5 Exercices du Chapitre 5

(1)

Soit j : (S⁽²⁾\{p}, d3) → (S⁽²⁾, d3) l’injection de (S⁽²⁾\{p}, d3) dans son adhérence (S⁽²⁾\{p}, d3) qui est égale à S⁽²⁾. La compositionj◦ϕ⁻¹

(R², ρ)^ϕ

−1

−→(S⁽²⁾\{p}, d3)−→^j S⁽²⁾

est donc aussi une isométrie qui possède un prolongement uniformément continuψb au complété (Rc²,ρ) (Théorème 6.3 du Chapitre 4).ˆ

Les compositionsϕb◦ψb: (Rc²,ρ)ˆ → (Rc²,ρ) etˆ ψb◦ϕb :S⁽²⁾ →S⁽²⁾ coinc¨ıdent avec l’identité sur les sous-ensembles denses R² et S⁽²⁾\{p}. Par l’Exercice 10.8, elles sont donc égales à l’identité et ϕb est une bijection. Son inverse et elle sont uniformément continues. En fait, comme ˆρ(x, y) = ρ(x, y) = d3(ϕ⁻¹(x), ϕ⁻¹(y)), surR², il vient ˆρ(x, y) =d3(ϕb⁻¹(x),ϕb⁻¹(y)) par densité etϕbest une isométrie.

(v) Comme ˆϕ : S⁽²⁾ → (Rc²,ρ) est un hom´eomorphisme, elle est continue.ˆ Enfin, comme la sph`ereS⁽²⁾ est compacte dans (R³, d3), son image par ˆϕ:

Rc²=ϕ(Sb ⁽²⁾)

est compacte dans (Rc²,ρ) (cf. Th´eor`eme 4.1 du Chapitre 4).ˆ

5 Exercices du Chapitre 5

Exercice 8.1

Soit{fn} une suite de fonctions dansC⁰(K),K⊂Rⁿ compact. Montrer que si{fn}estuniform´ement ´equicontinue et que pour chaquex∈K, la suite{fn(x)} dansRconverge vers une fonctionf :K→R,

fn(x)→f(x),

alors{fn}converge uniformément versf. (Une famille de fonctions{fα},fα:K→ R, estuniformément équicontinue si, pour chaqueε >0, il existeδ >0 tel que

∀α,∀y,ky−xk< δ, |fα(y)−fα(x)|< ε.)

Solution. (i) On montre d’abord quef est uniformément continue surK. Par hy- pothèse la famille{fn} est uniformément équicontinue surK si

∀ε >0,∃δ >0,∀n≥1,∀x, y ∈K tel quekx−yk< δ, |fn(x)−fn(y)|< ε/3.

Pourx, y∈K tel que kx−yk< δ et toutn≥1, on a

|f(x)−f(y)| ≤ |f(x)−fn(x)|+|fn(x)−fn(y)|+|f(y)−fn(y)|

≤ |f(x)−fn(x)|+ε/3 +|f(y)−fn(y)|.

Commefn converge simplement versf, il existe Nxet Ny tels que

∀n > Nx, |f(x)−fn(x)|< ε/3 et ∀n > Ny, |f(y)−fn(y)|< ε/3.

(2)

Donc, pour tousx, y∈K tel quekx−yk< δ et toutn≥max{Nx, Ny}, on a

|f(x)−f(y)|< ε/3 +ε/3 +ε/3 =ε

⇒ ∀x, y∈K tel quekx−yk< δ, |f(x)−f(y)|< ε etf est uniform´ement continue surK.

(ii) Pour la convergence uniforme de{fn}versfsurK, on part de la continuit´e uniforme def surK :

∀ε >0,∃δ >0,∀x, y∈K tel quekx−yk< δ, |f(x)−f(y)|< ε/3 et on veut montrer qu’il existeN tel que

∀n > N,∀x∈K, |fn(x)−f(x)|< ε.

