Première version

Exercices corrigés d’analyse fonctionnelle
Florent Nacry
15 mars 2017
Table des matières
1 Espaces topologiques
1.1 Axiome de Zermelo . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.1 Relations d’ordre . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.2 Lemme de Zorn . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Topologie sur un ensemble . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.1 Topologie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.2 Base et sous-base d’une topologie . . . . . . .
1.2.3 Suites généralisées . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.4 Topologie produit . . . . . . . . . . . . . . .
1.3 Applications continues . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.4 Espace topologique normal . . . . . . . . . . . . . .
1.4.1 Fonction distance à un ensemble . . . . . . .
1.5 Compacité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.5.1 Recouvrements . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.5.2 Elément d’adhérence et sous-suite généralisée
1.5.3 Locale compacité . . . . . . . . . . . . . . . .
1.6 Compacité dans les espaces métriques . . . . . . . .
1.7 Théorème de Arzela-Ascoli . . . . . . . . . . . . . .
1.8 Semi-continuité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.8.1 Epigraphe et hypographe . . . . . . . . . . .
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2
2
2
3
3
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17
19
19
27
27
28
28
32
33
34
37
37
46
2 Espaces vectoriels topologiques
2.1 Généralités . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Espaces vectoriels topologiques localement
2.3 Théorème de Hahn-Banach analytique . .
2.4 Théorèmes de séparation de Hahn-Banach
2.5 Dual topologique et topologie faible . . .
2.6 Topologie étoile faible . . . . . . . . . . .
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50
50
54
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57
57
59
3 Quelques résultats de base sur les espaces de Banach
3.1 Trois théorèmes fondamentaux d’analyse fonctionnelle .
3.2 Espace de Banach et dual topologique . . . . . . . . . .
3.3 Espace de Banach réflexif . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.4 Séparabilité d’un espace de Banach . . . . . . . . . . . .
3.5 Théorème d’Eberlein-Smulian . . . . . . . . . . . . . . .
3.6 Espaces vectoriels topologiques de dimension finie . . . .
3.7 Espaces de suites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.8 Espaces des fonctions continues sur un compact . . . . .
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73
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75
1
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convexes
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Chapitre 1
Espaces topologiques
Soit X un ensemble. On appelle classe de parties de X toute partie non vide de
l’ensemble des parties de X noté P(X). On note P0,finie (X) l’ensemble des parties finies
non vides de X.
On note OR la topologie usuelle de R. La lettre N désigne (conformément à la tradition
anglo-saxonne) l’ensemble des entiers démarrant à 1.
1.1
1.1.1
Axiome de Zermelo
Relations d’ordre
Exercice 1 Soient (X, X ), (Y, Y ) deux ensemble ordonnés. Montrer que l’on peut définir une relation d’ordre sur X × Y par l’équivalence
(x, y) (x0 , y 0 ) ⇐⇒ x X x0
et
y Y y 0
pour tout (x, y), (x0 , y 0 ) ∈ X × Y . L’ordre sur X × Y s’appelle l’ordre produit sur X × Y
issu de X et de Y .
Exercice 2 Donner un exemple d’une partie non vide S d’un ensemble ordonné (E, )
n’admettant pas de plus petit (resp., plus grand) élément.
Exercice 3 Soient (E, ) un ensemble ordonné, S une partie non vide de E. On suppose
qu’il existe un majorant M (resp., minorant m) de S dans E appartenant à S. Montrer
que l’ensemble des majorants (resp., minorants) de S dans E est réduit à M (resp., m).
1.1.2
Lemme de Zorn
Soient E un K-espace vectoriel non nul. Rappelons qu’une famille non vide (vj )j∈J0 de
vecteurs de E est linéairement indépendante (ou libre) dans E quand toute sous-famille
finie non vide (vj )j∈J1 de vecteurs de E distincts est linéairement indépendante, i.e. si
pour toute famille (λj )j∈J1 d’éléments de K, on a
λj = 0 pour tout j ∈ J1 ,
P
lorsque j∈J1 λj1 vj1 = 0. Si (vj )j∈J0 n’est pas une famille linéairement indépendante dans
E, on dit que c’est une famille liée dans E.
On dit qu’une famille non vide (ei )i∈I de vecteurs de E est une base algébrique de E
lorsque pour tout v ∈ E \ {ei : i ∈ I}, la famille {ei : i ∈ I} ∪ {v} n’est pas linéairement
indépendante dans E.
Exercice 4 Montrer que tout K-espace vectoriel non nul admet une base algébrique. En
déduire que tout K-espace vectoriel admet une norme.
2
Solution. Notons L l’ensemble des parties libres de E. Cet ensemble est non vide puisque
si x ∈ E \ {0} =
6 ∅, {x} est une partie libre de E, donc élément de L. Ainsi, (L, ⊂) est
un ensemble ordonné.SMontrons à présent que celui-ci est inductif. Soit C une chaîne de
(L, ⊂). Posons M =
L et montrons que c’est une partie libre de E, i.e. un élément de
L∈C
L. Par l’absurde, supposons que M soit une famille liée de E. Il existe une famille finie
non vide (vi )i∈I d’éléments distincts de M et une famille (λi )i∈I d’éléments de K non tous
nuls tels que
X
λi vi = 0.
i∈I
0
L’ensemble I étant non vide et fini et C P
étant une chaîne de (L, ⊂), il existe L ∈ C tel
0
0
que pour tout i ∈ I, vi ∈ L . La relation i∈I λi vi = 0 contredit le caractère libre de L
dans E. De plus, il est clair que toute famille libre incluse dans C de E est incluse dans
M . Ainsi, M est un majorant de C dans L relativement à ⊂. Donc, (L, ⊂) est un ensemble
ordonné inductif. Par application du lemme de Zorn, L admet un élément maximal que
l’on note L0 . Fixons x ∈ E \ L0 et posons L1 = L0 ∪ {x}. Puisque L0 ⊂ L1 et L0 6= L1 ,
on a L1 ∈
/ L. Ainsi, L0 est une base algébrique de E.
***NORME A FAIRE***
1.2
1.2.1
Topologie sur un ensemble
Topologie
Exercice 5 Déterminer toutes les topologies d’un ensemble à trois éléments.
Solution. Soit X un ensemble à (exactement) trois éléments. Ses éléments sont notés a, b
et c, de sorte que
X = {a, b, c} .
Il est aisé de voir que l’ensemble des parties de X s’écrit
2X = {∅, X, {a} , {b} , {c} , {a, b} , {a, c} , {b, c}} .
Déterminons toutes les topologies de X. Il s’agit de parties de 2X qui contiennent toutes
∅ et X. Ainsi, le cardinal d’une topologie de X est compris entre 2 et 8.
(i) Il y a une seule topologie à 2 éléments : {∅, X}.
(ii) Il y a six topologies à 3 éléments : {∅, X, {a}}, {∅, X, {b}}, {∅, X, {c}}, {∅, X, {a, b}},
{∅, X, {b, c}}, {∅, X, {a, c}}.
(iii) Il y a neuf topologies à 4 éléments : {∅, X, {a} , {a, b}}, {∅, X, {a} , {a, c}}, {∅, X, {b} , {a, b}},
{∅, X, {b} , {b, c}}, {∅, X, {c} , {b, c}}, {∅, X, {b} , {a, b}}, {∅, X, {a} , {b, c}}, {∅, X, {b} , {a, c}},
{∅, X, {c} , {a, b}}.
(iv) Il a six topologies à 5 éléments : {∅, X, {a} , {b} , {a, b}}, {∅, X, {a} , {c} , {a, c}},
{∅, X, {b} , {c} , {b, c}}, {∅, X, {a} , {a, b} , {a, c}}, {∅, X, {b} , {a, b} , {b, c}}, {∅, X, {c} , {a, c} , {b, c}}.
(iv) Il y a une seule topologie à 8 éléments : 2X .
Il y a donc 29 topologies possibles sur X.
Exercice 6 Soient (X, d) un espace métrique, B1 , B2 deux boules ouvertes de X d’intersection non vide. Montrer que B1 ∩ B2 est la réunion (non vide) de boules ouvertes de
X.
Solution. Supposons B1 ∩ B2 6= ∅. Il existe x1 , x2 ∈ X, r1 , r2 ∈]0, +∞[ tels que B1 =
B(x1 , r1 ) et B2 = B(x2 , r2 ). Fixons x ∈ B1 ∩ B2 . Posons pour chaque i ∈ {1, 2},
ρi = ri − d(xi , x) ∈]0, +∞[.
On a tout de suite B(x, ρi ) ⊂ Bi pour chaque i ∈ {1, 2}. En posant ρ = min {ρ1 , ρ2 }, il
vient alors
B(x, ρ) ⊂ B1 ∩ B2 .
3
Pour chaque x ∈ B1 ∩ B2 , il existe donc un réel rx > 0 tel que B(x, rx ) ⊂ B1 ∩ B2 . Il suffit
alors d’observer que
[
B1 ∩ B2 =
B(x, rx )
x∈B1 ∩B2
pour conclure.
Exercice 7 Soit (X, d) un espace métrique. Montrer que :
(a) La classe de parties Od de X constituée de ∅ et des réunions (non vides) de boules
ouvertes de X est une topologie (appelée topologie associée à d).
(b) Pour toute partie non vide U de X, on a U ∈ Od si et seulement si pour tout x ∈ U ,
il existe un réel rx > 0 tel que B(x, rx ) ⊂ U .
Solution. (a) On a tout de suite ∅ ∈ Od et
[
X=
B(x, r) ∈ Od .
(x,r)∈X×]0,+∞[
Soient (Ui )i∈I une famille non vide d’éléments de Od . Sans pertes de généralités, on peut
supposer Ui 6= ∅ pour tout i ∈ I. Pour chaque i ∈ I, il existe un ensemble Ji 6= ∅ et une
famille (Bi,j )j∈Ji de boules ouvertes de X tels que
[
Ui =
Bi,j .
j∈Ji
On en déduit
[
i∈I
[
Ui =
Bi,j ∈ Od .
)
(
(i,j)∈I×
S
Jk :j∈Ji
k∈I
Soient U1 , U2 ∈ Od . Si U1 ∩ U2 = ∅, alors il n’y a rien à établir. Ainsi, nous pouvons
supposer que U1 ∩ U2 6= ∅. Il existe deux ensembles non vides I1 et I2 et deux familles
(B1,i )i∈I1 et (B2,i0 )i0 ∈I2 de boules ouvertes de X telles que
[
[
U1 =
B1,i et U2 =
B2,i0 .
i0 ∈I2
i∈I1
Il vient alors
[
U1 ∩ U2 =
(i,i0 )∈I
B1,i ∩ B2,i0 .
1 ×I2
Puisque U1 ∩ U2 6= ∅, on peut supposer que pour chaque (i, i0 ) ∈ I1 × I2 ,
B1,i ∩ B2,i0 6= ∅.
D’après l’Exercice 6, pour chaque (i, i0 ) ∈ I1 × I2 , il existe un ensemble non vide Ji,i0 et
une famille de boules ouvertes de X (βi,i0 ,j )j∈Ji,i0 telle que
[
B1,i ∩ B2,i0 =
βi,i0 ,j .
j∈Ji,i0
Il s’ensuit
[
U1 ∩ U2 =
βi,i0 ,j ∈ Od .
(
(i,i0 ,j)∈I1 ×I2 ×
)
S
(k,k0 )∈I1 ×I2
Donc, Od est une topologie sur X.
(b) Soit U une partie non vide de X.
4
Jk,k0 :j∈Ji,i0
⇒, Supposons que U ∈ Od . Il existe un ensemble (non vide) I et une famille (xi , ri )i∈I
d’éléments de X×]0, +∞[ tels que
[
U=
B(xi , ri ).
i∈I
Soit u ∈ U . Il existe i0 ∈ I tel que x ∈ B(xi0 , ri0 ). Posons ρ = ri0 − d(xi0 , x). Pour tout
h ∈ B(x, ρ), on a
d(xi0 , h) ≤ d(xi0 , x) + d(x, h) < ri0 ,
i.e., B(x, ρ) ⊂ B(xi0 , ri0 ) ⊂ U .
⇐, Supposons que pour tout x ∈ U , il existe un réel rx > 0 tel que B(x, rx ) ⊂ U . Il suffit
alors d’observer que
[
U=
B(x, rx )
x∈X
pour obtenir l’inclusion U ∈ Od .
Exercice 8 (Topologie usuelle de R) Montrer que la classe de parties de R constituée
de ∅ et des réunions non vides d’intervalles de la forme ]a, b[ avec a, b ∈ R et a < b est
une topologie sur R. On l’appelle topologie usuelle (ou naturelle) de R et on la note OR .
Solution. Par définition de OR , on a ∅ ∈ OR . De même, pour tout n ∈ N, on a
] − n, n[∈ OR .
Ceci nous dit que R =
S
] − n, n[∈ OR . Fixons U1 , U2 ∈ OR . Sans pertes de généralités,
n∈N
on peut supposer que U1 6= ∅ et U2 6= ∅. Il existe deux familles non vides (ai , bi )i∈I et
(cj , dj )j∈J d’éléments de R2 satisfaisant pour tout i ∈ I, ai < bi , pour tout j ∈ J, cj < dj
et telles que
[
[
U1 =
]ai , bi [ et U2 =
]cj , dj [.
i∈I
j∈J
On a tout de suite
U1 ∩ U2 =
[
(]ai , bi [∩]cj , dj [) ∈ OR .
(i,j)∈I×J
Fixons (Ak )k∈K une famille non vide d’éléments de OR . Comme précédemment, on peut
supposer que Ak 6= ∅ pour tout k ∈ K. Pour chaque k ∈ K, il existe un ensemble non vide
Lk et une famille (xl , yl )l∈Lk d’éléments de R2 avec pour tout l ∈ Lk , xl < yl et telle que
[
Ak =
]xl , yl [.
l∈Lk
On vérifie sans difficultés que
[
k∈K
[
Ak =
l∈
S
]xl , yl [∈ OR .
Lk
k∈K
En conséquence, OR est une topologie sur R.
Exercice 9 Soient (X, O) un espace topologique, A une partie de X. Montrer que
intX (X \ A) = X \ adhX A
et
adhX (X \ A) = X \ intX A.
Solution. Montrons la première égalité. Commençons par prouver que le membre de
gauche est inclus dans celui de droite. Fixons x ∈ intX (X \ A). Puisque X \ A est un
voisinage de x dans X, il existe U un ouvert de X inclus dans X \ A, contenant x. Il suffit
de remarquer que
U ∩A=∅
5
pour en déduire que x ∈
/ adhX A. Pour établir l’inclusion renversée, fixons x ∈ X \ adhX A.
Il existe V un voisinage de x dans X tel que V ∩ A = ∅. Ainsi, V ⊂ X \ A. L’ensemble
X \ A est donc un voisinage de x dans X.
Pour obtenir la seconde égalité, il suffit de poser B = X \ A et d’exploiter l’égalité que
nous venons d’établir en écrivant
intX (X \ B) = X \ adhX B.
Puisque X \ B = A, il vient intX A = X \ adhX (X \ A). Par passage aux complémentaires
dans X, on a l’égalité souhaitée.
Exercice 10 Soient (X, OX ) un espace topologique, Y , Z deux parties non vides de X
avec Z ⊂ Y , OY la topologie induite sur Y par OX . Montrer que la topologie OZ induite
sur Z par OX coïncide avec la topologie TZ induite sur Z par OY .
Solution. Montrons tout d’abord que OZ ⊂ TZ . Soit U ∈ OZ fixé. Par définition de OZ ,
il existe A ∈ OX tel que U = A ∩ Z. Cette dernière égalité combinée à U ⊂ Z ⊂ Y donne
(A ∩ Y ) ∩ Z = U.
Puisque A ∩ Y ∈ OY , on a U ∈ TZ . Ceci nous donne OZ ⊂ TZ . Montrons que cette
inclusion est en fait une égalité. Fixons V ∈ TZ . Par définition de TZ , il existe B ∈ OY
tel que V = B ∩ Z. Or, le fait que B ∈ OY nous donne l’existence de C ∈ OX tel que
B = Y ∩ C. Des deux égalités précédentes et du fait que Y ∩ Z = Z, on tire
V = Y ∩ C ∩ Z = Z ∩ C.
Donc V ∈ OZ et les deux topologies sur Z, OZ et TZ sont égales.
Exercice 11 Soient (E, d) un espace métrique, A une partie non vide de E, dA la métrique sur A induite par d. Montrer que la topologie sur A induite par la topologie naturelle
de (E, d) coïncide avec la topologie naturelle de (A, dA ).
Solution. Notons Od la topologie naturelle de (E, d), OdA la topologie naturelle de (A, dA )
et OA la topologie sur A induite par Od . Soit U ∈ OdA . Si U = ∅, alors U = ∅ ∩ A ∈ OA .
Si U 6= ∅, il existe une partie non vide K de E × ]0, +∞[ tel que
[
U=
BdA (a, r).
(a,r)∈K
Remarquons que pour chaque (a0 , r0 ) ∈ K
Ainsi, U =
BdA (a0 , r0 ) = {x ∈ A : dA (a0 , x) < r0 } = Bd (a0 , r0 ) ∩ A.
!
S
S
S
(Bd (a, r) ∩ A) = A ∩
Bd (a, r) . Le fait que
(a,r)∈K
(a,r)∈K
Bd (a, r) ∈
(a,r)∈K
Od garantit que U ∈ OA . On a donc
OdA ⊂ OA .
Montrons l’inclusion renversée. Soit U ∈ OA . Si U = ∅, alors par définition d’une topologie
0
0
naturelle d’un espace métrique U ∈ OdA . Si U 6= ∅, il existe U ∈ Od avec U 6= ∅ tel que
0
U = U ∩ A.
Il existe une partie non vide K de E × ]0, +∞[ tel que
[
0
U =
Bd (a, r).
(a,r)∈K
6
!
Il vient U = A ∩
S
Bd (a, r)
et de même que précédemment,
(a,r)∈K

