Master Mathématiques et Applications 1

Master Mathématiques et Applications 1

année Aix-Marseille Université Année 2014-2015

Analyse fonctionnelle. Devoir à la maison

Correction

I Préliminaires

1. Soient x, y ∈ E et a ∈ A. D’après l’inégalité triangulaire pour d, on a d(x, A) ≤ d(x, a) ≤ d(x, y) + d(y, a).

Cette inégalité étant vraie pour tout a ∈ A, avec un membre de gauche indépendant de a, on peut prendre l’infimum et obtenir donc

d(x, A) ≤ d(x, y) + inf

a∈A

d(y, a) = d(x, y) + d(y, A).

En échangeant les rôles de x et y, on trouve finalement

|d(x, A) − d(y, A)| ≤ d(x, y).

La fonction x 7→ d(x, A) est donc 1-lipschitzienne. Cela implique que cette fonction est continue.

2. Soient x ∈ E et A ⊂ E.

⇒ Si d(x, A) = 0, cela signifie que inf

d(x, a) = 0. Par définition de l’infimum, pour tout n ≥ 1, 1/n n’est donc pas un minorant de {d(x, a), a ∈ A} et il existe donc au moins un a

∈ A tel que d(x, a

) <

.

Par construction, on voit que la suite (a

)

converge vers x. Comme (a

)

est une suite d’éléments de A, on a bien x ∈ A.

⇐ Si x ∈ A, il existe une suite (a

)

d’éléments de A telle que d(x, a

) − −−−− →

n→+∞

0. De plus,

∀n ≥ 1, 0 ≤ d(x, A) ≤ d(x, a

), et donc en faisant tendre n vers l’infini, on a bien d(x, A) = 0.

II Structure métrique sur K

1. Vérifions les différentes propriétés que doit satisfaire une distance :

– Assurons-nous tout d’abord que δ est bien définie ! Soient A, B ∈ K . On a vu dans la question I.1) que x 7→ d(x, B) est une application continue, elle est donc bornée sur le compact A (et y atteint ses bornes !). En échangeant les rôles de A et B , on a donc bien montré que δ(A, B) < +∞.

– La positivité et la symétrie de δ sont triviales.

– Suppsons que δ(A, B) = 0. Cela implique en particulier que sup

d(x, B) = 0 et donc que

∀x ∈ A, d(x, B) = 0. D’après la question I.2), ceci prouve que ∀x ∈ A, x ∈ B = B car B est compact.

On a donc montré que A ⊂ B. En échangeant les rôles de A et B on prouve également que B ⊂ A et donc que A = B.

– Montrons enfin l’inégalité triangulaire pour δ. On se donne A, B, C ∈ K fixés.

Soient maintenant a ∈ A, b ∈ B et c ∈ C quelconques. D’après l’inégalité triangulaire pour d, on a d(a, B) ≤ d(a, b) ≤ d(a, c) + d(b, c).

Comme le terme de gauche est indépendant de b, on peut prendre l’infimum pour b ∈ B de cette inégalité et ainsi obtenir

d(a, B) ≤ d(a, c) + d(c, B).

Par définition de δ, on a que d(c, B) ≤ δ(B, C ) et donc

d(a, B) ≤ d(a, c) + δ(B, C ).

On peut maintenant prendre l’infimum par rapport à c ∈ C de cette inégalité. On trouve d(a, B) ≤ d(a, C) + δ(B, C) ≤ δ(A, C ) + δ(B, C ).

On prend maintenant le supremum par rapport à a ∈ A, et on trouve sup

a∈A

d(a, B) ≤ δ(A, C ) + δ(B, C ).

En échangeant les rôles de A et B, on déduit également que sup

b∈B

d(b, A) ≤ δ(A, C) + δ(B, C).

En rassemblant les deux inégalités précédentes, on a bien montré δ(A, B) ≤ δ(A, C) + δ(B, C).

2. Si A ⊂ B, on a d(x, B) = 0 pour tout x ∈ A et donc sup

d(x, B) = 0. Ainsi, dans la définition de δ, l’un des deux arguments du maximum est nul, ce qui fait qu’il reste seulement

δ(A, B) = sup

x∈B

d(x, A).

