On a ◦ A⊂A, ce qui entraine que ◦ A⊂(A)

1

Universit´e Bordeaux1, 2008-2009. MHT 412, Topologie des espaces m´etriques.

M. Zarrabi.

Corrig´e du devoir surveill´e du 20 Avril.

Question de cours : Soit (E, d) un espace m´etrique et A⊂E. Donnez la d´efinition d’un point adh´erent `a A et la d´efinition d’un point int´erieur `a A.

voir le cours.

Exercice 1 : Soit (E, d) un espace m´etrique et soitA⊂E.

1) Montrer que

◦

A⊂A.

On a

◦

A⊂A, ce qui entraine que

◦

A⊂(A). CommeAest un ferm´e, on a (A) =A. D’o`u l’inclusion

◦

A⊂A.

2) IciA= [0,1]∪{2}etE=Rmuni de la distance usuelled(x, y) =|x−y|, (x, y)∈R². A-t-on

◦

A=A? On a A=A,

◦

A=]0,2[ et

◦

A= [0,2]. Donc

◦

A6=A.

3) Montrer que si A est un ouvert deE alors

◦

A=A.

D’apr`es la question 1), il suffit de montrer l’inclusionA⊂

◦

A. On a A⊂A. Comme A est un ouvert on a A⊂

◦

A. D’o`u l’inclusion A⊂

◦

A.

Exercice 2 : Soient (E, d) un espace m´etrique eta, b∈E, a6=b.

1) Soit 0< r≤R. Montrer que si d(a, b)≤R−r alorsB(a, r)⊂B(b, R).

On suppose que d(a, b) ≤ R−r. Soit x ∈ B(a, r). On a d(b, x) ≤ d(b, a) +d(a, x) <

R−r+r=R. D’o`u x∈B(b, R), ce qui entraine que B(a, r)⊂B(b, R).

2) On suppose que d est la distance discr`ete : d(x, y) = 0 si x = y et d(x, y) = 1 si x6=y.

a) D´eterminer les boules ouvertes, les ouverts et les ferm´es de E.

Soit x ∈ E et r > 0. La boule ouverte de centre x et de rayon r est B(x, r) = {y ∈ E, d(x, y)< r}. Sir ≤1, on a d(x, y)< r⇐⇒x=y et doncB(x, r) ={x}. Sir >1, on a d(x, y)< rpour touty∈E et donc B(x, r) =E.

Pour toutx∈E, le singleton{x}=B(x,¹₂) est un ouvert deE. Si A⊂E, en ´ecrivant A=∪_x∈A{x}, on voit queA est un ouvert comme r´eunion d’ouverts. Ainsi tout sous- ensemble deEest un ouvert. De mˆeme tout sous-ensembleA⊂Eest un ferm´e puisque E\Aest un ouvert.

2

b) Soit r >0. Trouvez un R, R≥r, tel que B(a, r)⊂B(b, R) et d(a, b)> R−r.

Notons que puisque a 6= b, d(a, b) = 1. Prenons par exemple R = r si r > 1 et R= 1 +^r₂ sir≤1. On a toujoursB(b, R) =E et doncB(a, r)⊂B(b, R). D’autre part R−r ≤1−^r₂ <1 =d(a, b).

Exercice 3 :SoitE =C¹([0,1],R) l’espace des fonctions r´eelles de classesC¹ sur [0,1].

On consid`ere surE les deux normes : kfk_∞= sup

t∈[0,1]

|f(t)| et kfk_C1 =kfk_∞+kf⁰k_∞.

1) Pour n∈N, soit f_n(t) =tⁿ, t∈[0,1]. Calculer kf_nk_∞ et kf_nk_C1. Les normes k.k_∞ etk.k_C1 sont-elles ´equivalentes ?

On akf_nk_∞= 1 et kf_nk_C1 = 1 +n. Donc ^kf_kf^nkC1

nk∞ = 1 +n→ +∞, quand n→+∞, ce qui entraine que les normesk.k_∞ etk.k_C1 ne sont pas ´equivalentes.