La famille de boules ouvertes {Bδ(x) : x ∈ K} est un recouvrement ouvert de K. CommeKest compact, il existe une suite finiex1, . . . , xm dansKtel queK⊂

∪^mi=1Bδ(xi). Comme, il y a convergence simple,fn(xi)→f(xi) et il existeNitel que pour toutn > Ni,|fn(xi)−f(xi)|< ε/3. Donc, pourn > N = max{N1, . . . , Nm}

∀n > N,∀i, |fn(xi)−f(xi)|< ε/3. (5.1) Par équicontinuité uniforme de la famille {fn} sur K et continuité uniforme de f surK

kx−xik< δ ⇒ ∀n≥1,|fn(x)−fn(xi)|< ε/3

et |f(x)−f(xi)|< ε/3. (5.2) Enfin, en utilisant (5.2), pour chaquex∈K, il existeitel quekx−xik< δ et on a pour le premier et le troisi`eme terme

|fn(x)−f(x)| ≤ |fn(x)−fn(xi)|+|fn(xi)−f(xi)|+|f(xi)−f(x)|

< ε/3 +|fn(xi)−f(xi)|+ε/3

par équicontinuité uniforme de la famille {fn} sur K et continuité uniforme de f surK. Enfin, de (5.1), on a pour le second terme

∀n > N,∀x∈K |fn(x)−f(x)|< ε/3 +|fn(xi)−f(xi)|+ε/3

< ε/3 +ε/3 +ε/3 =ε.

Par d´efinition,{fn} converge uniform´ement versf surK.

Exercice 8.2

Soit (X, d) un espace métrique compact, l’ensemble X ^d´=êf{A:∅6=A⊂X et Afermé}

et ∀A∈ X,∀x∈X, dA(x)^d´= inf^ef

a∈Ad(a, x).

(3)

(i) Montrer que les fonctionsx7→dA(x) :X →R⁺ et (A, B)7→ρX(A, B)^d´= sup^ef

x∈X|dA(x)−dB(x)|:X × X →R⁺ sont bien d´efinies.

(ii) Montrer que pour toutA∈ X,d⁻¹_A {0}=A.

(iii) Montrer queρX est une m´etrique surX.

(iv) Montrer que (X, ρX) est un espace m´etrique complet.

Solution. (i) Pourx∈X, on a

∀a∈A, d(a, x)≥0

et le sous-ensemble{d(a, x) :a∈A}deRest borné inférieurement par 0. Donc 0≤dA(x)^d´= infêf {d(a, x) :a∈A} ∈R

est l’applicationdA:X→R⁺ est bien d´efinie.

Les sous-ensembles ferm´esA etB du compactX sont des compacts. Comme les applications dA et dB sont lipschitziennes, elles sont continues et leur images dA(X) etdB(X) sont compactes et donc born´ees. En particulier,

sup

x∈XdA(x)≤MA et sup

x∈XdB(x)≤MB

⇒ ∀x∈X, 0≤ |dA(x)−dB(x)| ≤dA(x) +dB(x)

≤sup

x∈X

dA(x) + sup

x∈X

dB(x)≤MA+MB. Comme|dA(x)−dB(x)|est born´e sup´erieurement

0≤ρX(A, B)^d´= sup^ef

x∈X|dA(x)−dB(x)| ∈R et l’applicationρX :X × X →R⁺ est bien d´efinie.

(ii) Par d´efinition,d⁻¹_A {0}={x∈X :dA(x) = 0}. En particulierA⊂d⁻¹_A {0}.

Par d´efinition de l’infimum, pour toutn≥1, il existean∈Atel que dA(x)≤d(an, x)< dA(x) + 1

n.

La suite {an} ⊂ A est donc d-Cauchy dans X. Comme X est compact, X est complet et il existey∈X tel quean→y. Pour toutr >0, il existeN tel que

∀n > N, d(an, y)< r ⇒ Br(y)∩A6=∅ ⇒ y∈A.

On a démontré queA⊂d⁻¹_A {0} ⊂A. CommeAest fermé,A=Aetd⁻¹_A {0}=A= A.

(4)

(iii) Pour montrer queρX est une m´etrique, on doit v´erifier les trois axiomes.

Pour (M1). SiA=B, alorsdA=dB et ρX(A, B) = 0. SiρX(A, B) = 0, alors

∀x∈X, dA(x) =dB(x).

En utilisant le fait qued⁻¹_A {0}=Aetd⁻¹_B {0}=B, il vient (∀a∈A, dB(x) = 0 ⇒ A⊂d⁻¹_B {0}=B

∀b∈B, dA(x) = 0 ⇒ B⊂d⁻¹_A {0}=A )

⇒ A=B.

Pour (M2)

ρX(A, B) = sup

x∈X|dA(x)−dB(x)|= sup

x∈X|dB(x)−dA(x)|=ρX(B, A).

Pour (M3) etA,B,C dansX,

⇒ |dC(x)−dA(x)| ≤ sup

x∈X|dC(x)−dB(x)|+ sup

x∈X|dB(x)−dA(x)|

⇒ sup

x∈X|dC(x)−dA(x)| ≤sup

x∈X|dC(x)−dB(x)|+ sup

x∈X|dB(x)−dA(x)|. (iv) Soit une suite de Cauchy {dAn} pour des fermés An, ∅ 6= An ⊂ X. CommeX est compact,C⁰(X) est un espace de Banach par le Théorème 2.3 (iv).

