-fois). Le caractère équilibré de W et l’inégalité (2.1.2) nous disent que
αW ⊂kV et βW ⊂kV.
Puisque(uj)j∈J (resp.,(vj)j∈J) est une suite généralisée de Cauchy deX, il existej0∈J (resp.,j1 ∈J) tel que pour toutj, j0∈J avecj0j et j0j0 (resp.,j1j etj1 j0) on ait
uj−uj0∈W et vj−vj0 ∈W.
Puisque J est un ensemble préordonné filtrant croissant, il existe j2 ∈J tel quej0 j1
et j0j2. On en déduit pour toutj, j0 ∈J avecj2j etj2j0, αuj+βvj−(αuj0+βvj0)∈αW+βW ⊂kW +kW ⊂V.
Donc, la suite généralisée(αuj+βvj)j∈J est de Cauchy dansX.
Exercice 103 Soient(X,O)unK-espace vectoriel topologique,Aune partie deX,(xj)j∈J
une suite généralisée de Cauchy deA. Montrer que toute sous-suite généralisée de(xj)j∈J est une suite généralisée de Cauchy deA.
Solution. Soit (yi)i∈I une sous-suite généralisée de (xj)j∈J. Il existe une application filtrante croissante s:I −→J telle que pour touti∈I,yi =xs(i). Soit V un voisinage
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de0X dansX. Puisque(xj)j∈J est une suite généralisée de Cauchy deA, il existej0∈J tel que pour toutj, j0 ∈J avecj0Jj et j0J j0, on ait
xj−xj0 ∈V.
Le fait que ssoit filtrante croissante nous dit qu’il existe i0∈ I tel que pour touti ∈I aveci0I i, on ait
j0Js(i).
Ainsi, pour touti, i0∈I aveci0I iet i0I i0, on a xs(i)−xs(i0)∈V.
On en déduit pour touti, i0 ∈Iaveci0I ieti0I i0, yi−yi0 ∈V.
Donc,(yi)i∈I est une suite généralisée de Cauchy deA.
Exercice 104 Soient (X,O) un K-espace vectoriel topologique, K un compact de X.
Alors, pour tout ouvert W de(X,O)avec W ⊃K, il existeU ∈ NX(0X)tel que K+U ⊂W.
Solution. Soit W un ouvert de (X,O) contenant K. SiK = ∅, il n’y a rien à établir.
Supposons doncK6=∅. Soitx∈K. Puisquex∈W et queW est ouvert dans(X,O), on aW ∈ NX(x), donc il existeWx0 ∈ NX(0X)tel queW =x+Wx0. PuisqueWx0 ∈ NX(0X), il existe Vx∈ NX(0X)ouvert dans (X,O)tel que
Vx+Vx⊂Wx0. Il s’ensuit
W =x+Wx0 ⊃x+Vx+Vx. D’autre part, l’inclusionK⊂ S
y∈K
y+Vyassociée au fait quey+Vyest ouvert dans(X,O) pour chaque y ∈ K nous permet d’exploiter la compacité de K pour obtenir un entier
y+Vyassociée au fait quey+Vyest ouvert dans(X,O) pour chaque y ∈ K nous permet d’exploiter la compacité de K pour obtenir un entier