3.

(a) ⇒ (b) Supposons δ(A, B) < ε. Fixons x ∈ A. D’après la définition de δ, on a en particulier d(x, B) < ε.

Donc ε n’est pas un minorant de {d(x, x

), x

∈ B}, il existe donc x

∈ B tel que d(x, x

) < ε.

L’autre propriété se démontre de la même façon et échangeant les rôles de A et B.

(b) ⇒ (a) L’application x 7→ d(x, B) étant continue sur le compact A, elle y atteint ses bornes. Il existe donc x

∈ A tel que

sup

x∈A

d(x, B) = d(x

, B).

Par la propriété (b), il existe x

∈ B tel que d(x

, x

) < ε, ce qui implique en particulier que d(x

, B) < ε et donc sup

d(x, B) < ε.

De la même façon, on montre que sup

d(x, A) < ε et donc que δ(A, B) < ε.

III Un exemple simple

1. On note I = [a, b] et J = [α, β]. En étudiant à l’aide d’un schéma les différents cas possibles : – I ∩ J = ∅.

– I ⊂ J . – J ⊂ I .

– a < α ≤ b < β.

– α < a ≤ β < b.

On vérifie que l’on a toujours la formule

δ(I, J) = max(|a − α|, |b − β|).

2. – Etude de A

. L’intuition (éventuellement aidée d’un dessin) nous dit que cette suite d’ensembles doit converger vers le singleton A = {0} (qui est bien un compact non vide de R ).

Pour cela, on peut utiliser le calcul de la question précédente avec a = b = 0 et α =

et β =

. On trouve

δ(A

, A) = max

0 − 1 n + 1

,

0 − 1 n

= 1

n ,

ce qui prouve bien que (A

)

converge vers A dans (K, δ).

– Etude de B

. Ici l’intuition semble montrer que les B

vont “remplir” tout l’intervalle [0, 1]. On va donc essayer de montrer que la limite de (B

)

est l’intervalle B = [0, 1] (qui est bien un compact non vide de R ).

Comme B

⊂ B pour tout n, la question II.2 montre que δ(B

, B) = sup

d(x, B

).

Soit n ≥ 1 et x ∈ B = [0, 1]. On pose x

= E(nx)/n (où E(·) désigne la fonction partie entière).

Comme 0 ≤ x ≤ 1 on a 0 ≤ nx ≤ n et donc 0 ≤ E(nx) ≤ n et ainsi x

∈ B

par définition des B

. On a alors

d(x, B

) ≤ d(x, x

) = |x − x

| . Or, par définition de la partie entière, on a

E(nx) ≤ nx < E(nx) + 1, et donc

x

= E(nx)

n ≤ x < E(xn) n + 1

n = x

+ 1 n . On a donc finalement montré

d(x, B

) ≤ |x − x

| ≤ 1 n . Comme cette inégalité est vraie pour tout x ∈ B , on conclut que

δ(B, B

) = sup

x∈B

d(x, B

) ≤ 1 n −−−→

n→∞

0,

ce qui montre bien la convergence de (B

)

vers B dans (K, δ).

IV Complétude de (K, δ)

1. On veut montrer dans cette question que S

n≥0

A

est compact dans (E, d). D’après le résultat rappelé dans l’énoncé, il suffit de montrer que, pour tout ε > 0 on peut recouvrir S

n≥0

A

par un nombre fini de boules ouvertes de (E, d) de rayon ε.

(a) C’est une conséquence immédiate de la définition d’une suite de Cauchy dans un espace métrique.

(b) L’ensemble S

n=0

A

est une réunion finie de compacts de (E, d), c’est donc aussi un compact de (E, d). Il s’agit d’un résultat classique qu’il est bon de connaître. Une démonstration en est donnée en annexe à la fin de ce corrigé.

Finalement, en utilisant le résultat admis, on obtient bien qu’on peut le recouvrir par un nombre fini de boules de rayon ε/2.

(c) Soit n > n

. D’après le choix de n

dans la question a), on a δ(A

, A

) < ε/2.

