Analyse Chapitre 1 : Espaces vectoriels topologiques

Analyse

Chapitre 1 : Espaces vectoriels topologiques

Lucie Le Briquer 5 novembre 2018

Table des matières

1 Espaces vectoriels normés 2

2 Parties convexes, bornées, équilibrées 5

3 Espaces de dimension finie 6

3.1 Compacité et dimension finie . . . 6 3.2 Unicité de la topologie en dimension finie . . . 7

4 Théorème de Baire 8

5 Théorèmes de Banach 9

6 L’espace des fonctions continues 13

6.1 Théorème d’Arzela-Ascoli . . . 13 6.2 Théorème de Stone-Weierstrass . . . 15 6.3 Continuité et convergence simple . . . 17

E unK-ev (K=RouC) est un espace vectoriel topologique s’il est muni d’une topologie compatible avec sa structure algébrique i.e. si l’addition (x, y) 7→ x+y et la dilatation (λ, x)7→λ.x sont continues.

Définition 1(espace vectoriel topologique)

1 Espaces vectoriels normés

SoitE unK-ev.ρ: E−→R+est une semi-norme si 1. ρ(λx) =|λ|ρ(x)

2. ρ(x+y)6ρ(x) +ρ(y)

Si de plusρ(x) = 0⇔x= 0, alorsρest une norme.

Définition 2(semi-norme)

On notek.kune norme. Sik.kest une norme surE alorsd(x, y) =kx−yk est une distance. En effet :

1. d(x, y) =d(y, x)

2. d(x, z)6d(x, y) +d(y, z) 3. d(x, y) = 0 ⇔ x=y

Si(E,k.k)est un e.v.n. on munitEde la topologie induite par la distance. Une base de voisinages est :

{B(x, r), x∈E, r >0} où B(x, r) ={y∈E | ky−xk< r}

Remarque.Un ouvert est un voisinage de chacun de ses points.

Un e.v.n. est un e.v.t.

Propriété 1

Preuve.

SoitA:

E×E −→ E (x, y) 7−→ x+y .

Montrons queAest continue, i.e. montrons que A⁻¹(U)est un ouvert pourU ouvert.

Soit(x, y)∈A⁻¹(U).x+y∈U donc∃δ >0 tel queB(x+y, δ)⊂U. Ainsi : B

x,δ

2

+B

y,δ 2

⊂U

En effet sikx⁰−xk<^δ₂ et ky⁰−yk<^δ₂ alorskx⁰+y⁰−(x+y)k< δ, donc : B

x,δ

2

× B

y,δ 2

⊂A⁻¹(U)

OrB x,^δ₂

× B y,^δ₂

est un ouvert de la topologie produit.

Remarque.Rappel, la topologie produit est définie comme suit :(X_α,T_α)_α∈A,X =Q

α∈AX_α, π_α:X−→X_α, c’est la topologie minimale qui rend ces applications continues.

Idem pourB: (λ, x)7→λx.

Les translationsx7→x+uet les homothétiesx7→λx(λ6= 0) sont des homéomorphismes (i.e. des bijections continues, de réciproque continue).

Corollaire 1

Preuve.

T_u:x7→u+xest continue car

E −→ E×E

x 7−→ u+x est continue.

(T_u)⁻¹=T_−u est aussi continue. Idem pourx7→λx.

Deux normes sont équivalentes s’il existe deux constantesc₁, c₂>0telles que : c₁kxk₁6kxk₂6c₂kxk₁

Définition 3(normes équivalents)

Remarque.Cela revient à dire que les deux topologies coïncident.

Soient(E,k.kE)et(F,k.kF)deux e.v.n. SoitT:E7→F linéaire.

Les propriétés suivantes sont équivalentes : 1. T est continue

2. T est continue à l’origine

3. T est bornée sur un voisinage de l’origine

4. T est bornée, au sens oùsup_kxkE61kT(x)kF <+∞

Propriété 2

Preuve.

(4)⇒(3): trivial

(3)⇒(2): T(0) = 0. On veut montrer que∀ρ >0, T⁻¹(BF(0, ρ))contient une boule BE(0, r).

∃R >0, ∃M >0tels quekxkE6R ⇒ kT(x)kF 6Mpar(3). Posons alorsr=_2M^ρR. SikukE< r alorsx= ^2M_ρ u∈ B_E(0, R)donckT(x)k_F 6M.

2M ρ T(u)

_F 6M, ainsikT(u)k_F 6^ρ₂ < ρ.

(1)⇒(2): trivial

(2)⇒(1): car les translations sont des homéomorphismes doncT continue en tout point, donc (pas trivial)T continue.

