Compléments de topologie

École des Mines de Douai — FIAASMathématiques
Compléments de topologie
Compléments de topologie
F. Delacroix, École des Mines de Douai, 22 septembre 2010
Ce document présente quelques notions de topologie, non essentielles pour la compréhension du cours de FiAAS, mais offrant un recul plus important sur certains points de
ce cours.
Il comprend également une petite série de contre-exemples classiques montrant les
limites ou la nécessité des hypothèses de quelques-uns des résultats du chapitre 1 sur les
fonctions de plusieurs variables.
Ce document pourra être complété par vos demandes, n’hésitez pas à demander des
approfondissements.
1
Diamètre
1.1
Dans un espace vectoriel normé
Soit E un espace vectoriel normé. Étant donnée une partie A de E, on définit le
diamètre de A comme la quantité
n
Diam(A) = sup d(x, y),
o
x, y ∈ A ∈ R+ ∪ {∞}
avec en plus la convention que Diam(∅) = 0.
Proposition 1
Le diamètre d’un compact est fini et atteint.
Preuve. Il s’agit de prouver que l’application «distance»
d : E × E −−−→ R+
(x, y) 7−−−→ d(x, y) = kx − yk
est bornée sur K × K et atteint ses bornes. On va pour cela munir l’espace vectoriel E × E
d’une norme, montrer que l’application d est continue sur E × E et que K × K est un
compact de E × E.
On peut munir E ×E (notamment) de l’une des trois normes suivantes, généralisations
directes des exemples fondamentaux de Rn : pour (x, y) ∈ E × E,
k(x, y)k1 = kxk + kyk
k(x, y)k2 =
q
kxk2 + kyk2
k(x, y)k∞ = sup{kxk, kyk}.
(exercice : vérifier que ce sont bien des normes, et qu’on retrouve la situation habituelle
de ces normes sur R2 lorsque E = R normé par la valeur absolue). Ces trois normes
sont équivalentes (exercice, inspirez-vous de l’exercice 1 question 3 du chapitre 1) et donc
définissent la même topologie sur cet espace vectoriel, et aussi, c’est ce qui nous intéresse,
la même notion de convergence.
Pour une suite de couples ((xn , yn ))n∈N (deux paires de parenthèses : une pour la
notation «couple», l’autre pour la notation «suite») de E ×E, et un couple (`, m) ∈ E ×E,
on a ainsi équivalence des assertions suivantes (démonstration laissée en exercice) :
1
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(1) la suite ((xn , yn ))n∈N converge vers (`, m) ∈ E × E,
(2) lim k(xn , yn ) − (`, m)k = 0 (c’est la définition de la convergence) où la notation k.k
n→∞
désigne l’une quelconque des trois normes ci-dessus,
(3) les suites des composantes (xn )n∈N et (yn )n∈N convergent respectivement vers ` et m.
Alors K × K est compact. Pour le démontrer, fixons une suite ((xn , yn ))n∈N de K × K ;
il s’agit de prouver qu’elle admet une sous-suite convergente.
Par définition, la suite (xn )n∈N est une suite de K, donc, en vertu de la propriété de
Bolzano-Weierstrass, elle admet une sous-suite (xϕ(n) )n∈N convergeant dans K, ϕ désignant
une application N −−−→ N strictement croissante.
La suite (yϕ(n) )n∈N est elle aussi une suite de K, donc elle admet une sous-suite
(yψ◦ϕ(n) )n∈N qui converge dans K, ψ étant encore une application N −−−→ N strictement
croissante.
La fonction ψ◦ϕ est la composée de deux fonctions strictement croissantes de N −−−→ N,
c’est donc elle-même une fonction strictement croissante de N −−−→ N. La suite (xψ◦ϕ(n) )n∈N
est extraite de la suite (xϕ(n) )n∈N qui est convergente, elle est donc convergente.
Comme les suites (xψ◦ϕ(n) )n∈N et (yψ◦ϕ(n) )n∈N sont toutes deux convergentes dans K,
la suite des couples ((xψ◦ϕ(n) , yψ◦ϕ(n) )n∈N , extraite de ((xn , yn ))n∈N est donc convergente
dans K × K en vertu de la caractérisation de la convergence dans E × E exposée plus
haut.
Ceci prouve bien que K × K est compact.
Il reste à prouver que d est continue. Rappelons les inégalités triangulaires : pour deux
vecteurs a et b, on a
kak − kbk
6 ka − bk 6 kak + kbk.
Pour (x, y), (x0 , y 0 ) ∈ E × E, on a donc les majorations suivantes :
|d(x, y) − d(x0 , y 0 )| = kx − yk − kx0 − y 0 k 6 kx − y − x0 + y 0 k
6 k(x − x0 ) − (y − y 0 )k 6 kx − x0 k + ky − y 0 k = k(x, y) − (x0 , y 0 )k1 .
Ceci montre que l’application d est 1-lipschitzienne (lorsque l’on a muni E ×E de la norme
k.k1 ), donc continue. En effet, la majoration précédente montre que |d(x, y) − d(x0 , y 0 )|
tend vers 0 lorsque (x0 , y 0 ) tend vers (x, y).
Finalement, l’image de K × K par l’application d est celle d’un compact par une
fonction continue, donc c’est un compact de R, c’est-à-dire un fermé borné : la distance
d est bornée sur K × K et atteint ses bornes.
Ainsi, le diamètre de K est fini et réalisé par (au moins) un couple (x, y) particulier.
Proposition 2
Le diamètre d’une boule (ouverte ou fermée, peu importe) est égal au double de son
rayon.
2
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Preuve. Procédons par double inégalité, en nous intéressant à une boule fermée B(a, R)
de centre a et de rayon R, que l’on notera simplement B.
Pour x, y ∈ B, grâce à l’inégalité triangulaire :
kx − yk = kx − a + a − yk 6 kx − ak + ky − ak 6 R + R = 2R.
Le majorant ainsi obtenu étant indépendant de x et y, on peut passer au sup, ce qui
montre que
Diam(K) 6 2R.
Considérons maintenant un couple de vecteurs diamétralement opposés (x, −x) dans
lequel kxk = R. Alors
kx − (−x)k = kx + xk = k2xk = 2kxk = 2R.
Ce la considération de ce couple particulier découle que le sup dont il est question, c’està-dire Diam(K) vérifie Diam(K) > 2R.
Finalement Diam(K) = 2R.
Remarquons que la démonstration précédente fonctionne bien pour une boule fermée,
où l’on peut choisir x tel que kxk = R, mais pas pour une boule ouverte. On doit alors
modifier la seconde partie de la démonstration en considérant une suite (xn ) de la boule
ouverte qui converge vers un point x tel que kxk = R. Par exemple avec xn = (R − n1 )e
où e est un vecteur de norme 1.
1.2
Dans un espace métrique
Un espace vectoriel normé est un cas particulier d’espace métrique (qui est lui-même
un cas particulier d’espace topologique), c’est-à-dire un ensemble dans lequel existe une
notion de distance.
Définition 1
On appelle espace métrique tout ensemble E tel qu’il existe une application
d : E × E −−−→ R+
appelée distance (ou : métrique) telle que
(1) d vérifie l’axiome de séparation :
∀x, y ∈ E,
(d(x, y) = 0) ⇐⇒ (x = y)
(2) d soit symétrique :
∀x, y ∈ E,
d(x, y) = d(y, x)
(3) d vérifie l’inégalité triangulaire :
∀x, y, z ∈ E,
d(x, z) 6 d(x, y) + d(y, z).
