Exercices sur la compacité

(1)

Compacité

Valeurs d’adhérences d’une suite

Exercice 1 [ 01170 ][correction]

Soituune suite d’éléments deE. Etablir que Adh(u) = \

n∈N

{up/p>n}

et en déduire que Adh(u) est une partie fermée.

Soit (un) une suite réelle vérifiant

u_n+1−u_n→0

Montrer que l’ensemble des valeurs d’adhérence deuest un intervalle.

Soitaune suite de réels telle quean+1−an tend vers 0. Montrer que l’ensemble des valeurs d’adhérence deaest un intervalle.

SoitKune partie compacte d’un espace vectoriel norméE.

Montrer que si une suite (u_n) d’éléments deK n’a qu’une seule valeur d’adhérence alors cette suite converge vers celle-ci.

Soientf :R→Rcontinue et u= (u_n)∈R^N vérifiant

∀n∈N, un+1=f(un)

On suppose que la suiteupossède une unique valeur d’adhérence, montrer que celle-ci converge.

Soit (un) une suite réelle bornée telle queun+¹₂u2n→0.

Montrer que siaest une valeur d’adhérence de (un) alors−2al’est aussi.

En déduire que (un) converge.

Déterminer les suites réelles bornées telle que un+^u²ⁿ₂

n>0 converge.

On munitE=R[X] des normes données par les relations kPk_∞= sup

t∈[0,1]

|P(t)| et kPk₁= Z 1

0

|P(t)|dt et l’on considère la suite (Xⁿ)_n∈N d’éléments deE.

a) Vérifier que la suite (Xⁿ)_n∈Nest bornée pourk.k_∞et converge vers 0 pour la normek.k₁.

b) Comparerk.k₁ etk.k_∞.

c) En déduire que, bien que bornée, la suite (Xⁿ)n∈Nne possède pas de valeur d’adhérence pourk.k_∞.

Partie compacte

Montrer queOn(R) ={A∈ Mn(R),^tAA=In}est une partie compacte de Mn(R).

Montrer que toute partie fermée d’une partie compacte est elle-même compacte.

SoientK etLdeux compacts d’un espace vectoriel norméE.

Etablir queK+L={x+y/x∈K, y∈L}est un compact deE.

(2)

SoientE et F deux espaces normés, Aune partie fermée deE etB une partie compacte deF.

Soitf :A→B une application vérifiant : -f⁻¹({y}) est compact pour touty∈B; - l’image de tout fermé deAest un fermé deB.

Montrer queAest compact.

SoientAun compact d’intérieur non vide deRⁿ et L_A={u∈ L(Rⁿ), u(A)⊂A}.

Montrer queLA est un compact deL(Rⁿ).

[Théorème de Riesz]

SoitF un sous-espace vectoriel de dimension finie d’unK-espace vectorielE.

a) Montrer que pour touta∈E, il existex∈F vérifiant d(a, F) =ka−xk

b) On supposeF 6=E. Montrer qu’il existea∈E vérifiant d(a, F) = 1 et kak= 1

c) On suppose leK-espace vectoriel de dimension infinie. Montrer qu’il existe une suite (a_n) d’éléments deE vérifiant

∀n∈N,kank= 1 etd(a_n+1,Vect(a₀, . . . , a_n)) = 1 Conclure que la boule unité deE n’est pas compacte.

Soient (E,k.k) un espace vectoriel normé etF un sous-espace vectoriel de dimension finie deE.

a) Montrer

∀x∈E,∃y∈F, d(x, F) =kx−yk

b) Montrer, siF 6=E, qu’il existeu∈Etel que d(u, F) =kuk= 1.

c) Montrer queE est de dimension finie si, et seulement si, B={x∈E,kxk61}

est une partie compacte.

SoientK une partie compacte d’un espace de dimension finie etr >0.

Montrer que la partie

Kr= [

x∈K

B(x, r)¯ est compacte.

Compacité et continuité

SoitEun espace vectoriel normé de dimension finie.

a) SoitAune partie non vide deE. Montrer que l’applicationx7→d(x, A) est continue surE.

b) SoitKun compact non vide inclus dans un ouvertU. Montrer qu’il existeα >0 tel que

∀x∈K, B(x, α)⊂U

Soient (E,k.k) un espace vectoriel normé,K un compact non vide deE et f :K→K telle que

∀(x, y)∈K², x6=y⇒ kf(x)−f(y)k<kx−yk a) Montrer quef possède au plus un point fixe.

b) Justifier qu’il existec∈K tel que

∀x∈K,kf(x)−xk>kf(c)−ck c) En déduire quef admet un point fixe.

Soient (E,k.k) un espace vectoriel normé,K un compact non vide deE et f :K→K telle que

∀(x, y)∈K², x6=y⇒ kf(x)−f(y)k<kx−yk a) Montrer qu’il existe un unique point fixecdef surK.

b) Soit (xn) telle quexn+1=f(xn) etx₀∈K. Montrer que la suite (xn) converge versc.

(3)

SoitKun compact non vide d’un espace vectoriel norméE de dimension finie.

On considère une applicationf :K→Kvérifiant

∀x, y∈K, x6=y⇒d(f(x), f(y))< d(x, y) Montrer quef admet un unique point fixe.

SoientE unR-espace vectoriel de dimension finie,udansL(E) et Cun compact convexe non vide deEstable paru.

Sin∈N^?, soit

un = 1 n

n−1

X

i=0

uⁱ a) Montrer que :

∀n∈N, u_n(C)⊂C b) Soitx∈un(C). Proposer un majorant deN(x−u(x)) c) Montrer que

\

n∈N^?

un(C)6=∅ d) Montrer queupossède un point fixe dansK.

Soientf une application continue deRdansRetI un segment inclus dans l’image def.