(2)⇒(4): idem.

On noteL(E, F)l’e.v. des applications linéaires continues deE−→F. C’est un e.v.n. pour la norme :

kTk:= sup

x6=0

kT(x)kF

kxk_E notéekTk_L(E,F) Définition 4

Remarque.Si F =E,T1, T2∈ L(E, E)alorsT1T2∈ L(E, E)etkT1T2k6kT1k · kT2k.

On noteE^∗(ouE⁰) le dual topologique deE,E^∗=L(E,K).

Définition 5(dual topologique)

Soit(un)_n∈Nune suite dans un e.v.n.E. On dit que(un)est une suite de Cauchy si :

∀ε >0, ∃N ∈N| ∀m, n>N, kum−unk< ε Définition 6(suite de Cauchy)

Remarque.Toute suite convergente est une suite de Cauchy.

On dit queEest complet si toute suite de Cauchy est convergente.

Définition 7(complet)

Remarque.On a la même définition pour les espaces métriques.

Un espace de Banach est un e.v.n. complet.

Définition 8(Banach)

Soit E un e.v.n. quelconque et F un espace de Banach, alors L(E, F) est un espace de Banach.

Proposition 1

Remarque.E^∗ est de Banach pour tout e.v.n.E carRet Csont des Banach.

Preuve.

Soit(Tn)_n∈Nune suite de Cauchy. Soitx∈E. On a :

kT_m(x)−T_n(x)k_F 6kT_m−T_nk · kxk_E

Donc (T_n(x))_n∈N est de Cauchy dans F qui est complet, donc converge. On note T(x) sa li- mite.T:x7→T(x)est linéaire. Montrons maintenant que T est continue. On utilise le fait que (kT_nk)_n∈Nest bornée (car de Cauchy, cark.k-Lipschitz).

∃M >0tel que∀x∈E, ∀n∈N, kTn(x)k 6Mkxk. D’oùkT(x)k6Mkxk puisT continue car bornée. Puis, par critère de Cauchy,

∀ε >0, ∃N ∈N| ∀m, n>N, kTm(x)−T_n(x)kF 6εkxkE

En faisant tendrem−→+∞:

kT(x)−Tn(x)kF 6εkxkE ⇒ kT −Tnk6ε

2 Parties convexes, bornées, équilibrées

SoitE e.v.t.,A⊂E. On dit que :

1. Aest convexe si[x, y]⊂A ∀x, y∈Aoù[x, y] ={(1−t)x+ty, t∈[0,1]}

2. Aest borné si pour tout voisinageV de 0,∃t >0 tel que∀s>t A⊂sV 3. Aest équilibré si ∀|λ|61λA⊂A

Définition 9(convexe, borné, équilibré)

(E,T)e.v.t. est normable s’il existe une norme telle que T_k.k =T, où T_k.k est la topologie induite park.k.

Définition 10(normable)

Un e.v.t.E est normable ssi il existe un voisinage convexe et borné de l’origine.

Proposition 2

Preuve.

SiE est normable aveck.kalors{x∈E | kxk61}est convexe borné et voisinage de 0.

Réciproquement, soit C un convexe borné voisinage de l’origine dans E. On veut définir une norme.

Il existe un convexe équilibré bornéU inclus dansC, contenant 0.

Lemme 1

Preuve.

Posons

C˜= \

|λ|61

λC

AlorsU =

◦

C˜ convient (exercice).

On introduit la fonctionnelle de Minkowski : µ:

E −→ R+

x 7−→ inf{t >0 |x∈tU}

Idée : sik.kest une norme alorskxk= inf{t >0|x∈tBE(0,1)}

µest une norme.

Lemme 2

Preuve.

x∈E. SoitI(x) ={t >0 |x∈tU}.

• I(x)6=∅ carεx∈U pour|ε|assez petit par continuité, a fortiorix∈ε⁻¹U

• Si t∈I(x)alors∀s>t,s∈I(x).x=tu,u∈U : x=st

su=s





1− t s

0 + t

su

| {z }





∈U

∈sU

DoncI(x) = [µ(x),∞[ou]µ(x),∞[.

• Montrons queµ(x+y)6µ(x) +µ(y); Soientt > µ(x) s > µ(y)alorsx∈tU et y ∈sU. Maintenant :

x+y= (s+t) t

s+t(t⁻¹x) + s

s+t(s⁻¹y)

∈(s+t)U Ainsis+t∈I(x+y)doncµ(x+y)6µ(x) +µ(y).

• µ(λx) =λµ(x)∀λ >0par définition deµ. Puisµ(λx) =|λ|µ(x)carU est équilibré.

