TD1

Analyse fonctionnelle
ENS Cachan
A. Leclaire
M1 Hadamard 2016-2017
TD1
Exercice 1 Autour de la continuité
Soient E, F , G trois espaces topologiques et f : E → F , д : F → G.
1) Démontrer que f est continue en tout point de E si et seulement si l’image réciproque par f
d’un ouvert est ouverte. Énoncer une propriété analogue avec les fermés.
2) Montrer que f est continue si et seulement si pour tout A ⊂ E, f (A) ⊂ f (A).
3) Montrer que si f et д sont continues, alors д ◦ f est continue.
4) On dit que f est séquentiellement continue si pour toute suite (x n ) qui converge vers x dans E,
la suite f (x n ) converge vers f (x ) dans F .
a) Montrer que la continuité implique la continuité séquentielle.
b) Montrer que la réciproque est vraie si l’on suppose que E est un espace métrique.
Exercice 2 Adhérence, valeurs d’adhérence et points d’accumulation
Soient E un espace topologique séparé et A ⊂ E.
1) Rappeler les définitions de point adhérent, point isolé et point d’accumulation de A.
2) Soit (x n ) une suite d’éléments de E et soit X = { x n , n ∈ N }.
On note A l’ensemble des valeurs d’adhérence de (x n ).
a) Montrer que les points d’accumulation de X sont des valeurs d’adhérence de (x n ).
Est-ce que la réciproque est vraie ?
b) Est-ce que X = A ? Exprimer X en fonction de X et A.
c) Montrer que
\
A=
{ xp , p > n } .
n>0
d) Est-ce que
A=
\
{ xp , p > n } ?
n>0
3) Soit D une partie dense de E et d ∈ D. À quelle condition D \ {d } est encore dense dans E ?
Exercice 3 Fonctions distances et séparation des fermés
Soit (E,d ) un espace métrique.
1) a) Montrer que pour tout x ∈ E, y 7→ d (x,y) est 1-lipschitzienne.
En déduire qu’une boule fermée est fermée et qu’une boule ouverte est ouverte.
b) Montrer que d : E × E → R+ est continue.
2) Soit A une partie non vide de E.
On rappelle que la distance d’un point x à la partie A est définie par d (x,A) = inf d (x,a) .
a) Montrer que x 7→ d (x,A) est continue.
b) Montrer que d (x,A) = 0 ⇐⇒ x ∈ A.
1/12
a ∈A
3) On rappelle que la distance entre deux parties non vides A et B de E est définie par
d (A,B) =
inf
a ∈A,b ∈B
d (a,b) .
a) Soient F ⊂ E et K ⊂ E non vides disjoints avec F fermé et K compact.
Montrer que d (K, F ) > 0.
b) Donner un exemple de deux fermés disjoints F 1 et F 2 d’un métrique E tels que d (F 1 , F 2 ) = 0.
4) Soient A, B deux fermés non vides disjoints de E et a < b dans R.
a) Montrer qu’on peut construire φ : E → [a,b] continue qui vaut a sur A et b sur B.
b) En déduire qu’il existe deux ouverts disjoints U et V de E tels que A ⊂ U et B ⊂ V .
Exercice 4 Distances ultramétriques
Soit (E,d ) un espace métrique. On supposera que d est ultramétrique, c’est-à-dire que
∀x,y,z ∈ E,
d (x,z) 6 max(d (x,y),d (y,z)) .
1) Soient x,y,z ∈ E. Montrer que d (x,y) , d (y,z) =⇒ d (x,z) = max(d (x,y),d (y,z)) .
(Autrement dit, tout triangle est isocèle.)
2) Montrer qu’une boule ouverte est fermée et que tout point d’une boule ouverte en est un
centre. En déduire que deux boules ouvertes non disjointes sont comparables pour l’inclusion.
3) Montrer qu’une boule fermée est ouverte et que tout point d’une boule fermée en est un centre.
4) Montrer qu’une suite (x n ) ∈ E N est de Cauchy si et seulement si lim d (x n ,x n+1 ) = 0.
n→∞
5) Montrer que la distance discrète sur E, définie par δ (x,y) = 1x ,y , est ultramétrique.
Trouver les suites de Cauchy pour cette distance. Un tel espace est-il complet ?
Exercice 5 Complété d’un espace métrique
Soit (E,d ) un espace métrique. On va montrer qu’il existe un espace métrique complet qui
admet un sous-espace dense s’identifiant isométriquement à E. Aussi, on va montrer que cet
espace complet est unique à isométrie bijective près.