U =A∩

[
[
Bd (a, r) =
(a,r)∈K
BdA (a, r)
(a,r)∈K
Finalement, U ∈ OdA et OA ⊂ OdA . L’égalité désirée est établie.
Exercice 12 Soient (X, O) un espace topologique, A une partie de X. Montrer que :
(a) bdX A = adhX A \ intX A ;
(b) bdX (intX A) ⊂ bdX (A) ;
(c) bdX (adhX A) ⊂ bdX (A).
Montrer que les inclusions données par (b) et (c) sont strictes en général.
Solution. (a) Par définition, on a
bdX A = adhX (A) ∩ (adhX (X \ A)).
Via l’exercice ***, on a
adhX (X \ A) = X \ intX A.
Les deux égalités combinées donnent le résultat souhaité.
(b) Résulte de (a) et de l’inclusion triviale intX A ⊂ A.
(c) Conséquence de (a) et de l’inclusion évidence intX A ⊂ intX (adhX A).
Exercice 13 Soient (X, O) un espace topologique, A, B deux parties de X.
(a) Montrer que
bdX (A ∪ B) ⊂ bdX (A) ∪ bdX (B).
Montrer que l’inclusion renversée n’a en général pas lieu.
(b) A t-on les inclusions
bdX (A ∩ B) ⊂ bdX (A) ∩ bdX (B)
et
bdX (A) ∩ bdX (B) ⊂ bdX (A ∩ B)?
(c) On suppose que A ⊂ B. Que pensez-vous des inclusions
bdX A ⊂ bdX B
et
bdX B ⊂ bdX A?
Solution. (a) Posons A = [ 21 , 1] et B = [0, 1]. On a
bdR (A ∪ B) = {0, 1}
et bdR (A) ∪ bdR (B) =
1
0, , 1 .
2
Ceci permet tout de suite de constater que l’inclusion renversée n’a pas toujours lieu.
(b) En posant A = [0, 1[ et B = [1, 2[, on vérifie que
bdR (A ∩ B) = ∅ et bdR (A) ∩ bdR (B) = {1} .
Avec A = [0, 1] et B = [ 21 , 32 ], on a tout de suite
1
bdR (A ∩ B) =
,1
et bdR (A) ∩ bdR (B) = ∅.
2
Aucune des deux inclusions proposées n’a donc lieu en général.
(c) Posons A = [ 21 , 1] et B = [0, 1]. On a
1
,1 .
bdR A = {0, 1} et bdR B =
2
Ceci permet tout de suite de constater que bdR A 6⊂ bdR B et bdR B 6⊂ bdR A.
7
Exercice 14 Soient (X, O) un espace topologique, A une partie de X. Etablir les propriétés ci-dessous.
(a) L’intérieur intX A de A dans X est le plus grand ouvert de X inclus dans A, i.e. si
B est un ouvert de X inclus dans A, alors B est également inclus dans intX A ;
(b) L’adhérence adhX A de A dans X est le plus petit fermé de X contenant A, i.e. si B
est un fermé de X qui contient A, alors B contient également adhX A.
Solution. (a) Si B un ouvert de X inclus dans A, alors B est inclus dans la réunion de
tous les ouverts de X inclus dans A. Donc B ⊂ intX A.
(b) Si B un fermé de X contenant A, alors l’intersection de tous les fermés de X contenant
A est évidemment incluse dans B. Donc adhX A ⊂ B.
Exercice 15 Soient (X, O) un espace topologique, A une partie de X, x ∈ X. Montrer
les propriétés ci-dessous.
(a) x ∈ intX A si et seulement si A est un voisinage de x dans X.
(b) x ∈ adhX A si et seulement si pour chaque voisinage V de x dans X, V ∩ A 6= ∅.
(c) x ∈ bdX A si et seulement si pour chaque voisinage V de x dans X, V ∩ A 6= ∅ et
V ∩ (X \ A) 6= ∅.
Solution. (a) ⇒, Soit x ∈ intX A. Il existe par définition un ouvert U de X inclus dans
A tel que x ∈ U . Ceci signifie que A est un voisinage de x dans X.
⇐, Si A est un voisinage de x dans X, il existe un ouvert U de X inclus dans A contenant
x. Donc x est dans la réunion des ouverts de X inclus dans A, i.e. x ∈ intX A.
(b) ⇒, Soit x ∈ adhX A. Par l’absurde supposons qu’il existe un voisinage V de x dans
X tel que V ∩ A = ∅. Il existe un ouvert U de X inclus dans V contenant x. D’une part,
U ∩ A = ∅ et d’autre part l’ensemble X \ U est fermé dans X et contient A. On aboutit
ainsi à adhX A ⊂ X \ U . Or, x ∈ adhX A et x ∈
/ X \ U . Contradiction.
⇐, Procédons par contraposition. Supposons que x ∈ X \ adhX A = U . L’ensemble U est
un ouvert de X contenant x, c’est donc un voisinage de x dans X qui vérifie évidemment
U ∩ A = ∅.
(c) C’est une application directe de (b) et de la définition de bdX A.
Exercice 16 Soient (X, O) un espace topologique, I un ensemble non vide, (Ai )i∈I une
famille de parties de X.Montrer
les inclusions suivantes :
S
S
(a)
adhX Ai ⊂ adhX
Ai ;
i∈I
i∈I
T
T
(b) adhX
Ai ⊂
adhX Ai ;
i∈I
i∈I T
T
(c) intX
Ai ⊂
intX Ai ;
i∈I
i∈I
S
S
(d)
intX Ai ⊂ intX
Ai .
i∈I
i∈I
Montrer que les inclusions les inclusions de (a) et de (c) sont des égalités lorsque I est
fini.
S
Solution. (a) Fixons x ∈
adhX Ai . Soit V un voisinage de x dans X. Il existe i0 ∈ I
i∈I
tel que
d’adhérence,
V ∩ Ai0 6= ∅. Ceci permet d’obtenir
x ∈adhX Ai0 . Par définition S
S
S
V ∩
Ai 6= ∅ et donc x ∈ adhX
Ai . Si I est fini, alors
adhX Ai est fermé
i∈I
i∈I
i∈I
S
S
dans X. Puisqu’il contient
Ai , il contient adhX
Ai .
i∈I
i∈I
T
T
T
(b) L’ensemble
adhX Ai est fermé dans X et contient
Ai . Ainsi, adhX
Ai ⊂
i∈I
i∈I
i∈I
T
adhX Ai .
i∈I
T
T
(c) Soit x ∈ intX
Ai . Fixons i0 ∈ I. Par définition d’intérieur,
Ai est un voisinage
i∈I
i∈I
8
T
Ai qui contient x. Ainsi, U ⊂ Ai0
T
et donc Ai0 est un voisinage de x dans X. Ceci garantit x ∈
intX Ai . Si I est fini,
T
Ti∈I
alors
intX Ai est ouvert dans X. Puisqu’il est contenu dans
Ai , il est contenu dans
i∈I
i∈I
T
intX
Ai .
i∈I
S
S
(d) L’ensemble
intX Ai est un ouvert de X contenu dans
Ai . Il est donc contenu
i∈I
i∈I
S
dans intX
Ai .
de x dans X. Il existe U un ouvert de X inclus dans
i∈I
i∈I
Exercice 17 Soient (X, O) un espace topologique, A une partie de X. Les égalités suivantes ont lieu,
accX A ∩ isX A = ∅ et adhX A = accX A ∪ isX A.
Preuve. Montrons la première égalité. Par l’absurde, supposons qu’il existe x ∈ isX A ∩
accX A. Puisque x est un point isolé de A dans X, il existe un voisinage V0 de x dans X
tel que V0 ∩ A = {x}. Mais x étant un point d’accumulation de A dans X, on doit avoir
en particulier V0 ∩ (A \ {x}) 6= ∅. Ceci contredit bien sûr V0 ∩ A = {x}.
Etablissons à présent la seconde égalité en commençant par l’inclusion du second membre
dans le premier. Fixons x ∈ accX A ∪ isX A. Soit V un voisinage de x dans X. Si x ∈ isX A,
alors par définition x ∈ A et donc x ∈ adhX A. Si x ∈ accX A, alors V ∩ (A \ {x}) 6= ∅ et
trivialement V ∩ A 6= ∅. Ceci assure x ∈ adhX A et l’inclusion désirée. Montrons l’inclusion
renversée. Soit x ∈ adhX A. Fixons V un voisinage de x dans X. Si x ∈ X \ A, alors
V ∩ (A \ {x}) 6= ∅ et donc x ∈ accX A. Si x ∈ A, alors on peut supposer que x ∈
/ isX A
(sinon l’inclusion désirée est triviale). La négation de la définition d’un point isolé conduit
à V ∩ A 6= {x}. On en déduit V ∩ (A \ {x}) 6= ∅ et donc x ∈ accX A.
Exercice 18 Soient (X, O) un espace topologique, A une partie de X. Montrer que
intX adhX (intX (adhX A)) = intX (adhX A).
Solution. Posons U = intX (adhX A). On a évidemment U ⊂ adhX U et donc
intX U ⊂ intX (adhX U ).
Puisque U est ouvert dans X, l’inclusion précédente devient
U ⊂ intX (adhX U ).
Ainsi, on vient d’établir
intX (adhX A) ⊂ intX (adhX (intX (adhX A))).
(1.2.1)
Montrons l’inclusion renversée. On a trivialement U ⊂ adhX A, ce qui donne tout de suite
adhX U ⊂ adhX A. Il vient alors
intX (adhX U ) ⊂ intX (adhX A) = U.
Via la définition de U , cette dernière inclusion s’écrit
intX (adhX (intX (adhX A))) ⊂ intX (adhX A).
(1.2.2)
En combinant (1.2.1) et (1.2.2), on a l’égalité voulue.
Exercice 19 Soit (X, O) un espace topologique. Etablir chacune des propriétés ci-dessous.
(a) Les parties ∅ et X sont fermées dans X.
(b) Une intersection quelconque de fermés de X est fermée dans X.
(c) Une réunion finie de fermés de X est fermée dans X.
9
Solution. (a) Les ensembles ∅ et X sont ouverts dans X par définition. Il suffit alors de
remarquer que ∅ = X \ X et X = X \ ∅.
(b) Soient I un ensemble non vide, (Fi )i∈I une famille de fermés de X. Pour chaque i ∈ I,
il existe Ui un ouvert de X tel que Fi = X \ Ui . Il découle de ceci
\
\
[
Fi =
(X \ Ui ) = X \
Ui .
i∈I
Puisque
S
i∈I
Ui est ouvert dans X,
i∈I
T
i∈I
Fi est fermé dans X.
i∈I
(c) Soient I un ensemble fini non vide, (Fi )i∈I une famille de fermés de X. De même que
précédemment, pour chaque i ∈ I, il existe Ui un ouvert de X tel que Fi = X \ Ui . On a
[
[
\
Fi =
(X \ Ui ) = X \
Ui .
i∈I
Le fait que
T
i∈I
i∈I
Ui soit ouvert dans X garantit que
i∈I
S
Fi est fermé dans X.
i∈I
Exercice 20 Soient (X, O) un espace topologique, I un ensemble non vide, (Ai )i∈I une
famille de parties de X. Montrer que :
!
!
[
[
\
\
accX Ai ⊂ accX
Ai et accX
Ai ⊂
accX Ai .
i∈I
i∈I
i∈I
i∈I
Etablir que la première inclusion ci-dessus est une égalité lorsque l’ensemble I est fini et
que l’inclusion peut être stricte si I est infini. Montrer que la deuxième inclusion peut être
stricte même si I est fini.
Solution. Posons pour tout n ∈ N? , An = [1, n1 + 1[. Il est aisé de vérifier que pour tout
n ∈ N?
1
1
accR [1, + 1[= [1, + 1].
n
n
Constatons de plus que
[
[1,
n∈N?
[
1
1
+ 1[=
[1, + 1] = [1, 2[.
n
n
?
n∈N
Il vient
!
accR
[
An
= [1, 2] 6⊂
n∈N?
[
accR An = [1, 2[.
n∈N?
Avec B1 =]0, 1[ et B2 =]1, 2[, on a tout de suite
accR (B1 ) ∩ accR (B2 ) = {1} 6⊂ accR (B1 ∩ B2 ) = ∅.
Exercice 21 Soient (X, O) un espace topologique, A une partie de X. Montrer que :
(a) Pour tout A, B ∈ 2X avec A ⊂ B,
accX (A) ⊂ accX (B).
(b) Pour tout A ∈ 2X ,
accX (adhX A) = adhX (accX A).
(c) Si de plus (X, O) est séparé (Hausdorff ), alors pour tout A ∈ 2X
accX (A) = accX (adhX A).
10
Solution. (a) Fixons A, B deux parties de X telles que A ⊂ B. Soient x ∈ accX A, V un
voisinage de x dans X. On a par définition
V ∩ (A \ {x}) 6= ∅.
Puisque A ⊂ B, il vient
V ∩ (B \ {x}) 6= ∅.
Donc, x ∈ accX B.
(b) Soit x ∈ adhX (accX A). Fixons V un voisinage de x dans X.
Cas 1 : x ∈ accX A. Alors, on a x ∈ accX (adhX A) grâce à (a).
Cas 2 : x ∈ adhX (accX A) \ accX A. On a V ∩ accX A 6= ∅. Fixons y ∈ V ∩ accX A. Puisque
x∈
/ accX A, on a x 6= y. On en déduit
V ∩ [(accX A) \ {x}] 6= ∅.
En particulier, on a
V ∩ [(adhX A) \ {x}] 6= ∅.
Ainsi, on a l’inclusion x ∈ accX (adhX A).
Exercice 22 Soit (X, OX ), (Y, OY ) deux espaces topologiques, B une base de OX , f :
X −→ Y une application. Montrer que f est une application ouverte si et seulement si
pour tout B ∈ B, f (B) ∈ OY .
Solution. ⇒, C’est trivial puisque B ⊂ OX .
⇐, Supposons que pour tout B ∈ B, f (B) ∈ OY . Soit U ∈ OX avec U 6= ∅. Par définition
d’une base de topologie, il existe B 0 une classe de parties de X telle que
[
U=
B.
B∈B0
Il vient alors
f (U ) =
[
f (B).
B∈B0
Puisque pour tout B ∈ B, f (B) ∈ OY , on a f (U ) ∈ OY . Donc, f est ouverte.
Exercice 23 Soit IQun ensemble non vide, ((Xi , Oi ))i∈I une famille d’espaces topologiques, k ∈ I, X =
Xi muni de la topologie produit O. Montrer que l’application k-ème
i∈I
projection Πk : X −→ Xk est ouverte.
Solution. Nous savons
Q qu’une base B de la topologie O est donnée par la classe de parties
de X constituée des
Ui où Ui ∈ Oi pour tout i ∈ I et où Ui = Xi sauf au plus pour un
i∈I
nombre fini de i ∈ I. Fixons B ∈ B. Par définition,
Y
B=
Vi ,
i∈I
où Vi ∈ Oi pour tout i ∈ I et où Ui = Xi sauf au plus pour un nombre fini de i ∈ I. On a
Πk (B) = Vk ∈ Ok .
Via l’Exercice 22, on peut conclure que Πk est ouverte.
Exercice 24QSoient I un ensemble non vide, ((Xi , Oi ))i∈I une famille d’espaces topologiques, X =
Xi muni de la topologie produit O, Ai ⊂ Xi pour tout i ∈ I.
i∈I
Q
(a) Vrai ou faux : l’ensemble
Ai est ouvert dans X si et seulement si pour tout i ∈ I,
i∈I
Ai est ouvert dans Xi .
11
Q
(b) On suppose
Ai 6= ∅. Donner une condition nécessaire et suffisante assurant que
i∈I
Q
Ai est ouvert dans X.
i∈I
Q
Q
(c) A t-on intX ( Ai ) =
intX Ai ?
i∈IQ
i∈I
(d) Vrai ou faux :
Ai est fermé dans X si et seulement si pour tout i ∈ I, Ai est fermé
i∈I
dans Xi .
Q
Q
(d) A t-on adhX ( Ai ) =
adhX Ai ?
i∈I
i∈I
Solution. (a) ⇒, Supposons que l’ensemble
Q
Ai soit ouvert dans X. Fixons k ∈ I.
i∈I
L’application k-ème projection Πk : X −→ Xk est ouverte d’après l’Exercice 23. On a
donc l’inclusion
Y
Πk ( Ai ) = Ak ∈ Ok .
i∈I
L’implication⇐ est fausse en général. En effet, supposons que I soit un ensemble infini
et que Oi 6= {∅, Xi } pour toutQi ∈ I. Pour chaque i ∈ I, choisissons Ai ∈ Oi \ {∅, Xi }.
Par l’absurde, supposons que
Ai soit ouvert dans X. Notons B la classe de parties de
i∈I
Q
X constituée des
Ui où Ui ∈ Oi pour tout i ∈ I et où Ui = Xi sauf au plus pour un
i∈I
nombre fini de i ∈ I. Nous savons que B est une base de la topologie O. Par définition de
base d’une topologie, il existe B0 ⊂ B tel que
Y
[
Ai =
B.
i∈I
Puisque
Q
B∈B0
Ai 6= ∅ (par l’axiome du choix), il existe B0 ∈ B0 avec B0 6= ∅ tel que
i∈I
Y
B0 ⊂
Ai .
i∈I
L’inclusion B0 ∈ B nous donne l’existence d’une famille (U0,i )i∈I telle que U0,i ∈ Oi pour
tout i ∈ I et où U0,i = Xi sauf au plus pour un nombre fini de i ∈ I et satisfaisant
Y
B0 =
U0,i .
i∈I
Puisque I est infini, il existe au moins i0 ∈ I tel que
U0,i0 = Xi0 .
On aboutit ainsi à U0,i0 = Xi0 ⊂ Ai0 . Compte-tenu du choix de Ai0 , cette dernière
inclusion est absurde.
Q
Q
(b) Supposons
Ai 6= ∅ et montrons l’équivalence suivante :
Ai est ouvert dans X
i∈I
i∈I
si et seulement si pour tout i ∈ I, Ai ∈ Oi et il existe un ensemble fini J ⊂ I tel que
Ai = Xi pour tout i ∈ I \ J.
⇐, Supposons que pour tout i ∈ I, Ai ∈ Oi et qu’il
Q existe un ensemble fini J ⊂ I tel que
Ai = Xi pour tout i ∈ I \ J. Alors, l’ensemble
Ai est un élément de la base naturelle
i∈I
Q
de la topologie O, en particulier,
Ai ∈ O.
i∈I
⇒, Notons B la base naturelle de la topologie O. Il existe B0 ⊂ B tel que
Y
[
Ai =
B.
i∈I
Puisque
Q
B∈B0
Ai 6= ∅, il existe B0 ∈ B0 tel que
i∈I
B0 ⊂
Y
i∈I
12
Ai .
L’inclusion B0 ∈ B garantit l’existence d’une famille (U0,i )i∈I et d’un ensemble J ⊂ I tels
que U0,i ∈ Oi pour tout i ∈ I et où U0,i = Xi pour tout i ∈ I \ J et satisfaisant
Y
B0 =
U0,i .
i∈I
On en déduit que U0,i = Xi ⊂ Ai pour tout i ∈ I \ J, i.e. Ai = Xi pour tout i ∈ I \ J.
Enfin, pour chaque k ∈ I, nous savons que la kième projection Πk : X −→ X est une
application ouverte, donc en particulier
!
Y
Ak = Πk
Ai ∈ Ok .
i∈I
(c) Montrons que
intX (
Y
Ai ) =
i∈I
Y
intX Ai
si I est fini.
i∈I
Supposons que I soit fini. L’ensemble
Q
intXi Ai est O-ouvert puisque pour chaque i ∈ I,
i∈I
intXi Ai est Oi -ouvert. De l’inclusion triviale
Y
Y
intXi Ai ⊂
Ai ,
i∈I
i∈I
on tire
Y
Y
intXi Ai ⊂ intX ( Ai ).
i∈I
i∈I
Q
Observons d’autre part que pour chaque i ∈ I, l’ensemble Πk (intX ( i∈I Ai )) est Ok ouvert et vérifie
Y
Πk (intX ( Ai )) ⊂ Ak .
i∈I
Il découle de ceci que pour tout k ∈ I,
Πk (intX (
Y
Ai )) ⊂ intXk (Ak ).
i∈I
En gardant à l’esprit que pour chaque A ⊂
Q
Xi , on a A ⊂
i∈I
Q
Πk (A), on aboutit à
k∈I
Y
Y
Y
Y
intX ( Ai ) ⊂
Πk (intX ( Ai )) ⊂
intX (Ak ).
i∈I
i∈I
k∈I
k∈I
L’égalité proposée est ainsi établie quand I est fini.
Lorsque I est infini, c’est faux en général. Supposons que I soit infini et que Oi 6= {∅, Xi }
pour tout i ∈ I. Pour chaque i ∈ I, choisissons Ai ∈ Oi \ {∅, Xi }. On a tout de suite
Y
Y
Ai =
intXi Ai .
i∈I
i∈I
Q
D’après ce qui a été vu dans (a), l’ensemble
Q i∈I Ai n’est pas O-ouvert et donc il ne peut
pas être égal à l’ensemble O-ouvertQintX ( i∈I Ai ).
(d) Pour tout k ∈ I, posons Ck = i∈I Fi où pour tout i ∈ I,
(
Ak si i = k
Fi =
Xi sinon.
Q
Contatons que pour tout k ∈ I, on a X \ Ck = i∈I Oi où pour tout i ∈ I,
(
X \ Ak si i = k
Oi =
Xi
sinon.
13
D’autre part, remarquons l’égalité
Y
\
Ai =
i∈I
Ck ,
k∈I
Q
S
⇒, Supposons que i∈I Ai soit fermé dans X. L’ensemble k∈I X \ Ck est donc ouvert
dans X ⇐, Supposons que pour tout i ∈ I, Ai soit fermé dans X. Il découle de l’étude
menée ci-dessus que pour tout k ∈ I, l’ensemble X \ Ck est ouvert dans X. Ainsi, pour
tout
Q k ∈ I, Ck est fermé dans X. En combinant ceci avec l’égalité ***, on obtient que
i∈I Ai est fermé dans X.
Exercice 25 Montrer que la topologie naturelle OR de R coïncide avec la topologie induite
sur R par la topologie naturelle OR de R.
Solution. Puisque la topologie naturelle de R contient OR , on observe tout de suite que
OR ⊂ U ∩ R : U ∈ OR .
Montrons l’inclusion renversée. Fixons U0 ∈ OR .
Cas 1 : U0 ∈ OR . Trivialement, on a U0 ∩ R = U0 ∈ OR .
Cas 2 : U0 = U 0 ∪ [−∞, r[ avec r ∈ R et U 0 ∈ OR . On a alors
U0 ∩ R = U 0 ∪] − ∞, r[∈ OR .
Cas 3 : U0 = U 0 ∪]s, +∞] avec s ∈ R et U 0 ∈ OR . On a alors
U0 ∩ R = U 0 ∪]s, +∞[∈ OR .
Cas 4 : U0 = U 0 ∪ [−∞, r[∪]s, +∞] avec r, s ∈ R et U 0 ∈ OR . On a alors
U0 ∩ R = U 0 ∪] − ∞, r[∪]s, +∞[∈ OR .
On aboutit ainsi à
U ∩ R : U ∈ OR ⊂ OR .
1.2.2
Base et sous-base d’une topologie
Exercice 26 Montrer que la classe des intervalles ouverts non vides à extrémités dans Q
est une base de la topologie usuelle de R.
Solution. Notons Irat la classe des intervalles ouverts non vides à extrémités dans Q, i.e.
Irat = {]a, b[: a, b ∈ Q, a 6= b} .
Evidemment, on a Irat ⊂ OR . Puisque tout U ∈ OR avec U 6= ∅ est la réunion non vide
d’une famille d’intervalles ouverts non vides de R, il suffit de montrer que tout intervalle
de R à extrémités dans R est la réunion d’une famille d’éléments de Irat . Fixons donc I
un intervalle ouvert non vide de R. Ecrivons
I = [x, y]
avec x, y ∈ R et x 6= y. Posons
D = (q, q 0 ) ∈ Q2 : x < q < q 0 < y
et remarquons tout de suite que
[
]q, q 0 [⊂ I.
(q,q 0 )∈D
14
Fixons u ∈ I. Par définition, on a x < u < y. Puisque Q est dense dans R, il existe
q1 ∈]x, u[∩Q, q2 ∈]u, y[∩Q. On a donc (q1 , q2 ) ∈ D et u ∈]q1 , q2 [. Ainsi, on a montré
l’égalité
[
]q, q 0 [= I.
(q,q 0 )∈D
Exercice 27 Soit B une classe de parties d’un ensemble non vide X. Montrer qu’il existe
une topologie sur X dont B est une base si et seulement si les deux propriétés suivantes
ont lieu
S :
(a)
B=X;
B∈B
(b) pour tout B1 , B2 ∈ B avec B1 ∩ B2 6= ∅, pour tout x ∈ B1 ∩ B2 , il existe B3 ∈ B tel
que x ∈ B3 ⊂ B1 ∩ B2 .
Si tel est le cas, montrer que la topologie sur X dont B est la base est unique.
Solution. ⇒, Supposons que B soit la base d’une topologie O sur X. Le fait que B soit
une classe de parties de X garantit que
[
B ⊂ X.
(1.2.3)
B∈B
Par définition de base d’une topologie et puisque X ∈ O, il existe B 0 une classe de parties
de X telle que B 0 ⊂ B et
[
B = X.
(1.2.4)
B∈B0
En combinant (1.2.3) et (1.2.4), il vient
[
B = X.
B∈B
Fixons B1 , B2 ∈ B tels que B1 ∩ B2 6= ∅, x ∈ B1 ∩ B2 . Le fait que B1 ∩ B2 ∈ O et que
B soit une base de la topologie O nous donnent B 00 une classe de parties de X telle que
B 00 ⊂ B et
[
B1 ∩ B2 =
B.
B∈B00
Cette égalité combinée à l’inclusion x ∈ B1 ∩ B2 permettent d’obtenir B3 ∈ B 00 tel que
[
x ∈ B3 ⊂
B = B1 ∩ B2 .
B∈B00
⇐, Supposons que B satisfait les propriétés (a) et (b). Définissons la classe de parties de
X par
( (
))
[
O = ∅,
B : B0 ⊂ B
.
B∈B0
Montrons que O est une topologie sur X et que
S B est une base de cette topologie. D’après
la définition de O, on a ∅ ∈ O. Puisque X =
B, on a X ∈ O. Fixons (Ai )i∈I une famille
B∈B
S
0
non vide d’éléments de O. Soit J ⊂ I tel que pour tout j ∈ I, Aj ∈
B∈B0 B : B ⊂ B .
On a
[
[
Ai =
Ai .
i∈I
i∈I\J
Pour tout i ∈ I \ J, il existe Bi ⊂ B telle que
[
Ai =
B.
B∈Bi
15
Il vient donc
!
[
i∈I
[
[
i∈I\J
B∈Bi
Ai =
B
[
=
S
B∈
B ∈ O.
Bi
i∈I\J
Fixons B1 , B2 ∈ B. Si B1 ∩ B2 = ∅, alors B1 ∩ B2 ∈ O. Supposons B1 ∩ B2 6= ∅. Soit
x ∈ B1 ∩ B2 . Il existe B3 ∈ B tel que x ∈ B3 ⊂ B1 ∩ B2 . Ceci permet de définir la classe
de parties
B0 = {B ∈ B : B ⊂ B1 ∩ B2 } .
S
On constate sans difficultés que B1 ∩ B2 ⊂
B. Par définition de B0 , on a l’inclusion
B∈B0
renversée. Ainsi, on dispose de l’égalité
B1 ∩ B2 =
[
B ∈ O.
B∈B0
On en déduit que O est une topologie sur X. Par définition de O, la classe de parties B
est une base de O. Enfin, si O0 est une topologie sur X dont B est une base, on vérifie
tout de suite que O0 = O.
Exercice 28 Soit (X, O) un espace topologique. Que dire de l’assertion ci-dessous ?
La topologie O admet une base dénombrable si et seulement si elle admet
une sous-base dénombrable.
Solution. L’assertion est vraie.
⇒, C’est trivial, puisque toute base de O est une sous-base de O.
⇐, Supposons que O admette une sous-base dénombrable S. Soit B la classe de parties
de X constituée des intersections finies non vides d’ensembles de S. Via la dénombrabilité
de S, on dispose d’une suite (Sn )n∈N d’éléments de S telle que
S = {Sn : n ∈ N} .
Ainsi, on a
(
B=
)
\
Sk : K ∈ P0,finie (N) .
k∈K
Par définition de sous-base, B est une base de O. Constatons que l’application
P0,finie (N) −→ B
\
K 7−→
Sk
k∈K
est surjective par définition de B. En combinant ceci au fait que P0,finie (N) soit un ensemble
dénombrable, on obtient que B est dénombrable.
Exercice 29 Montrer que tout espace topologique à base dénombrable est séparable.
Solution. Soit (X, O) un espace topologique à base dénombrable. Il existe (βn )n∈N une
suite de parties non vides de X tel que B = {βn : n ∈ N} soit une base de X. Pour chaque
n ∈ N, choisissons xn ∈ βn 6= ∅. Notons A = {xn : n ∈ N} qui est évidemment une partie
dénombrable. Soit U un ouvert non vide de X. Puisque B est une base de la topologie O,
il existe une partie K non vide de N telle que
[
U=
βk .
k∈K
On a tout de suite A ∩ U 6= ∅. Ainsi, A est dense dans X et ceci nous dit que (X, O) est
un espace topologique séparable.
16
Exercice 30 (Théorème de Lindelöf ) Soit (X, O) un espace topologique à base dénombrable. Montrer que pour toute famille non vide G d’ouverts de X, il existe une sous-famille
dénombrable G0 de G telle que
[
[
G=
G.
G∈G0
G∈G
Solution. Par hypothèse, il existe B une classe de parties de X dénombrable. On peut
alors écrire
B = {βn : n ∈ N}
où (βn )n∈N est une suite de parties de X. Fixons une famille non vide G = (Gi )i∈I
d’ouverts de X. ***
1.2.3
Suites généralisées
Exercice 31 Soient (X, O) un espace topologique, a ∈ X, S un système fondamental de
voisinages de a dans X. Montrer que :
(a) (S, ⊃) est un ensemble préordonné filtrant croissant.
(b) Si (xV )V ∈S est une suite généralisée de X (où S est muni du préordre filtrant croissant
⊃) vérifiant xV ∈ V pour tout V ∈ S, alors xV → a.
V ∈S
Solution. (a) Evidemment, (S, ⊃) est un ensemble préordonné. Soient V1 , V2 ∈ S. Puisque
V1 ∩ V2 est un voisinage de a dans X, il existe V3 ∈ S tel que V3 ⊂ V1 ∩ V2 . Il reste alors
à observer que pour tout i ∈ {1, 2},
Vi ⊃ V1 ∩ V2 ⊃ V3 .
(b) Soit (xV )V ∈S une suite généralisée de X telle que pour tout V ∈ S, xV ∈ V . Soit W
un voisinage de a dans X. Puisque S est un système fondamental de voisinages de a dans
X, il existe W 0 ∈ S avec W 0 ⊂ W . Le fait que pour tout V ∈ S avec W 0 ⊃ V , on ait
xV ∈ V ⊂ W 0
nous garantit alors que xV → a.
V ∈S
Exercice 32 Soient (X, O) un espace topologique, A une partie de X, a ∈ X. Montrer
que :
(a) a ∈ adhX A si et seulement s’il existe une suite généralisée (xj )j∈J d’éléments de A
qui converge dans X vers a.
(b) Si le point a admet un système fondamental de voisinages de X dénombrable, alors
a ∈ adhX A si et seulement si il existe une suite ordinaire (xn )n∈N d’éléments de A qui
converge dans X vers a.
(c) Si tout point de X admet un système fondamental dénombrable de voisinages, alors A
est fermé dans X si et seulement si pour toute suite (xn )n∈N de points de A convergeant
vers un point a de X, on a l’inclusion a ∈ A.
Solution. (a) ⇐, Supposons qu’il existe une suite généralisée (xj )j∈J d’éléments de A
telle que xj −→ a. Fixons V un voisinage de a dans X. Il existe j0 ∈ J tel que pour
tout j ∈ J avec j0 j (où est le préordre filtrant croissant sur J) on a xj ∈ V . En
particulier, xj0 ∈ V ∩ A 6= ∅. Donc, a ∈ adhX A.
⇒, Supposons a ∈ adhX A. L’ensemble VX (a) muni de ⊃ est préordonné filtrant croissant.
Pour chaque V ∈ VX (a), on peut fixer xV ∈ V ∩ A 6= ∅. Evidemment, xV −→ a.
V ∈VX (a)
Supposons qu’il existe un système fondamental de voisinages de a dans X dénombrable.
(b) ⇐, Une suite ordinaire étant une suite généralisée particulière, cette implication est
démontrée par ⇐ de (a).
⇒, Supposons que a ∈ adhX A. D’après l’Exercice 42, il existe (Vn )n∈N un système fondamental de voisinages de a dans X dénombrable et décroissant pour l’inclusion. Pour
17
chaque n ∈ N, il existe xn ∈ Vn ∩ A 6= ∅. Sans difficultés, on voit que xn −→ a.
n→+∞
(c) Supposons que tout point de X admette un système fondamental dénombrable de
voisinages.
⇒, Supposons que A soit fermé. Soit (xn )n∈N une suite de points de A qui converge vers
un point a de X. D’après (a) ci-dessus, on sait que a ∈ adhX A. Le caractère fermé de A
dans X nous dit alors que a ∈ A.
⇐, Supposons que pour toute suite (xn )n∈N de points de A convergeant vers un point a de
X, on ait l’inclusion a ∈ A. Fixons x ∈ adhX A. Via notre hypothèse sur (X, O), il existe
un système fondamental dénombrable de voisinages de x dans X. D’après (b) ci-dessus,
il existe une suite ordinaire (an )n∈N d’éléments de A qui converge vers x dans X. Par
hypothèse, on dispose de l’inclusion x ∈ A. Il s’ensuit adhX A = A, donc A est fermé dans
X.
Exercice 33 Soient (X, O) un espace topologique, A une partie de X, a ∈ X. Montrer
que :
(a) a ∈ accX A si et seulement si il existe une suite généralisée (xj )j∈J d’éléments de
A \ {a} avec xj −→ a.
(b) Si le point a admet un système fondamental de voisinages de X dénombrable, alors
a ∈ accX A si et seulement si il existe une suite ordinaire (xn )n∈N d’éléments de A \ {a}
qui converge dans X vers a.
Solution. (a) ⇒, Supposons a ∈ accX A. Munissons VX (a) du préordre filtrant croissant
⊃. Pour tout V ∈ VX (a), choisissons xV ∈ V ∩ (A \ {a}) 6= ∅. Trivialement, on a xV −→ a.
⇐, Supposons qu’il existe une suite généralisée (xj )j∈J d’éléments de A\{a} avec xj −→ a.
Soit V un voisinage de a dans X. Il existe j0 ∈ J tel que pour tout j ∈ J avec j0 j, on
ait xj ∈ V . On en déduit que
V ∩ (A \ {a}) 6= ∅.
En conséquence, on a a ∈ accX A.
(b) Supposons qu’il existe un système fondamental de voisinages de a dans X dénombrable.
⇐, Une suite ordinaire étant une suite généralisée particulière, cette implication est démontrée par ⇐ de (a).
⇒, Supposons que a ∈ accX A. D’après l’Exercice 42, il existe (Vn )n∈N un système fondamental de voisinages de a dans X dénombrable et décroissant pour l’inclusion. Pour
chaque n ∈ N, il existe xn ∈ Vn ∩ A \ {a} =
6 ∅. Sans difficultés, on voit que xn −→ a.
n→+∞
Exercice 34 Soit (X, O) un espace topologique. Montrer que (X, O) est séparé (Hausdorff ) si et seulement si toute suite généralisée (xj )j∈J d’éléments de X qui converge
dans X ne converge que vers un seul élément de X.
Solution. ⇒, Supposons que (X, O) soit un espace topologique séparé (Hausdorff). Soit
(xj )j∈J une suite généralisée convergente de X. Notons le préordre filtrant croissant sur
J. Par l’absurde, supposons qu’il existe x, y ∈ X, distincts tels que xj −→ x et xj −→ y.
j∈J
j∈J
Par définition de topologie séparée (Hausdorff), il existe un voisinage V de x dans X, il
existe un voisinage W de y dans X tels que
V ∩ W = ∅.
(1.2.5)
Par définition de la convergence d’une suite généralisée, il existe jx ∈ J tel que pour tout
j ∈ J avec jx j, on ait xj ∈ V . De même, il existe jy ∈ J tel que pour tout j ∈ J avec
jy j, on ait xj ∈ W . Puisque (J, ) est un ensemble préordonné filtrant croissant, il
existe j0 ∈ J tel que jx j0 et jy j0 . Ainsi, on obtient xj0 ∈ V ∩ W et ceci contredit
(1.2.5).
⇐, Par contraposition, supposons que (X, O) ne soit pas séparé (Hausdorff). Il existe deux
éléments x, y ∈ X, distincts tels que pour tout U ∈ VX (x), pour tout V ∈ VX (y)
U ∩ V 6= ∅.
18
(1.2.6)
L’ensemble (VX (x), 1 ) où 1 est le préordre filtrant croissant défini pour chaque A, B ∈
VX (x) par A 1 B si et seulement si A ⊃ B. De même, on définit 2 sur VX (y). Notons
le préordre produit sur J = VX (x) × VX (y) issu de 1 et 2 . D’après (1.2.6), il
existe xU,V ∈ U ∩ V pour chaque (U, V ) ∈ J. Fixons W un voisinage quelconque de
x dans X. Posons U0 = W et V0 = X. Evidemment, (U0 , V0 ) ∈ J. Soit (U, V ) ∈ J avec
(U0 , V0 ) (U, V ). Par définition de , U0 ⊃ U . Or, x(U,V ) ∈ U ∩ V . Ainsi, x(U,V ) ∈ U0
puisque U ∩ V ⊂ U0 = W . On a donc
x(U,V )
−→
x.
(U,V )∈J
De manière analogue, on montre que
x(U,V )
1.2.4
−→
y.
(U,V )∈J
Topologie produit
Exercice 35 Soient (X, O) un espace topologique, ∆ = {(x, x) : x ∈ X} la diagonale de
X. Montrer que (X, O) est séparé (Hausdorff ) si et seulement si ∆ est fermé dans X 2
muni de la topologie produit.
Solution. ⇒, Supposons que (X, O) soit séparé (Hausdorff). Fixons A ∈ adhX 2 ∆. Il
existe (Aj )j∈J une suite généralisée de ∆ telle que Aj −→ A. Pour tout j ∈ J, il existe