Il existe doncf ∈C⁰(X) tel quedAn→f. On veut démontrer qu’il existe un fermé A,∅6=A⊂X tel quef =dA. On prend comme fermé

A^d´=^ef{x∈X :f(x) = 0}. On fixex∈X. Alors, comme An est compact non-vide

∀n,∃an∈An, d(an, x) = inf

z∈An

d(z, x) =dAn(x)

⇒ lim

n→∞d(an, x) = lim

n→∞dAn(x) =f(x).

Donc la suite {an} ⊂X est bornée. Par compacité de X, il existe une sous-suite, encore indicée parn, qui converge vers un pointy∈X :

an→y ⇒ d(y, x) =f(x).

En particulier,f(y) = 0, puisque dans l’in´egalit´e

f(y)≤[f(y)−dAn(y)] + [dAn(y)−dAn(an)]

| {z }

≤d(y,an)

+dAn(an)

| {z }

= 0

,

le dernier terme est z´ero etdAn est Lipschitz continue de constante 1. En passant `a la limite

|f(y)| ≤ |f(y)−dAn(y)|+d(y, an)→0 ⇒ f(y) = 0 ⇒ y∈A.

(5)

Par d´efinition ofA, An’est donc pas vide. Donc,

∀x∈X,∃y∈Atel que f(x) =d(y, x)≥ inf

z∈Ad(z, x) =dA(x)

⇒ ∀x∈X, f(x)≥dA(x).

On démontre maintenant l’inégalité dans l’autre sens. Soitx∈X et ley∈A tel quef(x) =d(y, x) :

|f(x)−f(y)| ≤ |f(x)−dAn(x)|

| {z }

→0

+|dAn(x)−dAn(y)|

| {z }

≤d(x,y)

+|dAn(y)−f(y)|,

| {z }

→0

puisque dAn est Lipschitz de constante un. Enfin, le premier et troisi`eme termes tendent vers 0 par convergence uniforme. Commef(y) = 0, il vient

f(x)≤f(y) +d(x, y) =d(x, y)≥ inf

a∈Ad(x, a) =dA(x)

⇒ ∀x∈X, f(x)≤dA(x).

Comme la fonction limite f est ´egale `a dA pour un A, ∅ 6= A ⊂ X, X est bien complet.

Exercice 8.3

Soit Ω un sous-ensemble ouvert non-vide deRⁿ. Montrer qu’il existe une suite croissante de compacts non vides Kk tel que Ω =∪k≥1Kk et, pour tout compact K⊂Ω, il existe k≥1 tel queK⊂Kk.

Solution. (i) Si∂Ω =∅, alors, comme Ω est ouvert,∁Ω =∁Ω et

∅= Ω∩∁Ω = Ω∩∁Ω ⇒ Ω⊂Ω⊂Ω ⇒ Ω = Ω.

Ω est donc un sous-ensemble non-vide `a la fois ferm´e et ouvert de l’espace connexe Rⁿ. Ce n’est possible que si Ω =Rⁿ. Dans ce cas on prend la suite de compacts

∀k≥1, Kk d´ef

= {x∈Rⁿ:kxk ≤k} qui satisfait toutes les conditions.

(ii) Si∂Ω6=∅, alors Ω∩∁Ω6=∅, ∁Ω et Ω ne sont pas vides et∁Ω est ferm´e.

La fonction distanced∁Ω(x) dex`a ∁Ω est bien d´efinie. On prend

∀k≥1, Kk d´ef

= {x∈Rⁿ:kxk ≤ketd∁Ω(x)≥1/k}.

Comme la norme et la fonction distance sont des fonctions continues,Kk est ferm´e.

Par d´efinition,Kk est contenu dans la boule compacteBk(0) deRⁿ. Les ensembles Kk sont donc compacts comme sous-ensembles ferm´es de compacts. Enfin, pour toutk≥1,

∀x∈Kk, d∁Ω(x)≥1/k >0 ⇒ x /∈∁Ω ⇒ x∈Ω ⇒ Kk⊂Ω.

(6)

La suite est croissante. Soit k^′ ≥k≥1 et x∈Kk. Alors kxk ≤k ≤k^′, d∁Ω(x)≥ 1/k≥1/k^′et Kk⊂Kk^′.