• µ(0) = 0

• µ(x) = 0 ⇒ x= 0. En effet, six6= 0, comme{0}est fermé, il existe un voisinage V dex avec0∈/V, et commeU est borné, il exister >0tel queU ⊂rV.x /∈r⁻¹U etµ(x)>r⁻¹ par définition deµ.

Il reste à justifier queµest une norme qui convient. ConsidéronsB ={rU, r >0}.∀V voisinage de 0,∃ρ >0tel queρU⊂V. Tout voisinage de0contient un élément deB doncB est une base de voisinages de 0. Par ailleursrU =Bµ(0, r).

3 Espaces de dimension finie

3.1 Compacité et dimension finie

SoitE un e.v.n. La boule unité fermée est compacte ssi Eest de dimension finie.

Théorème 1(Riesz)

SoitF un sous-espace fermé de E, différent de E. Alors pour tout réel r ∈]0,1[, il existe u∈E tel que kuk= 1 etd(u, F)>r.

Lemme 3

Preuve.

Soitx∈E\F. On ar∈]0,1[donc ¹_rd(x, F)> d(x, F). Alors∃ y∈F tel quekx−yk6 ^d(x,F)r . Posonsu= _kx−yk¹ (x−y).

On a bienkuk= 1 etd(u, F)>rcar pour toutz∈F : ku−zk=

1

kx−yk(x−y)−z

= 1

kx−ykkx−y− kx−ykzk

> 1

kx−ykd(x, F) puisque y+kx−ykz∈F

Doncku−zk>r.

Preuve.(du théorème de Riesz)

Par contraposition, supposonsEde dimension infinie. On cherche à construire une suite(un)_n∈N, bornée, sans valeur d’adhérence. On en déduira le théorème. On construit(un)telle que :

1. ∀n, kunk= 1

2. ∀n, m, n6=m⇒ kun−u_mk> ¹₂

On choisitu₀ de norme 1, puis par récurrence on définitu_n+1 grâce au lemme appliqué àF_n le

sev engendré paru₀, ..., u_n.

3.2 Unicité de la topologie en dimension finie

SoitE un e.v. de dimension finie (sur R ouC). Il existe une unique topologie séparée qui munisseE d’une structure d’e.v.t.

Théorème 2

Preuve.

d= dimE,(e1, . . . , ed)base de E.

kxk=

d

X

i=1

|xi|²

!¹2

six=

d

X

i=1

xiei

On noteEc= (E,k.k). SoitT une topologie séparée telle que(E,T)est un e.v.t. Montrons que T =T_k.k. Il suffit de montrer que id est un homéomorphisme.

1. id est continue de(Ec)dans(E,T). SoitU ∈ T avec0∈U. L’application

E×. . .×E −→ E (x1, . . . , xd) 7−→ x1+. . .+xd

étant continue,

∃ V1, . . . , Vd∈ T tels queV1+. . .+Vd ⊂U. Posons alors : V =

d

\

i=1

Vi∈ T (car intersection finie d’ouverts)

Par continuité de la dilatation, il existe r1, . . . , rd > 0 tels que |λ| 6 ri ⇒ λei ∈ V. Maintenant si kxk < r = minri alors |xi| < r puis xiei ∈ V. Donc x = Pd

i=1xiei ∈ V +. . .+V ⊂U. DoncB_k.k(0, r)⊂id⁻¹(U).

2. id est continue de (E,T) dans Ec. Soit V voisinage de 0 dans Ec. Soit ρ > 0 tel que B_k.k(0, ρ)⊂V et soitS=∂B_k.k(0, ρ) ={x∈E| kxk=ρ}.Sest fermée bornée, et comme la dimension deE <+∞,S est compacte.

id: (E,k.k)−→(E,T)est continue, doncS est compaccte dans(E,T)donc fermée carT séparée. DoncE\S∈ T. Par ailleurs0∈/S donc∃W voisinage ouvert de 0 avecW∩S =∅.

En fait il existeU ouvert équilibré,U ⊂W, 0∈U. U := [

|λ|6ε

λW avecεassez petit

Alors U ⊂ V. Montrons ceci par l’absurde. S’il existe u ∈ U\V, alors u /∈ B(0, ρ) donc kuk>ρ. Posonsv=_kuk^ρ .u. Alorsv=λu,|λ|61 etU équilibré doncv∈U. Maiskvk=ρ doncv∈S puisU∩S6=∅.

En dimension finie on a l’équivalence des normes.

Corollaire 2

Cours du 25 septembre.

