Université Claude Bernard Lyon 1 Mathématiques pour l’enseignement Licence de mathématiques 3

Université Claude Bernard Lyon 1 Mathématiques pour l’enseignement Licence de mathématiques 3

année UE Approfondissement en analyse

Complément #1 – 28 janvier 2020 –

Première partie. Espaces normés Chapitre #2. Topologie

Le cadre est le suivant

1. (E, k k) est un espace normé sur K . d est la distance associée à k k.

2. (G, ||| |||) est un espace normé sur K . δ est la distance associée à ||| |||.

Cas particulier : (G, ||| |||) = ( K , | |). Dans ce cas, δ(x, y) = |x − y|, ∀ x, y ∈ K .

Proposition 1. Soient (x

), (y

) ⊂ G, x, y ∈ G, λ ∈ K . Si x

→ x et y

→ y, alors 1. x

+ y

→ x + y.

2. λx

→ λx.

Démonstration. 1. Nous avons δ(x

+ y

, x + y) =

(x

+ y

) − (x + y) =

(x

− x) + (y

− y)

(a)

≤

x

− x +

y

− y

= δ(x

, x) + δ(y

, y) →

0, d’où x

+ y

→ x + y. Ici, (a) suit de l’inégalité triangulaire, (b) des hypothèses x

→ x et y

→ y.

2. Nous avons δ(λx

, λx) =

λx

− λx =

λ(x

− x)

(a)

= |λ|

x

− x

→

0,

d’où λx

→ λx. Ici, (a) suit de l’axiome (i) de la norme, (b) de x

→ x.

Proposition 2. Soient (λ

) ⊂ K , (x

) ⊂ G, λ ∈ K, x ∈ G. Si λ

→ λ et x

→ x, alors λ

x

→ λx.

Démonstration. Nous devons montrer que δ(λ

x

, λx) → 0.

La suite (λ

) étant convergente, elle est bornée. Soit M ∈ [0, ∞[ tel que |λ

| ≤ M , ∀ j.

Nous avons δ(λ

x

, λx) =

λ

x

− λx =

λ

x

− λ

x + λ

x − λx

(a)

≤

λ

x

− λ

x +

λ

x − λx

=

λ

(x

− x) +

(λ

− λ)x

(b)

= |λ

|

x

− x

+ |λ

− λ| |||x|||

≤ M

x

− x

| {z }

(c)→0

+|||x||| |λ

− λ|

| {z }

(d)→0

→ 0.

Nous avons respectivement utilisé : l’inégalité triangulaire pour (a), l’axiome (i) pour (b), l’hypothèse x

→ x pour (c) et l’hypothèse λ

→ λ pour (d).

Proposition 3. Soient (x

), (y

) ⊂ K , x, y ∈ K. Si x

→ x et y

→ y, alors x

y

→ xy.

Démonstration. C’est un cas particulier de la Proposition 2 : (G, ||| |||) := ( K , | |), y

:= λ

, y := λ.

Proposition 4. Soit A ⊂ E. Soient f, g : A → G, λ ∈ K . Si f, g sont continues, alors f + g et λf sont continues.

Démonstration. Soient (x

) ⊂ A, x ∈ A tels que x

→ x. Pour la continuité de f + g, nous devons montrer que (f + g)(x

) → (f + g)(x). Pour la continuité de λf , nous devons montrer que (λf )(x

) → (λf )(x).

D’une part, nous avons

(f + g)(x

) = f(x

) + g(x

) →

f (x) + g(x) = (f + g)(x) ;

ici, (a) (respectivement (b)) découle de la continuité de f (respectivement g), et (c) de la Proposition 1, item 1.

D’autre part, nous avons (λf )(x

) = λ f (x

)

| {z }

(a)→f(x)

→

λf (x) = (λf )(x),

où nous avons utilisé la continuité de f pour (a) et la Proposition 1, item 2, pour (b).

Proposition 5. Soit A ⊂ E. Soient f, g : A → K continues. Alors f g est continue.