Enfin, soitK⊂Ω un compact. Comme la norme et la fonction distance sont des fonctions continues sur le compactK:

∃xM ∈K tel quekxMk= sup

x∈Kkx|| et ∃xm∈K tel qued∁Ω(xm) = inf

x∈Kd∁Ω(x) et, comme xm ∈ K ⊂ Ω, d∁Ω(xm) > 0. Il suffit enfin de prendre un entier k ≥ max{1,kxMk,1/d∁Ω(xm)} ce qui entraˆıneK⊂Kk.

Exercice 8.4

Soit Ω un ouvert non-vide deRⁿ et

C(Ω)^d´=^ef{f : Ω→R|f continue sur Ω}

l’espace des fonctions continues sur Ω, où Ω n’est pas nécessairement borné. Soit {Kk}la famille des sous-ensembles compacts construite dans l’Exercice 8.3 et pour toutf ∈C(Ω) etk≥1 on pose

qk(f)^d´= sup^ef

x∈Kk

|f(x)|. Montrer que la fonction

d(f, g)^d´=^ef X∞

k=1

1 2^k

qk(f−g) 1 +qk(f−g) est une m´etrique surC(Ω).

Solution. On vérifie les trois propriétés d’une métrique. Pour (M1), sif =g, alors pour toutk, qk(f −g) = 0 et d(f, g) = 0. Dans l’autre sens,d(f, g) = 0 entraˆıne qk(f) = sup_x∈K_k|f(x)| = 0 et f = g sur ∪k≥1Kk = Ω. (M2) est vérifiée par définition. Pour (M3) il suffit de reprendre la démonstration de l’Exercice 10.3 (iii) et (iv) du Chapitre 3. Par définition,qk(f−g) = sup_x∈K_k|f(x)−g(x)|et

qk(f−g)

1 +qk(f −g)= 1− 1 1 +qk(f−g). Maintenant, puisqueqk(f−g)≤qk(f−h) +qk(h−g), il vient

1 +qk(f−g)≤1 +qk(f−h)) +qk(h−g) 1

1 +qk(f−g) ≥ 1

1 +qk(f−h) +qk(h−g)

≥ 1

1 +qk(f−h) +qk(h−g) +qk(f−h)qk(h−g)

= 1

(1 +qk(f −h)) (1 +qk(h−g)).

(7)

Donc

qk(f−g)

1 +qk(f−g)= 1− 1 1 +qk(f −g)

≤ 1− 1

(1 +qk(f−h)) (1 +qk(h−g))

= qk(f−h) +qk(h−g) +qk(f−h)qk(h−g) (1 +qk(f−h)) (1 +qk(h−g))

≤ qk(f−h) +qk(h−g) + 2qk(f−h)qk(h−g) (1 +qk(f−h)) (1 +qk(h−g))

= qk(f−h)

1 +qk(f−h))+ qk(h−g) 1 +qk(h−g). Finalement on somme des deux cˆot´es

X∞

k=1

1 2^k

qk(f−g) 1 +qk(f−g)≤

X∞

k=1

1 2^k

qk(f−h) 1 +qk(f−h))+

X∞

k=1

1 2^k

qk(h−g) 1 +qk(h−g) etd(f, g)≤d(f, h) +d(h, g).

Exercice 8.5

(i) Montrer que siA∈ L(Rⁿ) est inversible, alorsA⁻¹∈ L(Rⁿ).

(ii) Montrer que siA∈ L(Rⁿ,R^m) est injective, alorsA^⊤A∈ L(Rⁿ) est inversible, o`uA^⊤ ∈ L(R^m,Rⁿ) est l’application transpos´ee deA.

(iii) Montrer que pour A ∈ L(Rⁿ,R^m), KerA et ImA sont des sous-espaces lin´eaires (espaces vectoriels).

Solution. (i) Soient α, β ∈ R et y1, y2 ∈ Rⁿ. Comme A est inversible, il existe x1, x2∈Rⁿ tel que yi=Axi. On montre queA⁻¹ est lin´eaire

α x1+β x2=A⁻¹(A(α x1+β x2)) =A⁻¹(α A(x1) +β A(x2)))

⇒ α A⁻¹y1+β A⁻¹y2=A⁻¹(α y1+β y2).

Comme on est dansRⁿ, la linéarité entraˆıne la continuité etA⁻¹∈ L(Rⁿ).

(ii) Par définition,A^⊤A∈ L(Rⁿ) et l’inversibilité est équivalente à l’injectivité, c’est-à-dire,A^⊤Ax= 0 entraˆınex= 0. En effet,

A^⊤Ax= 0 ⇒ 0 = (A^⊤Ax)·x=Ax·Ax=kAxk²= 0 ⇒ x= 0 puisqueAest injective.