Montrer qu’il existe un segmentJ tel que f(J) =I

SoitE un espace normé etf une application vérifiant

∀x, y∈E,kf(x)−f(y)k=kx−yk SoitKune partie compacte deE telle quef(K)⊂K.

a) Pourx∈K on considère la suite récurrente (xn) donnée par x₀=xet∀n∈N, x_n+1=f(x_n) Montrer quexest valeur d’adhérence de la suite (xn).

b) En déduire quef(K) =K.

SoitKune partie compacte non vide d’un espace vectoriel norméE de dimension finie.

On considère une applicationf :K→K vérifiantρ-lipschitzienne i.e. vérifiant

∀x, y∈K,kf(y)−f(x)k6ρky−xk a) On supposeρ <1. Montrer quef admet un point fixe.

b) On supposeρ= 1 et Kconvexe. Montrer à nouveau quef admet un point fixe.

On pourra introduire, poura∈K etn∈N^?, les fonctions f_n :x7→ a

n+n−1 n f(x)

SoientE etF deux espaces vectoriels normés de dimensions finies.

SoientK un compact deE etf :K→F une application continue injective.

a) On poseL=f(K). Montrer queLest compact.

b) Montrer quef⁻¹:L→K est continue.

Soitf une fonction numérique continue sur [0,+∞[ telle que f ait une limite finie

`en +∞.

Démontrer quef est uniformément continue sur [0,+∞[.

Raisonnement de compacité

SoientK une partie compacte non vide d’un espace vectoriel norméE etx∈E.

Montrer qu’il existey∈K tel que

d(x, K) =ky−xk

SoientF un fermé etK un compact d’un espace vectoriel norméE.

Etablir que la partieF+K={x+y/x∈F, y∈K}est fermée.

(4)

SoitKun compact d’un espace vectoriel norméE tel que 0∈/K.

On formeF ={λ.x/λ∈R⁺, x∈K}. Montrer queF est une partie fermée.

SoientK etL deux compacts disjoints d’unK-espace vectoriel.

Montrer qued(K, L)>0.

SoientK etL deux compacts non vides et disjoints.

Montrer

d(K, L) = inf

x∈K,y∈Lky−xk>0

SoitF une partie fermée non vide d’un espace vectoriel normé de dimension finie E.

a) Montrer que, pour toutx∈E, la distance dexà F est atteinte en un certain élémenty₀∈F.

b) Y a-t-il unicité de cet élémenty₀?

Soientf une fonction deRdansRet

Γf ={(x, f(x))/x∈R} son graphe.

a) On supposef continue. Montrer que Γf est fermé.

b) On supposef bornée et Γf est fermé dans R². Montrer quef est continue.

c) Le résultat précédent subsiste-t-il si l’on ne suppose plusf bornée ?

Soitf :X ⊂E→F avecF espace vectoriel normé de dimension finie.

On suppose quef est bornée et que

Γ_f ={(x, y)∈X×F/y=f(x)}

est une partie fermée deE×F.

Montrer quef est continue.

SoitAune partie bornée non vide d’unR-espace vectoriel de dimension finieE.

a) Montrer qu’il existe une boule fermée de rayon minimal contenantA.

b) On suppose l’espaceE euclidien, montrer l’unicité de la boule précédente.

a) SoitF une partie fermée d’unK-espace vectoriel E de dimension finie.

L’ensembleF⁰= S

x∈F

B(x,1) est-il fermé ?

b) Qu’en est-il si on ne suppose plus l’espaceE de dimension finie ?

SoientE1 etE2 deux espaces vectoriels normés réels,f une application deE1

dansE2 telle que pour tout compactK deE2,f⁻¹(K) soit un compact de E1. Montrer, siF est un fermé deE1, quef(F) est un fermé deE2.

Soit (Fn) une suite décroissante de fermés non vides et bornés d’un espace vectoriel norméE de dimension finie. On suppose queδ(Fn)→0 en notant

δ(F_n) = sup

x,y∈Fn

ky−xk Montrer que T

n∈N

Fn est un singleton.

SoitF un sous-espace vectoriel d’un espace vectoriel norméE.

a) On supposeE de dimension finie. Montrer que ¯F =F.

b) On ne suppose plusEde dimension finie, montrer qu’il est possible que ¯F 6=F.

On note (.|.) le produit scalaire canonique surRⁿ etk.k la norme associée. On rappelle l’inégalité de Cauchy-Schwarz : six, y∈Rⁿ, (x|y)6kxk kyk avec égalité si, et seulement si,xety sont colinéaires et de même sens.

a) Soitx, a, b∈Rⁿ tel que a6=b etkx−ak=kx−bk. Montrer que

x−a+b 2

<kx−ak

(5)

b) SoitF un fermé non vide deRⁿ etx∈Rⁿ. Montrer qu’il existea∈F tel que kx−ak= inf

y∈Fkx−yk

On supposera d’abord queF est borné avant d’étudier le cas général.

c) SoitAun convexe fermé non vide de Rⁿ. Montrer qu’il existe un uniquea∈A tel que

kx−ak= inf

y∈Akx−yk

On notea=P(x) ce qui définit une applicationP :Rⁿ→Aappelée projection sur le convexeA.

d) Montrer que s’il existea∈Atel que (x−a|y−a)60 pour touty∈A, on a a=P(x).

e) On suppose qu’il existe uny∈Atel que

(x−P(x)|y−P(x))>0

En considérant les vecteurs de la formety+ (1−t)P(x) avect∈[0,1], obtenir une contradiction.

f) Déduire de d) et e) quea=P(x) si, et seulement si,a∈Aet (x−a|y−a)60 pour touty∈A.

g) Etablir que pour toutx, y∈Rⁿ,

(x−y|P(x)−P(y))>kP(x)−P(y)k² En déduire queP est continue.