Beaucoup des notions présentées dans le chapitre 1 à propos des espaces vectoriels
normés sont en fait des propriétés métriques (boules, partie bornée. . .) ou topologiques
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(ouvert, fermé, compact, connexe. . .). Il est toutefois important de remarquer qu’un espace
métrique n’est pas forcément un espace vectoriel (pas forcément «plat» 1 )
Exemple 2 (La distance SNCF)
Dans un ouvert de R2 , on fixe un point appelé PARIS. On définit alors la distance
entre deux points A et B comme étant
d(A, B) =

δ(A, B)
δ(A, P ARIS) + δ(P ARIS, B)
si A, B et P ARIS sont alignés
sinon.
où δ désigne la distance euclidienne habituelle (toute ressemblance avec des personnages
existants serait purement fortuite).
Avec cet exemple, pour obtenir une idée intuitive à peu près conforme à la réalité, on
pourrait être amené à supposer que l’ouvert dans lequel on travaille (qui pourrait avoir par
exemple la forme d’un pays donné), est étoilé par rapport à PARIS. Mathématiquement,
ce n’est toutefois pas nécessaire. Cet exemple consiste donc à dire qu’un voyageur se
rendant de A à B ira directement si A, B et PARIS sont alignés, et devra d’abord passer
par PARIS dans le cas contraire. La distance de A à B est alors définie comme étant la
longueur du parcours de notre infortuné voyageur.
Exemple 3 (Distance discrète)
Soit E un ensemble quelconque non vide. On définit la distance discrète sur E en
disant que

0 si x = y
d(x, y) =
1 si x 6= y.
Ce dernier exemple est intéressant car complètement contre-intuitif et pourtant très
cohérent : tous les points distincts de E sont séparés par la même distance 1. On peut
s’en faire une idée dans R2 si E ne contient que trois points (les placer de telle sorte qu’ils
forment un triangle équilatéral de côté 1), ou dans R3 si Card E = 4 (utiliser un tétraèdre)
mais ce modèle géométrique est vite limité.
Le diamètre d’un compact dans un espace métrique est toujours fini est atteint (la
démonstration de la proposition 1 s’adapte très bien). En revanche, le diamètre d’une
boule n’est pas toujours ce qu’on croit. Seule la première partie de la démonstration de
la proposition 2 s’adapte bien (c’est l’objet de la proposition suivante). La seconde partie
de cette démonstration repose sur la colinéarité de x et −x, et ceci n’a plus de sens dans
un espace métrique général.
Proposition 3
Dans un espace métrique, le diamètre d’une boule est inférieur ou égal au double de
son rayon.
Exemple 4
Soit E un ensemble muni de la distance discrète. Alors, pour tout a ∈ E et tout r ∈ R
1. Rappelons à ce sujet que la Terre n’est pas plate, et que ces notions de distance ont tout de même
un sens concret.
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tel que r < 1, la boule fermée B(a, r) est réduite au point a, et son diamètre est donc
nul !
L’expansion de l’Univers, conséquence directe de la théorie de la relativité générale
d’Albert Einstein, consiste en la modélisation de la variation de la métrique (c’est-à-dire
la distance) dans l’Univers au cours du temps. Ce ne sont pas les galaxies qui se déplacent,
mais la métrique (manifestation de l’espace-temps lui-même) qui «gonfle». Du coup, la
vitesse de l’expansion n’est pas limitée par la vitesse de la lumière !
2
2.1
Équivalence des normes
Généralités
Toutes les questions topologiques dans un espace vectoriel normé, au premier rang
desquelles la continuité des applications, dépendent du choix d’une norme. Il est donc
légitime de se demander dans quelle mesure le choix d’une norme est important pour ces
questions.
Paradoxalement, la réponse à cette question topologique est de nature algébrique : la
dimension de l’espace vectoriel.
Définition 5
Deux normes k.k1 et k.k2 sur un K-espace vectoriel E sont dites équivalentes s’il existe
deux constantes α et β strictement positives telles que
∀x ∈ E,
αkxk1 6 kxk2 6 βkxk1 .
Bien entendu, c’est une relation d’équivalence sur l’ensemble des normes possibles sur
E. Graphiquement, l’équivalence de deux normes signifie que les boules concentriques
peuvent être «imbriquées» : à centre a fixé, la boule ouverte Bk.k2 (a, r) contient la boule
Bk.k1 (a, αr) et est contenue dans la boule Bk.k1 (a, βr). Ce phénomène est illustré à la
figure 1 dans le cas des normes k.k2 et k.k∞ de R2 , qui vérifient la relation (exercice) :
√
∀(x, y) ∈ R2 , k(x, y)k∞ 6 k(x, y)k2 6 2k(x, y)k∞ .
Boule de centre a et rayon r pour la norme ∞
a
Boule de centre a et rayon r pour la norme 2
_
Boule de centre a et rayon r√2 pour la norme ∞
Figure 1 – Équivalence de k.k2 et k.k∞ dans R2
L’intérêt de cette notion réside dans la proposition 4 suivante, qui dit en substance
que des normes sont équivalentes si et seulement si elles donnent les mêmes ouverts, ou
encore la même notion de continuité.
5
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Théorème 4
Soit E un K-espace vectoriel muni de deux normes k.k1 et k.k2 . Les assertions suivantes
sont équivalentes.
(1) Les normes k.k1 et k.k2 sont équivalentes ;
(2) les normes k.k1 et k.k2 définissent la même topologie (i.e. les mêmes ouverts) sur
E;
(3) pour tout espace vectoriel normé F et toute application f : E −−−→ F , si f est
continue pour l’une de ces normes, alors elle est continue pour l’autre ;
(4) chaque norme est une application continue en 0 lorsque E est muni de l’autre
norme.
Preuve. Dans cette démonstration, on notera en indice des boules ouvertes le numéro de
la norme à laquelle elles sont relatives. Ainsi, B1 (a, r), par exemple, désignera la boule
ouverte de centre a et de rayon r pour la norme k.k1 et B2 (a, r) la boule ouverte de mêmes
centre et rayon pour la norme k.k2 :
B1 (a, r) = {x ∈ E,
kx − ak1 < r} et B2 (a, r) = {x ∈ E,
kx − ak2 < r}.
De plus, le théorème est trivial si E = {0}, on suppose donc que ce n’est pas le cas.
(1) =⇒ (2). La démonstration de cette implication repose sur le fait que les boules
ouvertes pour deux normes équivalentes peuvent être imbriquées les unes dans les autres,
comme cela a été illustré à la figure 1. Supposons donc les normes k.k1 et k.k2 équivalentes
et soit U un ouvert pour la norme k.k1 . Montrons que U est un ouvert pour la norme k.k2 .
Soit x0 ∈ U . Comme U est un ouvert pour la norme k.k1 , il existe un réel r1 > 0
tel que B1 (x0 , r1 ) ⊂ U . Comme les deux normes sont équivalentes, il existe en particulier
β > 0 tel que
∀x ∈ E, kxk1 6 βkxk2 .
r1
Posons r2 = , et montrons que B2 (x0 , r2 ) est incluse dans B1 (x0 , r1 ). Soit donc x ∈
β
B2 (x0 , r2 ). On a
r1
kx − x0 k1 βkx − x0 k2 < βr2 = β = r1
β
c’est-à-dire que x ∈ B(x0 , r1 ). Ainsi,
B2 (x0 , r2 ) ⊂ B1 (x0 , r1 ) ⊂ U,
c’est-à-dire que U est bien un ouvert pour la norme k.k1 .
Les rôles joués par les deux normes étant interchangeables, on en déduit que ces deux
normes définissent les mêmes ouverts.
