Analyse - TD1

Analyse - TD1

Lucie Le Briquer 3 octobre 2017

Exercice 1 : Autour de la continuité 1. Par définitionf:E →F est continue enx

– ⇔

def∀V ∈ V(f(x)),∃V⁰∈ V(x)tq∀y∈V⁰, f(y)∈V – ⇔ ∀V ∈ V(f(x)), f⁻¹(V)∈ V(x)

On suppose : ∀O ⊂ F, O ouvert ⇒ f⁻¹(O) ouvert. Soit x ∈ E et V ∈ V(f(x)). Par définition ∃O ouvert tq O ⊂V et f(x)∈O. Par hypothèse, f⁻¹(O)est ouvert. Or O ⊂ V ⇒f⁻¹(O)⊂f⁻¹(V)etf(x)∈O⇒x∈f⁻¹(O). Doncf⁻¹(V)∈ V(x).

On suppose que∀x∈E,∀V ∈ V(f(x)), f⁻¹(V)∈ V(x). SoitU ⊂F,U ouvert : – sif⁻¹(U) =∅c’est un ouvert

– soit x ∈ f⁻¹(U), f(x) ∈ U comme U est ouvert, c’est un voisinage de f(x). Par continuité def enx,f⁻¹(U)est un voisinage dex. Ceci est vrai pour toutx∈f⁻¹(U).

Doncf⁻¹(U)est un voisinage de chacun de ses points. C’est un ouvert deE.

Remarque. Soit V ⊂ E, V voisinage de tous ses points. ∀x ∈ V, V ∈ V(x),∃Ux

ouvert tqx∈Ux⊂V. DoncV =S

x∈V Ux, doncV est ouvert.

Par analogie.f est continue en tout point deEssi l’image réciproque parf d’un fermé et un fermé.

2. ⇒: SoitA⊂E, commef est continue on a quef⁻¹(f(A))est fermé. DoncA⊂f⁻¹(f(A)) (carA⊂f⁻¹(f(A))qui est fermé). Doncf(A)⊂f(A).

⇐: Supposons que∀A⊂E, f(A)⊂f(A).

Soit V un fermé de F. Soit A = f⁻¹(V). On a f(A) ⊂ f(A) ⊂ f(A) = V = V. Donc f⁻¹(V) =A⊂A⊂f⁻¹(V)doncA=f⁻¹(V). Ainsif est continue.

3. f:E→F etg:F →G. SoitU un ouvert deG.

(g◦f)⁻¹(U) =f⁻¹(g⁻¹(U)

| {z }

ouvert

)

est ouvert par continuité. Doncg◦f est continue.

4. (a) f continue ⇒ f séquentiellement continue. x_n → x: ∀V ∈ V(x),∃N ∈ N tq ∀n ≥ N, x_n∈V

Soit V⁰ ∈ V(f(x)). Comme f continue en x, f⁻¹(V⁰) ∈ V(§). Donc ∃N ∈ N tq

∀n≥N, xn ∈f⁻¹(V⁰)donc∀n≥N, f(xn)∈V⁰. Doncf(xn)−−−−−→

n→+∞ f(x)

(b) E métrique. Sif n’est pas continue enx:

∃V ∈ V(f(x)),∀Un=B Å

x,1 n

ã

, f(Un)∩V^C6=∅

∀n≥0,∃yn∈f(Un)∩V^C.∃xn, f(xn) =ynavecxn ∈Unxn→x. Maisyn9y=f(x) car∀n, yn ∈V^C.

Exercice 3 : Prolongement des applications uniformément continues E, F deux espaces métriques,D dense dansE,ϕ: D→F.F complet.

1. Soitϕ1, ϕ2:E →F deux prolongements continus deϕ. Soitx∈E.xn −−−−−→

n→+∞ x, xn ∈D.

Donc∀nϕ1(xn) =ϕ2(xn). Par continuitéϕ1(x)−−−−−→

n→+∞ ϕ(x), idem pourϕ2, d’oùϕ1(x) = ϕ₂(x).

2. (a) x_n−−−−−→

n→+∞ x. Montrons que(ϕ(x_n))_n∈Nconverge en montrant qu’elle est de Cauchy.

Par définition de l’uniforme continuité :

∀ε,∃η,∀(x, y)∈D², d(x, y)≤η⇒d(ϕ(x), ϕ(y))≤ε

Soitε >0,∃n0,∀p≥n0,∀q, d(xp, xq)≤ηε. Donc∀p, q≥n0, d(ϕ(xp), ϕ(xq))ε.(ϕ(xn)) est de Cauchy donc elle converge versl.