SoitA∈ Mn(K) telle que la suite (A^p)_p∈

Nsoit bornée. On étudie la suite (Bp)_p_>₁ avec

Bp= 1 p

p−1

X

k=0

A^k

a) Montrer que la suite (B_p)_p_>₁ admet une valeur d’adhérenceB.

b) Montrer queB vérifieB(In−A) =On etB²=B.

c) En déduire queBest une projection sur ker(A−In) parallèlement à Im(A−In).

d) Conclure que la suite (Bp)_p_>₁converge versB.

(6)

Corrections

Exercice 1 :[énoncé]

Une valeur d’adhérence appartient à chaque{up/p>n}donc Adh(u)⊂ \

n∈N

{up/p>n}

Inversement, pour tout`∈ T

n∈N

{u_p/p>n}, on peut construire une suite extraire deude limite `: on commence par choisirn0tel que N(un₀−`)61 ce qui est possible car`∈ {up/p>0}puis une foisnk choisit, on choisitnk+1> nk de sorte queN(un_k+1−`)61/(k+ 1) ce qui est possible puisque`∈ {up/p > nk}. La suite (un_k) est alors une suite extraite de la suiteude limite`.

Soienta < bdeux valeurs d’adhérence de la suiteuetc∈]a, b[. Montrons

∀ε >0,∀N ∈N,∃n>N,|un−c|6ε ce qui établira quec est valeur d’adhérence de la suiteu.

Par l’absurde, supposons qu’il existeε >0 etN ∈Ntel que

∀n>N, un∈/ [c−ε, c+ε]

Puisqueaet bsont valeurs d’adhérence deuaveca < c < b, on a nécessairement a < c−εetb > c+ε

Puisqueu_n+1−u_n→0, il existe un rangN⁰ au-delà duquel|u_n+1−u_n|6ε.

Considérons alors le rangn₀= max(N, N⁰).

Siu_n₀ 6c−εalors pour toutn>n₀, on au_n6c−εcar le saut d’un terme au terme suivant est inférieur àεet que le segment [c−ε, c+ε] de longueur 2εest une zone « interdite ». Le réelb ne peut alors être valeur d’adhérence deu.

Siun₀ >c+εalors, par le même argument, on aun>c+εpour toutn>n0 et le réelane peut être valeur d’adhérence deu.

Absurde.

SoitAl’ensemble des valeurs d’adhérence de la suitea.

Nous allons établir queA est un intervalle en observant que

∀α < β∈A,[α, β]⊂A (caractérisation usuelle des intervalles)

Soitα < β∈Aetγ∈[α, β]. Siγ=αouγ=β alors évidemmentγ∈A.

Supposons maintenantγ∈]α, β[.

SoientN ∈Netε >0. Puisquea_n+1−a_n →0, il existe un rangN⁰ tel que

∀n>N⁰,|an+1−an|6ε

Commeαest valeur d’adhérence deaet queα < γ il existe p>max(N, N⁰) tel queap< γ. Aussi, il existeq>max(N, N⁰) tel queaq > γ.

Sip < q, on introduit

E={n∈[[p, q]], an < γ}

Cet ensembleE est une partie deN, non vide (carp∈E) et majoré (parq). Cet ensemble admet donc un plus grand élémentr. Nécessairementr < qcaraq >γ.

Puisquer∈Eet r+ 1∈/E,ar< γ6ar+1 et donc|γ−ar|6|ar+1−ar|6ε.

Sip > q, un raisonnement semblable conduit à la même conclusion.

Finalement

∀N ∈N,∀ε >0,∃r>N,|γ−a_r|6ε

On peut donc affirmer queγ est valeur d’adhérence deaet conclure.

Soit (un) une suite d’éléments deK qui n’ait qu’une seule valeur d’adhérence`.

Par l’absurde supposons que (un) ne converge par vers`. On peut écrire

∃ε >0,∀N ∈N,∃n>N,|un−`|> ε

Par conséquent il existe une infinité de termes de cette suite tels que|un−`|> ε.

A partir de ces termes on peut construire une suite extraite de (u_n) qui étant une suite d’éléments du compactKpossèdera une valeur d’adhérence qui ne peut être que`compte tenu de l’hypothèse.

C’est absurde, car tous ces termes vérifient|un−`|> ε.

Notonsala valeur d’adhérence deu. Il existe une extractriceϕ:N→Nvérifiant uϕ(n)→a

Supposons par l’absurde que la suiteune converge pas versa.

(7)

Il existe alorsε >0 et une infinité de terme de la suite uvérifiant

|un−a|> ε Puisqueu_ϕ(n)→a, il existe un rangN ∈Ntel que

∀n>N,

u_ϕ(n)−a 6ε

Pour chaquen>N, il existe un entierm > ϕ(n) tel que|um−a|> ε.

Considérons le plus petit de ces entiersm. On a par construction m > ϕ(n), |u_m−1−a|6εet |um−a|> ε

Ce qui précède permet alors de construire une infinité de terme de la suiteu appartenant à

K=f([a−ε, a+ε])\]a−ε, a+ε[

Puisque, l’applicationf est continue, la partief([a−ε, a+ε]) est compacte et doncKl’est aussi par intersection d’une partie compacte et d’une partie fermée.

La suite extraite précédente admet alors une valeur d’adhérence dans cette partie ce qui contredit l’hypothèse de travail.

Posons

εn=un+1

2u2n →0 Siuϕ(n)→aalorsu2ϕ(n)= 2εϕ(n)−2uϕ(n)→ −2a. Ainsi

a∈Adh(u)⇒ −2a∈Adh(u) Si (un) possède une valeur d’adhérenceaautre que 0 alors

∀k∈N,(−2)^kaest aussi valeur d’adhérence.

Or ceci est impossible car (un) est bornée.