(2) =⇒ (1). Supposons que k.k1 et k.k2 donnent les mêmes ouverts sur E, et montrons
qu’elles sont équivalentes. On sait que B1 (0, 1) est un ouvert pour la norme k.k1 donc, par
hypothèse, pour la norme k.k2 . Comme 0 ∈ B1 (0, 1), il existe donc un réel r > 0 tel que
B2 (0, r) ⊂ B1 (0, 1).
r
Fixons x ∈ E \ {0}, et posons y =
x (on a kxk2 6= 0 puisque x 6= 0). Par
2kxk2
construction, on a
r
r
r
kyk2 = x =
kxk2 =
2kxk2 2kxk2
2
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c’est-à-dire que y ∈ B2 (0, r). D’après l’inclusion précédente, on a donc y ∈ B1 (0, 1), c’està-dire que kyk1 < 1 ; en particulier kyk1 6 1. Explicitons :
r
x
2kxk2 6 1 soit
1
ce que l’on peut encore écrire, en posant β =
2
r
r
kxk1 6 1
2kxk2
(on a bien β > 0) :
kxk1 6 βkxk2 .
De la même façon, en échangeant les rôles joués par les deux normes, il existe une constante
α > 0 telle que, pour tout x ∈ E \ {0} :
αkxk2 6 kxk1 6 βkxk2 .
Cet encadrement subsistant de manière triviale pour x = 0, on a bien l’équivalence des
normes voulue.
(1) =⇒ (3). Supposons que k.k1 et k.k2 soient équivalentes, et fixons une constante
β > 0 telle que
∀x ∈ E, kxk1 6 βkxk2 .
Soient également F un espace vectoriel normé et f : E −−−→ F une application continue
lorsque l’on considère que E est muni de la norme k.k1 . Montrons qu’elle le reste en
munissant E de la norme k.k2 . Soit x0 ∈ E un point quelconque où l’on va tester cette
continuité.
Soit ε > 0. Par définition de la continuité de f en x0 , il existe η1 > 0 tel que
∀x ∈ E,
Posons η2 =
(kx − x0 k1 < η1 ) =⇒ (kf (x) − f (x0 )k < ε) .
η1
. On a η2 > 0 et, si x ∈ E est tel que kx − x0 k < η2 , alors
β
kx − x0 k1 6 βkx − x0 k2 < βη2 = β
η1
= η1
β
donc, d’après l’assertion précédente, kf (x) − f (x0 )k < ε.
On a donc mis en évidence l’existence d’un réel η2 > 0 tel que
∀x ∈ E,
(kx − x0 k2 < η2 ) =⇒ (kf (x) − f (x0 )k < ε)
et ce quel que soit ε > 0. On en conclut que f est continue en x0 vis-à-vis de la norme
k.k2 . Ceci est vrai quel que soit x0 ∈ E, donc f est continue sur E vis-à-vis de k.k2 .
Les rôles joués par les deux normes étant identiques, on a le résultat.
(3) =⇒ (4). Supposons que toute application au départ de E continue pour l’une des
normes est continue par rapport à l’autre. On peut remarquer, via la seconde inégalité
triangulaire, que la norme k.k1 est 1-lipschitzienne (lorsque E est muni de cette même
norme) :
∀x, y ∈ E,
kxk1
− kyk1 6 kx − yk1 .
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En particulier, k.k1 est (uniformément) continue lorsque E est muni de k.k1 et donc,
d’après hypothèse (3), lorsque E est muni de l’autre norme k.k2 . En particulier, elle est
continue en 0.
De même, par symétrie, k.k2 est continue en 0 vis-à-vis de k.k1 .
(4) =⇒ (1). Supposons que l’application
f : E −−−→ R
x 7−−−→ kxk2 .
est continue en 0 lorsque E est muni de la norme k.k1 . En appliquant la définition de cette
continuité en 0 avec ε = 1, on obtient l’existence d’un réel η > 0 tel que
∀y ∈ E,
(ky − 0k1 < η) =⇒ (|f (y) − f (0)| 6 1)
c’est-à-dire
∀y ∈ E, (kyk1 < η) =⇒ (kyk2 6 1) .
η
x. Alors, par construction,
Soit x ∈ E \ {0} ; posons y =
2kxk1
kyk1 =
η
x
2kxk1 1
=
η
η
kxk1 = < η
2kxk1
2
donc, d’après ce qui précède,
1 > kyk2 =
η
x
2kxk1 =
2
η
kxk2 .
2kxk1
Si l’on pose β = η2 , qui est bien un réel strictement positif, on obtient
kxk2 6 βkxk1 .
Cette inégalité est vraie pour tout x ∈ E \ {0} mais le reste trivialement pour x = 0. Elle
est donc vraie pour tout x ∈ E.
En échangeant les rôles joués par les deux normes, on montre de la même façon l’existence d’une constante α > 0 telle que finalement, pour tout x ∈ E,
αkxk1 6 kxk2 6 βkxk1
c’est-à-dire que les deux normes sont bien équivalentes.
2.2
En dimension finie
En dimension finie, il n’existe qu’une seule topologie «raisonnable». C’est un résultat
assez remarquable liant algèbre et topologie.
Théorème 5
Si E est de dimension finie, toutes les normes sur E sont équivalentes.
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Preuve. Pour démontrer cela, il est suffisant, puisqu’on est en présence d’une relation
d’équivalence, de montrer que toute norme est équivalente à une norme particulière. Notons n = dim E, on peut alors rapporter E à une base B = (e1 , . . . , en ). Considérons
l’application k.k∞ : E −−−→ R+ définie par
∀x =
n
X
xi ei ∈ E,
kxk∞ = sup{|xi |, i ∈ {1, . . . , n}}.
i=1
On peut observer que, la décomposition d’un vecteur x dans la base B étant unique,
cette définition est non ambiguë. On montre sans difficulté que c’est une norme sur E.
Elle coïncide avec la norme k.k∞ classique lorsque E = Rn muni de sa base canonique.
Soit k.k une (autre) norme sur E, il s’agit donc de prouver que les normes k.k et k.k∞
sont équivalentes. Observons d’abord que la norme k.k est une application continue de
E → R+ lorsque E est muni de la norme k.k∞ .
Pour le prouver, fixons un vecteur z =
n
X
zi ei . On a, d’après les propriétés (inégalité
i=1
triangulaire et homogénéité) de la norme k.k :
kzk =
n
X
zi ei i=1
6
n
X
|zi | kei k.
i=1
Si l’on pose M = max{ke1 k, . . . , ken k}, on peut écrire
kzk 6 M
n
X
|zi | 6 M nkzk∞
puisque ∀i ∈ {1, . . . , n},
|zi | 6 kzk∞ .
i=1
Si on fixe x, y ∈ E, on a, à l’aide de la seconde inégalité triangulaire et de la majoration
précédente appliquée à z = x − y :
kxk − kyk
6 kx − yk 6 M n kx − yk∞
ce qui montre que l’application k.k est M n-lipschitzienne. Elle est en particulier (uniformément) continue sur E (muni de la norme k.k∞ ).
Désignons par S la sphère unité de E pour la norme k.k∞ :
(
S = {x ∈ E,
kxk∞ = 1} = x =
n
X
)
xi ei ∈ E,
i=1
sup
|xi | = 1 .
i∈{1,...,n}
Géométriquement, S est donc l’«hyperparallélogramme» centré en 0 et construit sur les
vecteurs e1 , . . . , en (cf. figure 2 pour illustration dans le cas n = 3).