xj ∈ X tel que Aj = (xj , xj ). Puisque A ∈ X 2 , il existe (a, b) ∈ X 2 tel que A = (a, b). Le
fait que (Aj )j∈J converge vers A relativement à la topologie produit sur X 2 nous dit que
xj −→ a et xj −→ b.
Le caractère sépré (Hausdorff) de (X, O) nous dit alors que a = b, i.e. A ∈ ∆. Ainsi,
l’ensemble ∆ est fermé dans X 2 .
⇐, Supposons que ∆ soit fermé dans X 2 . Soit (xj )j∈J une suite généralisée d’éléments
de X qui converge dans X vers x ∈ X. Par l’absurde, supposons qu’il existe x0 ∈ X avec
x 6= x0 tel que xj −→ x0 . Evidemment, (xj , xj )j∈J est une suite généralisée d’éléments
de ∆ qui converge vers (x, x0 ) relativement à la topologie produit sur X 2 . Puisque ∆ est
fermé dans X 2 muni de la topologie produit, on a
(x, x0 ) ∈ ∆,
i.e. x = x0 . Ceci est contradictoire et termine la preuve.
1.3
Applications continues
Exercice 36 Soient (X, OX ) un espace topologique séparé (Hausdorff ), (Y, OY ) un espace
topologique. Montrer que si (X, OX ) et (Y, OY ) sont homéomorphes, alors (Y, OY ) est
séparé (Hausdorff ).
Solution. Soient x, y ∈ Y distincts. Notons f : X −→ Y un homéomorphisme de (X, OX )
sur (Y, OY ). La bijectivité de f nous donne l’existence d’un unique u ∈ X tel que f (u) = x.
De même, il existe un unique v ∈ X satisfaisant f (v) = y. Puisque x et y sont distincts,
on a nécessairement u 6= v. Le caractère séparé (Hausdorff) de (X, OX ) nous permet de
choisir un voisinage V de u dans X et un voisinage W de v dans X tels que V ∩ W = ∅.
Le fait que f soit un homéomorphisme de (X, OX ) sur (Y, OY ) nous dit que f (V ) est un
voisinage de f (u) = x dans Y et que f (W ) est un voisinage de f (v) = y dans Y . L’égalité
V ∩ W = ∅ assure du fait que f (V ∩ W ) = ∅. En combinant ceci à l’inclusion (triviale)
f (V ) ∩ f (W ) ⊂ f (V ∩ W ) on aboutit à f (V ) ∩ f (W ) = ∅. On en déduit donc que (Y, OY )
est séparé (Hausdorff).
19
Exercice 37 Montrer que toute application constante d’un espace topologique (X, OX )
dans un autre (Y, OY ) est (OX , OY )-continue sur X.
Solution. Soit f : X −→ Y une application constante, a ∈ X. Fixons W un voisinage
de f (a) dans Y . L’ensemble X est évidemment un voisinage de a dans X. On a f (X) =
{f (a)} ⊂ W . Ainsi, f est (OX , OY )-continue en a. Puisque a est quelconque dans X, f
est (OX , OY )-continue sur X.
Exercice 38 (Continuité et topologie discrète) Soient X un ensemble non vide muni
de la topologie discrète P(X), (Y, OY ) un espace topologique. Montrer que toute application
f : X −→ Y est (P(X), OY )-continue sur X.
Solution. C’est trivial puisque pour tout U ∈ OY , f −1 (U ) ∈ P(X).
Exercice 39 (Continuité et topologie grossière) Soit X un ensemble non vide muni
de la topologie grossière GX , soit (Y, OY ) un espace topologique séparé (Hausdorff ). Les
applications de X dans Y (OX , OY )-continues sur X sont les applications constantes.
Solution. Via l’exercice (37), on sait que les applications constantes sont (GX , OY )continues sur X. Soit f : X −→ Y une application (GX , OY )-continue sur X. Comme
X 6= ∅, fixons a ∈ X. Considérons y ∈ Y avec y 6= f (a). Puisque (Y, OY ) est un espace
topologique séparé (Hausdorff), il existe un voisinage U1 de y dans Y et un voisinage U2
de f (a) dans Y tels que U1 ∩ U2 = ∅. Par (GX , OY )-continuité de f en a, il existe un
voisinage V de a dans X tel que f (V ) ⊂ U2 . Il existe donc W un ouvert de X inclus dans
V , contenant a. Ainsi, via la définition de la topologie grossière W = X et donc V = X.
On a ainsi f (X) ⊂ U2 . Puisque y ∈
/ U2 , on a y ∈
/ f (X). Donc y n’est pas une image par f
d’un élément de X. Puisque y est quelconque dans Y \ {f (a)}, on a f (X) = {f (a)}. Donc
f est constante de valeur f (a).
Exercice 40 Soient (X, OX ), (Y, OY ) deux espaces topologiques, f : X −→ Y une application, A une partie non vide de X, B une partie de Y contenant f (A), TA la topologie
induite sur A par OX , TB la topologie induite sur B par OY . Si f est (OX , OY )-continue
|B
en a ∈ A, alors l’application f|A est une application (TX , TY )-continue en a.
|B
Solution. Notons l’application g = f|A . Soit W un voisinage de g(a) dans (B, TY ). Par
définition de g et puisque a ∈ A, f (a) = g(a). La description des voisinages relativement
0
à la topologie induite nous fournit l’existence de W voisinage de f (a) dans Y tel que
0
W = W ∩ B. Via la (OX , OY )-continuité de f en a, il existe V voisinage de a dans X tel
0
que f (V ) ⊂ W . Il vient alors
f (V ∩ A) ⊂ f (V ) ⊂ W
0
et
f (V ∩ A) ⊂ f (A) ⊂ B.
0
On en déduit alors f (V ∩ A) ⊂ W ∩ B = W . Le fait que U = V ∩ A soit un voisnage de
a dans (Y, OY ) nous donne le fait que
f (U ) ⊂ g(U ) ⊂ W.
D’où la (TX , TY )-continuité de f en a.
Exercice 41 Donner deux preuves différentes du résultat ci-dessous.
Proposition 1.1 Soient (X, OX ), (Y, OY ), (Z, OZ ) trois espaces topologiques, f : X −→
Y , g : Y −→ Z deux applications, a ∈ X. Si f est (OX , OY )-continue en a et si g est
(OY , OZ )-continue en f (a), alors g ◦ f est (OX , OZ )-continue en a.
20
Solution. Preuve 1 : Soit W un voisinage de g ◦ f (a) dans Z. Puisque g est (OY , OZ )continue en f (a), il existe un voisinage V de f (a) dans Y tel que g(V ) ⊂ W . Vu que f est
(OX , OY )-continue en a, il existe U un voisinage de a dans X tel que f (U ) ⊂ V . On en
déduit g(f (U )) ⊂ g(V ) ⊂ W et donc g ◦ f (U ) ⊂ W . Ceci garantit la (OX , OZ )-continuité
de g ◦ f en a.
Preuve 2 : Soit (xj )j∈J une suite généralisée d’éléments de X avec (xj )j∈J qui
converge vers a dans (X, O). La (OX , OY )-continuité de f en a nous dit que la suite
généralisée (f (xj ))j∈J converge vers f (a) dans (Y, OY ). Il reste à exploiter la (OY , OZ )continuité de g en f (a) pour obtenir que la suite généralisée (g ◦ f (xj ))j∈J converge vers
g ◦ f (a) dans (Z, OZ ). Ainsi, l’application g ◦ f est (OX , OZ )-continue en a.
Exercice 42 Démontrer le résultat ci-dessous.
Lemme 1.3.1 Soit (X, O) un espace topologique. Si un point a ∈ X admet un système
fondamental de voisinages dans X, dénombrable, alors il existe un système fondamental
de voisinages de a dans X, dénombrable et décroissant pour l’inclusion.
Solution. Notons (Ui )i∈I un système fondamental de voisinages de a dans X (I est
par définition un ensemble non vide). Sans pertes de généralités, I peut être supposé
infini. Puisque I est dénombrable infini, il existe une bijection s : I −→ N. Posons pour
n
T
chaque i ∈ I, Us(i) = Vn où s(i) = n. Définissons pour chaque n ∈ N, Wn =
Vk .
k=0
Immédiatement, on vérifie que (Wn )n∈N est un système fondamental de voisinages de a
dans X, dénombrable et décroissant pour l’inclusion.
Exercice 43 Démontrer le résultat ci-dessous (on pourra utiliser l’exercice 42).
Théorème 1.3.1 Soient (X, OX ), (Y, OY ) deux espaces topologiques, f : X −→ Y une
application, a ∈ X.
(a) L’application f est (OX , OY )-continue en a si et seulement si pour toute suite généralisée (xj )j∈J d’éléments de X qui converge vers a dans X, la suite généralisée des images
(f (xj ))j∈J converge vers f (a) dans Y ;
(b) Si le point a admet un système fondamental dénombrable de voisinages, alors f est
(OX , OY )-continue en a si et seulement si pour toute suite (xn )n∈N d’éléments de X qui
converge vers a dans X, la suite des images (f (xn ))n∈N converge vers f (a) dans Y .
Solution. (a) ⇒, Supposons que f soit (OX , OY ) - continue en a. Soit (xj )j∈J une suite
généralisée d’éléments de X qui converge dans X vers a. Fixons W un voisinage de f (a)
dans Y . Par hypothèse, il existe V un voisinage de a dans X tel que f (V ) ⊂ W . Il existe
j0 ∈ J tel que pour tout j ∈ J avec j0 j (où est le préordre filtrant croissant sur J)
on ait xj ∈ V . Ainsi, pour tout j ∈ J avec j0 j, f (xj ) ∈ W . On en déduit que la suite
généralisée (f (xj ))j∈J d’éléments de Y converge dans Y vers f (a).
⇐, Par contraposition, supposons que f ne soit pas (OX , OY )-continue en a. Il existe un
voisinage W0 de f (a) dans Y tel que pour tout voisinage V de a dans X, f (V ) 6⊂ W0 .
Considérons l’ensemble (VX (a), ⊃) préordonné filtrant croissant. Pour chaque V ∈ VX (a),
posons xV ∈ V tel que f (xV ) ∈
/ W0 . Sans difficultés, on voit que f (xV ) −→ a et
V ∈VX (a)
f (xV )
6−→
f (a).
V ∈VX (a)
(b) ⇒, Etablie par ⇒ de (a).
⇐, Par contraposition, supposons que f ne soit pas (OX , OY )-continue en a. D’après le
Lemme 42, il existe un système fondamental de voisinages (Vn )n∈N de a dans X, décroissant pour l’inclusion. Il existe un voisinage W0 de f (a) dans Y tel que pour tout voisinage
V de a dans X, f (V ) 6⊂ W0 . Choisissons pour chaque n ∈ N, xn ∈ Vn avec f (xn ) 6⊂ W0 .
Aisément, on a xn −→ a et f (xn ) 6−→ f (a).
n→+∞
n→+∞
Exercice 44 (caractérisation de la limite par des suites généralisées). Soient
(X, OX ), (Y, OY ) deux espaces topologiques, A une partie de X, a ∈ adhX A, D une
21
partie de X contenant A, f : D → Y une application, y ∈ X. Montrer que f tend vers y
en a relativement à A si et seulement si pour toute suite généralisée (xj )j∈J d’éléments
de A avec xj → a, on ait f (xj ) → y.
j∈J
j∈J
Solution. ⇒, Supposons que f (x)
→
A3x→a
y. Soit (xj )j∈J une suite généralisée d’éléments
de A qui converge vers a. Fixons W un voisinage de y dans X. Il existe un voisinage V de
a dans X tel que pour tout x ∈ V ∩ A, on ait f (x) ∈ W . Puisque (xj )j∈J converge vers
a, il existe j0 ∈ J tel que pour tout j ∈ J avec j0 j, xj ∈ V . On a donc pour tout j ∈ J
avec j0 j, f (xj ) ∈ W . Donc, la suite généralisée (f (xj ))j∈J converge vers y.
⇐, Supposons que pour toute suite généralisée (xj )j∈J d’éléments de A avec xj → a,
j∈J
on ait f (xj ) → y. Par l’absurde, supposons que f (x)
j∈J
6→
y. Il existe un voisinage W0
A3x→a
de y dans X tel que pour tout voisinage V de a dans X, f (V ∩ A) 6⊂ W0 . L’ensemble
VX (a) des voisinages de a dans X muni de ⊃ est évidemment un ensemble préordonné
filtrant croissant. Pour chaque V ∈ VX (a), choisissons xV ∈ V ∩ A tel que f (xV ) ∈
/ W0 .
Constatons alors que la suite généralisée (xV )V ∈VX (a) converge vers a tandis que la suite
généralisée (f (xV ))V ∈VX (a) ne converge pas vers y. Ceci est contradictoire.
Exercice 45 (caractérisation séquentielle de la limite) Soient (X, OX ), (Y, OY )
deux espaces topologiques, A une partie de X, a ∈ adhX A, D une partie de X contenant
A, f : D → Y une application, y ∈ Y . Montrer que si a admet un système fondamental
de voisinages dénombrable, alors f tend vers y en a relativement à A si et seulement si
pour toute suite (xn )n∈N d’éléments de A avec xn → a, on a f (xn ) → y.
n→+∞
n→+∞
Solution. Supposons que a admette un système fondamental de voisinages dénombrable.
⇒, C’est une conséquence directe de l’Exercice 44.
⇐, Supposons que pour toute suite (xn )n∈N d’éléments de A avec xn → a, on ait
n→+∞
f (xn )
→
n→+∞
y. Par l’absurde, supposons que f (x) 6→ y . Il existe W0 un voisinage de y
A3x→a
dans Y tel que pour tout voisinage V de a dans X, on ait f (V ∩A) 6⊂ W0 . D’après l’Exercice
42, il existe (Vn )n∈N un système fondamental de voisinages de a dans X, décroissant pour
l’inclusion. Choisissons alors pour chaque n ∈ N, an ∈ Vn ∩ A tel que f (an ) ∈
/ W0 . On
observe alors que (an )n∈N converge vers a et que (f (an ))n∈N ne converge pas vers y.
Exercice 46 Soient (X, OX ), (Y, OY ) deux espaces topologiques, A une partie de X,
a ∈ adhX A, D une partie de X contenant A, f : D → Y une application, y ∈ Y . Montrer
que si (Y, OY ) est séparé (Hausdorff ) et si a admet un système fondamental de voisinages
dénombrable, alors f a une limite en a relativement à A lorsque pour toute suite (xn )n∈N
d’éléments de A convergente dans X vers a, la suite (f (xn ))n∈N converge dans Y .
Solution. Supposons que (Y, OY ) soit séparé (Hausdorff) et que a admette un système
fondamental de voisinages dénombrable. Supposons que pour toute suite (xn )n∈N d’éléments de A convergente dans X vers a, la suite (f (xn ))n∈N converge dans Y . Soient
(an )n∈N , (a0n )n∈N deux suites d’éléments de A qui convergent vers a dans X. Par hypothèse, les suites (f (an ))n∈N et (f (a0n ))n∈N convergent dans Y , donc il existe l, l0 ∈ Y tels
que
f (an ) → l et f (a0n ) → l0 .
Considérons la suite (bn )n∈N d’éléments de A définie pour chaque n ∈ N par b2n = an et
b2n+1 = a0n . Evidemment, (bn )n∈N converge vers a dans X, donc par hypothèse (f (bn ))n∈N
converge dans Y et ceci impose (grâce au caractère séparé (Hausdorff) de Y ) que l = l0 .
Ainsi, il existe y ∈ Y tel que pour toute suite (xn )n∈N d’éléments de A qui converge vers
a dans X, on ait (f (xn ))n∈N qui converge vers y. Par application de l’Exercice 45, on
conclut que f tend vers y en a relativement à A.
Exercice 47 (Critère de Cauchy pour les fonctions) Soient (X, dX ) un espace métrique, A une partie de X, a ∈ adhX A, D une partie de X contenant A, (Y, dY ) un espace
22
métrique complet, f : D → Y une application. Alors, f a une limite en a relativement à
A si et seulement si pour tout réel ε > 0, il existe un voisinage V de a dans X tel que
diamY f (V ∩ A) ≤ ε.
Solution. ⇒, Supposons qu’il existe y ∈ Y tel que f (x)
→
A3x→a
y. Fixons un réel ε > 0.
Il existe un voisinage V de a dans X tel que pour tout x ∈ V ∩ A, on ait
ε
f (x) ∈ B(y, ).
2
Soient y1 , y2 ∈ f (V ∩ A). Il existe x1 , x2 ∈ V ∩ A tels que
f (x1 ) = y1
et f (x2 ) = y2 .
Il vient alors
d(y1 , y2 ) = d(f (x1 ), f (x2 )) ≤ d(f (x1 ), y) + d(f (x2 ), y) < ε.
On en déduit
diamY f (V ∩ A) ≤ ε.
⇐, Supposons que pour tout réel ε > 0, il existe un voisinage V de a dans X tel que
diamY f (V ∩ A) ≤ ε. Soit (xn )n∈N une suite d’éléments de A qui converge vers a dans X.
Fixons un réel η > 0. Il existe un voisinage W de a dans X tel que
diamY f (V ∩ A) ≤ η.
La convergence de (xn )n∈N nous dit qu’il existe N ∈ N tel que xn ∈ U pour tout entier
n ≥ N . On a donc pour tout p, q ∈ N avec q ≥ p ≥ N ,
dY (f (xp ), f (xq )) ≤ η.
Ainsi, la suite (f (xn ))n∈N est de Cauchy dans (X, d) qui est complet, donc elle converge.
D’après l’Exercice 46, on sait que f admet une limite en a relativement à A.
Exercice 48 Démontrer le résultat ci-dessous.
Proposition 1.2 Soient (X, OX ), (Y, OY ) deux espaces topologiques, f : X −→ Y une
application. Les assertions suivantes sont équivalentes.
a) f est (OX , OY )-continue sur X ;
b) L’image réciproque par f de tout ouvert de Y est un ouvert de X ;
c) L’image réciproque par f de tout fermé de Y est un fermé de X ;
d) Pour toute partie B de Y , adhX f −1 (B) ⊂ f −1 (adhY B) ;
e) Pour toute partie A de X, f (adhX A) ⊂ adhY f (A).
Solution. (a) ⇒ b) Soit U un ouvert de Y . Si f −1 (U ) = ∅, alors c’est trivial. Supposons
donc f −1 (U ) 6= ∅ et fixons a ∈ f −1 (U ). L’application f est (OX , OY )-continue en a.
Puisque U est un voisinage de a dans Y , f −1 (U ) est un voisinage de a dans X. Ainsi,
f −1 (U ) est une partie de X qui est un voisinage de chacun de ses points. Donc f −1 (U )
est ouvert dans X.
(b) ⇒ (a) Soit a ∈ X. Montrons que f est (OX , OY )-continue en a. Soit W un voisinage
de f (a) dans Y . Il existe U un ouvert de Y , inclus dans W et contenant f (a). L’ensemble
f −1 (U ) est un ouvert de X contenant a, c’est donc un voisinage de a dans X. Les inclusions
f (f −1 (U )) ⊂ U ⊂ W
assurent la (OX , OY )-continue de f en a. Le point a étant quelconque dans X, l’application
f est (OX , OY )-continue sur X.
(c) ⇒ (a) Soit F un fermé de Y . L’ensemble Y \ F est un ouvert de Y . Par hypothèse,
f −1 (Y \ F ) est un ouvert de X. Puisque f −1 (Y \ F ) = X \ f −1 (F ), f −1 (F ) est un fermé
de X.
23
(c) ⇒ (b) Soit U un ouvert de Y . L’ensemble Y \ U étant fermé dans Y , l’hypothèse (c)
fournit le fait que f −1 (Y \ U ) est fermé dans X. Or, f −1 (Y \ U ) = X \ f −1 (U ). Donc
f −1 (U ) est un ouvert de X.
(c) ⇒ (d) Soit B une partie de Y . Par hypothèse, f −1 (adhY B) est fermé dans X. Or,
f −1 (B) ⊂ f −1 (adhY B). Donc, adhX f −1 (B) ⊂ f −1 (adhY B).
(d) ⇒ (e) Soit A une partie de X. Utilisons (d) avec la partie B = f (A). On a
adhX f −1 (f (A)) ⊂ f −1 (adhY f (A)).
Puisque A ⊂ f −1 f (A), on a adhX A ⊂ f −1 (adhY f (A)). Par passage aux images directes,
il vient f (adhX A) ⊂ f (f −1 (adhY f (A))) ⊂ adhY f (A).
(e) ⇒ (c) Soit F un fermé de Y . Appliquons (e) avec A = f −1 (F ). On a
f (adhX f −1 (F )) ⊂ adhY f (f −1 (F )) ⊂ adhY F.
Par passage aux images réciproques,
adhX f −1 (F ) ⊂ f −1 (f (adhX f −1 (F ))) ⊂ f −1 (adhY F ) = f −1 (F )
où l’égalité résulte du fait que F est fermé dans Y . Ainsi, f −1 (F ) est fermé dans X.
Exercice 49 Soit (X, d) un espace métrique. Montrer qu’il existe une métrique δ sur X
topologiquement équivalente à d telle que (X, δ) soit un espace métrique borné.
Solution. Il n’est pas difficile d’observer que l’application δ : X 2 → R définie par
δ(x1 , x2 ) = min {1, d(x1 , x2 )}
pour tout (x1 , x2 ) ∈ X 2
est une métrique sur X. Il découle de l’inégalité
sup
δ(x1 , x2 ) ≤ 1
(x1 ,x2 )∈X 2
que (X, δ) est borné. Montrons que δ est topologiquement équivalente à d. Soit x ∈ X.
Fixons un réel ε ∈]0, 1[. L’application IdX est (d, δ)-continue en x puisque pour tout x ∈ X
avec d(x, x) ≤ ε, on a
δ(x, x) = min {1, d(x, x)} ≤ d(x, x) ≤ ε.
L’application IdX est également (δ, d)-continue en x, puisque pour tout x ∈ X avec
δ(x, x) ≤ ε < 1, on a
d(x, x) ≤ ε.
Ainsi, δ est topologiquement équivalente à d.
Exercice 50 Soient (X, OX ), (Y, OY ) deux espaces topologiques, f : X −→ Y un homéomorphisme, A une partie de X. Montrer que :
(a) f (intX A) = intY f (A) ;
(b) f (adhX A) = adhY f (A) ;
(c) f (bdX A) = bdY f (A) ;
(d) f (accX A) = accY f (A) ;
(e) f (isX A) = isY f (A).
Solution. (a) Via l’Exercice ***, l’ensemble f (intX A) est un ouvert de Y inclus dans
f (A). On a donc
f (intX A) ⊂ intY f (A).
Posons g = f −1 : Y −→ X qui est évidemment un homéomorphisme. Posons également
B = f (A). Ce que nous venons d’établir nous donne
g(intY B) ⊂ intX g(B).
24
On en déduit (f ◦ g)(intY B) ⊂ f (intX g(B)), i.e.
intY f (A) ⊂ f (intX A).
D’où l’égalité désirée.
(b) D’après l’Exercice ***, l’ensemble f (adhX A) est un fermé de Y contenant f (A). On
a donc
adhY f (A) ⊂ f (adhX A).
Posons g = f −1 et B = f (A). L’inclusion précédemment établie nous dit que
adhX g(B) ⊂ g(adhY B).
On en déduit f (adhX g(B)) ⊂ (f ◦ g)(adhY B), i.e.
f (adhX A) ⊂ adhY f (A).
L’égalité voulue est donc démontrée.
(c) Puisque f est bijective, on a pour tout A, B ∈ 2X
f (A ∩ B) = f (A) ∩ f (B) et f (X \ A) = Y \ f (A).
On en déduit
f (bdX A) = f (adhX (A) ∩ adhX (X \ A))
= f (adhX A) ∩ f (adhX (X \ A))
= adhY f (A) ∩ adhY (Y \ f (A))
= bdY f (A).
(d) Soit y ∈ f (accX A). Il existe x ∈ accX A tel que y = f (x). Fixons V un voisinage de
y dans Y . Posons W = f −1 (V ) qui est un voisinage de x dans X d’après l’Exercice ***.
Puisque x ∈ accX A, il existe u ∈ W ∩ (A \ {x}) 6= ∅. On a tout de suite f (u) ∈ V ∩ f (A)
et f (u) 6= y, en particulier
V ∩ (f (A) \ {y}) 6= ∅,
i.e. y ∈ accY f (A). On dispose donc de l’inclusion
f (accX A) ⊂ accY f (A).
Posons g = f −1 et B = f (A). Ce que nous venons d’établir nous dit que
g(accY B) ⊂ accX g(B).
En particulier, on a (f ◦ g)(accY B) ⊂ f (accX g(B)), i.e.
accY f (A) ⊂ f (accX A).
D’où l’égalité voulue.
(e) Soit y ∈ f (isX A). Il existe x ∈ isX A tel que y = f (x). Soit V un voisinage de x dans
X tel que V ∩ A = {x}. Posons W = f (V ) qui est un voisinage de y dans Y . On a
f (V ∩ A) = f (V ) ∩ f (A) = W ∩ f (A) = {f (x)} = {y} .
Ainsi, y ∈ isY f (A). On a donc montré
f (isX A) ⊂ isY f (A).
En posant g = f −1 et B = f (A), l’inclusion établie ci-dessus nous dit
g(isY B) ⊂ isX g(B),
donc (f ◦ g)(isY B) ⊂ f (isX g(B)), i.e.
isY f (A) ⊂ f (isX A).
Ceci nous donne l’égalité désirée.
25
Exercice 51 Soient (X, OX ), (Y, OY ) deux espaces topologiques, f un homéomorphisme
de (X, OX ) sur (Y, OY ), a ∈ X. Montrer que :
i) f est une application (OX , OY )-ouverte ;
ii) f est une application (OX , OY )-fermée ;
iii) L’image directe par f de tout voisinage de a dans X est un voisinage de f (a) dans Y .
Solution. Notons ϕ = f −1 .
i) − ii) Soit U (resp. F ) un ouvert (resp. un fermé) de X. Puisque ϕ : Y −→ X est
(OY , OX ) - continue sur Y , ϕ−1 (U ) est un ouvert (resp.
f est
fermé) de Y . L’application
(OX , OY ) - ouverte (resp. fermée) puisque ϕ−1 (U ) = y ∈ Y /f −1 (y) ∈ U = f (U ).
iii) Soit W un voisinage de a dans X. Puisque ϕ : Y −→ X est (OY , OX ) - continue en
f (a), ϕ−1 (W ) est un voisinage de f (a) dans Y . De même que précédemment, ϕ−1 (W ) =
f (W ).
Exercice 52 Soient (X, OX ), (Y, OY ) deux espaces topologiques, f : X −→ Y une application. Montrer que :
(a) f est (OX , OY )-ouverte si et seulement si pour toute partie A de X, f (intX A) ⊂
intY f (A) ;
(b) f est (OX , OY )-fermée si et seulement si pour toute partie A de X, adhY f (A) ⊂
f (adhX A).
Solution. (a) ⇒, Supposons que f soit (OX , OY ) - ouverte. Soit A une partie de X.
Puisque intX A est un ouvert de X, f (intX A) est un ouvert de Y . L’inclusion f (intX A) ⊂
f (A) fournit immédiatement f (intX A) ⊂ intY f (A).
⇐, Soit A un ouvert de X. On a intX A = A. Ceci combiné avec notre hypothèse fournit
f (A) = f (intX A) ⊂ intY f (A). Par suite, f (A) = intY f (A) et donc f (A) est un ouvert de
Y . Ainsi, f est (OX , OY )-ouverte.
(b) ⇒, Supposons que soit (OX , OY )-fermée. Soit A une partie de X. Puisque adhX A
est fermé dans X, f (adhX A) est un fermé de Y . L’inclusion f (A) ⊂ f (adhX A) permet
d’obtenir sans difficultés l’inclusion adhY f (A) ⊂ f (adhX A).
⇐, Soit A un fermé de X. On a adhX A = A. Il vient adhY f (A) ⊂ f (adhX A) = f (A).
Donc f (A) = adhY f (A), ce qui fournit tout de suite que A est un fermé de Y . Ainsi, f
est (OX , OY )-fermée.
Exercice 53 Soient (X, OX ), (Y, OY ), (Z, OZ ) trois espaces topologiques, f : X −→ Y ,
g : Y −→ Z deux applications. Si f est (OX , OY )-ouverte (resp. (OX , OY )-fermée) et si
g est (OY , OZ )-ouverte (resp. (OY , OZ )-fermée), alors g ◦ f est (OX , OZ )-ouverte (resp.
(OX , OZ )-fermée).
Solution. Traitons le cas où l’application f est (OX , OY )-ouverte et g est (OY , OZ )ouverte. Soit A une partie de X. Puisque f est (OX , OY )-ouverte, on a g ◦ f (intX A) ⊂
g(intY f (A)). Le fait que g soit (OY , OZ ) - ouverte fournit l’inclusion g(intY f (A)) ⊂
intZ g ◦ f (A). Ces deux inclusions combinées conduisent à
g ◦ f (intX A) ⊂ intZ g ◦ f (A).
Ainsi, l’application g ◦ f est (OX , OZ )-ouverte.
Considérons maintenant le cas où f est (OX , OY )-fermée et g est (OY , OZ ) - fermée. Soit
A une partie de X. Puisque g est (OY , OZ )-fermée, on a adhZ g ◦ f (A) ⊂ g(adhY f (A)).
Du caractère (OX , OY ) - fermé de f , il découle l’inclusion adhY f (A) ⊂ f (adhX A). En
combinant les deux inclusions précédentes, il vient
adhZ g ◦ f (A) ⊂ g(f (adhX A)).
Ceci garantit le fait que l’application g ◦ f soit (OX , OZ )-fermée.
Exercice 54 Soient (X, OX ), (Y, OY ), (Z, OZ ) trois espaces topologiques, f : X −→ Y ,
g : Y −→ Z deux applications. Montrer que si g◦f est (OX , OZ ) - ouverte (resp. (OX , OZ )
- fermée) et si g est injective et (OY , OZ ) - continue sur Y , alors f est (OX , OY ) - ouverte
(resp. (OY , OZ ) - fermée).
26
Solution. Supposons g ◦ f (OX , OZ ) - ouverte (resp. fermée), g injective et g (OY , OZ )
- continue sur Y . Soit A un ouvert de (X, O) (resp. un fermé de (X, O)). Puisque g ◦ f
est (OX , OZ ) ouverte, g ◦ f (A) est un ouvert (resp. fermé) de (Z, OZ ). Par (OY , OZ ) continuité de g sur Y , la partie g −1 (g ◦ f (A)) est un ouvert (resp. fermé) de (Y, OY ).
Montrons l’égalité g −1 (g ◦ f (A)) = f (A). L’inclusion du membre de droite dans celui de
gauche est triviale. Concentrons-nous donc sur l’inclusion du membre de gauche dans celui
de droite. Soit y0 ∈ g −1 (g ◦f (A)). Par définition d’image réciproque, on a g(y0 ) ∈ g ◦f (U ).
Il existe donc u ∈ U tel que g(y0 ) = g(f (u)) et ceci combiné à l’injectivité de g nous dit
que y0 = f (u). On dispose alors de l’égalité annoncée et donc du fait que f (A) est un
ouvert (resp. fermé) de (Y, OY ).
Exercice 55 Soient (X, OX ), (Y, OY ), (Z, OZ ) trois espaces topologiques, f : X −→ Y ,
g : Y −→ Z deux applications. Montrer que si g◦f est (OX , OZ ) - ouverte (resp. (OX , OZ )
- fermée) et si f est surjective et (OX , OY ) - continue sur X, alors g est (OY , OZ ) ouverte (resp. (OY , OZ ) - fermée).
Solution. Supposons g ◦ f (OX , OZ ) - ouverte (resp. fermée), f surjective et f (OX , OY )
- continue sur Y . Soit A un ouvert de (Y, OY ) (resp. un fermé de (Y, OY )). La (OX , OY )
- continuité de f sur Y nous fournit le fait que f −1 (A) est ouvert (resp. fermé) dans
(X, OX ). En combinant ceci et le fait que l’application g ◦ f est (OX , OZ ) - ouverte (resp.
fermée), on obtient g ◦ f (f −1 (A)) est un ouvert (resp. fermé) de (Z, OZ ). Montrons que
l’égalité g ◦ f (f −1 (A)) = g(A) a lieu. L’inclusion du membre de gauche dans celui de
droite est triviale. Montrons l’inclusion renversée. Fixons y0 ∈ g(A). Il existe a ∈ A tel
que y0 = g(a). La surjectivité de f nous donne l’existence de b ∈ X tel que f (x) = a.
Ainsi, on a y0 = g(f (x)) ∈ g ◦ f (f −1 (A)). L’égalité annoncée est donc démontrée et le fait
que g(A) est ouvert (resp. fermé) dans (Y, OY ) en découle.
Exercice 56 Montrer que R et R2 ne sont pas homéomorphes.
Solution. Par l’absurde, supposons qu’il existe un homéomorphisme f : R2 → R. Puisque
f est bijective, il existe un unique (a, b) ∈ R2 tel que f (a, b) = 0. L’application g :
R2 \ {a, b} → R \ {0} définie par
g(x, y) = f (x, y) pour tout (x, y) ∈ R2
est continue et vérifie g(R2 \ {a, b}) = R \ {0}. Puisque R2 \ {a, b} est connexe, ceci nous
dit que R \ {0} l’est également. Ceci est contradictoire.
1.4
1.4.1
Espace topologique normal
Fonction distance à un ensemble
Exercice 57 Soient (X, d) un espace métrique, S une partie non vide de X. Montrer que
la fonction dS : X → R définie par
dS (x) = inf d(x, y)
y∈S
pour tout x ∈ X,
est 1-lipschitzienne, i.e., pour tout x, y ∈ X,
|dS (x) − dS (y)| ≤ d(x, y).
Solution. Soient x1 , x2 ∈ X. On a pour tout x ∈ S,
d(x1 , x) ≤ d(x1 , x2 ) + d(x2 , x).
Par passage à l’infimum sur S, il vient
dS (x1 ) ≤ d(x1 , x2 ) + dS (x2 ),
27
d’où l’on tire
dS (x1 ) − dS (x2 ) ≤ d(x1 , x2 ).
De même, on montre que
dS (x2 ) − dS (x1 ) ≤ d(x2 , x1 ) = d(x1 , x2 ).
On aboutit alors
|dS (x1 ) − dS (x2 )| ≤ d(x1 , x2 ).
Exercice 58 Soient (X, d) un espace métrique, A, B deux fermés non vides disjoints de
X. Montrer que la fonction
f :X →R
x 7→
dA (x)
dA (x) + dB (x)
est bien définie, continue sur X et satisfait f (x) = 0 pour tout x ∈ A et f (x) = 1 pour
tout x ∈ B.
Exercice 59 Soient (X, d) un espace métrique, A une partie de X. Montrer que
adhX A = {x ∈ X : dA (x) = 0} et intX A = x ∈ X : dX\A (x) > 0 .
Solution. Si A = ∅, c’est immédiat car alors pour tout x ∈ X, dA (x) = +∞ et dX\A (x) =
0. Supposons donc A 6= ∅. Soit x ∈ adhX A. Il existe (an )n∈N une suite d’éléments de A
qui converge vers x dans X. Soit ε > 0 un réel. Il existe n0 ∈ N tel que pour tout n ∈ N
avec n ≥ n0 , d(an , x) ≤ ε. En particulier, on a
dA (x) ≤ ε.
Il s’ensuit dA (x) = 0. Soit x ∈ X tel que dA (x) = 0. Choisissons (εn )n∈N une suite de réels
strictement positifs qui converge vers 0. Pour chaque n ∈ N, il existe an ∈ A tel que
d(an , x) < dA (x) + εn = εn .
On en déduit que (an )n∈N converge vers x dans X et donc x ∈ adhX A. On vient donc
d’établir la première égalité voulue. Pour obtenir la seconde, il suffit de remarquer que
intX A = X \ adhX (X \ A)
= X \ x ∈ X : dX\A (x) = 0
= x ∈ X : dX\A (x) > 0 ,
où la deuxième égalité résulte de la première égalité proposée par l’exercice.
1.5
1.5.1
Compacité
Recouvrements
Exercice 60 1) Montrer que (R, OR ) n’est pas un espace topologique compact.
2) Montrer que (R, OR ) est un espace topologique compact.
Solution. 1) Evidemment, (] − n, n[)n≥1 est un recouvrement ouvert de R dont on ne
peut pas extraire de recouvrement fini. Donc, (R, OR ) ne peut pas être compact.
2) La fonction Arctan : R → [− π2 , π2 ] définie par