Unicité de la limite. Soient xn →xet x⁰_n →x, on a ϕ(xn)→l et ϕ(x⁰_n)→l⁰. En posantz2n+1=xnetz2n=x⁰_n,zn →x, on aϕ(zn)→l⁰⁰,ϕ(z2n+1)→letϕ(z2n)→l⁰, on a donc l’égalité entre toutes les limites.

(b) Prolongement.Limite de la suite constante

Uniforme continuité.Soit ε >0. Soit η le pas d’uniforme continuité de ϕ, montrons qu’on a le même pas pour ψ. Soit x, y∈E tels qued(x, y)≤ ^η₂. xn →xet yn →y, xn, yn∈D.

d(ψ(x), ψ(y))≤d(ψ(x), ψ(xn)) +d(ψ(xn), ψ(yn)) +d(ψ(yn)ψ(y))

À partir d’un certain rang on a :

d(ψ(xn), ψ(x))≤ ε 3 d(ψ(y_n), ψ(y))≤ ε 3 et

∀n∈N, ψ(xn) =ϕ(xn) ψ(yn) =ϕ(yn)

etϕest uniformément continue. Commexn→xetyn →yet qued(x, y)≤ ^η₂, à partir d’un certain rang,d(xn, yn)≤η. Doncd(ϕ(xn), ϕ(yn))≤ε. Doncd(ψ(x), ψ(y))≤Kε.

Exercice 4 : Complété d’un espace métrique Soit(E, d)un espace métrique.

1. (Existence) Soit(x, a)∈E²: ix:

ß E −→ R

y 7−→ d(x, y)−d(a, y) Continuité.Par continuité de la distance.

Borné.

ix(y)≤d(x, a) +d(a, y)−d(a, y) =d(x, a)

−ix(y)≤d(a, x) +d(x, y)−d(x, y) =d(a, x) doncix est bornée.

Posonsi:

ß E −→ Cb(E) x 7−→ ix

. Montrons quekix−iyk_∞=d(x, y).

|ix(z)−iy(z)|=|d(x, z)−d(y, z)| ≤d(x, y)

et pourz=y, |ix(z)−iy(z)|=d(x, y). D’oùkix−iyk_∞=d(x, y)

i:E→i(E)⊂ Cb(E). Définissons E“=i(E)^k.k∞.E“est bien complet carE“est fermé dans Cb(E)qui est un espace complet eti(E)dense dansE“par définition de l’adhérence.

2. (Unicité)F₁, F₂deux espaces métriques complets etj₁:E→F₁,j₂:E→F₂tqj₁(E) =F₁ et j₂(E) =F₂. On construit d’abordientrej₁(E)et j₂(E).j₁ etj₂sont des bijections de E dansj₁(E)et j₂(E). Définissons :

i:

ß j1(E) −→ j2(E) x 7−→ j2◦j₁⁻¹(x)

On a donc i : j1(E) −→ j2(E). Comment la prolonger sur F1? i est une application uniformément continue (isométrie) définie sur un espace dense d’un espace métrique, à valeurs dans un espace complet. On a donc toutes les hypothèses nécessaires pour appliquer l’exercice 3. Alors, il existe un unique prolongement de isurF1.

Isométrie.∀x, y∈j₁(E), d_F2(i(x), i(y)) =d_F1(x, y) Si x, y∈F₁prenonsx_n∈j₁(E)→xet y_n∈j₂(E)→y.

dF₂(i(xn),(yn)) =dF₁(xn, yn) −→ dF₁(x, y) =dF₂(i(x), i(y))

Bijective.On fait le travail inverse aveci⁰ =j₁◦j₂⁻¹. On définit ainsi la bijection réciproque dei.

3. (a) R (b) C([0,1]) (c) C0(R) =

ß

f ∈ Cb(R)|f(x)−−−−−→

x→±∞ 0

™

(d) Lp([0,1]) pourp <+∞etC([0,1]) pourp=∞

Exercice 6 : Un exemple de topologie non métrisable SoitE= [0,1]^[0,1] muni de la topologie produit.

f:E→F. On veut rendref continue en bougeant les topologies. Si on prend, comme topologie surE,TE=P(E)f forcément continue puisque{x}est un ouvert. Si on prend, comme topologie deF,TF ={∅, F}aussi. On cherche à construire la topologie la plus fine qui rendraitf continue.

Topologie produit : Π_x: f ∈ [0,1]^[0,1] → f(x), la topologie la moins fine rendant toutes ces projections continues.

Πx: [0,1]^[0,1]−→[0,1]. SoitU ⊂[0,1]ouvert.