Soit maintenant x ∈ A

. D’après la question II.2, il existe x

∈ A

tel que d(x, x

) < ε/2. De plus, en utilisant la question b), on a

x

∈ A

⊂

n0

[

k=0

A

⊂

N

[

i=1

B (x

, ε/2),

il existe donc i ∈ {1, . . . , N} tel que d(x

, x

) < ε/2.

Par inégalité triangulaire on a donc

d(x, x

) ≤ d(x, x

) + d(x

, x

) < ε/2 + ε/2 = ε, ce qui montre que x ∈ S

i=1

B(x

, ε).

Comme ceci est vrai pour tout x ∈ A

, on a bien montré

A

⊂

N

[

i=1

B(x

, ε).

(d) En rassemblant les résultats de b) et c), on a finalement obtenu

+∞

[

n=0

A

⊂

N

[

i=1

B(x

, ε).

Comme ceci est vrai pour toute valeur de ε > 0, on a bien montré que l’ensemble S

n=0

A

peut être recouvert par un nombre fini de boules de rayon arbitrairement petit. D’après le résultat admis, ceci montre que l’adhérence de cet ensemble est compact dans (E, d). C’est bien le résultat qui était attendu dans cette question.

2. Soit k ≥ 0, par définition de la réunion, on a [

n≥k

A

⊂ [

n≥0

A

⊂ [

n≥0

A

.

Par définition de l’adhérence, on en déduit

B

⊂ [

n≥0

A

.

L’ensemble B

est donc un fermé inclus dans un compact, il est donc bien compact.

Le fait que B

est non vide est trivial, par exemple car il contient A

.

3. Faisons une remarque préliminaire : si C est une partie quelconque de E , et A ∈ K, on a sup

x∈C

d(x, A) = sup

x∈C

d(x, A).

En effet :

– L’inégalité ≤ est triviale car le supremum de droite est pris sur un ensemble qui contient celui de gauche.

– Pour l’autre inégalité, on prend x ∈ C. Il existe donc une suite (x

)

d’éléments de C qui converge vers x. On a alors (question I.1)

d(x, A) ≤ d(x, x

) + d(x

, A) ≤ d(x, x

) + sup

y∈C

d(y, A),

ce qui donne par passage à la limite quand n tend vers l’infini d(x, A) ≤ sup

y∈C

d(y, A).

Comme ceci est vrai pour tout x ∈ C, on peut prendre le supremum et obtenir l’inégalité souhaitée sup

x∈C

d(x, A) ≤ sup

y∈C

d(y, A).

Revenons à la question IV.3. Comme B

contient A

, la question II.2 montre que l’on a δ(A

, B

) = sup

d(x, A

). De plus, grâce à la remarque préliminaire ci-dessus, on a

δ(A

, B

) = sup

x∈S

n≥kAn

d(x, A

) = sup

n≥k

sup

x∈An

d(x, A

)

≤ sup

n≥k

δ(A

, A

).

On a vu à la question 1.a) que, comme la suite (A

)

est de Cauchy, pour tout ε > 0 il existe n

∈ N tel que δ(A

, A

) < ε/2. Ainsi, pour tout k ≥ n

et tout n ≥ k, on a

δ(A

, A

) ≤ δ(A

, A

) + δ(A

, A

) ≤ ε/2 + ε/2 = ε.

Il vient donc que pour k ≥ n

, on a δ(A

, B

) ≤ sup

δ(A

, A

) ≤ ε.

Si on résume ce qui précède, on a établi le résultat suivant

∀ε > 0, ∃n

≥ 0, ∀k ≥ n

, δ(A

, B

) ≤ ε,

ce qui exprime exactement que lim

δ(A

, B

) = 0.

4. L’inclusion B

⊂ B

est triviale en utilisant le fait que si C ⊂ D on a C ⊂ D.

Ainsi, l’ensemble B ˜ est une intersection décroissante de compacts non vides, c’est donc un compact non vide c’est-à-dire un élément de K.

Remarquons, que la propriété de décroissance n’est utile que pour montrer que B ˜ est non vide (voir annexe), en effet : une intersection quelconque de compacts est toujours un compact éventuellement vide.

5. (a) Comme pour tout k on a B ˜ ⊂ B

, le résultat découle immédiatement de la question II.2.