arctan(x) si x ∈ R
− π2
si x = −∞

π
si x = +∞
2
28
constitue un homéomorphisme pour la topologie naturelle de R et celle de [− π2 , π2 ]. Puisque
[− π2 , π2 ] muni de la topologie induite par la topologie naturelle de R est un espace topologique compact, (R, OR ) est également un espace topologique compact.
Exercice 61 Soit (X, O) un espace topologique, K une partie non vide de X, TK la
topologie induite sur K par la topologie O. La partie K est compacte dans (X, O) si et
seulement si (K, TK ) est un espace topologique compact.
Solution. ⇒, Supposons que K soit compact dans (X, O). Soit U un recouvrement ouvert
de K dans (K, TK ). Pour tout U ∈ U, il existe un ouvert VU de (X, O) tel que U = VU ∩K.
On a alors
!
!
[
[
[
K⊂
(VU ∩ K) = K ∩
VU ⊂
VU .
U ∈U
U ∈U
U ∈U
Or, la classe de parties (VU )U ∈U est un recouvrement ouvert de K dans (X, O). Par
compacité de A dans (X, O), il existe un entier m ≥ 1, U1 , . . . , Um m éléments de classe
de parties U tels que
!
m
[
K⊂
VUi .
i=1
On a alors
K⊂K∩
m
[
!
VUi
=
i=1
m
[
(VUi ∩ K) =
i=1
m
[
Ui .
i=1
Cette inclusion garantit la compacité de l’espace topologique (K, TK ).
⇐, Supposons que (K, TK ) soit un espace topologique compact. Soit U un recouvrement
ouvert de K dans (X, O). Pour tout U ∈ U, posons VU = U ∩ K qui est un ouvert de
(K, TK ). On a l’inclusion
[
K⊂
U,
U ∈U
d’où l’on tire
!
K⊂K∩
[
U
U ∈U
[
=
(K ∩ U ) =
U ∈U
[
VU .
U ∈U
Or, la classe de parties (VU )U ∈U est un recouvrement ouvert de K dans (K, TK ). Par
compacité de (K, TK ), il existe un entier m ≥ 1, U1 , . . . , Um m éléments de classe de
parties U tels que
!
m
[
K⊂
VUi .
i=1
On a alors
K⊂K∩
m
[
!
Ui
i=1
⊂
m
[
Ui .
i=1
D’où la compacité de K dans (X, O).
Exercice 62 Tout espace topologique homéomorphe à un espace topologique compact est
compact.
Solution. Soit (X, OX ) un espace topologique. Supposons qu’il existe un espace topologique (Y, OY ) compact et f : X −→ Y un homéomorphisme de (X, OX ) sur (Y, OY ). Soit
U un recouvrement ouvert de (X, O), i.e. soit U une classe de parties ouvertes de (X, O)
telle que
[
X⊂
U.
U ∈U
29
Pour chaque U ∈ U, f (U ) est un ouvert de Y (car f est en particulier une application
(OX , OY ) - ouverte). On en déduit,
[
[
Y = f (X) ⊂ f (
U) =
f (U ),
U ∈U
U ∈U
0
où la première égalité résulte du fait que f est bijective. Posons U = {f (U )/U ∈ U}. On
a
[
0
Y ⊂
U .
U 0 ∈U 0
0
0
Par compacité de (Y, OY ), il existe S ⊂ U un sous-recouvrement fini de Y , i.e. il existe
0
0
0
une classe S de parties ouvertes de Y avec S ⊂ U telle que
[
0
Y ⊂
U .
U 0 ∈S 0
0
Il existe donc S ⊂ U fini tel que S = {f (U )/U ∈ S}. On a
[
[
[
0
f −1 (Y ) = X ⊂
f −1 (U ) =
f −1 (f (U )) =
U.
U 0 ∈S 0
U ∈S
U ∈S
Ainsi, S est un sous-recouvrement fini de X issu de U. On en déduit que (X, OX ) est un
espace topologique compact.
Exercice 63 Montrer que la réunion d’un nombre fini de compacts d’un espace topologique (X, O) est un compact de (X, O).
m
S
Solution. Soient m ≥ 2 un entier, K1 , . . . , Km m compacts de (X, O). Posons K =
Ki
i=1
et considérons U un recouvrement ouvert de K dans (X, O). Tout de suite, on voit que
U est un recouvrement ouvert de Ki dans (X, O), ceci pour tout i ∈ {1, . . . , m}. Pour
tout i ∈ {1, . . . , m}, il existe un entier mi ≥ 1, Ui,1 , . . . , Ui,m(i) des éléments de U tels que
m(i)
S
Ki ⊂
Ui,k . On a donc
k=1
K=
m
[
i=1
Ki ⊂
m
[

m(i)
[

i=1

Ui,k 
k=1
et ceci fournit la compacité de K dans (X, O).
Exercice 64 Soit (X, O) un espace topologique, A une partie compacte de (X, O). Montrer que pour toute topologie O0 sur X satisfaisant O0 ⊂ O, A est compacte dans (X, O0 ).
0
0
Solution. Soient K un compact de (X, O) et O une topologie sur X telle que O ⊂ O.
0
Notons U un recouvrement ouvert de K dans (X, O ). Par définition, les éléments de U
0
sont des ouverts de (X, O ). On tire de l’hypothèse que U est un recouvrement ouvert
de K dans (X, O). La compacité de K dans (X, O) nous permet d’extraire de U un
0
sous-recouvrement fini de K. Ceci nous dit que K est compact dans (X, O ).
Exercice 65 Soient (X, OX ), (Y, OY ) deux espaces topologiques, f : X −→ Y une application (OX , OY )-continue. L’image directe par f de tout compact de X est compacte
dans Y .
Solution. Soit A une partie compacte de X. Soit U un recouvrement ouvert de f (A), i.e.
chaque U ∈ U est un ouvert de Y et
[
f (A) ⊂
U.
U ∈U
30
Par passage aux images réciproques, il vient
!
[
A ⊂ f −1 (f (A)) ⊂ f −1
U
U ∈U
=
[
f −1 (U ).
U ∈U
Puisque f est (OX , OY ) - continue sur X, pour tout U ∈ U, f −1 (U ) est un ouvert de X.
0
Il existe (par compacité de A dans X) U ⊂ U un sous-recouvrement de A tel que
[
A⊂
f −1 (U ).
U ∈U 0
Par passage aux images directes, on aboutit à