(iii) KerA={x∈Rⁿ:Ax= 0}est ferm´e comme image inverse du ferm´e{0}.

Il est lin´eaire car pour toutα, β∈Ret x, y∈KerA,

A(αx+βy) =α Ax+β Ay=α0 +β0 = 0.

(8)

ImA={Ax:x∈Rⁿ}est un sous-espace lin´eaire puisque toutα, β∈Retx, y∈Rⁿ α Ax+β Ay=A(αx+βy)∈ImA.

Soity ∈ (ImA)^′ un point d’accumulation de ImA. Il existe donc une suite{yk = Axk} dans ImA tel que yk 6= y et yk → y dans R^m. On a aussi vu que ImA = [KerA^⊤]^⊥, Donc, pour toutz∈KerA^⊤

0 =yk·z→y·z ⇒ ∀z∈KerA^⊤, y·A^⊤z= 0

⇒ y∈[KerA^⊤]^⊥= ImA.

et ImAest ferm´ee.

Exercice 8.6

(i) Trouver et caract´eriser tous lesA∈GL(n) tels que

∀x, y∈Rⁿ, kAx−Ayk=kx−yk (5.3) pour la norme euclidiennekxk surRⁿ.

(ii) Est ce que l’ensemble

{A∈GL(n) :kAx−Ayk=kx−yk ∀x, y∈Rⁿ} (5.4) forme un groupe ?

Solution. (i) Pour toutx∈Rⁿ, on a

kAxk=kAx−A0k=kx−0k=kxk

⇒ ∀x∈Rⁿ, kAxk²=kxk² ⇒ ∀x∈Rⁿ, Ax·Ax=x·x.

En particulier,

4Ax·Ay=A(x+y)·A(x+y)−A(x−y)·A(x−y)

= (x+y)·(x+y)−(x−y)·(x−y) = 4x·y

⇒ ∀x, y∈Rⁿ, A^⊤Ax·y=x·y ⇒ ∀x∈Rⁿ, A^⊤Ax=x ⇒ A^⊤A=I.

CommeAest inversible,A⁻¹A=Iet, de ce qui p´ec`ede,A⁻¹A=I=A^⊤Ace qui donneA⁻¹=A^⊤ etAA^⊤ =I.

(ii) On introduit la d´efinition suivante O(N)(n)^d´=^ef

A∈Gl(n) :A^⊤A=I=AA^⊤ .

On a montré en (i) que tout A ∈ GL(n) vérifant la propriété (8.1), on a A ∈ O(N)(n). Dans l’autre sens siA∈O(N)(n), alors

∀x, y∈Rⁿ, AA^⊤(x−y) =x−y

⇒ kA(x−y)k²=A^⊤A(x−y)·(x−y) =x−y·(x−y) =kx−yk²

(9)

et la propriété (8.1)kA(x−y)k=kx−yk. On montre maintenant que O(N)(n) est un groupe pour la composition. PourA, B∈O(N)(n), (AB)^⊤AB =B^⊤A^⊤AB = B^⊤B =I et (BA)^⊤BA=A^⊤B^⊤BA=A^⊤A=I. DoncA◦BinO(N)(n). L’iden- tité appartient à AB ∈ O(N)(n). Pour l’inverse, on a vu dans la partie (i) que A⁻¹=A^⊤ et donc (A⁻¹)^⊤= (A^⊤)^⊤=A. Donc

(A⁻¹)^⊤A⁻¹=A A⁻¹=I et A⁻¹(A⁻¹)^⊤ =A⁻¹A=I.

O(N)(n) est donc bien un sous-groupe de GL(n). C’est le groupe des isométries linéaires deRⁿ : les transformations qui prérvent la distance dansRⁿ. De plus, par continuité de la composition, O(N)(n) est un sous-groupe fermé deGL(n).

Exercice 8.7

SoitX =R\{0}et la fonction

x, y7→d(x, y)^d´=^ef|x−y|+ 1

x−1 y . Montrer que (X, d) est un espace m´etrique complet.

Solution. Par d´efinition de d, d(x, y) = 0 ⇐⇒ x =y et d(x, y) = d(y, x). Pour x, y, z∈X

|x−y|+ 1

x−1 y

≤ |x−z|+|z−y|+ 1

x−1 z +

1

z −1 y

≤ |x−z|+ 1

x−1 z

+|z−y|+ 1

z −1 y .

Soir{xn} une suite de Cauchy dans X. Pour tout ε >0, il existe N tel que pour toutm, n > N

|xn−xm|+ 1

xn− 1 xm

< ε.