Π⁻¹_x (U) =¶

f ∈[0,1]^[0,1]|f(x)∈U©

= Ñ

Y

y6=x

[0,1]

é

×U

A=

Π⁻¹_x (U), U ouvert de[0,1], x∈[0,1]

La topologie produitT est alors définie comme la topologie engendrée parA.

SoitΩun ouvert deT. Ωest de la forme : Ω =Y

i∈I

U_i×Y

j /∈I

[0,1]

avecIun ensemble fini de[0,1].

1. f ∈[0,1]^[0,1]. Base de voisinage def : V(x_i)_i∈I =¶

g∈[0,1]^[0,1] |(xi)i∈I, I fini tq|g(xi)−f(xi)|< ε© Si fn−−−−−→

n→+∞ f dansE ⇔fn−−−−−→

n→+∞ f simplement Si fn −−−−−→

n→+∞ f dans E. Soit x ∈ [0,1] et ε > 0. On considère V_(x),ε : ∃n0 ∈ N,∀n ≥ n₀,|fn(x)−f(x)| ≤ε. Doncf_n(x)→f(x).

Si f_n−−−−−→

n→+∞ f simplement. Soit ε >0, I fini,(x_i)_i∈I dans[0,1].

∀i∈I,∃ni∈Ntq∀n≥n_i, |fn(x_i)−f(x_i)| ≤ε pour n≥max

i∈I ni, lesfn sont dansV_(xi),ε.

2. Montrons que les fonctions simples sont dens dans E. Soit f ∈ E, soit V_{(xi)i∈I,ε,f} un voisinage de f. Prenonsg =P

i∈If(xi)1{x=xi} est une fonction simple dans le voisinage.

Donc les fonctions simples sont denses dansE.

3. Montrons que1, la fonction constante égale ) 1, n’est pas une limite de fonctions simples.

Soitf_n une suiste de fonctions simples qui converge versf, montrons que {x|f(x) = 0}.

∀n∈Nf_na un nombre fini de6= 0, posonsU_n=f_n⁻¹(]0,1]),U_n est donc fini.S

n∈NU_n est dénombrable etf est nul surT

n∈NU_n^C car∀n∈N,∀x∈U_n^C,0 =f_n(x)→f(x).f est nulle sauf sur un ensemble dénombrable⇒f 6=1.

4. Par l’absurde, si E était métrisable, considérons dla distance associée (on suppose donc que la distance produit la topologie, convergence avec dcorrespond à la convergence en topologie). Posons1, la fonction constante égale à 1.

B Å

1,1 n

ã

= ß

f ∈E |d(f,1)< 1 n

™

est un ouvert contenant 1

c’est une base de voisinage de 1. Les fonctions sont denses dans E donc ∀n ∈ N,∃fn ∈ B 1,_n¹

simple donc d(1, fn)≤ _n¹ −−−−−→

n→+∞ 0 donc fn converge vers1, ce qui est absurde par la question 3. DoncE muni de la topologie produit n’est pas métrisable.

Exercice 8 : Cas particulier du théorème de Schauder

1. Soitt∈]0,1[, f_t(x) = (1−t)f(x) +tx₀. Soientx, y∈K,

kft(x)−ft(y)k ≤ k(1−t)f(x)−(1−t)f(y)k

= (1−t)kf(x)−f(y)k

≤(1−t)kx−yk

Doncftest (1−t)contractante. Orft:K →K. Donc d’après le théorème de Picard (un compact est complet),ftadmet un unique point fixext.

2. (tn)∈K^Navectn→0.(an)ntelle queanest un point fixe deft_n. CommeKest compact on extrait une sous-suite de(an):(aϕ(n))qui converge versa. Quandn→+∞, par continuité def,f(a) =a.f admet donc un point fixe.

Exercice 7 : Tychonoff dénombrable

1. Vérifions tout d’abord que δ_n est une distance sur E_n. t 7→ _1−t^t est croissante donc d_n(x, z)≤d_n(x, y) +d_n(y, z)implique queδ_n(x, z)≤ _1+d^{dn(x,y)+dn(y,z)}

n(x,y)+d_n(y,z). – δn≤dn⇒Tδ_n⊂Td_n :

SoitU ∈Tδ_n, soitx∈U,∃r >0tel que Bδ_n(x, r)⊂U. Soity∈ Bd_n(x, r), δn(x, y)≤ dn(x, y)< r ⇒ Bδ_n(x, r).Bd_n(x, r)⊂ Bδ_n(x, r)⊂U ⇒U ∈Td_n⇒Tδ_n ⊂Td_n. – Montrons que Tdn ⊂Tδn. SoitU ∈ Tdn, soit x∈ U, ∃α >0 tel que Bdn(x, α)⊂U.