Weierstrass formalise la notion de limites en 1850. + Bolzano⇒de toute suite réele bornée, on peut extraire une sous-suite convergente.

Cauchy (1821,royaliste) : introduit les suites de Cauchyε, δ.

Dans ce cours on va étudier des résultats de Baire et de Banach.

4 Théorème de Baire

Un espace de Baire est un espace topologique tel que toute intersection dénombrable d’ou- verts denses est dense.

Définition 11(espace de Baire)

Dans un espace de Baire, toute réunion dénombrable de fermés d’intérieur vide est d’intérieur vide.

Proposition 3

Preuve.



 [

p∈N

F_p





C

= \

p∈N

F_p^C

F_p fermé doncF_p^C ouvert.F_p est d’intérieur vide donc il n’existe pas V ouvert tel que V ⊂F_p, ainsi∀V ouvertV ∩F_p^C6=∅; alors par définitionF_p^C est dense.

DoncT

p∈NF_p^C dense⇒ S

p∈NFp

est d’intérieur vide.

Remarque.(Q, d),d(x, y) =|x−y|. (Q, d)n’est pas de Baire parQ=S

r∈Q{r} est une union dénombrable de fermés d’intérieur vide mais n’est pas d’intérieur vide.

Tout espace métrique complet est de Baire.

Théorème 3

Preuve.

Soit(X, d)un espace métrique complet.(Ωn)n∈Nune suite d’ouverts denses. Montrons queΩ = T

n∈NΩ_n est dense i.e.∀V ouvertV ∩Ω6=∅. SoitV un ouvert.

• Ω₀dense donc∃x0∈Ω₀∩V. De plusΩ₀est ouvert doncΩ₀∩V est ouvert. Ainsi,∃ρ0>0 tel que B(x₀, ρ₀)⊂Ω₀∩V. Et doncB(x₀, ρ₀/2)⊂Ω₀∩V.

• Ω₁ est dense doncΩ₁∩ B(x₀, ρ₀/2)6=∅. Ainsi, comme précédemment,∃x₁ ∈X, ∃ρ₁ >0 tels que :

B(x1, ρ1/2)⊂Ω1∩ B(x0, ρ0/2)

• On construit par récurrence(xn)_n∈Net une suite (rn)_n∈Nde réels tels que : B(xn+1, rn+1)⊂ B(xn, rn)∩Ωn+1, 0< rn<2⁻ⁿ

Montrons que(xn)est une suite de Cauchy. En effet, sin>N,p>N, alorsxp, xn∈ B(xN, rN).

Doncd(xn, xp)6d(xn, xN) +d(xp, xN)62^−N+1. Ainsi(xn)est de Cauchy et converge vers un élément x ∈ X. B(xN, rN) fermé et xn ∈ B(xN, rN) ∀n >N, alors x ∈ B(xN, rN) ∀N. Donc x∈Ω_N ∀N ∈N, ainsix∈Ω. De plusx∈ B(x0, r₀)⊂V, alorsx∈Ω∩V.

5 Théorèmes de Banach

“T linéaire, entre espaces de Banach, alorsT est continue”

Un espace de Banach est un espace vectoriel normé complet pour la distance issue de sa norme.

Définition 12(espace de Banach)

SoitE un espace de Banach, soit F un espace vectoriel normé, soit {Tα}_α∈A une famille d’applications linéaire continues deE dansF simplement bornée i.e. :

∀x∈A, sup

α∈A

kTαxkF <+∞

alors cette famille est bornée dansL(E, F): sup

α∈A

kTαk_L(E,F)<+∞

Théorème 4(Banach-Steinhaus)

Remarque.Bornée dans L(E, F)revient à dire :

∃c >0, ∀x∈E,∀α∈A, kTαxkF 6ckxkE

Remarque.Bornée dans L(E, F)⇒simplement bornée.

Preuve.

On utilise le théorème de Baire en cherchant à écrire E = S

p∈NE_p, E_p fermé. Comme E est complet, Baire nous donne que∃P ∈Ntel queE_P est d’intérieur non vide. Ici :

Ep=

x∈E | ∀α∈A, kTαxkF 6p On a bienE=S+∞

p=0E_p car∀xon asup_α∈AkT_αxk_F <+∞.

E_p est fermé car intersection d’images réciproques par une application continue d’un fermé : E_p=\

ϕ⁻¹_α ([0, p]) où ϕ_α:

E −→ R

x 7−→ kT_α·xk_F continue

Donc∃P tel queEP est d’intérieur non vide (sinonE le serait). Donc∃x0∈E, ∃r >0tel que B(x0, r)⊂EP. Ainsi∀u∈ B(x0, r), kTαukF 6P.