[
[
[
f (A) ⊂ f 
f −1 (U ) =
f (f −1 (U )) ⊂
U.
U ∈U 0
U ∈U 0
U ∈U 0
Ainsi, f (A) est compact dans Y .
Exercice 66 Montrer que tout espace topologique compact séparé (Hausdorff ) est normal.
Solution. Soit (X, O) un espace topologique compact séparé (Hausdorff). Soient A, B
deux fermés de X, disjoints. Trivialement, on peut supposer que A 6= ∅ et B 6= ∅. Fixons
a0 ∈ A. Puisque A ∩ B = ∅, pour tout b ∈ B, a0 6= b. Le caractère séparé (Hausdorff) de
X nous dit alors que pour tout b ∈ B, il existe deux ouverts de X, notés Ua0 ,b , Va0 ,b tels
que
a0 ∈ Ua0 ,b , b ∈ Va0 ,b et Ua0 ,b ∩ Va0 ,b = ∅.
(1.5.1)
S
S
L’égalité B =
{b} nous dit que B ⊂
Va0 ,b . Par compacité de B, il existe un entier
b∈B
b∈B
m ≥ 1, b1 , . . . , bm ∈ B tels que
m
[
B⊂
Va0 ,bj .
j=1
m
T
Posons U1 =
m
S
Ua0 ,bj et U2 =
j=1
Va0 ,bj . Constatons que U1 et U2 sont ouverts dans X.
j=1
Via (1.5.1), on obtient successivement que a0 ∈ U1 , B ⊂ U2 et U1 ∩ U2 = ∅. Ce qui précède
nous dit donc que pour tout a ∈ A, il existe deux ouverts de X, notés Wa et Wa0 tels que
B ⊂ Wa0
a ∈ Wa ,
S
L’inclusion A ⊂
et Wa ∩ Wa0 = ∅.
(1.5.2)
Wa combinée au fait que A soit compact nous donne un entier n ≥ 1,
a∈A
a1 , . . . , an ∈ A tels que
A⊂
n
[
Waj .
j=1
Posons OA =
n
S
j=1
Waj et OB =
n
T
j=1
Wa0 j . Tout de suite, on voit que OA et OB sont des
ouverts de X. De plus, en exploitant (1.5.2), il vient successivement A ⊂ OA , B ⊂ OB et
OA ∩ OB = ∅. Ainsi, l’espace topologique (X, O) est normal.
Exercice 67 Soient (X, OX ) un espace topologique compact, (Y, OY ) un espace topologique séparé (Hausdorff ). Montrer que toute application de X dans Y bijective et (OX , OY )continue est un homéomorphisme.
Solution. Soit f : X −→ Y une application bijective et (OX , OY )-continue. Il suffit de
montrer que la bijection réciproque de f à savoir f −1 : Y −→ X est (OY , OX )-continue.
Soit F un fermé de X. Puisque (X, O) est un espace topologique compact, la Proposition
*** assure que F est compact dans X. Il est aisé de voir que l’image réciproque de F
par f −1 est f (F ). Celui-ci est compact dans Y car f est (OX , OY )-continue. Le caractère
séparé (Hausdorff) de l’espace topologique (Y, OY ) et la même Proposition *** permettent
d’affirmer que f (F ) est fermé dans Y ce qui termine la preuve.
31
1.5.2
Elément d’adhérence et sous-suite généralisée
Exercice 68 Soient (X, O) un espace topologique, (xj )j∈J une suite généralisée d’éléments de X, le préordre filtrant croissant sur J, a ∈ X. Montrer que a est un élément
d’adhérence de la suite généralisée (xj )j∈J si et seulement si pour tout voisinage V de a
dans X, pour tout j0 ∈ J, il existe j ∈ J avec j0 j tel que xj ∈ V .
Solution. ⇒, Fixons V un voisinage de a dans X, j0 ∈ J. Par définition, on a
a ∈ adhO {xk : k ∈ J, j0 k}
On a donc
V ∩ {xk : k ∈ J, j0 k} =
6 ∅
On en déduit l’existence de j ∈ J avec j0 j tel que xj ∈ V .
⇐, Soient V un voisinage de a dans X, j0 ∈ J. Par hypothèse, il existe j1 ∈ J avec j0 j1
tel que xj1 ∈ V . Ceci s’écrit
V ∩ {xk : k ∈ J, j0 k} =
6 ∅
Puisque V est un voisinage quelconque de a dans X
a ∈ adhO {xk : k ∈ J, j0 k}
L’élément j0 étant quelconque dans J, on a
\
a∈
adhO {xk : k ∈ J, j0 k} .
j∈J
Exercice 69 Soit (X, O) un espace topologique. Montrer que :
(a) Si une suite généralisée (xj )j∈J d’éléments de X converge vers a ∈ X, alors a est un
élément d’adhérence de cette suite généralisée.
(b) Si l’espace topologique (X, O) séparé (Hausdorff ) et si une suite généralisée (xj )j∈J
d’éléments de X converge vers a ∈ X, alors a est un élément d’adhérence de cette suite
généralisée et c’est le seul.
Solution. On note le préordre sur J.
(a) Soit V un voisinage de a dans X. Fixons j0 ∈ J. Par hypothèse, il existe j1 ∈ J tel que
pour tout j ∈ J avec j1 j, on ait xj ∈ V . Puisque (J, ) est un ensemble préordonné
filtrant croissant, il existe j2 ∈ J avec j0 j2 et j1 j2 . On a donc construit j2 ∈ J
avec j0 j2 tel que xj2 ∈ V . Ainsi, a est un élément d’adhérence de la suite généralisée
(xj )j∈J .
(b) Supposons que la suite généralisée (xj )j∈J converge vers a ∈ X. On sait via (a) que a
est un élément d’adhérence de la suite généralisée (xj )j∈J . Par l’absurde, supposons qu’il
existe un élément d’adhérence de cette même suite, b ∈ X, distinct de a. Puisque (X, O)
est un espace topologique séparé (Hausdorff), il existe un voisinage V de a dans X, un
voisinage W de b dans X tels que :
V ∩W =∅
Par hypothèse, il existe j1 ∈ J tel que pour tout j ∈ J avec j1 j, on ait xj ∈ V . Le
fait que b soit un élément d’adhérence de la suite généralisée (xj )j∈J fournit l’existence
de j2 ∈ J avec j1 j2 tel que xj2 ∈ W . Ainsi,
xj2 ∈ V ∩ W
Ceci contredit la non vacuité de V ∩ W .
32
1.5.3
Locale compacité
Exercice 70 Soit X un ensemble non vide. Montrer que l’espace topologique (X, P(X))
est localement compact. Cet espace topologique est-il compact ?
Solution. Fixons x ∈ X. Il est aisé de constater que {{x}} est un système fondamental de
P(X)-voisinages. Puisque {x} est compact (car fini), (X, P(X)) est localement compact.
Montrons que l’espace topologique (X, P(X)) est compact si et seulement si X est fini.
⇐, C’est trivial puisque toute partie finie d’un espace topologique est compacte.
⇒, Supposons que X soit compact. Observons tout d’abord que
[
X=
{x} .
x∈X
Puisque pour tout x ∈ X, {x} est P(X)-ouvert, l’égalité ci-dessus associée à la compacité
de X nous dit qu’il existe n ∈ N? , x1 , . . . , xn ∈ X tels que
X=
n
[
{xi } .
i=1
En particulier, X est fini.
Exercice 71 Soit (X, O) un espace topologique localement compact, U un ouvert non vide
de X, OU la topologie induite par O sur U . Montrer que l’espace topologique (U, OU ) est
localement compact.
Solution. Fixons x ∈ U . Soit S un système fondamental de O-voisinages O-compacts de
x. Posons
S 0 = {V ∩ U : V ∈ S} .
Il est aisé de constater (***à détailler***) que S 0 est un système fondamental de OU voisinages OU -compact de x.
Exercice 72 Soient (X, O) un espace topologique, x ∈ X, (xn )n∈N une suite d’éléments
de X. Montrer que si xn −→ x, alors l’ensemble {xn : n ∈ N} ∪ {x} est compact dans
(X, O). Ce résultat subsiste t-il pour les suites généralisées ?
Solution. Supposons que xn −→ x et notons K = {xn : n ∈ N} ∪ {x} . Soit U un recouvrement ouvert de K. On a en particulier
[
K⊂
U.
(1.5.3)
U ∈U
Puisque x ∈ K, (1.5.3) nous dit qu’il existe V ∈ U tel que x ∈ V . Puisque V est O-ouvert
et contient x, V est en particulier un O-voisinage de x. Le fait que xn −→ x garantit qu’il
existe n0 ∈ N \ {0} tel que pour tout n ∈ N avec n ≥ n0 , xn ∈ V . Via (1.5.3), choisissons
pour tout n ∈ {0, . . . , n0 − 1}, Un ∈ U tel que xn ∈ Un . On en déduit
!
n[
0 −1
K⊂V ∪
Un .
n=0
Evidemment, l’ensemble U 0 = V ∪
n
0 −1
S
Un
est un sous-recouvrement de U. En consé-
n=0
quence, l’ensemble K est compact dans (X, O).
Montrons que ce résultat ne subsiste pas pour les suites généralisées. Soit J =]0, 1[ muni
de l’ordre filtrant croissant ≤. Considérons la suite généralisée (xj )j∈J de réels définie par
xj = j
pour tout j ∈ J.
33
En munissant R de sa topologie usuelle, on constate d’une part que
xj −→ 1
et d’autre part que
{xj : j ∈ J} ∪ {1} =]0, 1]
n’est pas compact dans R.
1.6
Compacité dans les espaces métriques
Exercice 73 Soient (X, d) un espace métrique compact, f : X → X une application
vérifiant pour tout x, y ∈ X avec x 6= y,
d(f (x), f (y)) < d(x, y).
(a) Montrer que f admet un unique point fixe.
(b) Soit x1 ∈ E fixé. Montrer que la suite (xn )n≥1 d’éléments de X définie par
xn+1 = f (xn )
pour tout n ≥ 1
converge vers l’unique point fixe de f .
Solution. (a) Considérons la fonction ϕ : X → R définie par
ϕ(x) = d(f (x), x) pour tout x ∈ X.
Puisque (X, d) est un espace métrique compact et que ϕ est continue sur X, il existe
x ∈ X tel que
d(f (x), x) = inf ϕ(x).
x∈E
Si x 6= f (x), il vient
ϕ(f (x)) = d(f 2 (x), f (x)) < d(f (x), x) = inf ϕ(x)
x∈E
ce qui est absurde. Donc, on a x = f (x). L’existence de y ∈ X avec y 6= x tel que f (y) = y
entraîne
d(x, y) = d(f (x), f (y)) < d(x, y)
ce qui est absurde. Ainsi, f admet x comme unique point fixe dans X.
(b) Posons pour chaque n ∈ N, αn = d(xn , x). On a pour tout n ∈ N,
αn+1 = d(xn+1 , x) = d(f (xn ), f (x)) ≤ d(xn , x) = αn ,
i.e., (αn )n∈N est une suite décroissante. Puisque cette dernière est minorée par 0, elle
converge vers un réel (positif) α. Notons que αn ≥ α. Par compacité de X, il existe
(xs(n) )n∈N une sous-suite de (xn )n∈N qui converge dans X vers un élément x0 ∈ X. On a
évidemment
αs(n) → α et d(f (xs(n) ), x) → d(f (x0 ), x) = α.
Si α 6= 0, on a x0 6= x d’où l’on tire
α = d(x, f (x0 )) = d(f (x), f (x0 )) < d(x, x0 ) = α
et c’est évidemment absurde. Donc, on a α = 0. Ainsi, la suite (xn )n∈N converge vers x.
Exercice 74 Soit (X, d) un espace métrique compact. Montrer que (X, d) est séparable.
34
Solution. Soit (εn )n∈N une suite de réels strictement positifs qui converge vers 0. Remarquons que pour tout n ∈ N, on a
[
X=
B(x, εn ).
x∈X
Puisque (X, d) est compact, pour chaque n ∈ N, il existe Mn ∈ N, xn,1 , . . . , xn,Mn ∈ X
tels que
M
[n
B(xn,i , εn ).
X=
i=1
Remarquons que l’ensemble
A=
[
{xn,i : i ∈ {1, . . . , Mn }}
n∈N
est dénombrable car union dénombrable d’ensembles finis. Fixons x ∈ X et η > 0 un réel
et posons U = B(x, η). Il existe N ∈ N tel que εN < η. En vertu de l’égalité,
X=
M
[N
B(xN,i , εN ),
i=1
il existe k ∈ {1, . . . , MN } tel que x ∈ B(xN,k , εN ). En particulier, on a d(x, xN,k ) < η, ce
qui nous dit
xN,k ∈ U ∩ A 6= ∅.
L’ensemble A est dénombrable et dense dans (X, d). En conséquence, (X, d) est séparable.
Exercice 75 Soit (X, d) un espace métrique. Les assertions suivantes ont lieu.
i) Tout sous-ensemble complet de (X, d) est fermé dans X.
ii) Tout sous-ensemble compact de (X, d) est complet.
iii) Si (X, d) est complet, alors tout sous-ensemble fermé de X est complet.
Solution. i) Soient A un sous-ensemble complet de (X, d). Fixons (xj )j∈J une suite
généralisée d’éléments de A qui converge dans (X, d) vers a ∈ X. La suite généralisée
(xj )j∈J converge dans (A, dA ) vers a (où dA est la distance induite sur A par d). D’après
la proposition ( ?), la suite généralisée (xj )j∈J est de Cauchy dans (A, dA ), elle converge
donc dans (A, dA ) vers un point de A. Ainsi, a ∈ A. Donc A est fermé dans X.
ii) Soit A un sous-ensemble compact de (X, d). Fixons (xj )j∈J une suite généralisée de
Cauchy d’éléments de A. Par compacité, il existe une sous-suite généralisée (xs(j) )j∈J qui
converge vers un certain a ∈ A. L’élément a est alors un élément d’adhérence de la suite
généralisée (xj )j∈J . D’après la proposition ( ?), (xj )j∈J converge vers a.
iii) Supposons (X, d) complet. Soit A un sous-ensemble fermé de (X, d). Fixons (xj )j∈J
une suite généralisée d’éléments de A de Cauchy dans (A, dA ) (où dA est la distance
induite par d sur A). Sans difficultés, on voit que la suite généralisée (xj )j∈J est une
suite d’éléments de X de Cauchy dans (X, d). Elle converge donc dans (X, d) vers a ∈ X.
Puisque A est fermé, a ∈ A. La suite généralisée (xj )j∈J converge dans (A, dA ) vers a.
Exercice 76 Soient (X, dX ) un espace métrique compact, (Y, dY ) un espace métrique,
f : X −→ Y une application continue sur X. Montrer que f est uniformément continue
sur X.
Solution. Fixons un réel ε > 0. Puisque f est continue sur X, pour chaque x ∈ X,
il existe un réel αx > 0 tel que f (BdX (x, αx )) ⊂ BdY (f (x), 2ε ). La classe de parties
(BdX (x, α2x ))x∈X de X forment un recouvrement de X. Par compacité de X, il existe
une partie finie non vide A de X telle que (BdX (x, α2x ))x∈A recouvre X. Posons α =
35
min {αx /x ∈ X}. Soit (y, z) ∈ X 2 tel que dX (y, z) <
BdX (a, α2a ). Via l’inégalité triangulaire, il vient
dX (a, z) ≤
α
2.
Il existe a ∈ A tel que y ∈
α
αa
+ ≤ αa .
2
2
On a donc y, z ∈ B(a, αa ). Ainsi, f (y), f (z) ∈ BdY (f (a), 2ε ). Une nouvelle application de
l’inégalité triangulaire fournit
dY (f (y), f (z)) ≤ dY (f (y), f (x)) + dY (f (z), f (x)) < ε.
Ceci termine la preuve.
Exercice 77 Soient (E, dE ), (F, dF ) deux espaces métriques, g : E → F une application.
On appelle module de continuité de g la fonction ωgc : [0, +∞[→ [0, +∞] définie par
ωgc (r) = sup {dF (g(x), g(x0 )) : x, x0 ∈ E, dE (x, x0 ) ≤ r}
pour tout r ∈ [0, +∞[.
Montrer que :
(a) ωgc (0) = 0 ;
(b) ωgc (·) est croissante sur [0, +∞[ ;
(c) pour tout x, x0 ∈ E,
dF (g(x), g(x0 )) ≤ ωgc (dE (x, x0 ));
(d) g(·) est uniformément continue sur E si et seulement si ωgc (·) est continue en 0.
Solution. (a) C’est immédiat car
ωgc (0) = sup {dF (g(x), g(x0 )) : x, x0 ∈ E, d(x, x0 ) = 0}
et
{dF (g(x), g(x0 )) : x, x0 ∈ E, d(x, x0 ) = 0} = {0} .
(b) Il suffit d’observer que pour tout ρ, ρ0 ∈ [0, +∞[ avec ρ ≤ ρ0 ,
{dF (g(x), g(x0 )) : x, x0 ∈ E, d(x, x0 ) ≤ ρ} ⊂ {dF (g(x), g(x0 )) : x, x0 ∈ E, d(x, x0 ) ≤ ρ0 } .
(c) Soient x1 , x2 ∈ E fixés. On a
ωgc (dE (x1 , x2 )) = sup {dF (g(x), g(x0 )) : x, x0 ∈ E, dE (x, x0 ) ≤ dE (x1 , x2 )}
≥ dF (g(x1 ), g(x2 )).
(d) ⇒, Supposons que g soit uniformément continue sur E. Fixons un réel ε > 0. Puisque
g est uniformément continue sur E, il existe un réel η > 0 tel que pour tout x1 , x2 ∈ E
avec d(x1 , x2 ) ≤ η, on ait dF (g(x1 ), g(x2 )) ≤ ε. On a donc pour tout r ∈]0, η],
ωgc (r) = sup {dF (g(x), g(x0 )) : x, x0 ∈ E, dE (x, x0 ) ≤ r} ≤ ε.
⇐, Supposons que ωgc soit continue en 0. Soit ε > 0 un réel fixé. Il existe un réel η > 0 tel
que pour tout r ∈]0, η], ωgc (r) < ε. Soient x1 , x2 ∈ E avec d(x1 , x2 ) ≤ η. On a
ωgc (η) = sup {dF (g(x), g(x0 )) : x, x0 ∈ E, d(x, x0 ) ≤ η} ≤ ε,
donc dF (g(x1 ), g(x2 )) ≤ ε. Ainsi, g est uniformément continue sur E.
Exercice 78 Soit (X, d) un espace métrique. Montrer que :
(a) Une suite ordinaire de Cauchy d’éléments de X est bornée relativement à d.
(b) Toute suite généralisée d’éléments de X convergente dans X est une suite généralisée
de Cauchy.
(c) Si une suite généralisée de Cauchy de X admet un élément d’adhérence, alors elle
converge vers cet élément. De plus, cet élément d’adhérence est unique.
36
Solution. (a) Soit (xn )n∈N une suite de Cauchy d’éléments de X. Fixons un réel ε > 0.
Il existe un entier N ∈ N tel que pour tout p ∈ N avec p ≥ N , on ait d(xN , xp ) < ε. La
suite (xn )n≥N est donc bornée dans (X, d) ce qui entraîne évidemment que toute la suite
elle-même (xn )n∈N est bornée dans (X, d).
(b) Soit (xj )j∈J une suite généralisée d’éléments de X qui converge dans X vers a ∈ X.
Fixons un réel ε > 0. Il existe j0 ∈ J tel que pour tout j ∈ J avec j0 j, on ait
d(xj , a) < 2ε . Pour tout j1 , j2 ∈ J avec j0 j1 et j0 j2 , on a
d(xj1 , xj2 ) ≤ d(xj1 , a) + d(xj2 , a) <
ε ε
+ = ε.
2 2
Ainsi, (xj )j∈J est une suite généralisée de Cauchy d’éléments de X.
(c) Soit (xj )j∈J une suite généralisée d’éléments de X dont a ∈ X désigne un élément
d’adhérence. Fixons un réel ε > 0. Il existe j0 ∈ J tel que pour tout j1 , j2 ∈ J avec j0 j1
et j0 j2 , on ait d(xj1 , xj2 ) < 2ε . Il existe j ∈ J avec j0 j tel que d(xj , a) < 2ε . Soit
k ∈ J avec j0 k, on a
d(xk , a) ≤ d(xk , xj ) + d(xj , a) ≤
ε ε
+ = ε.
2 2
Ainsi, (xj )j∈J converge dans X vers a. Evidemment, (xj )j∈J ne peut pas avoir deux éléments d’adhérence distincts, sinon elle aurait deux limites distinctes ce qui est impossible
dans un espace métrique.
1.7
Théorème de Arzela-Ascoli
1.8
Semi-continuité
Exercice 79 Soient (X, k·k) un R-espace vectoriel normé, x? ∈ X ? \ {0}, α ∈ R, H =
{x ∈ X : hx? , xi = α}. Montrer que pour tout x ∈ X,
d(x, H) =
|hx? , xi − α|
.
kx? k
Solution. Fixons x ∈ X. Pour tout y ∈ H, on a
|hx? , xi − α|
|hx? , xi − hx? , yi|
=
≤ kx − yk .
?
kx k
kx? k
On en déduit
|hx? , xi − α|
≤ d(x, H).
kx? k
Fixons λ ∈ R tel que
λ>
|hx? , xi − α|
.
kx? k
On a
x? (x + λBX ) = [hx? , xi − λ kx? k , hx? , xi + λ kx? k]
donc en particulier α ∈ x? (x + λBX ). Ainsi, on a
x + λBX ∩ H 6= ∅,
d’où l’inégalité
d(x, H) ≤ λ.
En conséquence, on a
d(x, H) =
|hx? , xi − α|
.
kx? k
37
Exercice 80 Soit (X, d) un espace métrique. Montrer que
δ : X × X −→ R
(x, y) 7−→
d(x, y)
1 + d(x, y)
est une distance sur X.
Solution. Evidemment, δ est bien définie. Puisque d est une distance sur X, on a tout
de suite pour tout (x, y) ∈ X 2 ,
δ(x, y) = 0 ⇐⇒ d(x, y) = 0
et
δ(x, y) = δ(y, z).
Fixons a, b, c ∈ X. On a
d(a, b)
d(b, c)
−
1 + d(a, b) 1 + d(b, c)
d(a, b) − d(b, c)
=
(1 + d(a, b))(1 + d(b, c))
d(a, c)
≤
1 + d(a, b) + d(b, c)
d(a, c)
≤
.
1 + d(a, c)
δ(a, b) − δ(b, c) =
On a donc
δ(a, b) ≤ δ(b, c) + δ(a, c).
Ainsi, δ est une distance sur X.
Exercice 81 Soit (X, O) un espace topologique. Les assertions suivantes ont lieu.
i) Un point a ∈ X est un élément d’adhérence d’une suite généralisée (xj )j∈J d’éléments
de X si et seulement si (xj )j∈J admet une sous-suite généralisée qui converge vers a dans
X;
ii) Supposons de plus que chaque élément de (X, O) admette un système fondamental de
voisinages dénombrable. Alors, a ∈ X est un élément d’adhérence d’une suite ordinaire
(xn )n∈N de X si et seulement s’il existe une sous-suite ordinaire de (xn )n∈N qui converge
vers a dans X.
Solution. i) ⇐, Supposons qu’il existe un ensemble préordonné filtrant croissant (I, I ),
une application filtrante croissante s : (I, I ) −→ (J, J ) et une sous-suite généralisée
(yi )i∈I de (xj )j∈J telle que yi = xs(i) pour tout i ∈ I qui converge vers a. Soit V un
voisinage de a dans X, j0 ∈ J. Il existe i0 ∈ I tel que pour tout i ∈ I avec i0 I i on ait
j0 J s(i). Il existe i1 ∈ I tel que pour tout i ∈ I avec i1 I i, on ait :
xs(i) ∈ V
Puisque (I, I ) est un ensemble préordonné filtrant croissant, il existe i2 ∈ I tel que
i0 I i2 et i1 I i2 . On a donc j0 J s(i2 ) et xs(i2 ) ∈ V . Ainsi, a est un élément
d’adhérence de la suite généralisée (xj )j∈J .
⇒ , Réciproquement, supposons que a soit un élément d’adhérence de la suite généralisée
(xj )j∈J . Notons V l’ensemble des voisinages de a dans X. Posons :
Λ = {(j, V ) ∈ J × V/xj ∈ V }
Soient V0 ∈ V, j0 ∈ J. Il existe j ∈ J avec j0 J j tel que xj ∈ V0 . Ainsi, Λ 6= ∅. Pour
chaque j1 , j2 ∈ J, V1 , V2 ∈ V, il est aisé de montrer que l’on peut définir un préordre
filtrant croissant comme suit :
(j1 , V1 ) (j2 , V2 ) ⇐⇒ j1 J j2 et V1 ⊃ V2
38
Sans difficultés, on voit que l’application :
s : Λ −→ J
(j, V ) 7−→ j
est filtrante croissante. Ainsi, (xs(λ) )λ∈Λ est une sous-suite généralisée de (xj )j∈J . Soit
W un voisinage quelconque de a dans X. Il existe jW ∈ J tel que xjW ∈ W . Posons
0
0
λ0 = (jW , W ) ∈ Λ. Soit λ1 ∈ Λ quelconque vérifiant λ0 λ1 . Il existe V ∈ V, j ∈ J tel
0
0
que λ1 = (V , j ). On a xj 0 = xs(λ1 ) ∈ W . La suite généralisée (xs(λ) )λ∈Λ converge donc
vers a.
⇐ , Supposons qu’il existe une sous-suite (xs(n) )n de la suite ordinaire (xn )n qui converge
vers a. Soit V un voisinage de a dans X, n0 ∈ N. Il existe n1 ∈ N tel que pour tout
entier naturel n ≥ n1 , on ait xs(n) ∈ V . Posons n2 = max {n0 , n1 }. Puisque xs(n2 ) ∈ V et
n2 ≥ n0 , a est un élément d’adhérence de la suite (xn )n .
⇒ , Supposons que a soit un élément d’adhérence de la suite ordinaire (xn )n∈N . Notons
{Un /n ∈ N} un système fondamental de voisinages de a dans X. En posant pour chaque
entier naturel n :
n
\
Vn =
Um
m=0
on voit que {Vn /n ∈ N} est un système fondamental de voisinages de a dans X décroissant
pour l’inclusion. Il n’est pas difficile de voir que l’on peut construire (par récurrence)
l’application s : N −→ N strictement croissante définie comme suit :
(
s(0) = 0
s(n) = min {k ∈ N/xk ∈ Vn , k ≥ s(n − 1) + 1} pour tout n ∈ N?
La suite (xs(n) )n∈N converge évidemment vers a. Ceci termine la preuve.
Exercice 82 Soit (X, O) un espace topologique et f : X −→ R une fonction à valeurs
réelles étendues semi-continue inférieurement. Pour toute partie A non vide de X, on a
sup f = sup f.
A
adhO A
Solution. Soit A une partie non vide de X. Puisque A ⊂ adhO A, on a
sup f ≤ sup f
A
adhO A
Fixons x ∈ adhO A. Il existe une suite généralisée (xj )j∈J d’éléments de A telle que
xj −→ x.
j∈J
On a
f (x) ≤ lim inf f (xj ) ≤ sup f
j∈J
A
où la première inégalité résulte de la semi-continuité inférieure de f en x et la seconde du
fait que pour tout j ∈ J, xj ∈ A. Ainsi, on a l’inégalité
sup f ≤ sup f
A
adhO A
et donc l’égalité attendue.
Exercice 83 Soient (X, k·k) un R-espace vectoriel normé, X 6= {0}, f : X −→ R une
fonction telle que lim f (x) = +∞.
kxk→+∞
(a) Donner la définition de
lim
kxk→+∞
f (x) = +∞ à l’aide d’une base de filtres sur X.
(b) Soit m ∈ N? . On suppose que X = Rm est muni de k·k la norme euclidienne et que
f est semi-continue inférieurement sur X. Montrer que la borne inférieure de f sur tout
ensemble fermé non vide de X est atteinte.
39
Solution. (a) Pour tout r ∈ [0, +∞[, posons
Pr = {x ∈ X : kxk > r}
et notons B = {Pr : r ∈ [0, +∞[}. Puisque X 6= {0}, pour tout r ∈ [0, +∞[, Pr 6= ∅.
Fixons r1 , r2 ∈ [0, +∞[. Constatons tout de suite que
Pr1 ∩ Pr2 = {x ∈ X : kxk > max {r1 , r2 }} .
En posant r3 = max {r1 , r2 }, l’égalité ci-dessus devient
Pr 3 = Pr 1 ∩ P r 2 .
Ainsi, la classe de parties B est une base de filtres sur X. Par définition,
lim
kxk→+∞
f (x) = +∞
lorsque f converge vers +∞ ∈ R suivant la base de filtres B, i.e. lorsque
lim f (x) = +∞.
x∈B
(b) Fixons a ∈ Rm et notons que ]f (a), +∞] est un voisinage de +∞ dans R. Puisque
lim f (x) = +∞, il existe r ∈ [0, +∞[ tel que
kxk→+∞
f ({x ∈ Rm : kxk > r}) ⊂]f (a), +∞].
Posons K = B[0, r] ∪ {a} qui est compact dans Rm . Trivialement, on a
inf f ≤ inf f.
X
K
Fixons x0 ∈ X. Si kx0 k > r, alors f (x0 ) > f (a) ≥ inf f et si kx0 k ≤ r, alors f (x0 ) ≥
K
inf f ≥ inf f . Donc, dans tous les cas, on a
B[0,r]
K
f (x0 ) ≥ inf f.
K
On en déduit
inf f = inf f.
X
K
Puisque f est semi-continue inférieurement sur X et que K est compact non vide, f atteint
sa borne inférieue sur K, i.e. il existe x ∈ K tel que
f (x) = inf f = inf f.
K
X
Exercice 84 Soient (X, d) un espace métrique, I un ensemble non vide, (fi )i∈I une famille équicontinue de fonctions de X dans R.
(a) On suppose que pour chaque x ∈ X, (fi (x))i∈I est majorée dans R. Montrer que la
fonction
ϕ : X −→ R
x 7−→ sup fi (x)
i∈I
est bien définie. Est-elle continue (resp. uniformément continue) sur X ?
(b) Montrer que pour chaque K ∈ P0,finie (I), la fonction
FK : X −→ R
x 7−→ sup fi (x)
i∈K
est bien définie. Est-ce que (FK )K∈P0,finie (I) est une famille équicontinue de fonctions de
X dans R ?
40
Solution. (a) Fixons x ∈ X. Puisque l’ensemble
Ax = {fi (x) : i ∈ I}
est majoré dans R, on a sup Ax ∈ R, i.e. ϕ(x) ∈ R. Ainsi, la fonction ϕ est bien définie.
i∈I
Soit ε > 0 un réel fixé. Le fait que (fi )i∈I soit une famille équicontinue nous donne un
réel η > 0 tel que pour tout i ∈ I, pour tout x ∈ B(x, η)
|fi (x) − fi (x)| < ε.
On a donc pour tout x ∈ B(x, η), pour tout i ∈ I
−ε + fi (x) < fi (x) et fi (x) < ε + fi (x).
Par passage à la borne supérieure sur I dans les deux inégalités ci-dessus, il vient pour
tout x ∈ B(x, η)
−ε + ϕ(x) < ϕ(x) et ϕ(x) < ε + ϕ(x).
On en déduit que pour tout x ∈ B(x, η)
|ϕ(x) − ϕ(x)| < ε.
Ainsi, ϕ est continue en x et donc sur X. En général, ϕ n’est pas uniformément continue
sur X. Posons X = R, I = {1} et
f1 : R −→ R
x 7−→ x2 .
Trivialement, ϕ = f1 et (fi (x))i∈I est majorée dans R pour chaque x ∈ R. Le fait que f1
ne soit pas uniformément continue sur R donne le contre-exemple souhaité.
(b) Fixons K0 ∈ P0,finie (I), x ∈ X. Puisque K0 est un ensemble fini non vide, on a
sup fi (x) = max fi (x) ∈ R.
i∈K0
i∈K0
Donc, FK0 est bien définie. Fixons un réel ε > 0. Puisque (fi )i∈I est une famille équicontinue, il existe un réel η > 0 tel que pour tout i ∈ I, pour tout x ∈ B(x, η)
|fi (x) − fi (x)| < ε.
Pour tout K ∈ P0,finie (I), pour tout i ∈ K et pour tout x ∈ B(x, η), on a
|fi (x) − fi (x)| < ε.
Donc, pour tout x ∈ B(x, η), pour tout K ∈ P0,finie (I), pour tout i ∈ K, il vient
−ε + fi (x) < fi (x) < fi (x) + ε.
Par passage à la borne supérieure sur I, pour tout x ∈ B(x, η), pour tout K ∈ P0,finie (I)
on en arrive à
−ε + FK (x) < FK (x) < FK (x) + ε,
i.e. |FK (x) − FK (x)| < ε. Donc, (FK )K∈P0,finie est une famille équicontinue de fonctions
de X dans R.
Exercice 85 Soient (X, O) un espace topologique, A une partie de X. Donner une condition suffisante et nécessaire pour que la fonction caractéristique de A (au sens de la théorie
de la mesure)
1A : X −→ R
(
x 7−→
1
0
si x ∈ A
sinon
soit semi-continue inférieurement (resp. supérieurement) sur X.
41
Solution. Fixons r ∈ R. Il est aisé de constater que