2) SoitT :E7→R, f 7→f⁰(1).

a) Montrer que T est lin´eaire.

Soientf, g∈E etλ∈R. On a

T(λf+g) = (λf+g)⁰(1) = (λf⁰+g⁰)(1) =λf⁰(1) +g⁰(1) =λT(f) +T(g).

DoncT est lin´eaire.

b) L’applicationT est-elle continue de(E,k.k_∞)dansR? (on pourra calculerT(f_n)).

On a ^|T_kf^(fn)|

nk∞ =n→+∞, quand n→+∞, ce qui entraine queT n’est pas continue.

c) Montrer queT est continue de(E,k.k_C1)dansR. Que vaut dans ce caskTk_L(E,R), E ´etant muni de la norme k.k_C1?

On a d’une part |T(f)| = |f⁰(1)| ≤ kfk_C1, ce qui entraine que T est continue et que kTk_L(E,R)≤1.

D’autre part ^|T_kf^(fn)|

nk_C1 = _1+nⁿ →1, quand n→+∞. Par cons´equent kTk_L(E,R)≥sup_n≥0 ^|T_kf^(fn)|

nk_C1 ≥1.

3) Pour f ∈E, on pose, kfk_lip=|f(0)|+N(f), o`u

N(f) = sup

|f(s)−f(t)|

|s−t| ; s, t∈[0,1], s6=t

.

Montrer quek.k_lip est une norme sur E et qu’elle est ´equivalente `a la norme k.k<sub>C</sub>1. Soitf ∈E. Par le th´eor`eme des accroissements finis on a ∀t, s∈[0,1], |f(s)−f(t)| ≤ kf⁰k_∞|s−t|. DoncN(f) est finie et kfk_lip ∈R+. Montrons que k.k_C1 est une norme.

On a

3

(i) ∀f ∈E,

kfk_lip= 0⇔ |f(0)|= 0 etN(f) = 0

⇔f(0) = 0 et ∀s, t∈[0,1], f(s) =f(t)

⇔ ∀t∈[0,1], f(t) = 0

⇔f = 0.

(ii)∀λ∈R,∀f ∈E,

kλfk_lip=|λf(0)|+N(λf) =|λ||f(0)|+|λ|N(f) =|λ|kfk_lip. (iii) Soient f, g∈E. Pour touts, t∈[0,1], s6=t,

|(f+g)(s)−(f +g)(t)|

|s−t| ≤ |f(s)−f(t)|

|s−t| + |g(s)−g(t)|

|s−t| ,

doncN(f+g)≤N(f) +N(g). D’o`u

kf+gk_lip=|f(0) +g(0)|+N(f+g)≤ |f(0)|+|g(0)|+N(f) +N(g)≤ kfk_lip+kgk_lip. Donc k.k_lipest bien une norme.

Montrons maintenant que les normes k.k_C1 et k.k_lip sont ´equivalentes. Soit f ∈E. On a |f(0)| ≤ kfk_∞ et par le th´eor`eme des accroissements finis, N(f) ≤ kf<sup>0</sup>k<sub>∞</sub>. D’o`u kfk_lip≤ kfk_C1.

Par d´efinition de N(f), on a ∀t ∈ [0,1],|f(t)−f(0)| ≤ N(f)|t−0| ≤ N(f). Donc

∀t ∈ [0,1],|f(t)| ≤ |f(0)|+N(f), ce qui entraine que kfk_∞ ≤ kfk_lip. D’autre part, pour tout t∈[0,1], f⁰(t) = lims→t,s6=t|f(s)−f(t)|

|s−t| et donc |f⁰(t)| ≤N(f). D’o`ukf⁰k_∞≤ N(f)≤ kfk_lip. On obtient finalement,kfk_C1 ≤2kfk_lip.