1) (Existence) Fixons un point a ∈ E. Pour x ∈ E, considérons la fonction i x : E → R définie par
∀y ∈ E,
i x (y) = d (x,y) − d (a,y) .
Montrer que i x ∈ Cb (E). En déduire qu’il existe une isométrie i : E → Cb (E).
En déduire un espace complet Ê dans lequel i (E) est dense.
2) (Unicité) Soient F 1 , F 2 deux espaces métriques complets et j 1 : E → F 1 et j 2 : E → F 2 deux
isométries telles que j 1 (E) est dense dans F 1 et j 2 (E) est dense dans F 2 .
Construire une isométrie bijective de F 1 dans F 2 .
3) Quels sont les complétés des espaces métriques suivants ?
a) L’espace Q des rationnels muni de la distance induite par la valeur absolue.
b) L’espace des fonctions polynômiales sur [0, 1] muni de la norme uniforme.
c) L’espace Cc (R) des fonctions à support compact dans R muni de la norme uniforme.
R 1
1/p
d) L’espace C ([0, 1]) des fonctions continues sur [0, 1] muni de la norme f 7→ 0 | f (x )|p dx
.
2/12
Exercice 6 Une métrique rendant R non complet
Dans cet exercice, on considère sur R, la distance d définie par
d (x,y) = |Arctan(x ) − Arctan(y)| .
Montrer que (R,d ) n’est pas complet.
Exercice 7 Un exemple de topologie non métrisable
Soit E = [0, 1][0,1] l’ensemble des fonctions de [0, 1] dans [0, 1] muni de la topologie produit.
1) Donner une base d’ouverts de E. Que signifie que ( fn ) converge vers f dans E ?
2) On appelle fonction simple toute fonction de [0, 1] dans [0, 1] nulle en dehors d’un nombre fini
de points. Montrer que l’ensemble des fonctions simples est dense dans E.
3) Montrer que la fonction constante 1 n’est pas limite de fonctions simples.
4) En déduire que la topologie de la convergence simple sur E n’est pas métrisable.
Exercice 8 Espaces séparables... ou pas
On rappelle qu’un espace topologique est dit séparable s’il admet une partie dénombrable dense.
1) Montrer qu’un ouvert Ω ⊂ Rd est séparable.
2) Montrer qu’un espace métrique compact K est séparable.
3) Soit un ouvert Ω ⊂ Rd .
a) Montrer que si p < ∞, alors Lp (Ω) est séparable.
(On pourra admettre que Cc (Ω) est dense dans Lp (Ω).)
b) On va voir que ce résultat n’est plus vrai pour p = ∞.
Pour tout a ∈ Ω, on note r a = sup{ r > 0 | B(a,r ) ⊂ Ω }.
On note O a la boule ouverte de L∞ (Ω) centrée en 1B (a,r a ) et de rayon 21 .
Montrer que (O a )a ∈Ω est une famille d’ouverts non vides disjoints deux à deux.
En déduire que L∞ (Ω) n’est pas séparable.
Exercice 9 Autour des théorèmes de point fixe
1) Soient (K,d ) un espace métrique compact et f : K → K. On suppose que
∀x,y ∈ K,
x , y =⇒ d ( f (x ), f (y)) < d (x,y) .
Montrer que f admet un point fixe a unique.
Indication : on pourra raisonner sur le minimum de x 7→ d (x, f (x )).
Montrer de plus que pour tout x 0 ∈ E, la suite x n = f n (x 0 ) converge vers a.
Indication : on pourra considérer la suite dn = d (a,x n ).
2) Soient K un compact convexe d’un espace vectoriel normé et f : K → K telle que
∀x,y ∈ K,
k f (x ) − f (y)k 6 kx − y k .
Montrer que f admet au moins un point fixe a.
Indication : pour t ∈]0, 1[, on pourra considérer l’application contractante ft (x ) = (1 − t ) f (x ) + tx 0 avec x 0 est fixé.
3/12
Correction :
Exercice 1 Autour de la continuité
1) Supposons que f soit continue et soit U un ouvert de F . Pour tout x ∈ f −1 (U ), U est un
voisinage ouvert de f (x ), donc par continuité de f , il existe V un voisinage de x dans E tel que
f (V ) ⊂ U i.e. V ⊂ f −1 (U ) et donc f −1 (U ) est un voisinage de x. Par suite, f −1 (U ) est ouvert.