Alors S est compacte. En effet, elle est fermée puisque c’est l’intersection de la boule
fermée de centre 0 et de rayon 1 et du complémentaire de la boule ouverte de mêmes
centre et rayon. Elle est également bornée puisqu’incluse dans une boule. Comme E est
de dimension finie, cela suffit à faire d’elle un compact 2 .
La norme k.k étant continue, elle est bornée sur S et y atteint ses bornes : il existe
deux constantes réelles positives α et β telles que
∀x ∈ S,
α 6 kxk 6 β.
2. C’est ici, notamment, que la démonstration «coince» lorsque E est de dimension infinie : S n’est
alors plus compacte.
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e3
e2
0
e1
Figure 2 – S, la sphère unité pour la norme k.k∞ , lorsque n = 3
En outre, il existe deux vecteurs x1 et x2 de S tels que α = kx1 k (minimum) et β = kx2 k
(maximum). Comme x1 ∈ S, on a en particulier kx1 k∞ 6= 0 donc x1 6= 0, donc α = kx1 k >
0 (et, a fortiori, β > 0).
Il reste à vérifier que ces constantes strictement α et β conviennent pour l’équivalence
1
x. Alors, par construction,
des normes k.k et k.k∞ . Pour x ∈ E \ {0}, posons y =
kxk∞
kyk∞ =
1 kxk∞ ∞
=
1
kxk∞ = 1,
kxk∞
c’est-à-dire que y ∈ S.
Alors, d’après ce qui précède,
α 6 kyk 6 β
soit α 6
1 kxk∞ 6 β.
À l’aide de l’homogénéité de la norme k.k, on obtient alors
α6
1
kxk 6 β
kxk∞
c’est-à-dire
αkxk∞ 6 kxk 6 βkxk∞ .
Cet encadrement vaut pour tout x ∈ E \ {0} mais aussi, trivialement, pour x = 0. Ceci
prouve donc l’équivalence des normes k.k et k.k∞ .
2.3
Exemple en dimension infinie
On l’a vu au théorème 5, toutes les normes sur un espace vectoriel de dimension finie
sont équivalentes. Qu’en est-il en dimension infinie ?
L’un des espaces vectoriels de dimension infinie les plus simples qui se puissent concevoir est celui des polynômes (à coefficients réels). En effet, cet espace se rapporte à une
base dénombrable, dite canonique : B = (1, X, X 2 , . . . , X n , . . . ).
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Exemple 6
On munit R[X] des normes k.k1 et k.k∞ définies de la façon suivante, pour P =
n
X
ak X k :
k=0
kP k1 =
n
X
|ak | et kP k∞ = sup{|P (x)|,
x ∈ [0, 1]}.
k=0
Sont-ce bien des normes sur R[X], et sont-elles équivalentes ?
Montrons d’abord que ce sont bien des normes sur R[X]. Commençons par k.k1 , qui
à un polynôme P associe la somme des valeurs absolues de ses coefficients.
Séparation : soit P =
n
X
ak X k un polynôme tel que kP k1 = 0. Alors
k=0
n
X
|ak | = 0.
k=0
Comme c’est une somme de réels positifs, cela entraîne
∀k ∈ {0, . . . , n},
ak = 0 c’est-à-dire P = 0.
Homogénéité : soient P un polynôme comme précédemment et λ ∈ R. On a :
kλP k1 =
n
X
|λak | = |λ|
k=0
n
X
|ak | = |λ|kP k1 .
k=0
Inégalité triangulaire : soient P =
n
X
k
ak X et Q =
m
X
bk X k deux polynômes. Quitte
k=0
k=0
à intervertir les rôles de P et Q, supposons que n > m. Convenons de « compléter » les
coefficients du polynôme Q en posant bk = 0 pour k > m. On peut alors écrire
P =
n
X
ak X
k
Q=
k=0
n
X
bk X
k
et P + Q =
k=0
n
X
(ak + bk )X k .
k=0
Alors, en tenant compte du fait que pour tout k on a |ak + bk | 6 |ak | + |bk | :
kP + Qk1 =
n
X
|ak + bk | 6
k=0
n
X
(|ak | + |bk |) =
n
X
k=0
k=0
|ak | +
n
X
|bk | = kP k1 + kQk1 .
k=0
Par conséquent, k.k1 est bien une norme sur R[X]. Pour k.k∞ , la seule subtilité par
rapport à la norme k.k∞ étudiée en TD (chapitre 1, exercice 1, question 2, exemples b et
e) concerne la vérification de la propriété de séparation.
Avant cela tout de même, observons que kP k∞ existe car la fonction polynomiale
associée à P est continue et l’intervalle [0, 1] est compact : la fonction P est donc bornée
(et atteint ses bornes) sur [0, 1].
Séparation : soit P ∈ R[X] tel que kP k∞ = 0. On a donc
∀t ∈ [0, 1],
|P (t)| 6 sup |P (x) = kP k∞ = 0
x∈[0,1]
donc la fonction polynomiale associée à P est nulle sur [0, 1]. Le polynôme P a une infinité
de racines ; il est donc nul : P = 0.
Pour l’homogénéité et l’inégalité triangulaire, on se référera à ce qui a été traité en
TD.
11
Compléments de topologie
MathématiquesÉcole des Mines de Douai — FIAAS
Montrons que ces deux normes sur R[X] ne sont pas équivalentes. Une telle démonstration implique nécessairement une infinité de vecteurs. En effet, un nombre fini de vecteurs
permettrait de travailler dans le sous-espace vectoriel qu’ils engendrent, qui est de dimension finie, ce qui, d’après le théorème 5, ne pourra pas fonctionner.
On est donc amené à introduire ici un nombre infini de polynômes, sous la forme d’une
suite. Pour tout n ∈ N, posons
Pn = X n (1 − X)n .
Cherchons, pour tout n, la valeur de kPn k1 et kPn k∞ . Par la formule du binôme de Newton,
on peut écrire
Pn = X n
n
X
Cnk (−1)k X k =
kPn k1 =
n X
k
Cn (−1)k Cnk (−1)k X n+k
k=0
k=0
et donc
n
X
=
n
X
Cnk
n
X
=
k=0
k=0
Cnk 1k 1n−k = (1 + 1)n = 2n .
k=0
Pour calculer kPn k∞ , étudions la fonction polynomiale Pn sur l’intervalle [0, 1], en
calculant d’abord sa dérivée : pour n ∈ N∗ et x ∈ [0, 1],
Pn0 (x) = n xn−1 (1 − x)n − n xn (1 − x)n−1 = n xn−1 (1 − x)n−1 [1 − x − x]
= n xn−1 (1 − x)n−1 (1 − 2x)
qui, puisque x ∈ [0, 1], est du signe de 1 − 2x :
x 0
Pn
1
2
1
1
2
%
Pn
&
0
0
Ainsi, on a
1 n
1
1
1
1 n
=
1−
= 2n = n .
2
2
2
2
4
Si les normes k.k1 et k.k∞ étaient équivalentes, il existerait deux constantes α > 0 et
β > 0 tel que pour tout P ∈ R[X]
kPn k∞ = Pn
αkP k1 6 kP k∞ 6 βkP k1 .
On aurait alors
∀n ∈ N∗ ,
αkPn k1 6 kPn k∞ 6 βkPn k1
c’est-à-dire
1
6 β2n .
4n
Or, lorsque n → +∞, α2n → +∞ et 41n → 0 ; un tel encadrement est donc impossible.
Les deux normes ne sont donc pas équivalentes.