si r < 0
∅
1−1
([−∞,
r])
=
X
\
A
si 0 ≤ r < 1
A


X
si r ≥ 1.
Observons alors que 1−1
A ([−∞, r]) est fermé dans X si et seulement si A est ouvert dans
X. D’après le cours ***, 1A est semi-continue inférieurement sur X si et seulement si A
est ouvert dans X. De même, on a


∅ si r > 1
1−1
([r,
+∞])
=
A si 0 < r < 1
A


X si r ≤ 0.
Ainsi, 1−1
A ([r, +∞]) est fermé dans X si et seulement si A est fermé dans X. Une nouvelle
application de *** nous dit que 1A est semi-continue supérieurement sur X si et seulement
si A est fermé dans X.
Exercice 86 Soient X un ensemble non vide, f : X −→ R une fonction à valeurs réelles
étendues, B une base de filtre sur X, ρ ∈ R. Montrer que :
(a) lim sup f < ρ si et seulement si il existe B ∈ B et un réel ρ0 < ρ tel que f (x) < ρ0
B
pour tout x ∈ B.
(b) lim inf f > ρ si et seulement si il existe B ∈ B et un réel ρ0 > ρ tel que f (x) > ρ0 pour
B
tout x ∈ B.
Solution. Soit ρ0 ∈ R fixé.
(a) ⇒, Supposons lim sup f < ρ0 . Par définition, on a tout de suite,
B
inf
sup f (x)
B∈B
< ρ0 .
x∈B
Par caractérisation de borne inférieure, il existe B0 ∈ B tel que sup f (x) < ρ0 . Puisque
x∈B0
ρ0 ∈ R, il existe un réel ρ00 < ρ0 tel que
sup f (x) < ρ00 .
x∈B0
On a donc pour tout x ∈ B0 , f (x) < ρ00 .
⇐, Supposons qu’il existe B0 ∈ B et un réel ρ00 < ρ0 tel que f (x) < ρ00 pour tout x ∈ B0 .
On a bien sûr
sup f (x) < ρ00
x∈B0
et il découle immédiatement de ceci que
lim sup f = inf
B
B∈B
sup f (x) < ρ00 < ρ0 .
x∈B
(b) La démonstration est totalement analogue à (a) et est donc laissée au lecteur.
Exercice 87 (Convergence de suite généralisées monotones de R) Soit (J, ) un
ensemble préordonné filtrant croissant, (uj )j∈J une suite de réels étendus.
a) Si (uj )j∈J est une suite croissante relativement à (J, ), alors uj −→ sup ui .
j∈J i∈J
b) Si (uj )j∈J est une suite décroissante relativement à (J, ), alors uj −→ inf ui .
j∈J i∈J
42
Solution. Puisque b) est conséquence immédiate de a), on ne montre que a). Distinguons
trois cas.
Cas 1 : sup ui = −∞. Dans ce cas, on a uj = −∞ pour tout j ∈ J et la propriété
i∈J
souhaitée est trivialement satisfaite.
Cas 2 : sup ui = +∞. Fixons W un voisinage de sup ui dans R (muni de sa topologie
i∈J
i∈J
usuelle). Choisissons un réel r tel que ]r, +∞] ⊂ W . Par caractérisation de borne supérieure, il existe j0 ∈ J tel que r < uj0 . Puisque la suite (uj )j∈J est croissante sur (J, ),
on a,
r < uj0 ≤ uj
pour tout j ∈ J avec j0 j. Donc, uj ∈ W dès lors que j ∈ J et vérifie j0 j. Ceci
signifie que uj −→ sup ui .
j∈J i∈J
Cas 3 : sup ui ∈ R. Fixons W un voisinage de sup ui dans R (muni de sa topologie
i∈J
i∈J
usuelle). Puisque la topologie induite sur R par la topologie naturelle de R n’est nulle
autre que la topologie naturelle de R, la partie W ∩ R est un voisinage de sup ui dans R.
i∈J
Il existe un réel ε > 0 tel que
sup ui − ε, sup ui + ε ⊂ W ∩ R ⊂ W.
i∈J
i∈J
Par caractérisation de borne supérieure, il existe j0 ∈ J tel que
sup ui − ε < uj0 .
i∈J
Par croissance de (uj )j∈J relativement à (J, ), il vient
sup ui − ε < uj0 ≤ uj
i∈J
pour tout j ∈ J avec j0 j. Ainsi, uj ∈ W dès lors que j ∈ J et vérifie j0 j. Ceci
signifie une nouvelle fois que uj −→ sup ui .
j∈J i∈J
Etendons un autre résultat fondamental sur les limites des suites.
Exercice 88 Soient (J, ) un ensemble préordonné filtrant croissant, (uj )j∈J et (vj )j∈J
deux suites de réels étendus telle que pour tout j ∈ J, uj ≤ vj . Si lim uj et lim vj existent
j∈J
j∈J
dans R, alors
lim uj ≤ lim vj .
j∈J
j∈J
Solution. Supposons que lim uj et lim vj existent dans R. Par l’absurde, supposons que
j∈J
j∈J
lim uj > lim vj . On voit tout de suite que lim uj ∈ R ∪ {+∞} et que lim vj ∈ R ∪ {−∞}.
j∈J
j∈J
j∈J
j∈J
On peut donc choisir r ∈ R tel que
lim vj < r < lim uj .
j∈J
j∈J
Posons W = ]r, +∞] qui est un voisinage de lim uj dans R. Par définition de limite d’une
j∈J
suite généralisée, il existe j0 ∈ J tel que pour tout j ∈ J avec j0 j, on ait uj ∈ W .
0
Posons également W = [−∞, r[ qui est un voisinage de lim vj dans R. De même que
j∈J
0
ci-dessus, il existe j1 ∈ J tel que pour tout j ∈ J avec j1 j, on ait vj ∈ W . Choisissons
0
j2 ∈ J tel que j0 j2 et j1 j2 . On a uj2 ∈ W et vj2 ∈ W et donc
vj2 < r < uj2 .
Cette dernière inégalité est contraire à notre hypothèse. Contradiction.
43
Exercice 89 Soient X un ensemble non vide, B une base de filtre sur X, f, g : X −→ R
deux fonctions à valeurs réelles étendues. Les propriétés suivantes ont lieu.
i) lim sup(−f ) = − lim inf f et − lim sup f = lim inf (−f ).
B
B
B
B
ii) lim inf f ≤ lim sup f .
B
B
iii) Si f ≤ g, alors lim inf f ≤ lim inf g et lim sup f ≤ lim sup g.
B
B
B
B
iv) lim f existe dans R si et seulement si lim inf f = lim sup f . Lorsque c’est le cas, la
B
B
B
limite lim f est égale aux deux semi-limites.
B
v) Pour tout réel α > 0, on a
lim inf (αf ) = α lim inf f et lim sup(αf ) = α lim sup f.
B
B
B
B
vi) Quand les sommes considérées ci-dessous sont bien définies on a d’une part
lim inf f + lim inf g ≤ lim inf (f + g) et lim sup(f + g) ≤ lim sup f + lim sup g
B
B
B
B
B
B
et d’autre part
lim inf (f + g) ≤ lim inf f + lim sup g et lim sup f + lim inf g ≤ lim sup(f + g)
B
B
B
B
B
B
vii) Pour tout α ∈ R, on a
lim inf (α + f ) = α + lim inf f et lim sup(α + f ) = α + lim sup f.
B
B
B
B
viii) Si f et g sont à valeurs positives, alors
lim inf f
B
lim inf g ≤ lim inf (f g) et lim sup(f g) ≤ lim sup f
lim sup g
B
B
B
B
B
quand les produits considérés sont bien définis.
ix) Si f et g sont à valeurs positives et si de plus lim g existe dans R, alors
B
lim g
lim inf f lim g = lim inf (f g) et lim sup(f g) ≤ lim sup f
B
B
B
B
B
quand les produits considérés sont bien définis.
Solution. (a) On a tout de suite
lim sup(−f ) = inf sup (−f (x))
B∈B x∈B
B
= inf (− inf f (x))
B∈B
x∈B
= − sup ( inf f (x))
B∈B x∈B
= − lim inf f.
B
Posons g = −f . On vient d’établir que
lim sup(−g) = − lim inf g,
B
B
ce qui s’écrit encore
− lim sup f = lim inf (−f ).
B
B
(b) Posons pour tout B ∈ B
mB = inf f (x) et MB = sup f (x).
x∈B
x∈B
44
B
Munissons B du (pré)ordre filtrant croissant donné par l’inclusion ⊃. La suite généralisée
(mB )B∈B (resp. (MB )B∈B ) est croissante (resp. décroissante) relativement à (B, ⊃). Par
application de ***, on a
mB −→ sup mB
et MB −→ inf MB .
B∈B
B∈B
D’autre part, remarquons que pour tout B ∈ B
mB ≤ MB .
Via ***, il vient
lim inf = sup mB ≤ inf MB = lim sup f.
B
B∈B
B∈B
B
(c) Puisque f ≤ g, on a pour tout B ∈ B
inf f ≤ inf g
B
B
sup f ≤ sup g.
et
B
B
Il vient
sup (inf f ) ≤ sup (inf g) et
B∈B B
inf (sup f ) ≤ inf (sup g).
B∈B B
B∈B
B∈B
B
B
On en déduit
lim inf f ≤ lim inf g
B
B
lim sup f ≤ lim sup g.
et
B
B
(d) On a tout de suite
lim inf (αf ) = sup inf (αf )(x)
B
B∈B x∈B
= sup inf αf (x)
B∈B x∈B
= sup (α inf f (x))
x∈B
B∈B
= α sup inf f (x)
B∈B x∈B
= α lim sup f.
B
De même, on a
lim sup(αf ) = inf sup (αf )(x)
B
B∈B x∈B
= α inf sup f (x)
B∈B x∈B
= α lim sup f.
B
(vi) Distinguons deux cas.
Cas 1 : f ≡ +∞ ou g ≡ +∞. Puisque f + g : X −→ R est bien définie par hypothèse, on
a f + g ≡ +∞ et le résultat souhaité est donc trivial.
Cas 2 : f 6≡ +∞ et g 6≡ +∞. Dans ce cas, inf f + inf g est bien défini pour tout B ∈ B.
B
B
Ceci combiné au fait que lim inf B f + lim inf B g est bien défini nous donne
lim inf (f + g) = lim(inf (f + g))
B
B
B
≥ lim(inf f + inf g)
B
B
B
= lim(inf f ) + lim(inf g)
B
B
B
B
= lim inf f + lim inf g.
B
45
B
Posons h = −f et k = −g. Le fait que f + g : X −→ R soit bien définie garantit tout de
suite que h + k : X −→ R est bien définie. Remarquons que
lim inf h + lim inf k
B
B
est bien définie puisque la somme
lim sup f + lim sup g = − lim inf h − lim inf k
B
B
B
B
est elle-même bien définie par hypothèse (l’égalité étant conséquence de ***). On peut
donc appliquer la première inégalité de *** pour obtenir
lim inf h + lim inf k ≤ lim inf (h + k).
B
B
B
Une nouvelle application de *** donne l’inégalité souhaitée. (vii) Il suffit de remarquer
que
lim inf (α + f ) = sup inf (α + f )(x)
B
B∈B x∈B
= sup inf (α + f (x))
B∈B x∈B
= sup (α + inf f (x))
x∈B
B∈B
= α + sup inf f (x)
B∈B x∈B
= α + lim inf f.
B
Posons g = −f et β = −α. Ce qui précède et *** nous donne
lim inf (β + g) = β + lim inf g = −α − lim sup f.
B
B
B
En appliquant ***, on obtient
lim inf (β + g) = lim inf (−α − f ) = − lim sup(α + f ).
B
B
B
On en déduit
lim sup(α + f ) = α + lim sup f.
B
1.8.1
B
Epigraphe et hypographe
Exercice 90 Soient (X, O) un espace topologique, f : X −→ R une fonction, (x, r) ∈
X × R. Montrer que :
(a) (x, r) ∈ adhX×R epi f ⇐⇒ lim
inf f (x0 ) ≤ r ;
0
x →x
(b) (x, r) ∈ intX×R epi f ⇐⇒ r > lim sup f (x) ;
x0 →x
(c) (x, r) ∈
/ adhX×R epi f ⇔ (x, r) ∈ intX×R hypo f ;
(d) (x, r) ∈
/ intX×R epi f ⇔ (x, r) ∈ adhX×R hypo f .
Solution. (a) ⇒, Supposons (x, r) ∈ adhX×R epi f . Il existe (xj , rj )j∈J une suite généralisée d’éléments de epi f telle que (xj , rj ) → (x, r). Pour tout j ∈ J, on a f (xj ) ≤ rj . Il
j∈J
vient alors
lim
inf f (x0 ) ≤ lim inf f (xj ) ≤ lim inf rj = r.
0
x →x
j∈J
j∈J
0
⇐, Supposons que lim
inf f (x ) ≤ r. Pour tout n ∈ N, on a
0
x →x
lim
inf f (x0 ) < r +
0
x →x
46
1
,
2n
ce qui s’écrit encore pour tout n ∈ N,
inf f (x0 ) < r +
sup
0
V ∈VX (x) x ∈V
1
.
2n
Ceci entraîne évidemment que pour tout (V, n) ∈ VX (x) × N,
inf
f (x0 ) < r +
0
x ∈V
1
.
2n
Donc, pour tout (V, n) ∈ VX (x) × N, il existe xV,n ∈ V tel que
f (xV,n ) < r +
1
.
2n
Posons J = VX (x) × N et munissons cet ensemble du préordre filtrant croissant défini
pour tout (V, n), (V 0 , n0 ) ∈ J par
(V, n) (V 0 , n0 ) ⇐⇒ V ⊃ V 0
et n ≤ n0 .
Posons également pour tout j ∈ J, rj = r + 21n . On observe tout de suite que (xj , rj )j∈J
est une suite généralisée d’éléments de epi f qui converge vers (x, r). Ceci nous dit (x, r) ∈
adhX×R epi f .
(b) ⇐, Supposons que r > lim sup f (x). Par l’absurde, supposons que (x, r) ∈
/ intX×R epif .
x0 →x
On a
(x, r) ∈ X × R \ intX×R epi f = adhX×R (X × R \ epi f ).
Il existe donc (xj , rj )j∈J une suite généralisée d’éléments de X \ epi f telle que (xj , rj ) →
j∈J
(x, r). Pour tout j ∈ J, on a f (xj ) > rj , donc
r > lim sup f (x0 ) ≥ lim sup f (xj ) > lim sup rj = r
x0 →x
j∈J
j∈J
et ceci est absurde.
⇒, Supposons (x, r) ∈ intX×R epi f . Par l’absurde, supposons que r ≤ lim sup f (x). Pour
x0 →x
tout n ∈ N, pour tout V ∈ VX (x), on a
r−
1
< sup f (x0 ).
2n
x0 ∈V
Donc, pour chaque (V, n) ∈ VX (x) × N, il existe xV,n ∈ V tel que
r−
1
< f (xV,n ).
2n
Posons J = VX (x) × N et munissons cet ensemble du préordre filtrant croissant défini
pour tout (V, n), (V 0 , n0 ) ∈ J par
(V, n) (V 0 , n0 ) ⇐⇒ V ⊃ V 0
et n ≤ n0 .
Posons également pour tout j ∈ J, rj = r − 21n . On voit tout de suite que (xj , rj )j∈J est
une suite généralisée d’éléments de X × R \ epi f qui converge vers (x, r). Ceci nous dit
que
(x, r) ∈ adhX×R (X × R \ epi f ) = intX×R epi f.
⇒, Supposons que (x, r) ∈
/ adhX×R epi f . On a tout de suite
(x, r) ∈ intX×R (X × R \ epi f ) = intX×R {(x0 , r0 ) ∈ X × R : f (x0 ) > r0 } ⊂ intX×R hypo f.
⇐, Supposons que intX×R hypo f . Il existe V un voisinage de (x, r) dans X × R tel que
V ⊂ hypo f.
47
Choisissons W ∈ VX (x) et ε > 0 un réel tels que
W ×] − ε + r, ε + r[⊂ V.
Par l’absurde, supposons que (x, r) ∈ adhX×R epi f . D’après (a), on a
lim
inf f (x0 ) ≤ r.
0
x →x
Donc, pour chaque entier n ≥ 1, on a
inf f (x0 ) = lim
inf f (x0 ) < r +
0
sup
0
V ∈VX (x) x ∈V
x →x
1
.
2n
En particulier, on dispose pour chaque entier n ≥ 1 de l’inégalité
inf
f (x0 ) < r +
0
x ∈W
1
.
2n
Pour chaque entier n ≥ 1, il existe alors xn ∈ W tel que
f (xn ) < r +
1
.
2n
Choisissons maintenant n0 ∈ N tel que r + 21n ∈]r − ε, r + ε[ pour tout entier n ≥ n0 . Pour
tout entier n ≥ n0 , on a
(xn , r +
1
) ∈ W ×]r − ε, r + ε[⊂ V.
2n
Puisque V ⊂ hypo f , on doit avoir pour tout entier n ≥ n0 ,
f (xn ) ≥ r +
1
.
2n
Ceci est contradictoire.
(d) ⇒, Supposons que (x, r) ∈
/ intX×R epi f . On a tout de suite
(x, r) ∈ adhX×R (X ×R\epif ) = adhX×R {(x0 , r0 ) ∈ X × R : f (x0 ) > r0 } ⊂ adhX×R hypof.
⇐, Supposons (x, r) ∈ adhX×R hypof . Il existe (xj , rj )j∈J une suite généralisée d’éléments
de hypo f telle que (xj , rj ) → (x, r). Pour tout j ∈ J, on a f (xj ) ≥ rj . Il vient alors
j∈J
lim sup f (x0 ) ≥ lim sup f (xj ) ≥ r.
x0 →x
j∈J
D’après (b), on a (x, r) ∈
/ intX×R epi f .
Exercice 91 Soient (X, O) un espace topologique, f, g : X −→ R deux fonctions à valeurs
réelles étendues, a ∈ X. Montrer que si f et g sont semi-continues inférieurement (resp.
supérieurement) en a et si f + g est bien définie sur un O-voisinage V de a, alors f + g
est O-semi-continue inférieurement (resp. supérieurement) en a.
Solution. Supposons dans un premier temps que f et g soient semi-continues inférieurement en a et qu’il existe un O-voisinage V de a tel que f + g : V −→ R soit bien
définie. On peut supposer (f + g)(a) 6= −∞ (sinon c’est immédiat via l’Exercice***) en
particulier, f (a) 6= −∞ et g(a) 6= −∞. Si f (a) = g(a) = +∞, les fonctions f et g sont
(O, OR )-continues en a et c’est terminé. Deux cas restent donc à étudier. Fixons un réel
r < (f + g)(a).
Cas 1 : Une et une seule des fonctions à valeurs réelles étendues f et g prend la valeur
+∞ en a.
Sans pertes de généralités, supposons f (a) = +∞ et g(a) 6= +∞. Fixons un réel r0 tel que
48
ε = r0 + g(a) − r ∈]0, +∞[. Posons r00 = g(a) − ε < g(a). Il existe V un O-voisinage de a
tel que pour tout x ∈ V
r0 < f (x) et r00 < g(x).
On en déduit pour tout x ∈ V
r = r0 + r00 < f (x) + g(x).
Donc, f + g est O-semi-continue inférieurement en a.
Cas 2 : f (a), g(a) ∈ R.
Posons ε = (f + g)(a) − r ∈ R+ , r0 = f (a) − 2ε et r00 = g(a) − 2ε . On a tout de suite
r = r0 + r00 , r0 < f (a) et r00 < g(a). Il existe donc un voisinage W de a dans X tel que
pour tout x ∈ W
r0 < f (x) et r00 < g(x).
On a alors pour tout x ∈ W ∩ V
r0 + r00 = r < f (x) + g(x).
Puisque V ∩ W est un O-voisinage de a, f + g est O-semi-continue inférieurement en a.
Supposons maintenant que f et g soient O-semi-continues supérieurement en a et qu’il
existe un O-voisinage V de a tel que f + g : V −→ R soit bien définie. Posons h = −f
et g = −k qui sont évidemment O-semi-continues inférieurement en a. Tout de suite,
h + k : V −→ R est bien définie, ce qui permet d’appliquer ce que nous venons d’établir,
i.e. h + k est O-semi-continue inférieurement en a. On en déduit que f + g = −(h + k) est
O-semi-continue supérieurement en a.
Exercice 92 Soit (X, O) un espace topologique, f : X −→ R une fonction à valeurs
réelles étendues. On appelle régularisée semi-continue inférieurement de f la fonction à
valeurs réelles étendues
f : X −→ R
x 7−→ lim
inf f (x0 ).
0
x →x
Montrer que epi f = adhX×R (epi f ) et en déduire que f est semi-continue inférieurement
sur X et vérifie f ≤ f . Montrer également que pour toute fonction à valeurs réelles
étendues g : X −→ R semi-continue inférieurement sur X satisfaisant g ≤ f , on a g ≤ f .
Solution. L’égalité
epi f = adhX×R (epi f )
est une conséquence directe de l’Exercice ... (a). Cette égalité nous dit que epi f est fermé
dans X ×R et donc que f est semi-continue inférieurement sur X. Une conséquence directe
de cette même égalité est l’inclusion
epi f ⊃ epi f
qui nous dit que f ≤ f . Fixons une fonction à valeurs réelles étendues g : X −→ R semicontinue inférieurement sur X vérifiant g ≤ f . La semi-continuité de g sur X donne pour
tout x ∈ X
g(x) = lim
inf g(x0 ).
0
x →x
Puisque g ≤ f , il vient
lim
inf g(x0 ) ≤ lim
inf f (x0 ).
0
0
x →x
x →x
On en déduit
g(x) ≤ lim
inf f (x0 ) ≤ f (x).
0
x →x
49
Chapitre 2
Espaces vectoriels topologiques
2.1
Généralités
Exercice 93 Montrer que tout K-espace vectoriel normé est un K-espace vectoriel topologique séparé (Hausdorff ).
Solution. Soit (X, k·k) un K-espace vectoriel normé. Montrons que
s : X 2 −→ X
(x, y) 7−→ x + y
est continue sur X 2 . Notons k·kX 2 la norme sur X 2 définie pour tout (x, y) ∈ X 2 par
k(x, y)kX 2 = max {kxk , kyk} ,
laquelle est associée à la topologie produit sur X 2 . Pour tout (x, y), (x0 , y 0 ) ∈ X 2 , on a
ks(x, y) − s(x0 , y 0 )k = kx + y − (x0 + y 0 )k
≤ kx − x0 k + ky − y 0 k
≤ 2 k(x, y) − (x0 , y 0 )kX 2 .
Ainsi, l’application s est 2-lipschitzienne sur X 2 , donc en particulier continue sur X 2 .
Montrons maintenant que
p : K × X −→ X
(λ, x) 7−→ λx
est continue sur K×X. Notons k·kK×X la norme sur K×X définie pour tout (λ, x) ∈ K×X
par
k(λ, x)kK×X = max {|λ| , kxk} ,
laquelle est associée à la topologie produit sur K × X. Fixons (µ, y) ∈ K × X. Soit ε > 0
un réel. Choisissons un réel η > 0 tel que
η 2 + η(|µ| + kyk) ≤ ε.
Pour tout (λ, x) ∈ K × X vérifiant k(λ, x) − (µ, y)kK×X ≤ η, on a
kλx − µyk ≤ kλ(x − y)k + k(λ − µ)yk
= |λ| kx − yk + |λ − µ| kyk
≤ (|µ| + η)η + η kyk
≤ ε.
Donc, p est continue sur K × X. Ainsi, (X, k·k) est un K-espace vectoriel topologique. Il
est évidemment séparé (Hausdorff) puisque tout espace métrique est séparé (Hausdorff).
50
Exercice 94 Soient (X, O) un K-espace vectoriel topologique, S un système fondamental
de O-voisinages de 0X . Montrer que la topologie O est séparée (Hausdorff ) si et seulement
si
\
V = {0X } .
V ∈S
Solution. ⇒, Supposons que (X, O) soit séparé (Hausdorff). Evidemment, on a
\
0X ∈
V.
V ∈S
Fixons x ∈
T
V ∈S
V . On observe tout de suite
\
V =
V ∈S
\
({0X } + V ).
V ∈S
D’après la Proposition ***, on a
\
V = adhX {0X } .
V ∈S
Le fait que (X, O) soit séparé (Hausdorff) nous dit que {0X } est O-fermé. En conséquence,
l’égalité ci-dessus s’écrit
\
V = {0X } .
V ∈S
T
⇐, Supposons V ∈S V = {0X } . Si X = {0X } le résultat désiré est trivial. Supposons
donc que X 6= {0X } et fixons x1 , x2 ∈ X avec x1 6= x2 . On a donc x1 − x2 6= 0X . Notre
hypothèse nous donne donc V0 ∈ S tel que x1 − x2 ∈
/ V0 . Notons U0 un O-voisinage
équilibré de 0X vérifiant
U0 + U0 ⊂ V0 .
Puisque x1 − x2 ∈
/ V0 , on a x1 − x2 ∈
/ U0 + U0 . On vérifie immédiatement que ceci entraîne
(x1 − U0 ) ∩ (x2 + U0 ) = ∅.
Le fait que U0 soit équilibré nous dit en particulier que U0 = −U0 . Posons V1 = x1 + U0
et V2 = x2 + U0 qui vérifient donc
V1 ∩ V2 = ∅.
La Proposition *** garantit que V1 (resp., V2 ) est un O-voisinage de x1 (resp., x2 ). Donc,
(X, O) est séparé (Hausdorff).
Exercice 95 Exercice. Soient X un K-espace vectoriel, U une partie équilibrée de X.
Montrer que pour tout α, β ∈ K avec |α| ≤ |β|, on a
αU ⊂ βU.
Solution. Fixons α, β ∈ K avec |α| ≤ |β|.
Cas 1 : β = 0. On a alors |α| = 0, donc α = 0, puis
αU = {0X } = βU.
Cas 2 : β 6= 0. Posons λ = α
β et constatons que |λ| ∈]0, 1[. Soit x ∈ U . On a λx ∈ U
puisque U est équilibrée. Donc, il vient
αx ∈ βU.
On a donc montré que αU ⊂ βU .
51
Exercice 96 Soient X un K-espace vectoriel, A une partie de X. Montrer que :
(a) l’enveloppe équilibrée de A est donnée par
[
λA;
eq A =
|λ|≤1
(b) l’enveloppe convexe équilibrée de A est donnée par
[
coeq A = co (eq A) =
λco A.
|λ|≤1
S
Solution. Trivialement,
a
|λ|≤1
λA est une partie équilibré de X contenant A. Donc, on
[
eq A ⊂
λA.
|λ|≤1
S
De manière immédiate, |λ|≤1 λA contient toute partie équilibrée de X qui contient A.
Ceci nous donne l’inclusion renversée et donc l’égalité attendue.
Exercice 97 Soient (X, O) un K-espace vectoriel topologique, A une partie équilibrée de
X. Alors, adhX A est une partie équilibrée de X.
Solution. Si adhX A = ∅, c’est immédiat. Supposons donc adhX A 6= ∅ et fixons x ∈
adhX A, λ ∈ K avec |λ| ≤ 1. Il existe (xj )j∈J une suite généralisée d’éléments de A avec
xj → x. Puisque A est équilibrée, on a λxj ∈ A pour tout j ∈ J. Le fait que λxj → λx
j∈J
j∈J
nous dit alors que
λx ∈ adhX A.
Ceci montre alors que adhX A est équilibrée.
Exercice 98 Caractériser les parties non vides équilibrées de R.
Solution. Soit A une partie de R non vide. On vérifie que A est équilibrée si et seulement
si pour tout x ∈ A, [−x, x] ⊂ A.
Exercice 99 Soit (X, O) un K-espace vectoriel topologique. Montrer que :
(a) L’ensemble des voisinages équilibrés et ouverts de 0X est un système fondamental de
voisinages de 0X .
(b) L’ensemble des voisinages équilibrés et fermés de 0X est un système fondamental de
voisinages de 0X .
Exercice 100 Soient X un R-espace vectoriel, A une partie convexe de X, α, β ∈ [0, +∞[.
Montrer que (α + β)A = αA + βA.
Solution. Si A = ∅, alors (α + β)A = ∅ = αA + βA. Supposons donc A 6= ∅. Trivialement,
l’inclusion
(α + β)A ⊂ αA + βA
(2.1.1)
a toujours lieu, même si A n’est pas supposé convexe. Montrons l’inclusion renversée.
Cas 1 : α + β = 0. On a d’une part (α + β)A = {0} et d’autre part αA + βA = {0}
puisque α = β = 0.
Cas 2 : α + β > 0. Soient a, b ∈ A. Remarquons tout d’abord que
αa + βb = (α + β)(
Puisque A est convexe et
α
α+β
+
β
α+β
β
α
a+
b).
α+β
α+β
= 1, l’égalité ci-dessus nous donne l’inclusion
αa + βb ∈ (α + β)A.
52
Dans les deux cas, on a l’inclusion αA + βA ⊂ (α + β)A.
Si A n’est pas convexe, on dispose en général uniquement de l’inclusion (2.1.1). En effet,
soit X = R, A = {0, 1}, α = β = 1, on a
αA + βA = {0, 1, 2}
et (α + β)A = 2A = {0, 2} .
Dans le cours, il faut écrire la définition d’une suite généralisée de Cauchy dans une
partie quelconque d’un espace vectoriel topologique.
Exercice 101 Exercice. Soit (X, O) un K-espace vectoriel topologique. Montrer que :
(a) Toute partie O-fermée de X contenue dans une partie O-complète de X est Ocomplète.
(b) Si (X, O) est séparé (Hausdorff ), alors toute partie O-complète de X est O-fermée.
Solution. (a) Soient Y une partie O-complète de X et Z une partie O-fermée de X telle