Réciproquement, supposons que pour tout ouvert U de F , f −1 (U ) soit ouvert dans E. Montrons que f est continue en un point x ∈ E. Soit V un voisinage de f (x ) dans F . Il contient un
ouvert U contenant f (x ). Par hypothèse, f −1 (U ) est un voisinage ouvert de x dont l’image par f
est contenue dans V . Ainsi f est continue en x.
Par passage au complémentaire, on en déduit immédiamement que f est continue si et seulement si l’image réciproque par f d’un fermé est fermée.
2) Supposons f continue et soit A ⊂ E. Par la question précédente, f −1 ( f (A)) est un fermé
contenant A. Par définition de l’adhérence, on a donc A ⊂ f −1 ( f (A)) i.e. f (A) ⊂ f (A).
Réciproquement, supposons que pour tout A ⊂ E, f (A) ⊂ f (A). Soit B un fermé de F . Posons A = f −1 (B). On voit que A est fermé car
A ⊂ f −1 ( f (A)) ⊂ f −1 (B) = f −1 (B) = A .
3) Supposons f et д continues. Pour tout ouvert U de G, д−1 (U ) est ouvert dans F et donc
f −1 (д−1 (U )) = (д ◦ f ) −1 (U )
est ouvert dans E. Cela prouve que д ◦ f est continue par la première question.
4) a) Supposons f continue et soit (x n ) convergeant vers x dans E. Si V est un voisinage de f (x ),
f −1 (V ) est un voisinage de x (par continuité de f ) et donc il existe N tel que pour tout n > N on
ait x n ∈ f −1 (V ) i.e. f (x n ) ∈ V . Cela prouve que f (x n ) → f (x ) dans F .
b) On suppose maintenant E métrique et que pour toute suite (x n ) convergeant vers x dans E,
f (x n ) converge vers f (x ) dans F . Par l’absurde, supposons f non continue en x, c’est-à-dire qu’il
existe un voisinage V de f (x ) tel que f −1 (V ) ne soit pas un voisinage de x. Comme E est métrique,
cela signifie qu’il ne contient aucune boule contenant x, et donc pour tout n > 1, il existe x n ∈ E
tel que d (x,x n ) < n1 et qui n’est pas dans f −1 (V ). Mais alors on a x n → x dans E, et avec
l’hypothèse, f (x n ) → f (x ). En particulier, il existe un rang n tel que f (x n ) ∈ V ce qui contredit
que x n < f −1 (V ). Finalement, f est bien continue en x.
Exercice 2 Adhérence, valeurs d’adhérence et points d’accumulation
Notons V (x ) l’ensemble des voisinages du point x.
1) Un point x ∈ E est adhérent à A si tout voisinage de x rencontre A.
Un point x ∈ A est dit isolé dans A s’il existe V ∈ V (x ) tel que V ∩ A = {x }.
Un point x ∈ E est appelé point d’accumulation de A si pour tout V ∈ V (x ), V ∩ A contient
un point distinct de x.
Remarques :
• Dire que x est isolé dans A revient à dire que {x } est ouvert dans A (pour la topologie induite).
• x est point d’accumulation de A s’il est adhérent à A \ {x }.
• Si x ∈ A, alors x est soit point isolé de A soit point d’accumulation de A selon que {x } est ouvert
dans A ou non.
4/12
• Si x ∈ A \ A, alors x est point d’accumulation de A.
• L’adhérence de A est l’union disjointe des points isolés de A et de ses points d’accumulation.
• Vu que l’on a supposé E séparé, alors x est point d’accumulation de A si et seulement si tout
voisinage de x contient une infinité de points de A. En effet, si x est point d’accumulation de A et
si U est un voisinage ouvert de x, alors U ∩ A contient un point x 0 , x. Dès lors, {x 0 }c est ouvert
(car E est séparé) donc U \ {x 0 } est encore un voisinage ouvert de x donc contient un point x 1 , x.
Puis U \ {x 0 ,x 1 } contient un point x 2 , x etc.
2) On rappelle que ` est valeur d’adhérence de (x n ) si pour tout voisinage V de `, il existe une
infinité d’indices n tels que x n ∈ V .
a) Si ` est point d’accumulation de X , et si V est un voisinage de `, alors d’après la remarque
précédente, ` contient une infinité de points de X et donc en particulier contient les x n pour une
infinité d’indices n. Donc ` est valeur d’adhérence de (x n ).
La réciproque est fausse. Par exemple, pour x n = (−1) n dans R, 1 est valeur d’adhérence, mais
n’est pas un point d’accumulation de X = {−1, 1}.
b) On n’a pas nécessairement X = A car X contient toutes les valeurs de la suite, qui ne
sont pas nécessairement des valeurs d’adhérence. Par exemple, dans R, la suite x n = n n’a pas de
valeur d’adhérence, mais X contient tous les entiers naturels.