Soitx∈E,u=x₀+^r_2kxk¹

Ex∈ B(x₀, r). Donc :

Tα

x0+ r 2kxkE

x

_F 6P Donc,

Tα

r 2kxk_Ex

_F 6P+ kTαx0kF

| {z }

6Pcarx₀∈B(x₀,r)

Finalement,

kT_αxk_F 64P

r kxk_E ∀α∈A

Soient E un espace de Banach et F un e.v.n. et (Tn) une suite d’applications linéaires continues qui converge simplement :∀x ∈ E la suite (Tnx) converge vers une limite T x.

AlorsT ∈ L(E, F).

Corollaire 3

Preuve.

• T linéaire par linéarité de la limite

• ∀x∈E,sup_nkTnxkF <+∞alors

∃c >0 tq∀x∈E, kTnxkF 6ckxkE

d’après Banach-Steinhaus. En passant à la limite,kT xkF 6ckxkE doncT est continue.

SoitE, F deux espaces de Banach etT:E−→F application linéaire continue et bijective.

AlorsT⁻¹ est linéaire continue.

Théorème 5(isomorphisme de Banach)

Preuve.

On veut montrer que∃c >0 tel que∀y∈F, kT⁻¹ykE6ckykF i.e. : T⁻¹ BF(0,1)

⊂ BE(0, c)

⇔ BF(0,1)⊂T BE(0, c)

⇔ ∃c⁰>0,BF(0, c⁰)⊂T(BE(0,1)) Montrons cette dernière équivalence.

Supposons qu’il exister >0tel que B_F(0, r)⊂T B_E(0,1) , alors : BF(0, r/2)⊂T BE(0,1)

(∗) Lemme 4

Preuve.

Soity∈ BF(0, r). Alorsy∈T BE(0,1)

, donc∃y0∈T(BE(0,1))tel queky−y0kF < r/2.

Or (∗) ⇒ B_F(0, r/2) ⊂T(B_E(0,1/2)). En effet si v ∈ B_R(0, r/2), 2v ∈T B_E(0,1)

donc2v = limnT xn avecxn∈ B(0,1)doncv= limnT ¹₂xn

⇒ v∈T BE(0,1/2) . On en déduit qu’il existey1∈T BE(0,1/2)

tel que : ky−y₀−y₁k_F 6 r

4 On construit par récurrence une suitey_n telle que :

1. y_n∈T B_E(0,2⁻ⁿ) 2. ky−y0−. . .−ynk6 2^n+1r

Posonsxn =T⁻¹yn ∈ B(0,2⁻ⁿ). On a : X

N

kxnkE6X

N

2⁻ⁿ <+∞

Donc la série P

xn converge normalement et donc converge car E est un espace de Banach.

Posons zn = P+∞

n=0xn. Alors kzkE < 2 puisque P

2^−k = 2 et kxkk < 2^−k, et T z = y car ky−T Snk −−−−−→

n→+∞ 0 par construction.

DoncB_F(0, r)⊂T B_E(0,2)

doncB_F(0, r/2)⊂T B_E(0,1)

.

Montrons qu’il existec >0 tel que :

BF(0, c)⊂T BE(0,1)

On va utiliser le fait que F est un Banach et le théorème de Baire. On écritF =S

p∈NF_p avec F_pfermé, prenons :

Fp =T BE(0, p)

=pT BE(0,1)

On a bien F = S

Fp car T surjective. D’après Baire on obtient que T B(0,1)

est d’intérieur non vide. Donc∃y0∈F et r >0tel que :

B(y0, r)⊂T BE(0,1)

En particulier y₀ = limT x_n avec x_n ∈ B_E(0,1). D’où −y₀ = limT(−x_n) ∈ T B_E(0,1) . Si y∈ BF(0, r), alorsy=−y0+ (y0+y).

y∈T BE(0,1)

+T BE(0,1)

⇒ y∈T BE(0,2)

SoitE un espace vectoriel muni de 2 normesk.k1 etk.k2 de Banach pour ces 2 normes. Si

∃c >0, ∀x∈E, kxk16ckxk2 (∗) alors :

∃c⁰ >0| ∀x∈E, kxk26c⁰kxk1 (∗∗) Corollaire 4(équivalence des normes)

Preuve.

Considérons :

T:

(E,k.k2) −→ (E,k.k1)

x 7−→ x

(∗)⇒ T continue. Théorème de l’application ouverte⇒ T⁻¹continue⇒ (∗∗).