Les suites{xn}et{1/xn}sont donc Cauchy dansR. CommeRest complet, il existe x, y∈Rtel que

xn→x et 1

xn →y ⇒ 1 =xn 1

xn →x y ⇒ x6= 0 ety= 1 x etx∈X.

Exercice 8.8

On considère l’ensembleP(X) des sous-ensembles d’un ensemble arbitraireX y compris l’ensemble vide∅muni de l’opérationdifférence symétrique △

A△B^d´= [A^ef \B]∪[B\A].

Montrer que (P(X),△) vérifie les propriétés d’un groupe abélien :

(10)

(i) pour tousA, B∈ P(X),A△B∈ P(X) ;

(ii) pour tousA, B, C ∈ P(X), (A△B)△C=A△(B △C) ;

(iii) ∅ est l’´el´ement neutre pour lequel A △ ∅ = A = A △ ∅ pour tout A∈ P(X) ;

(iv) chaque A∈ P(X) poss`ede un inverse puisque A△ A=∅ (iciA est son propre inverse, c’est-`a-dire,A⁻¹=A) ;

(v) (commutativit´e) A△B=B△A;

(vi) pour A, B, C∈ P(X), (A△B)∩C= (A∩C)△(B∩C).

Solution. On ´ecrira∁ApourX\A. (i) Par d´efinition.

(ii) On observe d’abord que, pourA, B∈ P(X),

∁(A△B) =∁A△B=∁B△A.

En effet,

∁(A△B) =∁([A∩∁B]∪[B∩∁A])

=∁[A∩∁B]∩∁[B∩∁A]

= (∁A∪B])∩(∁B∪A]) = (∁A∩∁B)∪(A∩B) =∁A△B SoientA, B, C ∈ P(X). On ´ecrira∁ApourX\A. On a

(A△B)△C= [(A△B)∩∁C]∪[C∩∁(A△B)]

= [ [A∩∁B]∪[B∩∁A]

∩∁C]∪[C∩ [∁A∩∁B]∪[B∩A]

]

= [A∩∁B∩∁C]∪[B∩∁A∩∁C]∪[C∩∁A∩∁B]∪[C∩B∩A]

= A∩ [∁B∩∁C]∪[C∩B]

∪ ∁A∩ [B∩∁C]∪[C∩∁B]

= A∩∁(B△C)

∪ ∁A∩(B△C)

=A△(B△C). (iii) Par d´efinition,A△∅= [A∩∁∅]∪[∅∩∁A] =A∩X =A.

(iv) Par d´efinition,A△A= [A∩∁A]∪[A∩∁A] =∅.

(v) Par d´efinition,A△B= [A∩∁B]∪[B∩∁A] = [B∩∁A]∪[A∩∁B] =B △A.

(vi) (distributivit´e) Par d´efinition,

(A△B)∩C= [A∩∁B]∪[B∩∁A]

∩C

= [A∩∁B∩C]∪[B∩∁A∩C]

= [(A∩C)∩∁B]∪[(B∩C)∩∁A]

= [(A∩C)∩(∁B∪∁C)]∪[(B∩C)∩(∁A∪∁C)]

= [(A∩C)∩∁(B∩C)]∪[(B∩C)∩∁(A∩C)]

= (A∩C)△(B∩C).

Exercice 8.9

SoitX un ensemble arbitraire et P(X) l’ensemble de tous les sous-ensembles deX incluant∅. Soit l’ensemble

{0,1}^X^d´=^ef{toutes les applicationsf :X → {0,1}}

(11)

de toutes les applications définies surX à valeurs dans l’ensemble à deux éléments {0,1}. On associe à chaqueA∈ P(X) lafonction caractéristique

χA(x)^d´=^ef

(1, six∈A 0, six∈X\A.

(i) Montrer que l’application

A7→χA:P(X)→ {0,1}^X est bien d´efinie et bijective.

(ii) Montrer que{0,1}^X est ungroupe ab´elien pour l’op´eration

(f1△f2)(x)^d´=^ef|f1(x)−f2(x)| (5.5) et en d´eduire que

(χA△χB)(x) =|χA(x)−χB(x)|=χA△B(x). (5.6) pour ladiff´erence sym´etrique entreA etB dansP(X)

A△B^d´= [A^ef \B]∪[B\A]. (5.7) (iii) Montrer que la fonction

d(f, g)^d´= sup^ef

x∈X|f(x)−g(x)| (5.8) d´efinit une m´etrique sur{0,1}^X et que ({0,1}^X, d) est complet.