En fait, on a X = X ∪ A. En effet, l’inclusion ⊃ est claire et pour l’autre, si ` ∈ X \ X , alors
nécessairement ` est point d’accumulation de X et donc est valeur d’adhérence (question 2a).
c) On remarque que
l∈A
⇐⇒ ∀V ∈ V (l ), ∀n ∈ N, ∃p > n, xp ∈ V
⇐⇒ ∀n ∈ N, ∀V ∈ V (l ), V ∩ { xp , p > n } , ∅
⇐⇒ ∀n ∈ N, l ∈ { xp , p > n }
\
⇐⇒ l ∈
{ xp , p > n } .
n>N
d) C’est faux. Remarquons que
\
{ xp , p > n } est l’ensemble des valeurs de la suite qui se
n>0
répètent une infinité de fois. Cet ensemble peut donc être vide, même s’il existe une
\valeur d’adhé1
rence. Ainsi, pour la suite x n = n+1 dans R, 0 est valeur d’adhérence alors que
{ xp , p > n }
n>0
est vide.
3) D \ {d} est dense dans E si et seulement si d n’est pas un point isolé de D. En effet, si d n’est pas
isolé dans D, alors un ouvert non vide U de E rencontre nécessairement D en un point distinct
de d et donc rencontre D \ {d}.
Réciproquemenet, si D\{d } est dense dans E, alors tout voisinage ouvert U de d rencontre D \ {d },
ce qui prouve que d n’est pas un point isolé de D.
Exercice 3 Fonctions distances et séparation des fermés
1) a) On fixe x ∈ E. Pour tous y,z ∈ E, l’inégalité triangulaire donne
−d (y,z) 6 d (x,y) − d (x,z) 6 d (y,z) ,
d’où
|d (x,y) − d (x,z)| 6 d (y,z) .
5/12
Ainsi d x : y 7→ d (x,y) est 1-lipschitzienne et en particulier continue.
Par suite, si r > 0, B(x,r ) = d x−1 ([0,r [) est ouverte (car [0,r [ est ouvert dans R+ ) et B(x,r ) = d x−1 ([0,r ])
est fermée.
b) Munissons le produit E × E de la métrique
D ((x,y), (x 0,y 0 )) = d (x,x 0 ) + d (y,y 0 )
qui induit bien la topologie produit (exercice !). Par une méthode similaire à la question précédente, on montre que pour tous x,x 0,y,y 0 ∈ E,
|d (x,y) − d (x 0,y 0 )| 6 d (x,x 0 ) + d (y,y 0 ) = D((x,y), (x 0,y 0 )) ,
c’est-à-dire que d : E × E → R+ est 1-lipschitzienne et en particulier continue.
2) a) Là encore, on va voir que x 7→ d (x,A) est 1-lipschitzienne. Par symétrie, il suffit de montrer
que pour x,y ∈ E,
d (x,A) 6 d (y,A) + d (x,y) .
Mais pour tout z ∈ A,
d (x,A) 6 d (x,z) 6 d (y,z) + d (x,y)
et en passant à l’inf au second membre on obtient bien l’inégalité désirée.
b) x est adhérent à A si et seulement si pour tout ε > 0 il existe y ∈ A tel que d (x,y) < ε ce
qui revient à dire que d (x,A) < ε. Ainsi x ∈ A si et seulement si d (x,A) = 0.
3) Avec la définition, on montre aisément que d (K, F ) = inf d (x, F ). Remarquons que la fonction
x ∈K
K
x
−→
R+
7−→ d (x, F )
est continue sur le compact K et donc atteint son minimum en un point x 0 ∈ K. Mais comme F est
fermé et que x 0 < F (car K ∩ F = ∅), la question précédente donne d (x 0 , F ) > 0, i.e. d (K, F ) > 0.
a) Dans R2 muni de la distance euclidienne, considérons par exemple
F 1 = R × {0}
et F 2 = { (x,y) ∈ R2 | xy = 1 } .
Ce sont des fermés (car images réciproques de fermés par des applications continues) et de plus
on a d (F 1 , F 2 ) = 0 car la distance entre (n, 0) ∈ F 1 et (n, n1 ) ∈ F 2 tend vers 0 quand n → ∞.