que Z ⊂ Y . Soit (zj )j∈J une suite généralisée de Cauchy de Z. Trivialement, (zj )j∈J est
une suite généralisée de Cauchy de Y . On en déduit qu’il existe z ∈ Y tel que zj −→ z.
j∈J
Puisque Z est O-fermée, il vient z ∈ Z. Ainsi, la partie Y est O-complète.
(b) Supposons que (X, O) soit séparé (Hausdorff). Soit Y une partie O-complète de X.
Fixons y ∈ adhO Y . Il existe (yj )j∈J une suite généralisée d’éléments de Y telle que
yj −→ y. Puisque (yj )j∈J est convergente dans Y , elle est de Cauchy dans Y . Le caractère
j∈J
O-complet de Y nous dit alors qu’il existe y 0 ∈ Y tel que yj −→ y 0 . Le fait que (X, O)
j∈J
soit séparé (Hausdorff) nous dit alors que y = y 0 ∈ Y . On en déduit l’égalité adhO Y = Y ,
i.e., Y est fermé dans (X, O).
Exercice 102 Exercice. Soient (X, O) un K-espace vectoriel topologique, (uj )j∈J , (vj )j∈J
deux suites généralisées d’éléments de X, α, β ∈ K. Montrer que la suite généralisée
(αuj + βvj )j∈J est une suite généralisée de Cauchy de X.
Solution. Fixons V un voisinage de 0X . Il existe k ≥ 1 un entier tel que
max {|α| , |β|} ≤ k.
(2.1.2)
Choisissons W un voisinage équilibré de 0X tel que W ⊂ V et W + . . . + W ⊂ V (la
somme étant prise 2k-fois). Le caractère équilibré de W et l’inégalité (2.1.2) nous disent
que
αW ⊂ kV et βW ⊂ kV.
Puisque (uj )j∈J (resp., (vj )j∈J ) est une suite généralisée de Cauchy de X, il existe j0 ∈ J
(resp., j1 ∈ J) tel que pour tout j, j 0 ∈ J avec j0 j et j0 j 0 (resp., j1 j et j1 j 0 )
on ait
uj − uj 0 ∈ W et vj − vj 0 ∈ W.
Puisque J est un ensemble préordonné filtrant croissant, il existe j2 ∈ J tel que j0 j1
et j0 j2 . On en déduit pour tout j, j 0 ∈ J avec j2 j et j2 j 0 ,
αuj + βvj − (αuj 0 + βvj 0 ) ∈ αW + βW ⊂ kW + kW ⊂ V.
Donc, la suite généralisée (αuj + βvj )j∈J est de Cauchy dans X.
Exercice 103 Soient (X, O) un K-espace vectoriel topologique, A une partie de X, (xj )j∈J
une suite généralisée de Cauchy de A. Montrer que toute sous-suite généralisée de (xj )j∈J
est une suite généralisée de Cauchy de A.
Solution. Soit (yi )i∈I une sous-suite généralisée de (xj )j∈J . Il existe une application
filtrante croissante s : I −→ J telle que pour tout i ∈ I, yi = xs(i) . Soit V un voisinage
53
de 0X dans X. Puisque (xj )j∈J est une suite généralisée de Cauchy de A, il existe j0 ∈ J
tel que pour tout j, j 0 ∈ J avec j0 J j et j0 J j 0 , on ait
xj − xj 0 ∈ V.
Le fait que s soit filtrante croissante nous dit qu’il existe i0 ∈ I tel que pour tout i ∈ I
avec i0 I i, on ait
j0 J s(i).
Ainsi, pour tout i, i0 ∈ I avec i0 I i et i0 I i0 , on a
xs(i) − xs(i0 ) ∈ V.
On en déduit pour tout i, i0 ∈ I avec i0 I i et i0 I i0 ,
yi − yi0 ∈ V.
Donc, (yi )i∈I est une suite généralisée de Cauchy de A.
Exercice 104 Soient (X, O) un K-espace vectoriel topologique, K un compact de X.
Alors, pour tout ouvert W de (X, O) avec W ⊃ K, il existe U ∈ NX (0X ) tel que
K + U ⊂ W.
Solution. Soit W un ouvert de (X, O) contenant K. Si K = ∅, il n’y a rien à établir.
Supposons donc K 6= ∅. Soit x ∈ K. Puisque x ∈ W et que W est ouvert dans (X, O), on
a W ∈ NX (x), donc il existe Wx0 ∈ NX (0X ) tel que W = x + Wx0 . Puisque Wx0 ∈ NX (0X ),
il existe Vx ∈ NX (0X ) ouvert dans (X, O) tel que
Vx + Vx ⊂ Wx0 .
Il s’ensuit
W = x + Wx0 ⊃ x + Vx + Vx .
S
D’autre part, l’inclusion K ⊂
y + Vy associée au fait que y + Vy est ouvert dans (X, O)
y∈K
pour chaque y ∈ K nous permet d’exploiter la compacité de K pour obtenir un entier
m ≥ 1, x1 , . . . , xm ∈ K tels que
m
[
K⊂
xi + Vxi .
i=1
Posons alors U =
m
T
Vxi ∈ NX (0X ) et observons que
i=1
K +U ⊂
m
[
(xi + Vxi ) + U ⊂ W.
i=1
2.2
Espaces vectoriels topologiques localement convexes
Exercice 105 Soient X, Y deux K-espaces vectoriels, T : X −→ Y une application linéaire, C, D deux parties de X.
(a) A-t-on co(T (C)) = T (co(C)) ?
(b) Que peut-on dire de co(λC) pour λ ∈ K et de co(C + D) ?
54
Solution. (a) Soit x ∈ co(T (C)). Il existe un entier m ≥ 1, y1 , . . . , ym ∈ T (C) et
m
P
λ1 , . . . , λm ∈ [0, 1] avec
λi = 1 tels que
i=1
x=
m
X
λi yi .
i=1
Pour tout i ∈ {1, . . . , m}, il existe xi ∈ C tel que
yi = T (xi ).
On en déduit
x=
m
X
λi T (xi ) = T (
i=1
Trivialement, on a
m
P
m
X
λi xi ).
i=1
λi xi ∈ C. On en déduit x ∈ T (co(C)), d’où l’inclusion
i=1
co(T (C)) ⊂ T (co(C)).
(2.2.1)
Soit y ∈ T (co(C)). Il existe x ∈ co(C) tel que y = T (x). Puisque x ∈ co(C), il existe un
m
P
entier m ≥ 1, x1 , . . . , xm ∈ C, λ1 , . . . , λm ∈ [0, 1] avec
λi = 1 tels que
i=1
x=
m
X
λi xi .
i=1
Il vient alors
m
m
X
X
λi T (xi ).
λ i xi ) =
y = T (x) = T (
i=1
i=1
Puisque
m
P
λi T (xi ) ∈ co(T (C)), on a l’inclusion
i=1
T (co(C)) ⊂ co(T (C)).
(2.2.2)
En combinant (2.2.1) et (2.2.2), on obtient l’égalité désirée.
Exercice 106 Soient X un K-espace vectoriel, C, D deux parties convexes de X. Montrer
que
[
co(C ∪ D) =
(tC + (1 − t)D).
t∈[0,1]
S
(tC +(1−t)D) ⊂ co(C ∪D) est triviale. Fixons u ∈ co(C ∪D).
S
Si u ∈ C ∪ D, alors évidemment u ∈
(tC + (1 − t)D). Supposons donc u ∈
/ C ∪ D. Il
Solution. L’inclusion
t∈[0,1]
t∈[0,1]
existe m ≥ 1 un entier, a1 , . . . , am ∈ C ∪ D, λ1 , . . . , λm ∈]0, 1] avec
m
P
λi = 1 tels que
i=1
u=
m
X
λi ai .
i=1
Posons K = {i ∈ {1, . . . , m} : ai ∈ C ∩ (X \ D)}. La convexité de D et le fait que u ∈
/D
nous dit que K 6= ∅. De même, posons L = {iP∈ {1, . . . , m} : ai ∈ D} et constatons que
L 6= ∅. La non-vacuité de K nous dit que τ =
λi ∈]0, 1]. Tout de suite, on observe que
i∈K
{1, . . . , m} = K ∪ L et K ∩ L = ∅.
55
En conséquence, on a
1=
m
X
i=1
λi =
X
λi +
i∈K
X
λi = τ +
i∈L
X
λi .
i∈L
P
De ceci et de la non-vacuité de L, on tire 1 − τ =
λi ∈]0, 1]. Posons
i∈L
c=
1 X
1X
λi ai , d =
λi ai
τ
1−τ
i∈K
i∈L
et constatons grâce à la convexité de C et D que c ∈ C et d ∈ D. On aboutit alors à
l’inclusion
[
u = τ c + (1 − τ )d ⊂
(tC + (1 − t)D).
t∈[0,1]
L’égalité souhaitée en découle.
Exercice 107 Soient K, K 0 deux compacts convexes d’un K-espace vectoriel topologique
(X, O). Montrer que co(K ∪ K 0 ) est compact.
Solution. Si K ou K 0 sont vides c’est trivial. Supposons donc K 6= ∅ et K 0 6= ∅. D’après
l’exercice ***, on a
[
(tK + (1 − t)K 0 ).
co(K ∪ K 0 ) =
t∈[0,1]
Soit (xj )j∈J une suite généralisée d’éléments de co(K ∪ K 0 ). Pour tout j ∈ J, il existe
tj ∈ [0, 1], kj ∈ K et kj0 ∈ K 0 tels que
xj = tj kj + (1 − tj )kj0 .
Puisque [0, 1] × K × K 0 est compact, il existe I un ensemble préordonné filtrant croissant,
s : I −→ J une application filtrante croissante et (t, k, k 0 ) ∈ [0, 1] × K × K 0 tels que
ts(i) −→ t, ks(i) −→ k
0
et ks(i)
−→ k 0 .
On en déduit que
xs(i) −→ tk + (1 − t)k 0 .
Il vient tout de suite que co(K ∪ K 0 ) est compact.
Exercice 108 Soit O la topologie engendrée sur un K-espace vectoriel X par une famille
non vide (pi )i∈I de semi-normes. Montrer que :
(a) Les semi-boules ouvertes de X sont des ensembles O-ouverts.
(b) Les semi-boules fermées de X sont des ensembles O-fermés.
Solution. (a) Puisque O est la topologie localement convexe engendrée par la famille
de semi-normes (pi )i∈I , nous savons que la famille des intersections de nombres finis de
semi-boules ouvertes deX est une base de la topologie O. Il découle de ceci que toute
semi-boule ouverte de X est un élément de cette base de O et donc en particulier toute
semi-boule ouverte de X est un élément de O, i.e., un ensemble O-ouvert.
(b) Soient a ∈ X, r > 0 un réel, i0 ∈ I. Notons B la semi-boule fermée de X centrée en a
de rayon r associée à la semi-norme pi0 , i.e.,
B = Bpi0 [a, r] = {x ∈ X : pi0 (x − a) ≤ r} .
Montrons que X \B est un ouvert de (X, O). Fixons x ∈ X \B. Posons rx = pi0 (x−a)−r >
0. Soit h ∈ Bpi0 (x, rx ). On a
pi0 (h − a) = pi0 (h − x + x − a)
≥ pi0 (x − a) − pi0 (h − x)
> pi0 (x − a) − pi0 (x − a) + r
= r,
56
donc en particulier Bpi0 (x, rx ) ⊂ X \ B. Ainsi, pour chaque x ∈ X \ B, il existe un réel
rx > 0 tel que
Bpi0 (x, rx ) ⊂ X \ B.
En conséquence, on a
X \B =
[
Bpi0 (x, rx ) ∈ O.
x∈X\B
2.3
Théorème de Hahn-Banach analytique
2.4
Théorèmes de séparation de Hahn-Banach
2.5
Dual topologique et topologie faible
Exercice 109 Soient (X, k·k) un K-espace vectoriel normé, S une partie de X. Montrer
que si S est séquentiellement faiblement fermée dans X alors S est fermée dans X.
Solution. Supposons que l’ensemble S soit séquentiellement faiblement fermé dans X.
Soit x ∈ adhX S. Il existe (xn )n∈N une suite d’éléments de S qui converge fortement
vers x. En particulier, (xn )n∈N converge faiblement vers x. Le caractère séquentiellement
faiblement fermé de S dans X nous dit alors que x ∈ S. Ainsi, on a
adhX S = S,
i.e., S est (fortement) fermé dans X.
Exercice 110 Soient X = lR2 (N) muni de son produit scalaire usuel h·, ·i et de √
sa norme
associée k·k. On note (en )n∈N la base hilbertienne naturelle de X et on pose S = { nen : n ∈ N}.
1) Montrer que S est séquentiellement faiblement fermé (et donc fortement fermé) dans
X.
2) Soit V un w(X, X ? )-voisinage de 0 dans X.
(a) Justifier qu’il existe un réel ε > 0 et (ζi )i∈I une famille non vide d’éléments de X tels
que
\
{x ∈ X : |hx, ζi i| < ε} ⊂ V.
i∈I
On pose alors pour chaque entier n ∈ N, ζ(n) =
P
|hζi , en i|.
i∈I
(b) Justifier que (|hζin, en i|)n∈N ∈ X et eno déduire que (ζ(n))n∈N ∈ X.
(c) Etablir que A = n ∈ N : ζ(n) < √εn contient une infinité d’éléments.
(d) Montrer que V ∩ S 6= ∅. Conclure que S n’est pas faiblement fermé dans X.
Exercice 111 Soient (X, k·k) un K-espace vectoriel normé de dimension infinie, SX =
{x ∈ X : kxk = 1} sa sphère unité.
1) Soient u ∈ X avec kuk < 1, V un w(X, X ? )-voisinage de x dans X.
a) Justifier qu’il existe un entier m ≥ 1, x?1 , . . . , x?m ∈ X ? et un réel r > 0 tels que
{x ∈ X : ∀i ∈ {1, . . . , m} , |hx?i , x − ui| < r} ⊂ V.
b) Montrer qu’il existe v ∈ X \ {0} tel que
hx?i , vi = 0
pour tout i ∈ {1, . . . , m} .
c) Montrer qu’il existe t ∈]0, +∞[ tel que u + tv ∈ SX ∩ W .
2) En déduire que
BX = adhw(X,X ? ) SX .
et conclure que la sphère unité d’un K-espace vectoriel normé de dimension infinie n’est
jamais w(X, X ? )-fermée.
57
Solution. (a) Rappelons que la famille
\
(
Bpx? (u, ε))ε>0,K∈Pfin (X ? ) ,
x? ∈K
est un système fondamental de w(X, X ? )-voisinages de u, où pour chaque x? ∈ X ? ,
px? : X → R est la semi-norme sur X définie par
px? (x) = |hx? , xi|
pour tout x ∈ X.
Donc, il existe m ≥ 1 un entier, x?1 , . . . , x?m et un réel r > 0 tels que
W = {x ∈ X : ∀i ∈ {1, . . . , m} , |hx?i , x − ui| < r} ⊂ V.
(b) Par l’absurde, supposons que pour tout y ∈ X \ {0}, il existe j ∈ {1, . . . , m} tel que
? xj , y 6= 0.
Dans ce cas, l’application R-linéaire ϕ : X → Rm définie par
ϕ(x) = (hx?1 , xi , . . . , hx?m , xi) pour tout x ∈ X,
serait injective et par conséquent dim X < +∞.
(c) Considérons la fonction g : R → R définie par
g(τ ) = ku + τ vk
pour tout τ ∈ R.
Puisque g est continue et satisfait g(0) < 1 et lim+∞ g = +∞, il existe t ∈]0, +∞[ tel que
g(t) = 1. On en déduit
u + tv ∈ SX ∩ W.
2) On a u + tv ∈ SX ∩ V 6= ∅, donc u ∈ adhw(X,X ? ) SX . Evidemment, on a SX ⊂
adhw(X,X ? ) SX , donc
BX ⊂ adhw(X,X ? ) SX .
Il s’ensuit
adhw(X,X ? ) SX ⊂ adhw(X,X ? ) BX ⊂ adhw(X,X ? ) SX .
Le fait que BX soit faiblement fermé donne alors
adhw(X,X ? ) SX = BX .
Si SX était w(X, X ? )-fermé, on aurait SX = BX ce qui serait absurde.
Exercice 112 (Opial) Soient X un R-espace de Hilbert, (xj )j∈J une suite généralisée
d’éléments de X qui converge faiblement dans X, x ∈ X. Montrer que (xj )j∈J converge
faiblement dans X vers x si et seulement si pour tout y ∈ X,
2
2
2
lim inf kxj − yk = kx − yk + lim inf kxj − xk .
j∈J
j∈J
En déduire que si (xj )j∈J converge faiblement vers x, alors pour tout y ∈ X \ {x},
lim inf kxj − yk > lim inf kxj − xk .
j∈J
j∈J
Solution. ⇒, Supposons que (xj )j∈J converge faiblement vers x. Fixons y ∈ X. On a
pour j ∈ J,
2
2
kxj − yk = kxj − x + x − yk
2
2
= kxj − xk + kx − yk + 2 hxj − x, x − yi .
58
Il vient alors
2
2
2
lim inf kxj − yk = lim inf (kxj − xk + kx − yk + 2 hxj − x, x − yi).
j∈J
j∈J
Or, on a
2
2
lim(kx − yk + 2 hxj − x, x − yi) = kx − yk .
j∈J
Il s’ensuit
2
2
2
lim inf kxj − yk = kx − yk + lim inf kxj − xk .
j∈J
j∈J
⇐, Supposons que pour tout y ∈ X, on ait
2
2
2
lim inf kxj − yk = kx − yk + lim inf kxj − xk .
j∈J
j∈J
Par hypothèse, il existe x0 ∈ X tel que (xj )j∈J converge faiblement vers x0 . On a pour
tout j ∈ J,
2
2
2
−2 hxj , x0 i = kxj − x0 k − kxj k − kx0 k .
Il s’ensuit pour tout j ∈ J,
2
2
2
2
−2 hxj , x0 i = kxj − x0 k − kxj − xk − kxk − 2 hxj − x, xi − kx0 k ,
ce qui s’écrit encore pour tout j ∈ J,
2
2
2
2
kxj − xk − 2 hxj , x0 i = kxj − x0 k − kxk − 2 hxj − x, xi − kx0 k .
Par passage à la limite inférieure, il vient
2
2
2
2
2
lim inf kxj − xk − 2 kx0 k = lim inf kxj − x0 k − kx0 k − kxk − 2 hx0 − x, xi .
j∈J
j∈J
En combinant notre hypothèse à l’égalité ci-dessus, on obtient
2
2
2
2
−2 kx0 k = kx − x0 k − kx0 k − kxk − 2 hx0 − x, xi .
En conséquence, on a
2
2
2
− kx0 k = −2 hx, x0 i + kx0 k − 2 hx0 , xi + 2 kxk ,
i.e.,
2
2
2 kxk + 2 kx0 k − 4 hx, x0 i = 0.
2
On aboutit alors à kx − x0 k = 0, i.e., x = x0 .
****EN DEDUIRE***
2.6
Topologie étoile faible
Exercice 113 Soient X un R-espace vectoriel normé, K une partie w(X ? , X)-compacte
convexe de X ? ne contenant pas 0X ? . Montrer que R+ K est w(X ? , X)-fermé.
Exercice 114 Soient X un C-espace vectoriel, ϕ : X −→ C une forme C-linéaire. Montrer que : (a) Pour tout x ∈ X,
ϕ(x) = Re(ϕ(x)) − i Re(ϕ(ix)).
(b) L’application ϕ est identiquement nulle si et seulement si Re(ϕ) est identiquement
nulle.
(c) On suppose que O est une topologie vectorielle sur X, i.e., (X, O) est un C-espace
vectoriel topologique. Montrer que ϕ est O-continue si et seulement si Re(ϕ) : X −→ R
est O-continue.
59
Solution. (a) Fixons x ∈ X. On vérifie tout de suite que pour tout z ∈ C,
i Re(z) = i Im(iz).
On en déduit
−i Re(ϕ(ix)) = −i Im(iϕ(ix))
= i Im(ϕ(−i2 x))
= i Im(ϕ(x)).
On a donc
ϕ(x) = Re(ϕ(x)) + i Im(ϕ(x))
= Re(ϕ(x)) − i Re(ϕ(ix)).
(b) Ceci découle trivialement de (a).
(c) ⇒, Supposons que ϕ est O-continue. On a pour tout x ∈ C,
Re(ϕ(x)) =
ϕ(x) + ϕ(x)
.
2
La O-continuité entraîne tout de suite la O-continuité de ϕ. Ceci combiné à l’égalité cidessus nous dit donc que Re(ϕ) : X −→ R est O-continue.
⇐, Supposons que Re(ϕ) : X −→ R soit O-continue. L’application Re(ϕ(i·)) : X −→ R est
alors également O-continue. Il reste à exploiter (a) pour conclure quant à la O-continuité
de ϕ.
Exercice 115 Soient (X, O) un R espace vectoriel topologique, K, L deux cônes convexes
non vides de X. Montrer que si K ∩ intO L 6= ∅, alors on a
(K ∩ L)◦ = K ◦ + L◦ .
Solution. Remarquons tout de suite que l’inclusion
K ◦ + L◦ ⊂ (K ∩ L)◦
a trivialement lieu. Supposons que K ∩intO L 6= ∅. Si (K ∩L)◦ \L◦ = ∅, alors (K ∩L)◦ = L◦
et dans ce cas
K ◦ ⊂ (K ∩ L)◦ = L◦ ⊂ L◦ + K ◦
puisque 0 ∈ K ◦ . Supposons donc (K ∩ L)◦ \ L◦ 6= ∅. Posons Q = intO L et fixons x? ∈
(K ∩ L)◦ \ L◦ . Il est aisé de montrer que l’ensemble
G = {(x, r) ∈ Q × R : hx? , xi > r}
est un cône convexe non vide ouvert dans X. Remarquons de plus que
G ∩ (K × [0, +∞[) = ∅.
En effet, par l’absurde supposons qu’il existe (x0 , r0 ) ∈ G∩(K ×[0, +∞[). On a x0 ∈ K ∩Q,
r0 ≥ 0 et
hx? , x0 i > r0 ≥ 0.
Or, x? ∈ (K ∩ L)◦ , d’où
hx? , x0 i ≤ 0
ce qui conduit à une contradiction. D’après la première forme géométrique du théorème
de séparation de Hahn-Banach, il existe (y ? , −λ) ∈ X ? × R et un réel α tels que
hy ? , yi − λs ≤ α et hy ? , ui − λr > α
60
pour tout (y, s) ∈ K × [0, +∞[, pour tout (u, r) ∈ G. Soit k0 ∈ K 6= ∅, s0 ∈ R+ . On a
pour tout n ∈ N? , n1 k0 ∈ K. Ainsi
? 1
y , k0 − λs0 ≤ α
n
pour tout réel s0 ≥ 0, pour tout entier naturel n non nul. Par passage à la limite, il vient
0 ≤ α. Pour tout n ∈ N? , on a
hy ? , nk0 i − λns0 ≤ 0.
Ceci garantit par passage à la limite, hy ? , k0 i − λs0 ≤ 0. On dispose donc des relations
hy ? , yi − λs ≤ 0 et hy ? , ui − λr > 0
(2.6.1)
pour tout (y, s) ∈ K × [0, +∞[, pour tout (u, r) ∈ G. Notons que pour tout n ∈ N?
1
y ? , k0 − λs0 ≤ 0.
n
Un nouveau passage à la limite, fournit −λs0 ≤ 0 et donc λ ≥ 0. Par l’absurde, supposons
λ = 0 et considérons x0 ∈ K ∩ Q 6= ∅. On a
hy ? , x0 i ≤ 0 et hy ? , x0 i − λ(hx? , x0 i − 1) = hy ? , x0 i > 0
puisque (x0 , hx? , x0 i − 1) ∈ G. Ceci amène à une contradiction. Ainsi, λ 6= 0. En divisant
par λ > 0 dans (2.6.1) et en notant λ1 y ? = u? , on a
hu? , yi − s ≤ 0 et hu? , ui − r > 0
pour tout (y, s) ∈ K × [0, +∞[, pour tout (u, r) ∈ G. En particulier, pour tout y ∈ K
hu? , yi ≤ 0
ce qui garantit u? ∈ K ◦ . Fixons un réel ε > 0, q ∈ Q. On a
(q, hx? , qi − ε) ∈ G
donc
hu? , qi − hx? , qi + ε > 0.
En faisant ε ↓ 0, il vient
hu? − x? , qi ≥ 0
ce qui garantit x? − u? ∈ Q◦ . On en déduit
x? = (x? − u? ) + u? ∈ K ◦ + Q◦
ce qui termine la preuve.
Exercice 116 Soient (X, k·k) un K-espace vectoriel normé, K un k·k-compact de X,
(xn )n∈N une suite d’éléments de K, x ∈ X. Montrer que si xn
w(X,X ? )
−→
n→+∞
k·k
x, alors xn −→ x.
n→+∞
?
Solution. Supposons que xn
w(X,X )
−→
n→+∞
x. Par l’absurde, supposons que xn 6→ x. Il existe
un réel ε > 0 tel que pour tout N ∈ N, il existe nN ∈ N avec nN ≥ N satisfaisant
kxnN − xk ≥ ε. Il est aisé de construire une sous-suite (xs(n) )n∈N de (xn )n∈N vérifiant
pour tout n ∈ N,
xs(n) − x ≥ ε.
Puisque (xs(n) )n∈N est une suite d’éléments de K qui est k·k-compact, il existe (xs◦s0 (n) )n∈N
k·k
w(X,X ? )
n→+∞
n→+∞
une sous-suite de (xs(n) )n∈N et x0 ∈ K tels que xs◦s0 (n) −→ x0 . Le fait que xn
61
−→
x
entraîne évidemment que xs◦s0 (n)
xs◦s0 (n)
w(X,X ? )
−→
n→+∞
w(X,X ? )
−→
n→+∞
x tandis que xs◦s0 (n)
k·k
−→
n→+∞
x0 entraîne que
x0 . On en déduit que x = x0 . On a donc d’une part
xs◦s0 (n) − x ≥ ε pour tout n ∈ N
et d’autre part
k·k
xs◦s0 (n) −→ x
n→+∞
k·k
Ceci est contradictoire et donne donc xn −→ x.
n→+∞
Exercice 117 Soit (X, O) un K-espace vectoriel topologique. Montrer que si K = R, il
existe une forme R-linéaire O-continue de X non nulle si et seulement si 0X est un point
intérieur d’un convexe de X distinct de X. Le résultat subsiste t-il si K = C ?
Solution. Cas 1 : K = R.
⇒, Supposons qu’il existe une forme R-linéaire O-continue non nulle ϕ : X −→ R. Posons
C = {ϕ < 1}. Evidemment, C est un convexe ouvert de X, distinct de X, qui contient
0X . ⇐, Supposons qu’il existe un convexe D de X avec D 6= X tel que 0X ∈ intX D.
Posons C = intX D. L’ensemble C est un convexe ouvert de X distinct de X. Il existe
donc a ∈ X tel que a ∈
/ C, i.e., {a} ∩ C = ∅. On peut donc appliquer le 1er théorème
de séparation géométrique de Hahn-Banach pour obtenir en particulier l’existence d’une
forme R-linéaire O-continue de X.
Cas 2 : K = C.
⇒, Supposons qu’il existe une forme C-linéaire O-continue non nulle ψ : X −→ C. Posons
ϕ = Re e(ψ). D’après ***, on a pour tout x ∈ X,
ψ(x) = ϕ(x) − iψ(ix).
Evidemment, ϕ est R-linéaire, O-continue et non nulle. Il suffit alors d’observer que C =
{ϕ < 1} est un convexe ouvert de X distinct de X qui contient 0X . ⇐, Supposons qu’il
existe un convexe D de X avec D 6= X tel que 0X ∈ intX D. D’après le Cas 1, on dispose
d’une forme R-linéaire O-continue non nulle ϕ : X −→ R. Il suffit alors d’observer que
ψ : X −→ C
x 7−→ ϕ(x) − iϕ(ix)
est une forme C-linéaire de X, O-continue et non nulle.
Exercice 118 Soit (X, O) un K-espace vectoriel topologique localement convexe séparé
(Hausdorff ). On suppose qu’il existe un entier m ≥ 1 et p1 , . . . , pm des semi-normes sur
X telles que la famille (pk )1≤k≤m engendre la topologie O. Montrer qu’il existe une norme
k·k sur X engendrant la topologie O.
Solution. Considérons la fonction
k·k : X −→ R
x 7−→ max pk (x).
1≤k≤m
Montrons que k·k est une norme sur X. On a trivialement k0X k = 0,
kλxk = |λ| kxk
pour tout (λ, x) ∈ K × X,
ainsi que
kx + yk ≤ kxk + kyk
pour tout (x, y) ∈ X 2 .
Soit x ∈ X tel que kxk = 0. Par l’absurde, supposons que x 6= 0X . Puisque la topologie
O engendrée par la famille (pk )1≤k≤m de semi-normes de X est séparée (Hausdorff), nous
62
savons *** qu’il existe k0 ∈ {1, . . . , m} tel que pk0 (x) 6= 0. On aurait donc pk0 (x) > 0 et
en particulier kxk > 0, ce qui est absurde. Donc, k·k est une norme sur X. Notons Topk·k
la topologie sur X engendrée par cette norme et montrons que Topk·k = O. Remarquons
tout d’abord que pour tout j ∈ {1, . . . , m}, pour tout x ∈ X, on a
pj (IdX (x)) = pj (x) ≤ max pk (x).
1≤k≤m
Donc, pour tout j ∈ {1, . . . , m}, pour tout x ∈ X, il vient
pj (IdX (x)) ≤ 1. kxk .
D’après ***, IdX est (Topk·k , O)-continue sur X. On en déduit O ⊂ Topk·k . D’autre part,
on a pour tout x ∈ X,
kIdX (x)k = kxk = max pk (x),
1≤k≤m
d’où pour tout x ∈ X,
kIdX (x)k ≤ 1. max pk (x).
1≤k≤m
Une nouvelle application de *** nous dit alors que IdX est (O, Topk·k )-continue sur X.
En conséquence, on a l’inclusion Topk·k ⊂ O. Finalement, on a bien O = Topk·k .
***Exercice sur le polaire de l intersection de deux cones convexes égale à la somme
des polaires, voir L.T. Chapitre 2***
Exercice 119 Soit X un R espace vectoriel, C, D deux parties de X. Montrer que
co(C + D) = co(C) + co(D).
Solution. L’inclusion du membre de gauche dans celui de droite est triviale. Détaillons
l’inclusion renversée. Soit z ∈ co(C) + co(D). Il existe x ∈ co(C), y ∈ co(D) tels que
z = x + y.
Il existe deux entiers m, n ≥ 1, des éléments x1 , . . . , xm ∈ C, y1 , . . . , yn ∈ D, λ1 , . . . , λm ∈
[0, 1], µ1 , . . . , µn ∈ [0, 1] tels que
x=
m
X
λ i xi
et y =
i=1
avec
m
P
λi = 1 et
i=1
n
P
n
X
µj yj
j=1
µj = 1. On a
j=1
X
λi µj (xi + yj ) =
1≤i≤m
1≤j≤n
X
λi µj xi +
1≤i≤m
1≤j≤n
X
λi µj yj .
1≤i≤m
1≤j≤n
Remarquons que
X
λi µj xi =
1≤i≤m
1≤j≤n
m
X