(iv) Montrer que (P(X), ρ) est un espace métrique complet pour la métrique ρ(A, B)^d´= supêf

x∈X|χA(x)−χB(x)|.

(v) En supposant démontré queP(X) est un groupe abélien pour l’opération binairedifférence symétrique(5.7) (voir la section 7.1 du Chapitre 5), montrer que△est continue par rapport à la métriqueρ.

Solution. (i) L’application A7→χA: P(X)→ {0,1}^X est clairement bien d´efinie.

Elle est injective. En effet, siχA=χB, alors pour toutx∈A,χB(x) = 1 et A⊂B et, r´eciproquement, pour tout x∈B, χA(x) = 1 et B ⊂A, d’o`u A =B. Elle est surjective puisque que pour tout f ∈ {0,1}^X, on a, pour A = f⁻¹{1} ∈ P(X), f⁻¹{0}=X\Aet χA=f.

(ii) L’ensemble{0,1}^Xest ungroupepour l’op´eration (5.5). En effet, la valeur absolue|f1(x)−f2(x)|de deux fonctions ne prenant que les valeurs 0 ou 1 est ´egale

à 0 ou 1. Donc,f1 △f2∈ {0,1}^X et, par définition,f1△f2 =f2 △f1. L’élément neutre est la fonction f = 0 et l’inverse de f est f car f △ 0 = 0 = 0△ f. C’est donc bien un groupe.

(12)

PourA, B∈ P(X),

|χA(x)−χB(x)|=

(1, six∈[A\B]∪[B\A]

0, six∈[A∩B]∪[X\B∩X\A].

Mais [X\B∩X\A] =X\(A∪B) etA∩B=X\[X\A∪X\B] et

X\(A∪B)∪X\(X\A∪X\B) =X\[(A∪B)∩(X\A∪X\B)] =X\(A\B∪B\A)

⇒ (χA△χB)(x) =|χA(x)−χB(x)|=χA△B(x).

qui correspond à prendre ladifférence symétrique (5.7) deAet deB dansP(X).

(iii) La fonction (5.8) est bien définie. C’est une métrique. Pour (M1), f =g donne d(f, g) = 0 et si d(f, g) = 0, alors pour tout x ∈ X, |f(x)−g(x)| = 0 et f =g. (M2) est vérifiée cardest symétrique par définition. Enfin, on a l’inégalité du triangle (M3) car ponctuellement pourf, g, h∈ {0,1}^X

≤ sup

x∈X|f(x)−g(x)|+ sup

x∈X|g(x)−h(x)|. L’espace{0,1}^X est complet. Soit{fn}une suited-Cauchy :

∀ε >0,∃N tel que ∀n, m > N, d(fn, fm)< ε.

En raison de la métrique du supremum, pour chaque x ∈ X la suite {fn(x)} est Cauchy dansRet il existef(x)∈Rtel quefn(x)→f(x). Pour avoir la complétude, il faut montrer que f(x) ∈ {0,1}. Soit S = ∪^∞n=1{fn(x)} l’ensemble des éléments de la suite{fn(x)}.S est fini carS ⊂ {0,1}. En particulier, il existes∈S et une sous-suitefnk(x) =stelle que fnk(x)→s, c’est-à-dire,

∃s∈S,∀k≥1,∃nk ≥ktel quefnk(x) =s.

Sinon,

∃N0,∀n≥N0, fn(x)6= 0 et ∃N1,∀n≥N1, fn(x)6= 1

⇒ ∀s∈S, ∀n≥max{N0, N1}, fn(x)6=s

⇒ ∀n≥max{N0, N1},∀s∈S, fn(x)6=s.

Ceci voudrait dire que la suite{fn(x)}est finie ce qui est une contradiction. Comme toute sous-suite de la suite initiale {fn(x)} converge vers la mˆeme limite on en conclut que f(x) ∈ {0,1}. La fonction limite f appartient donc `a {0,1}^X qui est complet.

(iv) En utilisant la bijection (5.6) et le fait que{0,1}^X soit complet, on peut maintenant définir la métrique ρ(A, B) = d(χA, χB) sur P(X) via les fonctions caractéristiques puisque de la partie (i)

{0,1}^X={χA:A∈ P(X)}.

(13)

Le groupe (P(X), ρ) est donc un espace m´etrique complet.