Démonstration. Soient (x

) ⊂ A, x ∈ A tels que x

→ x. Nous devons montrer que (f g)(x

) → (f g)(x), ce qui suit de :

(f g)(x

) = f (x

)

| {z }

(a)→f(x)

g(x

)

| {z }

(b)→g(x)

→

f (x) g(x) = (f g)(x);

ici, (a) (respectivement (b)) découle de la continuité de f (respectivement g), et (c) de la Proposition 3.

Proposition 6. Soit (H, i h) un espace normé sur K . Soient A ⊂ E, B ⊂ G.

Soient f : A → G telle que f(A) ⊂ B. Soit g : B → H. Si f et g sont continues, alors g ◦ f : A → H est continue.

Démonstration. Soient (x

) ⊂ A et x ∈ A tels que x

→ x. Nous devons montrer que (g ◦ f)(x

) → (g ◦ f )(x).

Soient y

:= f (x

) ∈ B, y := f(x) ∈ B. f étant continue, nous avons y

→ y. La continuité de g implique alors g(y

) → g(y), d’où

(g ◦ f )(x

) = g(f (x

)) = g(y

) → g(y) = g(f (x)) = (g ◦ f)(x).

Proposition 7. Soit f : E → G continue. Soit F ⊂ G un fermé. Alors f

(F ) est

un fermé.

Démonstration. Soient (x

) ⊂ f

(F ), x ∈ E tels que x

→ x. Nous devons montrer que x ∈ f

(F ), c’est-à-dire que f (x) ∈ F . Nous avons f (x

) ∈ F , ∀ j (car x

∈ f

(F ), ∀ j), f (x

) → f (x) (car f est continue), d’où

f (x) = lim

j

f (x

)

| {z }

∈F

(a)

∈ F,

(a) suivant du fait que F est fermé.

Proposition 8. Soit f : E → G continue. Soit U ⊂ G un ouvert. Alors f

(U ) est un ouvert.

Démonstration. Soit F := U

, qui est fermé. Nous avons f

(U) = f

(F

) = [f

(F )]

| {z }

fermé c

,

d’où f

(U) est un ouvert. Ici, f

(F ) fermé suit de la Proposition 7.

Proposition 9. Soient f

, . . . , f

: E → R continues et a

, . . . , a

∈ R . Soient F := {x ∈ E ; f

(x) ≥ a

, . . . , f

(x) ≥ a

},

U := {x ∈ E ; f

(x) > a

, . . . , f

(x) > a

}.

Alors F est fermé et U est ouvert.

Démonstration. Posons

F

:= {x ∈ E ; f

(x) ≥ a

}, j = 1, . . . , k, U

:= {x ∈ E ; f

(x) > a

, . . .}, j = 1, . . . , k.

Nous avons F = F

∩ F

∩ · · · ∩ F

et U = U

∩ U

∩ · · · ∩ U

. Il suffit donc de montrer que chaque F

est fermé (respectivement que chaque U

est ou- vert), car une intersection finie de fermés (respectivement d’ouverts) est fermée (respectivement ouverte).

Nous avons F

= (f

)

([a

, ∞[) et [a

, ∞[ est un fermé de R . De la Proposi- tion 7, F

est fermé.

−1

Définition. Soient A ⊂ E et f : A → G. f est lipschitzienne s’il existe une constante k ∈ [0, ∞[ telle que

|||f (x) − f (y)||| ≤ k kx − yk, ∀ x, y ∈ A. (1) De manière équivalente,

δ(f (x), f(y)) ≤ k d(x, y), ∀ x, y ∈ A. (2)

Si k vérifie (1) (ou (2)), alors f est k-lipschitzienne.

Proposition 10. Soient A ⊂ E et f : A → G lipschitzienne. Alors f est continue.

Démonstration. Soient (x

) ⊂ A, x ∈ A tels que x

→ x. Avec k satisfaisant (2), nous avons

δ(f (x

), f (x)) ≤ k d(x

, x)

| {z }

(a)→0

→ 0 ;

pour (a), nous avons utilisé l’hypothèse x

→ x.