∀n ∈ N∗ ,
3
α2n 6
Continuité et norme d’une application linéaire
3.1
Continuité d’une application linéaire
Soient E et F deux espaces vectoriels normés, f : E −−−→ F une application linéaire.
12
École des Mines de Douai — FIAASMathématiques
Compléments de topologie
Proposition 6
Les assertions suivantes sont équivalentes :
(1) f est continue sur E,
(2) f est continue en 0,
(3) ∃α ∈ R∗+ , ∀x ∈ E, kf (x)k 6 αkxk,
kf (x)k
(4) le quotient
est borné lorsque x décrit E \ {0}.
kxk
Preuve. Constatons d’abord que l’implication (1) =⇒ (2) est triviale : la continuité sur E
tout entier entraîne en particulier la continuité en 0.
Montrons maintenant la réciproque (1) =⇒ (2) : supposons f continue en 0 et soit
x0 ∈ E ; montrons que f est continue en x0 . Pour h ∈ E, on a par linéarité
f (x0 + h) − f (x0 ) = f (x0 + h − x0 ) = f (h).
Puisque f est continue en 0, ce vecteur tend, lorsque h → 0, vers f (0), c’est-à-dire 0
(linéarité oblige). Ainsi f (x0 + h) tend vers f (x0 ) lorsque h → 0, c’est-à-dire que f est
continue en x0 .
Montrons que (3) =⇒ (2) : supposons l’existence d’un tel α > 0. Alors, pour h ∈ E,
kf (0 + h) − f (0)k = kf (h)k 6 αkhk −−−→ 0
h→0
donc f est continue en 0.
Enfin, montrons la réciproque (2) =⇒ (3). Supposons donc f continue en 0 et soit
x ∈ E. L’assertion (3) étant triviale pour x = 0, supposons x 6= 0.
Appliquons la définition de la continuité en 0 avec ε = 1 : il existe η > 0 tel que, pour
tout h ∈ E tel que khk < η, on ait kf (h)k < 1. Fixons un tel η.
η
x. Par construction, khk = η2 < η donc, d’après la
Introduisons le vecteur h =
2kxk
propriété précédente, kf (h)k 6 1. Remplaçons h par sa valeur et utilisons la linéarité de
f et l’homogénéité de la norme :
f
η
x
2kxk
!
=
η
kf (x)k 6 1
2kxk
de sorte que finalement
2
kf (x)k 6 kxk.
η
2
convient donc et l’assertion (3) est vraie.
η
Enfin, l’implication (3) =⇒ (4) est évidente (il suffit de diviser par kxk — qui est non
nul si x ∈ E \{0}), tout comme l’est la réciproque (4) =⇒ (3) une fois que l’on a remarqué
que le cas x = 0 était trivial.
Le réel α =
13
Compléments de topologie
3.2
MathématiquesÉcole des Mines de Douai — FIAAS
Triple norme
On note L(E, F ) l’espace vectoriel des applications linéaires continues E −−−→ F et ,
pour f ∈ L(E, F ) (en supposant que E n’est pas réduit à {0}),
kf (x)k
x∈E\{0} kxk
||| f |||= sup
Proposition 7
L’application ||| . ||| ainsi définie est bien définie et constitue une norme sur l’espace L(E, F ). On l’appelle triple norme, ou norme des applications linéaires
subordonnées aux normes sur E et sur F .
Preuve. Constatons d’abord que, pour f ∈ L(E, F ), l’assertion (3) de la proposition 6
kf (x)k
assure que le quotient
est borné. Par conséquent, sa borne supérieure lorsque x
kxk
décrit E \ {0} existe 3 . En outre ||| f ||| est bien positive.
Il s’agit donc de vérifier chacun des trois axiomes de la définition d’une norme. Commençons par l’axiome de séparation : soit f ∈ L(E, F ) telle que ||| f |||= 0. Pour tout
x ∈ E \ {0}, on a donc
kf (x)k
06
6||| f |||= 0
kxk
donc kf (x)k = 0, soit f (x) = 0. Ceci étant aussi trivialement vrai pour x = 0, on en
déduit que f est l’application nulle : f = 0, ce qui prouve l’axiome de séaparation.
Montrons maintenant l’homogénéité : soient f ∈ L(E, F ) et λ ∈ K. Pour x ∈ E \ {0},
on a
kf (x)k
k(λf )(x)k
= |λ|
6 |λ| ||| f ||| .
kxk
kxk
Ce majorant étant indépendant de x, on peut passer à la borne supérieure dans le membre
de gauche de l’inégalité :
||| λf |||6 |λ| ||| f ||| .
(1)
Pour obtenir l’inégalité réciproque, remarquons que l’inégalité (1) est valable quels que
soient le scalaire λ et l’application linéaire continue f . Pour λ 6= 0, appliquons (1) au
scalaire λ1 et à l’application λf :
1
1
||| λf |||6 ||| λf |||
λ
λ
ce qui donne l’inégalité réciproque :
|λ| ||| f |||6||| λf ||| .
En remarquant que cette dernière est trivialement vraie si λ = 0, on a bien prouvé l’égalité
voulue :
||| λf |||= |λ| ||| f ||| .
3. Ce serait faux pour une application linéaire non continue telle qu’il en existe si E est de dimension
infinie — on parle d’opérateurs non bornés en analyse fonctionnelle.
14
École des Mines de Douai — FIAASMathématiques
Compléments de topologie
Il reste l’inégalité triangulaire à démontrer : soient deux applications linéaires continues
f, g ∈ L(E, F ). Fixons x ∈ E \ {0}. Alors, en utilisant l’inégalité triangulaire de la norme
des vecteurs de F :
k(f + g)(x)k
kf (x) + g(x)k
kf (x)k kg(x)k
=
6
+
6||| f ||| + ||| g ||| .
kxk
kxk
kxk
kxk
Ce dernier majorant étant indépendant de x, on peut passer à la borne supérieure dans
le premier membre de l’inégalité :
||| f + g |||6||| f ||| + ||| g ||| .
Ceci achève de prouver que ||| . ||| est une norme sur L(E, F ).
Ce qui fait l’intérêt de cette norme par rapport aux nombreuses autres normes possibles sur l’espace vectoriel L(E, F ) est sa «compatibilité» avec les opérations d’évaluation
sur un vecteur et de composition des applications linéaires continues. C’est l’objet de la
proposition suivante.
Proposition 8
(1) Pour f ∈ L(E, F ) et x ∈ E, on a
kf (x)k 6||| f ||| kxk.
(2) En sus des notations précédentes, soit G un troisième espace vectoriel. On a, pour
f ∈ L(E, F ) et g ∈ L(F, G) :
||| g ◦ f |||6||| g ||| ||| f ||| .
Remarque
Si E = F , l’espace L(E, E), encore noté simplement L(E) est celui des endomorphismes
continus de E. Il est muni, en plus des opérations d’addition et multiplication par
scalaire habituelles, d’une troisième opération en la personne de la composition des
endomorphismes, ce qui lui confère une structure de K-algèbre (seulement si le corps K
est commutatif). L’assertion (2) de la proposition 8 dit qu’alors ||| . ||| est une norme
d’algèbre.
Preuve [de la proposition 8]. Commençons par l’assertion (1) : soient f ∈ L(E, F ) et
x ∈ E. Si x = 0 l’inégalité est trivialement vraie ; supposons donc x 6= 0. On peut écrire
kf (x)k
kf (y)k
6 sup
=||| f ||| .
kxk
y∈E\{0} kyk
Alors on a simplement
kf (x)k 6||| f ||| kxk.