Puisque (un) est bornée et que 0 est sa seule valeur d’adhérence possible,un→0.

Posons`= lim

n→+∞ un+^u²ⁿ₂

etvn=un−²₃`de sorte queεn =vn+^v²ⁿ₂ →0.

Soitaune valeur d’adhérence de la suite (v_n).

Il existeϕ:N→Nstrictement croissante telle quev_ϕ(n)→a.

v_2ϕ(n)= 2ε_ϕ(n)−2vn → −2adonc−2aest aussi valeur d’adhérence de (vn).

En reprenant ce processus, pour toutp∈N, (−2)^paest valeur d’adhérence de (vn).

Or la suite (un) est bornée, la suite (vn) l’est donc aussi et ses valeurs d’adhérence le sont encore. On peut donc affirmera= 0.

La suite (vn) est bornée et 0 est sa seule valeur d’adhérence donc elle converge vers 0 (car si tel n’était pas le cas, il existerait une infinité de termes de la suite (v_n) en dehors d’un intervalle [−ε, ε], ε >0, et de ces termes bornés on pourrait extraire une suite convergente d’où l’existence d’une valeur d’adhérence non nulle).

a) On a

kXⁿk_∞= 1 et kXⁿk₁= 1 n+ 1 →0

b) On vérifiek.k₁6k.k_∞et ce qui précède assure aussi que ces normes ne sont pas équivalentes.

c) Par l’absurde, si la suite (Xⁿ) possède une valeur d’adhérence P pour la norme k.k_∞, il existe une extractriceϕtelle que

X^ϕ(n)−P

∞→0 et alors X^ϕ(n)−P

₁→0. Ork.k₁ étant dominée park.k_∞ et la suite (Xⁿ) convergeant vers 0 pourk.k₁, on peut affirmerP= 0. Or

X^ϕ(n)−P _∞=

X^ϕ(n)

_∞= 1 ne tend pas vers 0. C’est absurde.

On(R) est borné par 1 pour la norme kAk= max

16i,j6n|ai,j|

On(R) est fermé car siA_p∈ On(R)→Aalors^tA_pA_p=I_n donne à la limite

tAA=I_n

SoitF une partie fermée d’un compactK. Si (xn) est une suite d’éléments deF, alors c’est aussi une suite d’éléments deK et on peut donc en extraire une suite (xϕ(n)) convergeant dansK. Cette suite extraite est aussi une suite convergente d’éléments du ferméF, sa limite appartient donc àF. Au final, il existe une suite extraire de (x_n) convergeant dansF.

(8)

Soit (un) une suite d’éléments de K+L. Pour toutn∈N, on peut écrire

un=an+bn avecan∈Ket bn∈L. On peut extraire de la suite (an) d’éléments du compactK, une suite (aϕ(n)) convergeant vers un élément deK. On peut aussi extraire de la suite (bϕ(n)) d’éléments du compactL, une suite (bϕ(ψ(n)))

convergeant vers un élément deL. Pour l’extractriceθ=ϕ◦ψ, (a_θ(n)) et (b_θ(n)) convergent vers des éléments deK et Ldonc (u_θ(n)) converge vers un élément de K+L.

Autre démonstrationK+Lest l’image du compactK×LdeE²par l’application continue (x, y)7→x+y.

Soit (un) une suite d’éléments de A. On va établir que cette suite possède une valeur d’adhérence dansA.

On poseFn ={up/p>n}. La suite (Fn) est une suite décroissante de fermés non vides. PosonsGn=f(Fn). La suite (Gn) est une suite décroissante de fermés non vides. On peut considéreryn ∈Gn. La suite (yn) possède une valeur d’adhérence y carB est compact. Pour toutp>n, on ayp∈Gp⊂Gn doncy∈Gn. Par suite, il existetn ∈Fn tel quey=f(tn). La suite (tn) est une suite du compact f⁻¹{y}, elle possède donc une valeur d’adhérencet. Pour toutp>n, tp∈Fp⊂Fn donc t∈Fn.

Ainsi,test une valeur d’adhérence de (u_n).

Etant en dimension finie, il suffit d’observer queL_Aest une partie fermée et bornée deL(Rⁿ).

On munitRⁿ d’une norme quelconque etL(Rⁿ) de la norme d’opérateur subordonnée.

Soit (un) une suite convergente d’éléments deLA de limiteu_∞.

Pour toutx∈A,kun(x)−u_∞(x)k6kun−u_∞k kxk →0 doncun(x)→u_∞(x).

Or pour toutn,un(x)∈A doncu_∞(x)∈A=A. Ainsiu_∞∈LA. La partie LA

est fermée. Il reste à montrer qu’elle est bornée.

Comme l’intérieur deAest non vide, il existex0∈Aetα >0 vérifiant B(x0, α)⊂A. De plus, la partieAétant bornée, il existeM ∈R⁺ vérifiant A⊂B(0, M). Pour u∈L(A) etx∈B(0,1),u(x0+αx)∈u(A)⊂A donc ku(x0) +αu(x)k6M puisku(x)k6 α¹(M+ku(x0)k) et enfin

kuk6α¹(M +ku(x0)k).