Soity ∈ Bδ_n

Äx,_1+α^α ä

. Or dn(x, y)< α⇔δn(x, y)< _1+α^α . Alors y ∈ Bd_n(x, α), d’où B_δnÄ

x,_1+α^α ä

⊂ B_dn(x, α)⊂U. DoncT_dn⊂T_δn.

Remarque. On vient de montrer que id: (E, d)→(E, δ)est un homéomorphisme.

2. Oest la topologie produit, notonsT_d la topologie métrique. On sait queOest la topologie la moins fine qui rend les projections continuesp_n:E→E_n tqp_n(x) =x_n.

– Montrons queO ⊂T_d. Soitx, y∈E,d(x, y) =P+∞

n=02⁻ⁿδ_n(x_n, y_n).

δ_n(p_n(x), p_n(y)) =δ_n(x_n, y_n)

= 2ⁿ2⁻ⁿδ_n(x_n, y_n)

≤2ⁿd(x, y)

p_n est2ⁿ-lipschitzienne donc continue. DoncO⊂T_d.

– Montrons que Td ⊂ O. Soit Ω un ouvert de Td. Soit x ∈ Ω. On veut montrer que Ω∈ V(x). Il existeε >0 tel que ∀y ∈E, d(x, y)≤ε⇒y ∈Ω(B(x, ε)⊂Ω). On va trouver un entiern∈Net une famille(εj)_0≤j≤N tel que :

N

\

j=0

p⁻¹_j Bδ_j(xj, εj)

⊂Ω

∀y∈E, d(x, y) =P+∞

n=02⁻ⁿδn(x, y).

∃N ∈Ntel que P+∞

n=N+12⁻ⁿ≤₂^ε.∀y∈E : d(x, y)≤

N

X

n=0

2⁻ⁿδn(xn, yn) +ε 2

≤

N

X

n=0 N

X

n=0

δn(xn, yn) +ε 2

Si y∈TN

j=0p⁻¹_j Bδ_j(xj,_2N^ε )

. Alors pourj≤N, δj(xj, yj)≤ ε

2N ⇒d(x, y)≤ε⇒y∈ B(x, ε)

Conclusion :TN

j=0p⁻¹_j Bδ_j xj,_2N^ε

⊂Ω. D’oùΩ∈ V(x).

3. Supposons que∀n(En, dn)est compact. Prenons(xn)_n∈N∈E^N.

– sur E1 : notons x¹_n =pE₁(xn), alors(x¹_n)_n∈N ∈E₁^N avecE1 compact. Donc il existe ϕ1 tel quex¹_ϕ

1(n)−−−−−−→

n−→+∞ x¹∈E1.

On considère maintenant(x_ϕ1(n))_n∈N∈E^N. – surE₂ : considérons(x²_ϕ

1(n))∈E^N₂ compact.

Donc il existeϕ₂ tel queÄ x²_ϕ

1◦ϕ2(n)

ä−−−−−−→

n−→+∞ x²∈E₂. – au rangp: considérons x^pϕ₁◦...◦ϕp−1(n)

n∈N∈E_p^Ncompact. Donc il existeϕp tel que x^p_ϕ

1◦...◦ϕp(n)−−−−−−→

n−→+∞ x^p.

Procédé d’extraction diagonal : on poseψ(n) =ϕ1◦ϕ2...ϕn(n). Alors(x_ψ(n))_n∈N est une suite extraite de (x_n)_n∈N ∈ E^N. Et pour tout p ∈ N : x^p_ψ(n) −−−−−−→

n−→+∞ x^p ∈ E_p. Donc x_ψ(n)−−−−−−→

n−→+∞ x= (x¹, ..., x^p, ...)∈E.

Exercice 9 : Précompacité et relative compacité SoitE un espace métrique complet.

1. Aprécompact⇔Aprécompact – ⇒: clair

– ⇐ : SoitA précompact. Soit ε > 0. ∃{x1, ..., xn} tels queA ⊂Sn

i=1B xi,^ε₂ . Donc A⊂Sn

i=1B x_i,^ε₂

⊂Sn

i=1B(x_i, ε).

2. – Si Aest relativement compact.∃ Kcompact de E tel queA⊂K. Soitε >0. K est recouvert parSn

i=1B(x, ε)doncA⊂Sn

i=1B(x, ε).

– A précompact. Par la première question A est précompact. E complet donc A est compact ; qui est la définition deArelativement compact.

– Aborné.