4) a) Quitte à composer avec la fonction affine x ∈ [0, 1] 7→ a(1 − x ) + bx, on peut toujours
supposer que a = 0 et b = 1. Considérons alors la fonction φ : E → [0, 1] définie par
φ (x ) =
d (x,A)
.
d (x,A) + d (x,B)
Remarquons qu’elle est bien définie car A et B étant fermés disjoints, on a
∀x ∈ E,
d (x,A) + d (x,B) > 0 .
De plus elle est continue comme quotient de fonctions continues (voir question 2a). Enfin, si x ∈ A,
alors d (x,A) = 0 et donc φ (x ) = 0 ; et si x ∈ B, d (x,B) = 0 et alors φ (x ) = dd (x,A)
(x,A) = 1.
−1
−1
b) Considérons U = φ ([0, 1/2[) et V = φ (]1/2, 1]). Ce sont des ouverts car φ est continue
et car [0, 1/2[ et ]1/2, 1] sont des ouverts de [0, 1]. Et de plus, ils sont disjoints et contiennent
respectivement A et B.
6/12
Exercice 4 Distances ultramétriques
1) Supposons par exemple d (x,y) > d (y,z) et montrons que d (x,z) = d (x,y).
L’inégalité ultramétrique donne d (x,z) 6 d (x,y). D’autre part, si l’on avait d (x,z) < d (x,y),
alors il s’ensuivrait
d (x,y) 6 Max( d (x,z) , d (y,z) ) < d (x,y) .
Ainsi d (x,z) = d (x,y).
2) Soit B = B(x,r ) une boule ouverte.
Montrons que B est fermée. Soit y ∈ B. Il existe z ∈ B tel que d (y,z) < r d’où
d (x,y) 6 Max( d (x,z) , d (y,z) ) < r
d’où y ∈ B. Ainsi B = B.
Montrons que si y ∈ B, alors B(x,r ) = B(y,r ). Par symétrie, il suffit de montrer une inclusion,
et alors, si z ∈ B(x,r ),
d (y,z) 6 Max( d (y,x ) , d (x,z) ) < r
d’où B(x,r ) ⊂ B(y,r ).
Soient enfin B(x,r ),B(y, ρ) deux boules ouvertes non disjointes. Il existe z dans l’intersection,
et alors
B(x,r ) = B(z,r ) et B(y, ρ) = B(z, ρ) ,
ce qui implique que B(x,r ) et B(y, ρ) sont comparables (car les boules de centre z le sont).
3) Soit B = B(x,r ) une boule fermée.
Montrons que B est ouverte i.e. que son complémentaire est fermé. Soit y adhérent à B c . Il
existe donc z ∈ B c tel que d (y,z) < r . On a donc d (x,z) > r > d (y,z) et avec la question 1, il
vient que d (x,y) = d (x,z) > r . donc y ∈ B c . Le reste est analogue à la question précédente.
4) Si (x n ) est de Cauchy, alors bien sûr d (x n ,x n+1 ) → 0.
Réciproquement, supposons d (x n ,x n+1 ) → 0. Soit ε > 0. Il existe n 0 tel que
∀n > n 0 ,
d (x n ,x n+1 ) < ε .
Mais alors, par l’inégalité ultramétrique,
∀q > p > n 0 ,
d (xp ,x q ) 6 Max( d (xp ,xp+1 ) , . . . , d (x q−1 ,x q ) ) < ε .
Donc (x n ) est de Cauchy.
5) Montrons que δ est ultramétrique. Soient x,y,z ∈ E. Si x = z, alors δ (x,z) = 0 et c’est terminé.
Supposons donc x , z. Dans ce cas, on a x , y ou y , z et donc Max(δ (x,y),δ (y,z)) = 1 d’où
δ (x,z) = 1 = Max(δ (x,y),δ (y,z)).
La distance étant à valeurs dans {0, 1}, les suites de Cauchy sont stationnaires. Par conséquent,
un tel espace est nécessairement complet.
Remarque : Avec la distance discrète, {x } = B(x, 1), B(x, 1) = E et donc B(x, 1) , B(x, 1) en
général (i.e. dès que E contient un point distinct de x).
Exercice 5 Complété d’un espace métrique
1) La continuité de i x provient de la continuité des fonctions distances. De plus i x est bornée car
∀y ∈ E,
7/12
|i x (y)| = |d (x,y) − d (a,y)| 6 d (a,x )
par l’inégalité triangulaire. Ainsi, i x ∈ Cb (E).
De plus, on voit avec l’inégalité triangulaire que pour x,x 0 ∈ E,
ki x − i x 0 k∞ = sup |i x (y) − i x 0 (y)| = sup |d (x,y) − d (x 0,y)| = d (x,x 0 ) .
y ∈E
y ∈E
Cela prouve que l’application
i : E −→ Cb (E)
x 7−→ i x
est une isométrie.