Considérons deux espaces normés E et F, et T: E −→ F. Le graphe de T est un sous- ensemble deE×F définit comme :

G(T) =

(x, y)∈E×F, y=T x Définition 13(graphe)

Soit E, F deux espaces de Banach. Soit T: E −→ F linéaire. Alors T est continue si et seulement siG(T)est fermé.

Théorème 6(du graphe fermé)

Preuve.

T ∈ L(E, F)⇒G(T)fermé (exercice)

Réciproquement, supposons queG(T)est fermé. Introduisons la norme du graphe : N(x) =kxkE+kT xkF

• N(0) = 0

• N(x) = 0 ⇒ kxkE= 0 ⇒ x= 0

• N(λx) =|λ|N(x)

• N(x+y)6N(x) +N(y)

Montrons que(E, N)est de Banach. Soit(xn)une suite de Cauchy pour(E, N). Alors(xn)est une suite de Cauchy dans(E,k.kE)et(T x_n)est une suite de Cauchy dans(F,k.kF). Donc∃x, y tel quex_n−−−−−→

n→+∞ xetT x_n−−−−−→

n→+∞ y.

On veut montrer que N(x_n−x) −−−−−→

n→+∞ 0. Comme le graphe est fermé, (x_n, T x_n) converge vers (x, y) ∈ G(T) dans (E×F,k.kE +k.kF). Ainsi y = T x. Donc kT xn −T xkF −−−−−→

n→+∞ 0.

Finalement :

N(xn−x) =kxn−xkE+kT xn−T xkF −−−−−→

n→+∞ 0

Donc(E,k.kE)et (E, N)sont de Banach. Or kxkE6N(x). Par équivalence des normes∃c >0 tel queN(x)6ckxkE.

kxk_E+kT xk_E6ckxk_E ⇒ kT xk_F 6(c−1)kxk

DoncT est continue.

6 L’espace des fonctions continues

6.1 Théorème d’Arzela-Ascoli

Soient (X,T) un espace topologique et (Y, ρ) un espace métrique. Soit F une famille de fonctions f: X −→ Y. Pour x ∈ X on note V(x) l’ensemble des voisinages de x (i.e.

l’ensemble des parties qui continnent un élément de T contenant x). On dit que F est équicontinue dès que :

∀x∈X, ∀ε >0, ∃O∈ V(x), | ∀z∈O, ∀f ∈ F, ρ(f(x), f(z))< ε Définition 14(famille équicontinue)

Soient(X,T)un espace topologique séparable et (Y, ρ)métrique. SoitF une famille équi- continue de fonctionsfn:X −→Y. Si{fn(x)}_n∈Nest relativement compact∀x∈X alors

1. Il existe une sous-suite deF qui converge simplement vers une fonction f.

2. La convergence est uniforme sur tous les compacts.

Théorème 7(Arzela-Ascoli)

Preuve.

D ={xn}n∈N⊂X dénombrable dense.{fn(x1)}_n∈N est compacte donc séquentiellement com- pacte. Soit alors {fϕ₁(n)(x₁)}n∈N une sous-suite convergente. Par récurrence on construit une suite{fϕ₁◦...◦ϕj+1(n)(x_j+1)}n∈N extraite de {fϕ₁◦...◦ϕj(n)(x_j+1)}n∈N convergente. Par extraction diagonale on considère{f_ϕ(n)(x_j)}_n∈N oùϕ(n) =ϕ₁◦. . .◦ϕ_n(n).

C’est une sous-suite de{f_{ϕ1◦...ϕj(n)}(xj)}_n∈Ndonc elle converge. Pour alléger les notations on pose gn =fϕ(n). On a ainsi défini une suite (gn)n∈N qui converge simplement sur D. Pour montrer que (gn)n∈N converge simplement sur X tout entier il suffit de montrer que (gn(x))n∈N est de Cauchy∀x∈X.

En effetgn(x)∈fn(x)_n∈

Nqui est compact donc complet. Fixonsε >0. PuisqueF est équicon- tinue∃O∈ V(x)tel que∀n∈N,∀z∈O, ρ(gn(x), gn(z))<^ε₃.

CommeD est dense dansX, ∃x_j ∈D tel que x_j ∈O. Enfin par convergence de(g_n(x_j))_n∈N il existeN∈Ntel que∀m, n>N,ρ(g_m(x_j), g_n(x_j))< ^ε₃. Cela permet de conclure à la convergence simple :

ρ(gm(x), gn(x))6ρ(gm(x), gm(xj)) +ρ(gm(xj), gn(xj)) +ρ(gn(xj), gn(x))

< ε 3 +ε

3+ε 3 =ε

On montre directement la continuité de la limite g en passant à la limite dans l’inégalité de l’équicontinuité.