(b) On a B

⊂ B

donc, avec la question précédente, on trouve δ( ˜ B, B

) = sup

x∈B_k+1

d(x, B) ˜ ≤ sup

x∈B_k

d(x, B) = ˜ δ( ˜ B, B

).

L’inégalité centrale étant due au fait que le supremum de gauche est pris sur un sous-ensemble inclus dans celui de droite.

On est donc en présence d’une suite décroissante de nombres positifs, ce qui assure sa convergence.

(c) On suppose donc lim

δ(B

, B) = e α > 0.

i. D’après IV.5.a), on a δ(B

, B ˜ ) = sup

d(x, B). De plus la fonction ˜ x 7→ d(x, B) ˜ est continue et atteint donc ses bornes sur le compact B

. Il existe donc, pour tout k, un x

∈ B

vérifiant δ(B

, B). Par construction, cette suite ˜ (x

)

répond manifestement à la question.

ii. Comme x

∈ B

⊂ B

, la suite (x

)

est une suite d’éléments du compact B

, elle admet donc une sous-suite (x

)

qui converge vers un certain x ˜ ∈ B

.

Montrons que x ˜ ∈ B. Soit e n ≥ 0 quelconque. Comme (ϕ(k))

est une suite strictement croissante d’entiers, il existe k

≥ 0 tel que ϕ(k) ≥ n pour tout k ≥ k

.

Comme la suite (B

)

est décroissante, on a donc

∀k ≥ k

, x

∈ B

⊂ B

.

Donc, pour tout k ≥ k

les points x

sont tous dans B

. Comme B

est fermé, la limite de (x

)

est également dans B

. Ceci montre donc que x ˜ ∈ B

.

Ce raisonnement étant valable pour tout n ≥ 0, on a bien x ˜ ∈ T

n≥0

B

= ˜ B.

iii. D’après I.1) l’application x 7→ d(x, B) ˜ est continue on a donc d(˜ x, B) = lim ˜

k→∞

d(x

, B) = ˜ α > 0, d’après le point i).

Ceci est une contradiction, car le point x ˜ est dans B ˜ et donc on a d(˜ x, B) = 0. ˜ 6. D’après l’inégalité triangulaire, on a

δ( ˜ B, A

) ≤ δ( ˜ B, B

) + δ(B

, A

).

On a montré dans les questions IV.3) et IV.5) que les deux termes du membre de droite tendent vers 0 quand k tend vers l’infini, on peut donc en conclure que la suite (A

)

converge vers B ˜ dans (K, δ).

In fine, on a obtenu que toute suite de Cauchy de (K, δ) est convergente, ce qui exprime bien la complé- tude de cet espace métrique.

Annexe

Théorème (Compacts emboîtés) Soient (K

)

une suite de compacts non vides d’un espace métrique (X, d).

On suppose que la suite est décroissante, i.e. K

⊂ K

pour tout n alors K = T

n≥1

K

est un compact non vide de (X, d).

Preuve :

Donnons deux démonstrations à ce résultat.

Preuve 1 : Supposons que K = ∅. Par passage au complémentaire nous avons X = [

n≥1

K

,

ce qui implique en particulier que

K

⊂ [

n≥2

K

.

On a donc affaire à un recouvrement de K

par des ouverts. Comme K

est compact, il existe un ensemble fini J ⊂ {n ∈ N , n ≥ 2} tel que

K

⊂ [

n∈J

K

.

Comme les (K

)

sont emboîtés, on a en fait, en notant N = max J (c’est ici que le caractère fini de J intervient),

K

⊂ K

et comme K

⊂ K

, ceci n’est possible que si K

= ∅, ce qui est exclu.

Preuve 2 : Comme tous les K

sont non vides, on peut construire une suite (x

)

de points telle que x

∈ K

pour tout n.

Tous ces éléments sont dans le compact K

et il existe donc une sous-suite convergente (x

)

dont on note x

la limite. Pour tout k ≥ n, on a x

∈ K

et donc la limite x

est dans K

pour tout n et comme la suite de compacts est décroissante, nous avons bien que x

est dans tous les K

et donc il appartient à l’intersection T

n≥1

K

. Ceci montre bien que cette intersection est non vide.