Enfin, pour la continuit´e au point (A, B), on prend un autre point (C, D) ρ(C△D, A△B)

= sup

x∈X|χC△D(x)−χA△B(x)|

≤ sup

x∈X||χC(x)−χD(x)| − |χA(x)−χB(x)||

≤ sup

x∈X|(χC(x)−χD(x))−(χA(x)−χB(x))|

≤ sup

x∈X|(χC(x)−χA(x))−(χD(x)−χB(x))|

≤ sup

x∈X|χC(x)−χA(x)|+ sup

x∈X|χD(x)−χB(x)|=ρ(C, A) +ρ(D, B).

La fonction est donc non seulementρ-continue en (A, B), mais aussi lipschitzienne surP(X).

Exercice 8.10

Soit (X, d) un espace m´etrique compact etC⁰(X;R^k) pour k≥1 muni de la norme

kfkC⁰ d´ef

= sup

x∈Xkf(x)k, kyk= Xk

i=1

|yi|²

!^1/2

. (5.9)

Démontrer les énoncés suivants.

(i) SiS est un sous-ensemble compact deC⁰(X;R^k), alorsS est fermé, (a) S est uniformément équicontinu et

(b) S est uniformément borné, c’est-à-dire, ∃M > 0, ∀f ∈ S, ∀x ∈ X,kf(x)k ≤M.

(ii) Réciproquement, si S est un sous-ensemble de C⁰(X;R^k) vérifiant (a) et (b), alors l’adhérenceS deS est compacte dansC⁰(X;R^k).

Solution. (i) SiS est compact, il est ferm´e.

(a) (S est ´equicontinue). Pourε > 0, la famille de boules ouvertes{Bε(f) : f ∈S}est un recouvrement ouvert du compactS. Il existe doncf1, . . . , fm∈S tel que

S⊂ ∪^mi=1Bε(fi).

Donc, pour toutf ∈S, il existeitel que sup

x∈Xkf(x)−fi(x)k< ε/3. (5.10) Comme les élémentsf deC⁰(X;R^k) sont uniformément continus,

∀i,∃δi>0,∀x, y∈X, d(x, y)< δ, kfi(y)−fi(x)k< ε/3.

(14)

On prendδ= min{δ1, . . . , δm}>0 etx, y∈X tel qued(x, y)< δ kf(y)−f(x)k ≤ kf(y)−fi(y)k

| {z }

ε/3

+kfi(y)−fi(x)k

| {z }

ε/3

+kfi(x)−f(x)k

| {z }

ε/3

⇒ ∀x, y ∈X, d(x, y)< δ, ∀f ∈S, kf(y)−f(x)k< ε.

(b) Comme S est compact dans C⁰(X;R^k), il est ferm´e et born´e. Il existe donc M >0 tel que

∀f ∈S, sup

x∈Xkf(x)k=kfkC⁰≤M.

(ii)On montre maintenant la réciproque. Étant donné la familleS qui vérifie (a) et (b), il faut montrer la compacité séquentielle deS : pour toute suite {fn} ⊂ S, il existef ∈S et une sous-suite{fnk} tel quefnk →f dansC⁰(X;R^k), c’est-à-dire, uniformément dansX.

Par uniforme ´equicontinuit´e deS,

∀ε >0,∃δ >0,∀n,∀x, y∈X, d(y, x)< δ, kfn(x)−fn(y)k< ε/3.

Par compacité de X, il peut être couvert par un nombre fini de boules Bδ(xj), x1, . . . , xℓ∈X. Comme, pour chaquej et n, la suite{fn(xj)} est bornée, il existe une sous-suite{fnk}de{fn} que l’on écrira{fn} et il existeN tel que

∀j,1≤j≤ℓ, ∀n, m > N, kfn(xj)−fm(xj)k< ε/3.

Cette sous-suite est Cauchy dansC⁰(X;R^k). En effet, pour toutx∈X, il existexj

tel qued(x, xj)< δ et pour tousm, n > N

kfm(x)−fn(x)k ≤ kfm(x)−fm(xj)k+kfm(xj)−fn(xj)k+kfn(xj)−fn(x)k

< ε/3 +ε/3 +ε/3 =ε.

Comme les fonctions de la sous-suite{fn}sont uniformément continues, il existef ∈ C⁰(X;R^k) tel quefn converge uniformément versf et cef appartient à l’adhérence S deS. Donc,S est compact dansC⁰(X;R^k).

6 Exercices du Chapitre 6

Exercice 7.1

Soit f : [a, b] → R telle que f^′(x) existe et soit uniform´ement continue sur ]a, b[ . Montrer que, pour toutε >0, il existeδ >0 tel que

∀x, y∈]a, b[,0<|y−x|< δ,

f(y)−f(x)

y−x −f^′(x) < ε.

On dit quef estuniform´ement d´erivable sur ]a, b[ .