∀x∈X, ∀ε >0, ∃O∈ V(x), | ∀z∈O, ∀n∈N, ρ(gn(x), gn(z))< ε Enn−→+∞:∀z∈O, ρ(g(x), g(z))< ε. Soit maintenantK⊂X compact.

∀x∈X ∃Ox∈ V(x)| ∀z∈O_x, ∀f ∈ F, ρ(f(x), f(z))< ε K⊂S

x∈KO_x :∃x1, . . . , x_k ∈K tel que K⊂

k

[

i=1

Oxi

∃N ∈Ntel que∀n>N, ρ(g_n(x_i), g(x_i))< ^ε₃ ∀16i6k.

∀x∈K, ρ(g(x), g_n(x))6ρ(g(x), g(x_i)) +ρ(g(x_i), g_n(x_i)) +ρ(g_n(x_i), g_n(x))

<ε 3 +ε

3 +ε 3 =ε

∀n>N, d’où la convergence uniforme sur tout compact.

6.2 Théorème de Stone-Weierstrass

A⊂Rnon borné. f:A−→Rlimite uniforme de polynômes. Alorsf est un polynôme.

Propriété 3

Preuve.

(Pn)_n∈N suite de polynômes qui converge uniformément vers f. ∃N ∈ N tel que ∀n > N : sup_x∈A|Pn(x)−PN(x)|61.Pn−PN est un polynôme borné surA donc est constant : Pn = PN+αn. Ainsi(Pn−PN)n>N vérifie le critère de Cauchy uniforme. De là(αn)n>N est de Cauchy donc converge versα∈R.

f(x) = lim

n−→+∞Pn(x) =PN(x) + lim

n−→+∞αn=PN(x) +α

f est un polynôme.

∀a >0,∃(Pn)_n∈N une suite de polynômes qui converge uniformément vers|.|sur[−a, a].

Lemme 5

Preuve.

On commence para=¹₂. Dans ce cas on écrit |x|=p

1−(1−x²)∀x∈

−¹₂,¹₂

et on utilise le DSE deu7→√

1−u.

(1 +u)^α= 1 + α

1!u+. . .+α(α−1). . .(α−n+ 1)

n! uⁿ+. . . et cette série CN sur

−¹₂,¹₂ .

|x|=Pn(x) +Rn(x)où :

Pn(x) =

n

X

k=1

α(α−1). . .(α−k+ 1)

k! (1−x²)^k Si a 6= ¹₂, |x| = 2a

_2a^x

= 2aPn x 2a

+ 2aRn x 2a

ce qui donne une approximation uniforme

explicite de la valeur absolue sur[−a, a].

Soitf: [a, b]−→C

∀ε >0, ∃P ∈C[X]tq|f(x)−P(x)|< ε∀x∈[a, b]

Théorème 8(Weierstrass)

SoitX un espace topologique compact qui contient au moins deux éléments.H ⊂C(X,R) tel que :

1. ∀u, v∈H, sup(u, v),inf(u, v)∈H

2. ∀x₁6=x₂∈X, ∀α₁, α₂∈R,∃u∈H tel queu(x₁) =α₁ etu(x₂) =α₂ On dit queH est un treillis. Alors H est dense dansC(X,R).

Lemme 6

Preuve.

Soient f ∈ C(X,R) et ε > 0. Soit x ∈ X. ∀y 6= x ∈ X, ∃uy ∈ H tel que uy(x) = f(x) et uy(y) =f(y). Soit :

Oy ={z∈X |uy(z)> f(z)−ε}

∀y6=x∈X, O_y est un ouvert qui contienty etxdoncX=S

y6=x∈XO_y. Par compacité : X =

r

[

j=1

O_yj, y_j6=x∈X

Soit vx = sup_uy

1,...,u_yr. vx ∈ H et vx(x) = f(x) et ∀x⁰ ∈ X vx(x⁰) > f(x⁰)−ε. En effet vx(x⁰)>uy_j(x⁰)∀16j6r. En particulierx⁰ ∈Oy_j0,vx(x⁰)>uy_j0(x⁰)> f(x⁰)−ε.

On fait maintenant varierxet on pose, pour chaquex∈X, Ω_x={x⁰∈X |v_x(x⁰)< f(x⁰) +ε}

Ωx est un ouvert deX par continuité de v et x∈Ωx. On peut utiliser à nouveau la compacité deX pour obtenir :

X =

s

[

i=1

Ωx_i

Soit enfin v = inf(vx₁, . . . , vx_s). v ∈ H et ∀x ∈ X on a v(x) > f(x)−ε et v(x) 6 vx_i(x)

∀16i6s. En particulierx∈Ωx_i, v(x)6vx_i(x)< f(x) +ε.