Finalement la partieL_A est bornée et donc compacte.

a) Par caractérisation séquentielle d’une borne inférieure, il existe une suite (xn) d’éléments deF vérifiant

ka−xnk →d(a, F)

La suite (xn) est une suite bornée de l’espace vectorielF de dimension finie, il existe donc une suite extraite de celle-ci convergeant dansF. La limite de cette suite extraite est alors un vecteurx∈F vérifiantd(a, F) =ka−xk.

b) Soita₀un élément deE qui n’est pas dansF. Il existex₀∈F vérifiant d(a₀, F) =ka₀−x₀k>0

Considérons alors le vecteur

a= a₀−x₀ ka0−x0k On a immédiatementkak= 1 et donc

d(a, F)6ka−0Ek61 car 0E ∈F De plus, pour toutx∈F,

ka−xk= 1

ka₀−x₀kka0−yk avecy=x0+ka0−x0kx∈F donc

ka−xk> 1

ka0−x0kd(a0, F) = 1 Finalement

d(a, F) = 1

c) Il suffit de construire la suite (a_n) en partant de a₀ vecteur unitaire et, une fois les vecteursa₀, . . . , a_n déterminés, on choisita_n+1 tel que

ka_n+1k= 1 etd(a_n+1, F) = 1

oùF désigne le sous-espace vectoriel de dimension finie engendré par les vecteurs a0, . . . , an.

La suite (an) est alors une suite d’éléments de la boule unité fermée vérifiant

∀n > m∈N,kan−amk>1

On ne peut extraire d’une telle suite une sous suite convergente. On en déduit que la boule unité fermée n’est pas compacte.

(9)

a) Par définition

d(x, F) = inf{kx−yk/y∈F}

Soitn∈N. Le réeld(x, F) + 1/(n+ 1) ne minore par l’ensemble {kx−yk/y∈F} et donc il existey_n∈F tel que

d(x, F)6kx−ynk< d(x, F) + 1 n+ 1

En faisant variern, cela détermine une suite (yn) d’éléments deF vérifiant kx−y_nk →d(x, F)

Cette suite est bornée et évolue dans l’espace vectoriel norméF qui est de dimension finie, elle admet donc une valeur d’adhérenceydansF pour laquelle on obtient

d(x, F) =kx−yk

b) PuisqueF 6=E, il existe un vecteurxdeE n’appartenant pas àF. On vérifie aisément

d(λx, F) =|λ|d(x, F) car pourλ6= 0

{kλx−yk/y∈F}={kλ(x−y⁰)k/y⁰ ∈F} Il est donc possible de choisirxvérifiantd(x, F) = 1.

Pour tout vecteury∈F, on a aussid(x−y, F) = 1 car {kx−zk/z ∈F}={kx−y−z⁰k/z⁰ ∈F}

Il ne reste plus qu’à trouvery∈F tel quekx−yk= 1. Le vecteury∈F vérifiant d(x, F) =kx−yk convient. Le vecteuru=x−y est alors solution.

c) SiE est de dimension finie, la bouleB est compacte car fermée et bornée en dimension finie.

Inversement, supposons par l’absurde queB est compacte et E de dimension infinie. Par récurrence, on construit une suite (un) de vecteurs deE en posantu0

un vecteur unitaire quelconque, puis une foisu0, . . . , un déterminés, on définit un+1 de sorte que

d(un+1,Vect(u0, . . . , un)) =kun+1k= 1

Cette construction est possible par l’étude qui précède carE est supposé de dimension infinie.

La suite (un) ainsi définie est une suite d’éléments du compactB, on peut donc en extraire une suite convergente (u_ϕ(n)). Puisque cette suite converge

u_ϕ(n+1)−u_ϕ(n) →0 or

u_ϕ(n+1)−u_ϕ(n)

>d(u_ϕ(n+1),Vect(u₀, . . . , u_ϕ(n+1)−1))>1 C’est absurde.

Puisque l’espace est dimension finie, les parties compactes sont exactement les parties fermées et bornées.

Introduisonsk.kune norme sur cet espace.

PuisqueK est bornée, il existeM ∈R⁺tel que

∀x∈K,kxk6M et alors

∀y∈Kr,kyk6M+r La partieKrest donc bornée.

Considérons maintenant (yn) une suite convergente d’éléments deKr et notons y∞ sa limite.

Pour toutn∈N, il existex_n∈K tel que

yn ∈B(x¯ n, r) i.e. kyn−xnk6r

Puisque la partieK est compacte, on peut extraire de la suite (x_n) une suite (x_ϕ(n)) convergeant vers un élémentx_∞∈K.

Puisqueyn→y_∞, on a aussiy_ϕ(n)→y_∞ et la relation

y_ϕ(n)−x_ϕ(n)

6rdonne à la limiteky_∞−x_∞k6r.

Ainsiy_∞∈B(x¯ _∞, r) avecx_∞∈K doncy_∞∈Kr.

La partieKrest donc fermée et finalement c’est une partie compacte.

a) Soientx, x⁰∈E.

∀y ∈A, kx−yk6kx−x⁰k+kx⁰−yk

doncd(x, A)6kx−x⁰k+kx⁰−yk puisd(x, A)− kx−x⁰k6kx⁰−yk et d(x, A)− kx−x⁰k6d(x⁰, A).

(10)

Ainsid(x, A)−d(x⁰, A)6kx−x⁰ket par symétrie|d(x, A)−d(x⁰, A)|6kx−x⁰k.

Finalementx7→d(x, A) est 1 lipschitzienne donc continue.

b) Considérons l’applicationx7→d(x,CEU) définie sur le compactK.

Cette application est bornée et atteint ses bornes. Posonsα= min

x∈Kd(x,CEU) atteint enx₀∈K.

Siα= 0 alorsx₀∈ CEU orCEU est fermé et doncx₀∈/ U orx₀∈K.

Nécessairementα >0 et alors

∀x∈K, B(x, α)⊂U

a) Supposons quef possède deux points fixesx6=y.

L’hypothèse de travail donne

kf(x)−f(y)k<kx−yk ce qui est absurde sif(x) =xet f(y) =y.

b) On introduit la fonctionδ:x7→ kf(x)−xk définie surK.