Ainsi dans l’espace Cb (E) (qui est complet car R est complet et car une limite uniforme de
fonctions continues est continue), Ê := i (E) est fermé donc complet, et de plus, i (E) est évidemment dense dans Ê.
2) Comme j 1 est une isométrie, elle est en particulier injective, et donc pour tout y ∈ j 1 (E), l’image
réciproque de y par j 1 est un singleton que l’on peut noter j 1−1 (y). Définissons
φ 2 : j 1 (E) −→ j 2 (E)
y
7−→ j 2 (j 1−1 (y))
Comme j 1 et j 2 sont des isométries, on a pour toux y,y 0 ∈ j 1 (E),
d (φ 2 (y),φ 2 (y 0 )) = d (j 2 (j 1−1 (y)), j 2 (j 1−1 (y 0 ))) = d (j 1−1 (y), j 1−1 (y 0 )) = d (y,y 0 ) .
(1)
En particulier, φ 2 est uniformément continue de j 1 (E) dans F 2 . Comme j 1 (E) est dense dans F 1 et
que F 2 est complet, le théorème de prolongement des applications uniformément continues donne
que φ 2 se prolonge de manière unique en une application uniformément continue ψ 2 : F 1 → F 2 .
De plus, l’égalité (1) se prolonge par continuité à F 1 ce qui prouve que ψ 2 est encore une isométrie.
De même, on construire une isométrie ψ 1 : F 2 → F 1 qui prolonge φ 1 = j 1 ◦ j 2−1 : j 2 (E) → j 1 (E).
Mais alors, les égalités
∀y ∈ j 1 (E), φ 1 (φ 2 (y)) = y
,
∀x ∈ j 2 (E), φ 2 (φ 1 (x )) = x
se prolongent par continuité à F 1 et F 2 respectivement et donne que ψ 1 et ψ 2 sont des bijections
réciproques l’une de l’autre.
Ainsi, on a bien construit une isométrie bijective ψ 2 : F 1 → F 2 .
3) a) Q est dense dans R complet, donc le complété de Q est R.
b) L’espace P des fonctions polynômiales sur [0, 1] est dense dans C ([0, 1]) qui est complet,
donc le complété de P est C ([0, 1]).
c) Dans Cb (R), l’adhérence pour la norme uniforme de Cc (R) est l’ensemble C0 (R) qui tendent
vers 0 à l’infini. En particulier, C0 (R) est fermé dans Cb (R) complet, donc est complet. Cela prouve
que le complété de Cc (R) est C0 (R).
d) Pour p < ∞, on sait que C ([0, 1]) est dense dans Lp ([0, 1]) et que Lp ([0, 1]) est complet.
Donc le complété de C ([0, 1]) est Lp ([0, 1]). Dans le cas p = ∞, C ([0, 1]) est muni de la norme
infinie ce qui le rend complet (une limite uniforme de fonctions continues est continue), et donc
il est son propre complété. Aussi, on peut remarquer que C ([0, 1]) est fermé dans L∞ ([0, 1]).
Exercice 6 Une métrique rendant R non complet
Remarquons d’abord que d induit la topologie usuelle sur R. Ceci vient du fait que Arctan est
strictement croissante et continue (détaillez-le en exercice).
8/12
Il suffit de remarquer que la suite (n)n ∈N est de Cauchy pour cette distance, car Arctan(n)
tend vers π2 , donc (Arctan(n)) est de Cauchy pour la distance usuelle sur R.
Mais alors, si (R,d ) était complet, il existerait x ∈ R tel que d (x,n) → 0. Mais comme d induit
la topologie usuelle sur R, cela impliquerait que la suite (n) converge aussi pour la topologie
usuelle, et bien sûr ce n’est pas le cas.
Finalement, (R,d ) n’est pas complet.
Exercice 7 Un exemple de topologie non métrisable
1) C’est du cours.
2) Soit U un ouvert non vide de E, que l’on peut supposer de la forme
Y
Ux où Ux est ouvert
x ∈[0,1]
dans [0, 1] et où Ux = [0, 1] pour x n’appartenant pas à un ensemble fini J ⊂ [0, 1]. Comme U est
non vide, c’est le cas de tous les Ux .
Pour x ∈ J , prenons une valeur quelconque f (x ) ∈ Ux . Pour x < J , posons f (x ) = 0. Ainsi,
f est une fonction simple qui est bien dans U .
Finalement, les fonctions simples sont denses dans E.
