Corrigé de Novembre 2005

Universit´e P. et M. Curie Licence de Math´ematiques

LM360 B

Lundi 21 novembre 2005

Topologie et Calcul Diff´ erentiel

Corrig´e de l’interrogation I

Puisqueaest adh´erent `aS(V), il existe une suite (xn) de points de S(V) qui converge vers a, et pour tout nun ´el´ementvn de V tel que xn =Svn. On a par hypoth`ese :

kxn−xpk=kSvn−Svpk=kS(vn−vp)k ≥δkvn−vpk

donc kvn−vpk ≤ δ⁻¹kxn−xpk. La suite convergente (xn) est une suite de Cauchy. Pour tout ε >0, il existe donc un N tel que kxn−xpk < δε si n etp sont sup´erieurs `a N. On conclut que kvn−vpk< εsin etpsont sup´erieurs `a N, c’est-`a-dire que (vn) est une suite de Cauchy dansV. Et puisqueV est complet, la suite (vn) converge vers un v∈V.

Par continuit´e de S, on a xn =Svn → Sv, donc Sv =a, ce qui montre que a∈F :=S(V), donc que F est ferm´e.

1) Si v ∈ kerS, on a kvk ≤ δ⁻¹kSvk = 0, donc v = 0. Ceci montre que S est injective, donc bijective de V sur F. Et si x ∈ F, on a par hypoth`ese : kxk = °

°S(S⁻¹x)°

° ≥ δ°

°S⁻¹x°

°, donc

°°S⁻¹x°

°≤δ⁻¹kxk, ce qui montre que S⁻¹ est continue de norme au plus δ⁻¹. II

1) Soit m = sup_nkxnk. L’application x 7→ m.x est continue de E dans E. L’image m.T(B) du compact T(B) est donc une partie compacte de E, qui contient tous les points T xn, puisque T xn = m.T(xn

m) ∈ m.T(B) ⊂ m.T(B). Alors, dans le compact m.T(B), la suite (T xn) poss`ede une sous-suite convergente (T xnk).

2) Supposons qu’il n’existe aucun δ >0 tel que kSvk ≥ δkvk pour tout v de V. On peut alors trouver pour toutnun vn tel quekSvnk<2⁻ⁿkvnk

On a kvnk > 2ⁿkSvnk ≥ 0, donc vn 6= 0. Alors on a kwnk = 1

kvnkkvnk = 1 et kSwnk = 1

kvnkkSvnk < 2⁻ⁿ, donc Swn → 0. Puisque T est compacte, il existe une sous-suite (wnk) de la suite born´ee (wn) telle que (T wnk) converge vers un ´el´ement bde E. On a alors

wnk =Swnk +T wnk →0 +b=b

Ceci montre que kbk = limk→∞kwnkk = 1, que b = limk→∞wnk ∈ V = V, et que Sb = limk→∞Swnk = 0. Il en r´esulte que b est un ´el´ement non nul de V ∩kerS, contrairement `a l’hypoth`ese queS ´etait injective sur V.

Il r´esulte de cette contradiction qu’existe unδ >0 tel que kSvk ≥δkvkpour tout vde V. Et on conclut alors de Ique S est un isomorphisme de V sur le sous-espace ferm´eF =S(V) de E.

III

1) Si x ∈ Fn+1, il existe v ∈ E tel que x = Sⁿ⁺¹v = Sⁿ(Sv) ; et puisque Sv ∈ E, on a x∈Sⁿ(E) =Fn. DoncFn+1⊂Fn.

De mˆeme, si x = Sⁿ⁺¹v ∈ Fn+1, on a Sⁿv ∈ Fn et x = S(Sⁿv), donc x ∈ S(Fn) ; et inversement, si y = Sⁿv ∈ Fn, on a Sx = Sⁿ⁺¹v ∈ Fn+1. Donc Fn+1 = S(Fn). Puisque S est injective sur E, elle l’est sur chacun desFn. PuisqueF0=E est ferm´e, on voit par r´ecurrence, en

utilisantII, que Fn est ferm´e pour toutn : siFn est ferm´e, on prend V =Fn et on obtient que S est un isomorphisme de Fn sur le sous-espace ferm´eS(Fn) =Fn+1.

Puisque a∈ E, on a Sⁿa ∈ Sⁿ(E) = Fn; et si on avait Sⁿa ∈ Fn+1, il existerait v ∈ E tel que Sⁿa=Sⁿ⁺¹v, donc que Sⁿ(a−Sv) = 0. Et puisque S est injective, Sⁿ l’est aussi, d’o`u l’on conclut quea−Sv= 0, contrairement au fait que a /∈F1=S(E).