La fonctionδ est continue sur le compactK, elle admet donc un minimum en un c∈Ket alors

∀x∈K, δ(x)>δ(c) c) Par l’absurde, sif(c)6=calors

δ(f(c)) =kf(f(c))−f(c)k<kf(c)−ck=δ(c)

ce qui contredit la minimalité dec. Il restef(c) =c ce qui fournit un point fixe.

a) Unicité :

Supposons quef possède deux points fixes x6=y.

L’hypothèse de travail donne

kf(x)−f(y)k<kx−yk ce qui est absurde sif(x) =xet f(y) =y.

Existence :

On introduit la fonctionδ:x7→ kf(x)−xk définie surK.

La fonctionδ est continue sur le compactK, elle admet donc un minimum en un c∈K.

Sif(c)6=c alors

δ(f(c)) =kf(f(c))−f(c)k<kf(c)−ck=δ(c)

ce qui contredit la minimalité dec. Il restef(c) =c ce qui fournit un point fixe.

b) Introduisonsdn=kxn−ck. La suite (dn) est décroissante et minorée donc elle converge ; posonsdsa limite. La suite (xn) évolue dans un compact, il existe donc une extractriceϕtelle que (x_ϕ(n)) converge vers un élémentadeK. On a alors dϕ(n)→det donc

d=ka−ck

La suite (x_ϕ(n)+1) converge versf(a) et aussid_ϕ(n)+1→ddonc d=kf(a)−ck=kf(a)−f(c)k

L’hypothèsea6=c contredirait l’hypothèse faite surf, nécessairementa=cpuis d=ka−ck= 0.

On peut alors conclure que (xn) tend versc.

Unicité : Six6=y sont deux points fixes distincts on a d(x, y) =d(f(x), f(y)< d(x, y) C’est exclu et il y a donc unicité du point fixe.

Existence : Considérons la fonction réelleg:x7→d(x, f(x)) définie surK. Par compositiong est continue et puisqueK est une partie compacte non vide,g atteint son minimum en un certainx₀∈K.

Sif(x₀)6=x₀on a alors

g(f(x0)) =d(f(f(x0)), f(x0))< d(f(x0), x0) =g(x0)

ce qui contredit la définition dex₀. Nécessairementf(x₀) =x₀ ce qui résout le problème.

a)C est stable par tous lesuⁱ et puisqueCest convexe et que un(x) est une combinaison convexe dex, u(x), . . . , uⁿ⁻¹(x), on peut assurer queC est stable par un.

b) Il existea∈Ctel que

x=u_n(a) = 1

n a+u(a) +· · ·+uⁿ⁻¹(a)

(11)

En simplifiant

x−u(x) = 1

n(a−uⁿ(a)) donc

N(x−u(x))6 2M n avecM = sup

a∈C

N(a).

c) Puisqueun est linéaire et continue, on peut affirmer queun(C) est un compact convexe non vide.

De plusun(C) est stable paruet donc pour tout naturel p,up(un(C))⊂un(C).

Considérons alors la suite (xn) définie à partir dex0∈C et de la récurrence xn=un(xn−1).

Pour toutp>n,xp∈un(C) compte tenu de la remarque précédente.

La suite (xn) évoluant dans le compactC, elle admet une valeur d’adhérence x∞. Pour toutn∈N,x_∞ est valeur d’adhérence de la suite (x_p)p>n d’éléments du ferméu_n(C) doncx_∞∈u_n(C).

Ainsix_∞∈ T

n∈N^?

u_n(C) et donc T

n∈N^?

u_n(C)6=∅.

d) Soitx∈ T

n∈N^?

un(C).

En vertu deb, on a pour toutn∈N,N(x−u(x))6 ^2Mn doncN(x−u(x)) = 0 puisu(x) =x.

Notonsα, β les extrémités deI.

Soienta, b∈Rdes antécédents de α, βrespectivement. Malheureusement, on ne peut pas déjà affirmerf([a, b]) = [α, β] car les variations de f sur [a, b] sont inconnues.

Posons

A={x∈[a, b]/f(x) =α} etB={x∈[a, b]/f(x) =β}

Considérons ensuite

∆ ={|y−x|/x∈A, y∈B}

∆ est une partie deRnon vide et minorée. On peut donc introduire sa borne inférieurem. Par la caractérisation séquentielle des bornes inférieures, il existe deux suites (xn)∈A^Net (yn)∈B^Nvérifiant

|yn−xn| →m

La partieAétant fermée et bornée, on peut extraire de la suite (xn) une suite (x_ϕ(n)) convergeant dansA. De la suite (y_ϕ(n)), on peut aussi extraire une suite

convergeant dansB et en notantx_∞et y_∞ les limites de ces deux suites, on obtient deux éléments vérifiant

x_∞∈A,y_∞∈B et |y_∞−x_∞|= min ∆

Autrement dit, on a définit des antécédents des extrémités deI dans [a, b] les plus proches possibles.

Pour fixer les idées, supposonsx_∞6y_∞ et considéronsJ = [x_∞, y_∞].

On aα, β∈f(J) et f(J) intervalle (car image continue d’un intervalle) donc I⊂f(J)

Soitγ∈f(J). Il existec∈J tel quef(c) =γ.

Siγ < αalors en appliquant le théorème de valeurs intermédiaires sur [z, y_∞], on peut déterminer un élément deAplus proche dey_∞ que ne l’estx_∞. Ceci contredit la définition de ces deux éléments.

De mêmeγ > β est impossible et doncf(J)⊂I puis l’égalité.

a) La suite (xn) est évidemment une suite d’éléments du compactK. Elle admet donc une valeur d’adhérence ¯xdansK et il existe une infinité de termes de la suite (xn) au voisinage de ¯x. Pourε >0, on peut trouver une infinité dep∈Nvérifiant

kxp−¯xk6ε/2 et donc une infinité dep < q∈Nvérifiant

kx_p−x_qk6ε Or

kxp−xqk=kx_q−p−xk carx_n =fⁿ(x) et quekf(x)−f(y)k=kx−yk.