3) Considérons une suite fn de fonctions simples qui converge simplement vers f ∈ [0, 1][0,1] . Par
définition, fn s’annule en dehors d’un ensemble fini An . Par conséquent, en dehors de A = ∪An ,
toutes les fn s’annulent, et donc leur limite simple aussi. Par suite, les points où f ne s’annulent
pas sont dans A. Remarquons que cet ensemble A est au plus dénombrable, comme réunion dénombrable d’ensembles finis.
Comme la fonction 1 est non nulle sur une infinité non dénombrable de points, on obtient
qu’elle n’est pas limite de fonctions simples.
4) Si E était métrisable, comme les fonctions simples sont denses, on pourrait construire une suite
de fonctions simples qui convergent simplement vers 1, ce qui contredit le résultat de la question
précédente. Ainsi, E n’est pas métrisable.
Exercice 8 Espaces séparables... ou pas
1) Qd ∩ Ω est dénombrable et dense dans Ω.
2) Comme K est précompact, pour tout n > 1, il existe x 1n , . . . ,x nJn ∈ K tels que
K⊂
Ainsi, l’ensemble D =
[
n>1
Jn
[
1
B(x jn , ) .
n
j=1
{x 1n , . . . ,x nJn } est dénombrable et on vérifie qu’il est dense dans K.
3) a) Il suffit de montrer le résultat pour Ω = Rd car si ( fn ) est une suite dense dans Lp (Rd ),
alors la suite des restrictions ( fn |Ω ) est dense dans Lp (Ω). Supposons donc dorénavant Ω = Rd .
On rappelle que par définition, un pavé de Rd est un produit d’intervalles. On va prouver la
densité dans Lp (Rd ) de l’ensemble des fonctions de la forme
J
X
j=1
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α j 1P j
où (α j ) ∈ Q J et où les P j sont des pavés bornés à extrémités rationnelles. Cet ensemble étant
dénombrable, on en déduira bien la séparabilité de Lp (Rd ). Comme Q est dense dans R, il suffit
de prouver la densité de l’ensemble
J





X
J
 .
α
1
,
(α
)
∈
R
,
P
pavé
borné
à
extrémités
rationnelles
E=
j
P
j
j
j



 j=1


Puisque p < ∞, Cc (Rd ) est dense dans Lp (Rd ). Prenons donc f ∈ Cc (Rd ). On va approcher f
dans Lp par une fonction de E. Pour cela, pour chaque k ∈ N et z ∈ 21k Zd , considérons les pavés
1 d
Pk,z = z + 0, k
.
2
et posons
X
fk =
f (z)1Pk,z .
z ∈2−k Zd
Montrons que fk → f uniformément sur Rd . Soit ε > 0. Comme f ∈ Cc (Rd ), par le théorème
de Heine, elle est uniformément continue sur Rd . Il existe donc η > 0 tel que
∀x,y ∈ Rd ,
kx − yk∞ < η =⇒ | f (x ) − f (y)| < ε .
Prenons alors k tel que 2−k < η et montrons que k fk − f k∞ < ε. Si x ∈ Rd , il existe un unique
z ∈ 2−k Zd tel que x ∈ Pk,z (définir 2k z avec la partie entière des coordonnées de 2k x) et donc par
définition, fk (x ) = f (z). Comme kx − zk∞ < 21k < η, on a donc
| fk (x ) − f (x )| = | f (z) − f (x )| < ε .
Cela prouve que k fk − f k < ε. Il en résulte que fk → f uniformément sur Rd .
Comme les supports de fk et f sont tous inclus dans un compact prescrit K (par exemple le
compact Supp( f ) + [−1, 1]d ), on en déduit que
Z
Z
p
p
| fk (x ) − f (x )| dx =
| fk (x ) − f (x )|p dx 6 k fk − f k∞ λ(K ) ,
Rd
K
où λ(K ) désigne la mesure de Lebesgue de K. Il s’ensuit que fk → f dans Lp . Finalement, on a
bien prouvé que E est dense dans Lp (Rd ), ce qui conclut.
b) Remarquons que par construction de r a , on a B(a,r a ) ⊂ Ω, et de plus la fonction χa = 1B (a,r a )
est dans L∞ (Ω). Il est clair que dans L∞ (Ω), les boule O a = B(χa , 21 ) sont ouvertes non vides. De
plus, on va voir qu’elles sont disjointes.
Remarquons que pour a,b ∈ Ω, | χa − χb | est à valeurs dans {0, 1} donc k χa − χb k∞ vaut 0 ou 1.