Montrons maintenant l’assertion (2) : soient f ∈ L(E, F ), g ∈ L(F, G) et x ∈ E \ {0}.
On a alors, en utilisant deux fois l’assertion (1) :
kg ◦ f (x)k
kg(f (x))k
||| g ||| kf (x)k
||| g ||| ||| f ||| kxk
=
6
6
=||| g ||| ||| f ||| .
kxk
kxk
kxk
kxk
15
Compléments de topologie
MathématiquesÉcole des Mines de Douai — FIAAS
Ce majorant étant indépendant de x, le passage à la borne supérieure montre l’inégalité
voulue :
||| g ◦ f |||6||| g ||| ||| f ||| .
Remarque
Il faut bien réaliser que la triple norme ||| . ||| que l’on met sur L(E, F ) est dépendante
de celles de E et F , qu’on a d’ailleurs toutes deux notées de la même façon k.k. Il n’y
a pas d’ambiguïté à partir du moment où l’on sait où habitent les vecteurs dont on
considère la norme.
De même, dans l’assertion (2) de la proposition 8 on a noté de la même façon les
normes de L(E, F ) et L(F, G) — ce qui ne pose à nouveau pas de problème.
On a aussi un résultat permettant un calcul alternatif de la norme d’une application
linéaire continue.
Proposition 9
Pour f ∈ L(E, F ), on a
||| f |||= sup kf (x)k
kxk=1
(autrement dit, la borne supérieure peut ne porter que sur les vecteurs unitaires).
Preuve. Il s’agit de prouver l’égalité des bornes supérieures suivantes :
kf (x)k
x∈E\{0} kxk
||| f |||= sup
et
S=
sup
kf (y)k.
y∈E,kyk=1
On va procéder par double inégalité (en prouvant au passage l’existence de S).
1
x, que :
D’abord, fixons x ∈ E \ {0}. On peut remarquer, en posant h =
kxk
kf (x)k
=
kxk
f (kxkh)
kxk
=
kxkf (h)
kxk
=
kxk kf (h)k
= kf (h)k 6 S.
kxk
Comme ce majorant S est indépendant de x, on peut passer à la borne supérieure dans
le membre de gauche de l’inégalité, ce qui montre que
||| f |||6 S.
Montrons maintenant l’inégalité réciproque en fixant y ∈ E tel que kyk = 1. Alors on
a bien sûr
kf (y)k
kf (x)k
kf (y)k =
6 sup
=||| f |||
kyk
x∈E\{0} kxk
Ce majorant étant indépendant de y, l’ensemble des kf (y)k pour lesquels y décrit l’ensemble des vecteurs de norme 1 est majoré (c’est-à-dire que S existe) et, en passant à la
borne supérieure dans le membre de gauche de l’inégalité :
S 6||| f ||| .
Finalement, on a bien ||| f |||= S.
16
École des Mines de Douai — FIAASMathématiques
Compléments de topologie
Corollaire 10
Si E est de dimension finie, alors ||| f ||| est réalisée sur la sphère unité, c’est-à-dire
qu’il existe x0 ∈ E tel que kx0 k = 1 et
||| f |||= kf (x0 )k.
Preuve. Comme E est de dimension finie, la sphère unité S(0, 1) de E, c’est-à-dire l’ensemble des vecteurs de norme 1, est compacte (car fermée et bornée) 4 .
L’application norme
k.k : E −−−→ R
x 7−−−→ kxk
est continue sur E. En effet, il y a (au moins) deux façons de le voir :
– en le démontrant «à la main» avec la seconde inégalité triangulaire (elle est 1lipschitzienne) ;
– en disant que cette application est la première application partielle de la fonction
«distance» (qui est continue comme on l’a vu lors de la preuve de la proposition 1),
en ayant fixé la seconde variable à 0 : kxk = d(x, 0).
Par conséquent, l’application ϕ : x 7−−−→ kf (x)k est continue sur E comme composée
de fonctions continues.
En tant que fonction (à valeurs réelles) continue sur un compact, ϕ est donc bornée
sur la sphère unité (on le savait déjà) et y atteint sa borne supérieure :
∃x0 ∈ S(0, 1),
kf (x0 )k = ϕ(x0 ) = sup ϕ(x) =||| f |||,
x∈S(0,1)
la dernière égalité ayant lieu en vertu de la proposition 9 précédente.
4
Quelques contre-exemples
4.1
La continuité directionnelle n’entraîne pas la continuité
Exemple 7
Considérons la fonction f définie sur R2 par la formule
x2 y
f (x, y) = x4 + y 2


0



si (x, y) 6= (0, 0)
sinon.
Cette fonction coïncide, en dehors de l’origine, avec une fraction rationnelle et est
donc de classe C ∞ sur R2 \ {(0, 0)}, l’origine étant bien sûr la seule valeur d’annulation
du dénominateur. La question se pose donc en (0, 0).
4. C’est faux en dimension infinie : qu’une partie de E soit fermée et bornée est toujours nécessaire
à sa compacité, mais ces conditions sont suffisantes si et seulement si dim E < +∞ (conséquence du
théorème de Riesz).
17
Compléments de topologie
MathématiquesÉcole des Mines de Douai — FIAAS
Si l’on regarde les applications partielles de f en (0, 0), on s’aperçoit qu’elles sont toutes
deux nulles : la fonction est partiellement continue en (0, 0). D’autres «directions»
poseraient-elles problème ? Envisageons toutes ces directions, portées par un vecteur (a, b)
(non nul ; on pourrait le supposer de norme 1) en considérant chaque fonction g(a,b) définie
sur R par
g(a,b) (t) = f (t(a, b)) = f (ta, tb).
La composition de fonctions continues étant continue, la continuité de f entraînerait celle
de toutes les fonctions g(a,b) . La réciproque est-elle vraie ?
Calculons : pour t 6= 0,
g(a,b) (t) =
a2 b
t3 a2 b
=
t
t4 a2 + t2 b2
t 2 a4 + b 2
avec en plus g(a,b) (0) = f (0, 0) = 0.
Si b = 0, on retrouve la première application partielle de f , qui est en réalité la fonction
nulle. Supposons donc que b 6= 0. Le dénominateur précédent tend, lorsque t → 0, vers b2 .
On a donc lim g(a,b) (t) = 0.
t→0
Par conséquent, la fonction g(a,b) est continue en 0 quel que soit le vecteur non nul
(a, b) ∈ R2 \ {(0, 0)}. La fonction f , pour autant, est-elle continue en (0, 0) ?
Si c’est le cas, alors la fonction h définie sur R par h(x) = f (x, x2 ) sera continue en 0
en tant que composée des fonctions continues f et x 7→ (x, x2 ) (fonction à composantes
polynomiales). Calculons, pour x 6= 0 :
1
x4
=
avec aussi h(0) = f (0, 0) = 0.
4
2x
2
On le constate, h n’est pas continue en 0 et donc f n’est pas continue en (0, 0). Une
fonction peut apparaître continue dans toutes les directions du plan et ne pas l’être en
réalité : (x, y) peut tendre vers (0, 0) autrement qu’en ligne droite (ici, une parabole).
Dernière remarque au sujet de cet exemple : toutes les fonctions g(a,b) sont dérivables
en 0. Autrement dit, voici un exemple au demeurant assez simple (une fraction rationnelle
«complétée») d’une fonction admettant des dérivées selon n’importe quel vecteur en (0, 0)
et qui pourtant n’est même pas continue en ce point !