Ainsi, on peut trouver une infinité den∈Nvérifiant kxn−xk6ε

b) La partief(K) est compacte en tant qu’image d’un compacte par une application continue (f est continue car lipschitzienne) donc la partief(K) est fermée. Puisquexest limite d’une suite d’éléments def(K) (au moins à partir du rang 1) on peut affirmer quex∈f(K) et ainsiK⊂f(K).

(12)

a) La fonctionf est continue car lipschitzienne. Considérons

g:x∈K7→ kf(x)−xk. La fonctiong est réelle, continue et définie sur un compact non vide, elle admet donc un minimum en un certainx0∈K. Puisque

g(x0)6g(f(x0)) =kf(f(x0))−f(x0)k6ρkf(x0)−x0k=ρg(x0) avecρ <1 On a nécessairementg(x₀) = 0 et doncf(x₀) =x₀ce qui fournit un point fixe pourf.

b) Par la convexité deK, on peut affirmer quef_nest une application deKversK.

De plus

kf_n(y)−f_n(x)k= n−1

n kf(y)−f(x)k6ρ_nky−xk avecρ_n<1.

Par l’étude ci-dessus, la fonctionf_n admet un point fixex_n. La suite (x_n) est une suite du compactK, il existe donc une suite extraite (x_ϕ(n)) convergeant vers un élémentx_∞∈K. La relation

f_ϕ(n)(x_ϕ(n)) =x_ϕ(n) donne

a

ϕ(n)+ϕ(n)−1

ϕ(n) f(x_ϕ(n)) =x_ϕ(n) et donc à la limite

f(x_∞) =x_∞

a)Lest l’image d’un compact par une application continue donc Lest compact.

b) Supposonsf⁻¹ non continue :∃y∈L,∃ε >0,∀α >0,∃y⁰ ∈Ltel que

|y⁰−y|6αet

f⁻¹(y⁰)−f⁻¹(y) > ε.

Posonsx=f⁻¹(y) et en prenantα= ¹_n définissonsy_n ∈Lpuisx_n=f⁻¹(y_n) tels que|y_n−y|6n¹ et|x_n−x|> ε. (x_n) est une suite d’éléments du compactK donc elle possède une sous-suite convergente : (x_ϕ(n)). Posonsa= limx_ϕ(n). Commef est continue,y_ϕ(n)=f(x_ϕ(n))→f(a) oryn →ydonc par unicité de la limitey=f(a) puisa=f⁻¹(y) =x. Ceci est absurde puisque

xϕ(n)−x > ε.

Soitε >0. Il existeA∈R⁺ tel que

∀x>A,|f(x)−`|6ε/2

et alors

∀x, y∈[A,+∞[,|f(y)−f(x)|6ε(*)

De plus,f est continue sur [0, A] donc uniformément continue et il existeα >0 tel que

∀x, y∈[0, A],|y−x|6α⇒ |f(y)−f(x)|6ε(**) Soitx, y∈R⁺ avec|y−x|6α. On peut supposerx6y.

Six, y∈[0, A], on a|f(y)−f(x)|6εen vertu de (**)

Six, y∈[A,+∞[, on a à nouveau|f(y)−f(x)|6εcette fois-ci en vertu de (*).

Six∈[0, A] ety∈[A,+∞[, on a nécessairement|x−A|6α. (*) et (**) donnent alors

Autre méthode : on introduitg=f◦tan définie sur [0, π/2[ que l’on prolonge par continuité enπ/2. Ce prolongement est continue sur un segment donc

uniformément continue. Puisquef =g◦arctan avec arctan lipschitzienne, on obtientf uniformément continue !

Par définition

d(x, K) = inf

y∈Kky−xk

Pour toutn∈N^?, il existeyn ∈Ktel que

d(x, K)6kyn−xk6d(x, K) +1 n

La suite (y_n) d’éléments du compactK admet une valeur d’adhérencey∈K. Il existe alors une extractriceϕtelle quey_ϕ(n)→y. Mais alors

yϕ(n)−x

→ ky−xk et d(x, K)6

y_ϕ(n)−x

6d(x, K) + 1 ϕ(n) donne à la limiteky−xk=d(x, K).

On aurait pu aussi introduire la fonctiony7→ ky−xk qui est continue sur un compact non vide et admet donc un minimum.

(13)

Soit (un) une suite convergente d’éléments deF+Kde limiteu. Pour toutn∈N, on peut écrireun=an+bn avecan∈F et bn∈K. La suite (bn) étant une suite d’élément du compactK, on peut en extraire une suite convergente (bϕ(n)) de limiteb∈K. La suite (aϕ(n)) est alors convergente de limitea=u−bcar a_ϕ(n)=u_ϕ(n)−b_ϕ(n). Or (a_ϕ(n)) est une suite d’éléments du ferméF donca∈F et puisqueu=a+b,u∈F+K. FinalementF+K est fermée.

Soit (u_n) une suite convergente d’éléments deF et posonsusa limite.

On peut écrireu_n=λ_n.x_n avecx_n∈K etλ_n>0.

0∈/ Kdonc

∀α >0, B(0, α)⊂C_EK kunk → kuket α6kxnk6M donc (λn) est bornée.

Par double extraction (x_ϕ(n)) et (λ_ϕ(n)) convergent versx∈Retλ∈R⁺. On a alorsu=λ.x.

Soient (xn)∈K^Net (yn)∈L^Ntelles que d(K, L) = inf

(x,y)∈K×Ld(x, y) = lim

n→∞d(x_n, y_n)

On peut extraire de (x_n) une suite convergente (x_ϕ(n)) et on peut extraire de (y_ϕ(n)) une suite convergente (y_ϕ(ψ(n))).