En définitive,v∈H etf(x)−ε < v(x)< f(x) +ε.

Soit X métrique compact. Soit A ⊂ C(X,R) sous-algèbre unitaire (i.e. qui contient les fonctions constantes et qui est stable par addition et multiplication). On suppose de plus queA sépare les points deX au sens où∀x6=y∈X,∃f ∈Atel que f(x)6=f(y). AlorsA est dense dansC(X,R).

Théorème 9(Stone-Weierstrass)

Preuve.

Notons que siX est réduit à un seul élément alors le résultat est trivial car C(X,R) est alors constitué des fonctions constantes qui sont dans A par hypothèse. On suppose donc que X contient au moins deux éléments. La démonstration repose sur le lemme de densité précédent.

Pour en déduire le théorème on montre queAest un treillis, ainsi Aest dense, i.e.A est dense.

Exemple.(X, d),(X⁰, d⁰)des espaces métriques.X×X⁰ muni de : d_X×X⁰((x, x⁰),(y, y⁰)) = max(d(x, y), d⁰(x⁰, y⁰)) qui induit la topologie produit.

C(X,R)⊗C(X⁰,R) = (

(x, x⁰)7→

n

X

k=1

λkfk(x)gk(x⁰) )

dense dansC(X×X⁰,R).

cf. corde de Melde et équation de la chaleur.

6.3 Continuité et convergence simple

Soient(Y₁, d₁)et(Y₂, d₂)deux e.m. ety ∈Y₁.T:Y₁−→Y₂ est continue au pointy ssi elle est séquentiellement continue i.e. si∀y_n−−−−−→

n→+∞ y∈Y₁, T(y_n)−−−−−→

n→+∞ T(y)∈Y₂. Lemme 7

Preuve.

⇒:∀ε >0, ∃δ >0tel que d1(x, y)< δ⇒d2(T(x), T(y))< ε

⇐ : Réciproquement, si T n’est pas continue en y alors ∀n ∈ N, ∃xn ∈ Bd₁(y,2ⁿ) tel que d2(T(y), T(xn))>1. T n’est pas séquentiellement continue.

X e.t. compact. Toutes les normes sur C(X,R) qui le rendent complet et entraînent la convergence simple sont équivalentes.

Propriété 4

Preuve.

Soitk.kqui rendeC(X,R)complet et qui entraîne la convergence simple. PosonsE= (C(X,R),k.k) et :

Λx:

E −→ R f 7−→ Λx(f) =f(x)

Montrons queΛxest continue∀x∈E. Pour cela nous allons utiliser la caractérisation séquentielle de la continuité donnée par le lemme précédent.

Sikfnk −−−−−→

n→+∞ 0alorsf_n(x)−−−−−→

n→+∞ 0. Par hypothèse et par définition deΛ_x,Λ_x(f_n)−−−−−→

n→+∞ 0.

Notons ensuiteF={Λx, x∈X}. La famille est simplement bornée :

∀x∈X,∀f ∈E, |Λx(f)|=|f(x)|6sup

y∈X

|f(y)|<+∞

Ainsi le théorème de Banach-Steinhaus assure queF est uniformément bornée dansL(E,R)ce qui se traduit par l’existence dec >0 tel que :

∀x∈X,∀f ∈E, |f(x)|=|Λx(f)|6kΛxk_L(E,R)· kfk6ckfk

Alorskfk∞= sup_x∈X|f(x)|6 ckfk. On termine la preuve en utilisant la complétude deE et le corollaire du théorème de l’application ouverte qui énonce que deux normes sur un espace de

Banach sont équivalentes dès que l’une domine l’autre.

Soit X un espace de Baire et (Y, d) métrique. Soit fn: X −→ Y une suite de fonctions continues qui converge simplement versf: X −→Y. Alorsf est continue sur un ensemble dense.

Théorème 10

Remarque.

• 1Q n’et pas limite simple de fonctions continues.

• f dérivable :f⁰ est continue sur un ensemble dense.

Preuve.

Soient :

AN,k= \

m,n>N

x∈X | d(fm(x), fn(x))6 1 k

fermés. Commefn−−−−−→

n→+∞ f simplement,X =S

n∈NAN,k ∀k∈N^∗. Ωk=S

N∈N

◦

’AN,k est un ouvert dense (à partir du théorème de Baire). On montre ensuite quef est continue surT

k∈N^∗Ωk.