Dans le cas où cette distance vaut 0, cela signifie que χa = χb presque partout et donc les boules
B(a,r a ) et B(b,rb ) d’où en particulier a = b (ce sont des boules de Rd ). Ainsi, si a,b ∈ Ω sont
distincts, on a O a ∩ Ob = ∅ par l’inégalité triangulaire.
On a donc construit une famille non dénombrable (O a )a ∈Ω d’ouverts non vides disjoints deux
à deux. Supposons donc par l’absurde que L∞ (Ω) admette une suite dense ( fn ). Alors pour chaque
a ∈ Ω, l’ouvert non vide O a rencontre cette suite dense, et on peut donc poser
na = Min{ n ∈ N , fn ∈ O a } .
Comme les ouverts O a sont disjoints, on voit que a 7→ na est injective : si na = nb , alors fna = fnb
appartient à O a ∩ Ob et donc a = b. Ainsi on a construit une application Ω → N injective, ce qui
contredit la non dénombrabilité de Ω.
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Exercice 9 Autour des théorèmes du point fixe
1) Pour q > p entiers, on peut écrire
d (xp ,x q ) 6
q−1
X
d (x n ,x n+1 ) 6
n=p
q−1
X
k n d (x 0 ,x 1 ) 6 d (x 0 ,x 1 )
n=p
∞
X
k n 6 d (x 0 ,x 1 )
n=p
kp
.
1−k
(1)
Comme k < 1, on en déduit sup d (xp ,x q ) −−−−→ 0, ce qui prouve que (x n ) est de Cauchy.
p→∞
q >p
Comme E est complet, x n admet une limite a ∈ E. En passant à la limite dans x n+1 = f (x n ),
on obtient par continuité de f que f (a) = a, c’est-à-dire que a est un point fixe de f .
En passant à la limite quand q → ∞ dans (1), on obtient
∀p ∈ N,
d (xp ,a) 6
kp
d (x 0 ,x 1 ) .
1−k
Enfin, si b est point fixe de f , on a
d (a,b) = d ( f (a), f (b)) 6 kd (a,b)
avec k < 1 d’où l’on tire d (a,b) = 0, c’est-à-dire que a = b. Ainsi, a est l’unique point fixe de f .
2) La fonction φ : x 7→ d (x, f (x )) est continue sur le compact K, donc admet un minimum atteint
en un point a ∈ K. Si on avait f (a) , a, on aurait avec l’hypothèse que
φ ( f (a)) = d ( f ( f (a)), f (a)) < d ( f (a),a) = φ (a) ,
ce qui contredit que φ (a) est le minimum de φ. Ainsi a est point fixe de f .
Reste à montrer que la suite des itérées x n converge vers a. On peut supposer que x n ne prend
pas la valeur a (auquel cas elle la garde et alors il n’y a rien à démontrer).
Considérons la suite dn = d (a,x n ). Puisque x n , a,
dn+1 = d (a,x n+1 ) = d ( f (a), f (x n )) < d (a,x n ) = dn .
Ainsi, (dn ) est une suite décroissante donc admet une limite δ . Par l’absurde supposons δ > 0.
Comme K est compact, on peut extraire une sous-suite (x nk ) de (x n ) qui converge vers un
point b ∈ K. On a donc d’une part
δ = lim dnk = lim d (a,x nk ) = d (a,b) ,
et d’autre part,
δ = lim dnk +1 = lim d (a,x nk +1 ) = lim d ( f (a), f (x nk )) = d ( f (a), f (b)) < d (a,b)
ce qui est absurde. Ainsi δ = 0 et x n converge vers a.
3) Fixons x 0 ∈ K et pour t ∈ ]0, 1[, considérons la fonction
ft (x ) = (1 − t ) f (x ) + tx 0 .
Comme K est convexe, on a bien ft (K ) ⊂ K. De plus, c’est une fonction contractante car
k ft (x ) − ft (y)k = (1 − t )k f (x ) − f (y)k 6 (1 − t )kx − y k .
Comme K est compact, il est complet et on peut donc appliquer le résultat de la première question,
qui nous donne l’existence d’un point fixe pour chaque ft .
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Prenant pour t une suite qui tend vers zéro, et quitte à extraire par compacité de K, on obtient
une suite tn qui tend vers zéro, et une suite an convergeant vers a dans K et telle que pour tout n,
an est point fixe de ftn . Mais alors, on a
∀n ∈ N,
(1 − tn ) f (an ) + tn x 0 = an ,
donc en passant à la limite quand n → ∞, on obtient par continuité de f que
f (a) = a .
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