Pourx= limx_ϕ(n)∈K et y= limy_ϕ(ψ(n))∈Lon a d(K, L) =d(x, y)>0 carK∩L=∅.

L’applicationx7→d(x, L) = inf

y∈Lky−xk est une fonction réelle continue sur le compactK donc admet un minimum en un certaina∈K. Ory7→ ky−akest une fonction réelle continue sur le compactLdonc admet un minimum en un certainb∈L. Ainsi

d(K, L) = inf

x∈Kinf

y∈Lky−xk= inf

y∈Lky−ak=kb−ak>0 cara6=bpuisque K∩L=∅.

a) Posonsd=d(x, F).

∀n∈N^?,∃xn∈F, kx−xnk6d+ 1 n

Cela permet de définir une (xn) bornée, elle admet donc une sous-suite convergente (x_ϕ(n)) dont on note ¯xla limite. On a ¯x∈F carF est une partie fermée et puisquekx−x_nk →don obtientkx−xk¯ =d.

b) Non, prendrex= 0 etF l’hypersphère unité.

a) Soit ((xn, yn))_n_>₀une suite d’éléments de Γf. On suppose que la suite ((xn, yn))_n_>₀converge vers (x_∞, y_∞). Puisqueyn =f(xn), on obtient à la limite y_∞=f(x_∞) carf est continue.

La partie Γf est alors fermée en vertu de la caractérisation séquentielle des parties fermées.

b) Soit (xn)∈R^Nune suite de limite a∈Ret (yn) = (f(xn)) son image.

Soitbune valeur d’adhérence de (yn). Il existe ϕ:N→Nstrictement croissante telle que

yϕ(n)→b On a alors

x_ϕ(n), y_ϕ(n)

→(a, b)

Or il s’agit d’une suite d’éléments du graphe Γf qui est supposé fermé. On en déduit (a, b)∈Γf et doncb=f(a).

Ainsi, la suite (yn) ne possède qu’une seule valeur d’adhérence. Or elle évolue dans un compact car bornée en dimension finie et donc, si elle ne possède qu’une valeur d’adhérence, elle converge vers celle-ci.

Par la caractérisation séquentielle, on peut conclure quef est continue ena.

c) Non, on obtient un contre-exemple avec la fonction donnée par f(x) =

1/x six6= 0 0 six= 0

Le graphe de cette fonction est fermée car réunion de deux fermés {(x, y)/xy= 1} ∪ {(0,0)}

mais cette fonction n’est pas continue.

(14)

Soit (xn)∈X^Nune suite de limitea∈X et (yn) = (f(xn)) son image.

Soitbune valeur d’adhérence de (yn). Il existe ϕ:N→Nstrictement croissante telle que

y_ϕ(n)→b On a alors

xϕ(n), yϕ(n)

→(a, b)

Or il s’agit d’une suite d’éléments du graphe Γf qui est supposé fermé. On en déduit (a, b)∈Γf et donc b=f(a).

Ainsi, la suite (yn) ne possède qu’une seule valeur d’adhérence. Or elle évolue dans un compact car bornée en dimension finie et donc, si elle ne possède qu’une valeur d’adhérence, elle converge vers celle-ci.

Par la caractérisation séquentielle, on peut conclure quef est continue ena.

a) Soita∈E. Puisque la partieA est bornée et non vide, l’ensemble {kx−ak/x∈A} est une partie non vide et majorée deRce qui permet d’introduire

Ra= sup

x∈A

{kx−ak/x∈A}

Il est immédiat queA⊂B(a, R¯ a) et queRa est le rayon minimal d’une boule fermée de centreacontenant la partieA.

L’ensemble{Ra/a∈E}est une partie non vide et minorée deR, on peut donc introduire

R= inf{Ra/a∈E}

Par la caractérisation séquentielle des bornes inférieures, il existe une suite (a_n) d’éléments deE telle que

Ra_n→R Soitx0∈A. Puisque A⊂B(a¯ n, Ra_n), on a

kx0−ank6Ra_n

et donc

kank6kx0k+kx0−ank6kx0k+Rn→ kx0k+R

ce qui permet d’affirmer que la suite (an) est bornée. Puisque dimE <+∞, on peut extraire de (an) une suite convergente (a_ϕ(n)) dont on noteraala limite.

Soitx∈A. Puisque

kx−ank6Ra_n

on obtient à la limite

kx−ak6R et doncA⊂B(a, R).¯

Enfin, par construction, ¯B(a, R) est une boule de rayon minimal contenant la partieA(en s’autorisant de parler de boule fermée de rayon nul dans le cas où R= 0).

b) On suppose ici l’espaceE euclidien.

Supposons ¯B(a, R) et ¯B(a⁰, R) solutions et montronsa=a⁰. Posons

b=1

2(a+a⁰) En vertu de l’identité du parallélogramme

kαk²+kβk²=1 2

kα+βk²+kα−βk² appliquée à

α=x−b etβ= a−a⁰ 2 on obtient pour toutx∈A

kx−bk²+kβk²=1 2

kx−ak²+kx−a⁰k² 6R² et donc

kx−bk6 q

R²− kβk² Ainsi

Rb 6 q

R²− kβk²

Or par définition deR, on a aussiRb>Ret donc on peut affirmer kβk= 0 i.e.

a=a⁰.

a) Soit (u_n) une suite convergente d’élément deF⁰ de limiteu_∞. Pour chaquen∈N, il existe x_n∈F tel que

ku_n−x_nk61

Puisque la suite (u_n) converge, elle est bornée et donc la suite (x_n) l’est aussi.

Puisque l’espaceE est de dimension finie, on peut extraire une suite convergente de la suite (xn). Notons-la (x_ϕ(n)). La limitex_∞de cette suite extraite appartient àF carF est une partie fermée.