L’annexe A présente une feuille de calcul Maple permettant de se rendre compte
graphiquement du phénomène. La feuille de calcul elle-même figure en tant que pièce
jointe à la version électronique du document (PDF).
h(x) = f (x, x2 ) =
4.2
Un point critique étrange
Exemple 8
Considérons la fonction f définie sur R2 par la formule
f (x, y) = (y − x2 )(y − 2x2 ).
Cette fonction étant polynômiale, elle est de classe C ∞ sur R2 tout entier. Cherchons
ses points critiques éventuels. Avec les notations de Monge,
(
2
2
f (x, y) = y − 3x y + 2x
18
4
donc
p = −6xy + 8x3 = 2x(4x2 − 3y)
q = 2y − 3x2 .
École des Mines de Douai — FIAASMathématiques
Compléments de topologie
Le seul point critique d’abscisse nulle est l’origine (0, 0). Si on suppose x 6= 0,
4
= x2
3
p = q = 0 ⇐⇒

3

 y = x2
2



y
ce qui est impossible pour x 6= 0.
Par conséquent, (0, 0) est l’unique point critique de la fonction f . Pour autant, f
admet-elle un extremum en (0, 0) ?
On pourrait être tenté de regarder les fonctions du type g(a,b) : t 7→ f (ta, tb), où (a, b)
est un vecteur non nul de R2 . Graphiquement, cela correspond à faire tendre (x, y) vers
(0, 0) selon la direction du vecteur (a, b). Si toutes les fonctions g(a,b) ainsi obtenues ont
un minimum en 0 (par exemple), pourrons-nous conclure que f a un minimum en (0, 0) ?
Explicitons la fonction g(a,b) :
g(a,b) (t) = f (ta, tb) = (tb − t2 a2 )(tb − 2t2 a2 ) = t2 (b − ta2 )(b − 2ta2 ) = t2 ϕ(t)
avec
ϕ(t) = 2a4 t2 − 3a2 bt + b2 .
Si b 6= 0 alors ϕ(t) est équivalent, au voisinage de 0, à b2 et donc g(a,b) (t) > 0 au
voisinage de 0. Comme g(a,b) (0) = f (0, 0) = 0, ceci montre que g(a,b) admet un minimum
local strict en 0.
Si b = 0, alors par hypothèse a 6= 0 et il reste g(a,0) (t) = 2a4 t4 qui admet encore un
minimum local strict en 0.
Autrement dit, toute courbe obtenue par section de la surface représentative de f par
un plan vertical passant par l’origine et dirigé par les vecteurs (a, b, 0) et (0, 0, 1), admet
un point «le plus bas» en 0.
Qu’en est-il de la surface elle-même ?
Toujours avec les notations de Monge,
r = −6y + 24x2
s = −6x
t = 2.
Au point (0, 0) qui nous intéresse on a donc r = 0, s = 0 et t = 2, de sorte que rt − s2 = 0.
Cette méthode ne fonctionne pas.
Essayons en cherchant s’il existe des points voisins de (0, 0) dont l’image par f est
négative (puisque f (0, 0) = 0). On a
(
f (x, y) 6 0 ⇐⇒
(
⇐⇒
(
⇐⇒
y − x2 6 0
y − 2x2 > 0
y 6 x2
y > 2x2
(
ou
(
ou
y − x2 > 0
y − 2x2 6 0
y > x2
y 6 2x2
2x2 6 y 6 x2 impossible
ou x2 6 y 6 2x2 .
19
Compléments de topologie
MathématiquesÉcole des Mines de Douai — FIAAS
La deuxième condition peut être réalisée au voisinage de (0, 0). Considérons par
exemple la fonction h définie par
3
h(t) = f t, t .
2
On a
3 2
1
1
1
3 2
h(t) =
t − t2
t − 2t2 = t2 − t2 = − t4 .
2
2
2
2
4
Ceci montre que h(t) < 0 pour t 6= 0, c’est-à-dire que f n’a pas de minimum en (0, 0).
Cet exemple finalement fort simple (un polynôme du 4ème degré à deux variables) est
contre-intuitif, et montre qu’il ne suffit pas de «découper» une surface par tous les plans
possibles pour la comprendre. Dans cet exemple, la considération de la fonction h consiste
à s’approcher de (0, 0) non plus selon une droite mais selon une parabole.
L’annexe B présente une feuille de calcul Maple permettant de se rendre compte graphiquement du phénomène. La feuille de calcul elle-même figure en tant que pièce jointe
à la version électronique du document (PDF).
4.3
Nécessité des hypothèses du théorème de Schwarz
Le théorème de Schwarz, bien pratique lorsqu’il s’applique, dit que pour une fonction
f : Rn → R, on a
∂ 2f
∂ 2f
=
∂xi ∂xj
∂xj ∂xi
sous réserve que ces deux fonctions existent et soient continues (généralement on utilise
des fonctions de classe C 2 ).
Cette hypothèse de continuité des dérivées partielles secondes est-elle bien nécessaire ?
Exemple 9
Soit la fonction f définie sur R2 par
x y3
f (x, y) = x2 + y 2


0



si (x, y) 6= (0, 0)
sinon.
Cette fonction est de classe C ∞ sur R2 \ {(0, 0)} puisque sur ce domaine, elle apparaît
comme une fraction rationnelle sans pôle. Examinons ses dérivées partielles premières,
dans un premier temps. Pour (x, y) 6= (0, 0), on a
∂f
y 3 (x2 + y 2 ) − xy 3 2x
y 3 (y 2 − x2 )
(x, y) =
=
∂x
(x2 + y 2 )2
(x2 + y 2 )2
∂f
3xy 2 (x2 + y 2 ) − xy 3 2y
xy 2 (3x2 − y 2 )
(x, y) =
=
.
∂y
(x2 + y 2 )2
(x2 + y 2 )2
En (0, 0), on peut remarquer que les applications partielles de f sont la fonction nulle.
Elles sont donc dérivables et de dérivée nulle en 0, c’est-à-dire que f admet des dérivées
partielles nulles en (0, 0) :
∂f
∂f
(0, 0) =
(0, 0) = 0.
∂x
∂y
20
École des Mines de Douai — FIAASMathématiques
Compléments de topologie
Cherchons si la fonction
∂f
:
∂x
R2 −−−→ R
 3 2

 y (y
− x2 )
(x2 + y 2 )2
(x, y) −
7 −−→


0
si (x, y) 6= (0, 0)
sinon.
admet une dérivée partielle par rapport à la seconde variable au point (0, 0). Pour cela,
calculons son taux d’accroissement partiel par rapport à la seconde variable :
τ (y) =
∂f
(0, y)
∂x
− ∂f
(0, 0)
1 y3 y2
∂x
=
= 1 −−−→ 1
y→0
y−0
y (y 2 )2
∂ 2f
(0, 0) existe et vaut 1.
∂y∂x
D’autre part, la fonction
de sorte que
∂f
:
∂y
R2 −−−→ R
 2
2

 xy (3x
(x, y) 7−−−→ 

− y2)
(x2 + y 2 )2
0
si (x, y) 6= (0, 0)
sinon.
est telle que sa première application partielle est la fonction nulle :
∀x ∈ R,
∂f
(x, 0) = 0.
∂y
Cette application partielle est donc dérivable en 0 et de dérivée nulle. On en déduit donc
∂ 2f
que
(0, 0) existe et vaut 0.
∂x∂y
Finalement, on a sur cet exemple
∂ 2f
∂ 2f
(0, 0) = 1 6= 0 =
(0, 0).