Puisque Fn+1 est ferm´e, on a ε = d(Sⁿa, Fn+1) > 0. Et il existe un ´el´ement yn de Fn+1 tel que

kSⁿa−ynk=d(Sⁿa, yn)< d(Sⁿa, Fn+1) +ε= 2d(Sⁿa, Fn+1) Alorswn = Sⁿa−yn

kSⁿa−ynk ∈Fn, et on a kwnk= 1. De plus, si z∈Fn+1, on a wn−z= 1

kSⁿa−ynk

³Sⁿa−yn− kSⁿa−ynkz´

= 1

kSⁿa−ynk

³Sⁿa−(yn+kSⁿa−ynkz)´ et comme zn := yn − kSⁿa−ynkz ∈ Fn+1, on voit que kSⁿa−znk ≥ d(Sⁿa, Fn+1), donc que kwn−zk= kSⁿa−znk

kSⁿa−ynk ≥ d(Sⁿa, Fn+1) kSⁿa−ynk ≥ 1

2. Il en r´esulte que d(wn, Fn+1)≥ 1 2.

2) On awn−T wn= (I−T)wn=Swn ∈S(Fn) =Fn+1. Alors, sin < p, on a wp ∈Fp⊂Fn+1, etSwp∈Fp+1⊂Fn+1. Alors

T wn−T wp= (wn−Swn)−(wp−Swp) =wn−(Swn+wp−Swp) et puisqueSwn+wp−Swp∈Fn+1, on conclut quekT wn−T wpk ≥d(wn, Fn+1)≥ 1

2.

3) La suite (wn) est born´ee, et puisque T est compacte, la suite (T wn) devrait avoir une sous- suite convergente, ce qui est impossible si ses termes sont deux-`a-deux `a distance au moins 1

2. Il en r´esulte qu’il n’existe aucun point adansE\S(E), donc queS(E) =E et queS est surjective.

IV

1) PuisqueSⁿ est continue, ker(Sⁿ), image r´eciproque de {0} parSⁿ, est un sous-espace ferm´e.

De, plus, si x ∈ Gn, on a Sⁿ⁺¹x = S(Sⁿx) = 0, c’est-`a-dire x ∈ Gn+1; donc Gn ⊂ Gn+1. Si S n’est pas injective, on peut trouver un vecteura1 non nul dans kerS.

PuisqueS(E) =E, on peut d´eterminer par r´ecurrence une suite (an) telle queSan+1=an : si an est d´etermin´e, on a an ∈ E = S(E), d’o`u l’existence de an+1. On a alors, par r´ecurrence, S<sup>n−1</sup>an = a1; en effet : S<sup>n</sup>an+1 = S<sup>n−1</sup>(San+1) = S<sup>n−1</sup>an = a1. Donc S<sup>n−1</sup>an 6= 0 et S<sup>n</sup>an=S(S<sup>n−1</sup>an) =Sa1= 0, c’est-`a-dire an∈/ Gn−1 etan∈Gn.

Puisque Gn−1 est ferm´e, on a d(an, Gn−1) > 0 et, comme ci-dessus, on peut trouver un yn ∈Gn−1 tel quean−yn<2d(an, Gn−1). A nouveau, wn:= an−yn

kan−ynk est un vecteur de Gn, de norme 1, et, pourz∈Gn−1, on a

kwn−zk= 1

kan−ynkkan−(yn+kan−ynkz)k ≥ d(an, Gn−1) kan−ynk ≥ 1

2 d’o`u d(wn, Gn−1) ≥ 1

2. De plus, Sⁿ⁻¹(wn−T wn) =Sⁿ⁻¹(Swn) =Sⁿwn = 0 puisque wn ∈Gn; et ceci montre que wn−T wn ∈Gn−1.

Alors, pour n < p, on aSwp∈Gp−1,wn ∈Gn ⊂Gp−1 etSwn∈Gn−1⊂Gp−1. Donc kT wp−T wnk=kwp−(Swp+wn−Swn)k ≥d(wp, Gp−1)≥ 1

2

2) Alors la suite (wn) est born´ee, mais la suite (T wn) ne peut avoir de sous-suite convergente puisque les distances mutuelles desT wn sont au moins ´egales `a 1

2. Ceci contredit le fait que T est compacte, donc prouve queS est injective.

2