∂y∂x
∂x∂y
Le théorème de Schwarz ne s’applique donc pas à cet exemple. Par contraposée on
∂2f
∂2f
peut en déduire que l’une au moins des fonctions ∂y∂x
et ∂x∂y
, bien que ces deux fonctions
2
soient définies sur R tout entier, n’est pas continue en (0, 0).
On peut également remarquer que les fonctions dérivées partielles premières ∂f
et ∂f
∂x
∂y
de f sont continues sur R2 (exercice, passez en coordonnées polaires pour leur continuité
en (0, 0)), et que donc la fonction f est de classe C 1 . Par contre, d’après ce qui précède,
elle ne saurait être C 2 . . .
Annexes
21
Compléments de topologie
A
MathématiquesÉcole des Mines de Douai — FIAAS
Continuité directionnelle : point de vue graphique
Les pages suivantes présentent une feuille de calcul Maple illustrant graphiquement
la fonction étudiée à la section 4.1 et les phénomènes associés. Cette feuille de calcul est
disponible en tant que pièce jointe dans la version PDF de ce document (cliquez sur l’icône
ci-contre).
22
École des Mines de Douai — FIAASMathématiques
Écrivons la fonction considérée. On utilise la fonction piecewise
morceaux »
x2$y
O f d x, y /piecewise x s 0 and y s 0, 4
,0 ;
2
x Cy
Compléments de topologie
de Maple pour définir la fonction « par
2
x y
,0
(1)
4
2
x Cy
Voici la représentation graphique de f, nommée S. Maple la suppose continue et joint tous les points qu'il calcule,
mais il faut garder à l'esprit que ce n'est pas forcément le cas...
O S d plot3d f x, y , x =K1 ..1, y =K1 ..1, grid = 30, 30 , orientation = K59, 47 , axes = normal, view =
K0.6 ..0.6 : S;
f := x, y /piecewise x s 0 and y s 0,
1,0
0,45
0,2
-1,0
x
y
-0,5
0,5
0,0
-0,05
0,0
-0,5
-0,3
0,5
1,0
-1,0
-0,55
On définit une fonction section permettant de tracer sur S une courbe obtenue en liant les variables x et y sur une
droite dirigée par a, b (vecteur que l'on normalise au passage pour faciliter le tracé) :
t$a
t$b
O with plots : section d a, b, couleur /spacecurve
,
,
sqrt a2 Cb2
sqrt a2 Cb2
t$a
t$b
f
,
, t =K1 ..1, color = couleur, thickness = 4 ;
2
2
sqrt a Cb
sqrt a2 Cb2
ta
tb
ta
tb
section := a, b, couleur /plots:-spacecurve
,
,f
,
,t
(2)
2
2
2
2
2
2
2
a Cb
a Cb
a Cb
a Cb2
= K1 ..1, color = couleur, thickness = 4
Représentons S et trois de ces courbes. On peut constater que toutes ces courbes passent par l'origine... et qu'avec
cette contrainte, la surface « apparaît » continue.
O display S, section 1, 1, black , section 2,K3, blue , section 0, 1, green , orientation = K65, 24 ;
23
Compléments de topologie
MathématiquesÉcole des Mines de Douai — FIAAS
1,0
0,5
0,45
-1,0
0,2
0,0
-0,05
-0,30,0
-0,5
x
y
-0,5
0,5
-0,55
1,0
-1,0
Que se passe-t-il si on lie x et y par la relation y = x2 ?
O parabole d spacecurve x, x2, f x, x2 , x =K1 ..1, color = red, thickness = 4 ;
parabole := PLOT3D ...
(3)
1
Constatons que tous les points correspondants de la surface se situent à l'altitude
: la fonction f n'est, en réalité,
2
pas continue !
O display S, parabole ;
0,6
0,35
1,0
0,5
-1,0
-0,5
x
y
0,1
0,0
-0,150,0
-0,5
0,5
-0,4
-1,0
-0,65
O
24
1,0
École des Mines de Douai — FIAASMathématiques
B
Compléments de topologie
Un point critique étrange : point de vue graphique
Les pages suivantes présentent une feuille de calcul Maple illustrant graphiquement
la fonction étudiée à la section 4.2 et les phénomènes associés. Cette feuille de calcul est
disponible en tant que pièce jointe dans la version PDF de ce document (cliquez sur l’icône
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25
Compléments de topologie
MathématiquesÉcole des Mines de Douai — FIAAS
Voici la fonction étudiée
2
2
O f d x, y / y Kx $ y K2$x ;
f := x, y / y Kx2 y K2 x2
(1)
La représentation graphique S de f sous forme de la surface d'équation z = f x, y est obtenue à l'aide de la fonction
plot3d :
O S d plot3d f x, y , x =K1 ..1, y =K1 ..1, axes = normal, view =K0.5 ..1 : S;
1,0
0,75
0,5
-1,0
-0,5
y
0,0
-1,0
x
0,25 -0,5
0,0
0,0
0,5
1,0
-0,25
0,5
1,0
-0,5
On va tracer quelques courbes sur cette surface, celles obtenues en la coupant par un plan contenant l'axe des z. On
commence par charger le paquet plots afin d'avoir accès à la fonction spacecurve
O with plots :
La fonction spacecurve permet de tracer une courbe paramétrée dans l'espace. Ici on écrit une fonction nommée
section qui représente graphiquement la courbe obtenue en coupant la surface S par le plan dirigé par l'axe des z
et le vecteur a, b, 0 . Les nombres a et b sont récupérés depuis les paramètres (et on divise le vecteur par sa norme
histoire de contrôler la « vitesse » du paramètre, ce qui ne change pas la courbe). On passe également la couleur de
traçage en paramètre.
t$a
t$b
t$a
O section d a, b, couleur /spacecurve
,
,f
,
2
2
2
2
2
2
sqrt a Cb
sqrt a Cb
sqrt a Cb
t$b
, t =K1 ..1, thickness = 4, color = couleur ;
sqrt a2 Cb2
ta
tb
ta
tb
section := a, b, couleur /plots:-spacecurve
,
,f
,
,t
(2)
2
2
2
2
2
2
2
a Cb
a Cb
a Cb
a Cb2
= K1 ..1, thickness = 4, color = couleur
Traçons la surface et les courbes obtenues à la verticale des vecteurs 1, 1, 0 (en noir) et 2,K3, 0 (en bleu) :
O display S, section 1, 1, black , section 2,K3, blue ;
26
École des Mines de Douai — FIAASMathématiques
Compléments de topologie
1,0
0,75
0,5
0,25
-1,0
-0,5
0,5
1,0
y
0,0
-1,0
-0,5
0,0
0,0
x
0,5
-0,25
1,0
-0,5
On peut constater qu'effectivement ces courbes ont un minimum en 0. L'étude développée dans le poly nous dit que
3
ce ne sera pas le cas de la courbe otenue à la verticale de la parabole d'équation y = x2. Commençons par définir
2
cette parabole, et plus précisément l'ensemble des points de la surface S au-dessus de cette parabole :
3
3
O parabole d spacecurve x, $x2, f x, $x2 , x =K0.8 ..0.8, color = red, thickness = 4 ;
2
2
parabole := PLOT3D ...
(3)
Traçons cette parabole (en rouge) sur la surface :
O display S, parabole ;
1,0
0,75
0,5
0,25
-1,0
0,0
-0,5
y
0,5
1,0
0,0
-0,25
-1,0
-0,5
x
0,5
1,0
-0,5
On constate cette fois que c'est un maximum qui se trouve à l'origine... Remarque : la feuille de calcul Maple jointe
au fichier PDF permet de « faire tourner » les surfaces pour mieux se rendre compte de leur géométrie.
O
27