! n
X
λi xi 
µj  = x
i=1
j=1
m
X

! n
X
λi 
µj yj  = y.
et
X
λi µj yj =
i=1
1≤i≤m
1≤j≤n
j=1
On en déduit
X
λi µj (xi + yj ) = z.
1≤i≤m
1≤j≤n
63
Reste à voir que
X
λi µj =
m
X

! n
X
λi 
µj  = 1.
i=1
1≤i≤m
1≤j≤n
j=1
pour aboutir au résultat désiré.
Exercice 120 Soient (X, OX ) un K-espace vectoriel topologique, s : X −→ R une fonction réelle sous-linéaire continue en 0X . Montrer que s est continue sur X.
Solution. Si X = {0X }, il n’y a rien à démontrer. Supposons donc X 6= {0X }. Fixons
a ∈ X \ {0X }. Soit (aj )j∈J une suite généralisée d’éléments de X telle que aj −→ a.
j∈J
Constatons tout de suite que pour tout j ∈ J,
s(aj ) − s(a) ≤ s(aj − a) + s(a) − s(a) = s(aj − a)
(2.6.2)
et
s(a) ≤ s(a − aj ) + s(aj ).
De la deuxième inégalité on tire, pour tout j ∈ J,
−s(a − aj ) ≤ s(aj ) − s(a).
(2.6.3)
En combinant (2.6.2) et (2.6.3), on a pour tout j ∈ J,
−s(a − aj ) ≤ s(aj ) − s(a) ≤ s(aj − a).
Puisque s est continue en 0X et que aj − a −→ 0X , l’encadrement ci-dessus nous donne
j∈J
s(aj ) −→ s(a).
j∈J
Donc, la fonction s est continue en a.
Exercice 121 Soient (X, O) un K-espace vectoriel topologique. Montrer que :
(a) Toute partie d’un ensemble borné de (X, O) est bornée dans (X, O) ;
(b) La réunion d’un nombre fini d’ensembles bornés de (X, O) est un ensemble borné dans
(X, O) ;
(c) L’image d’une partie bornée de (X, O) par une application linéaire continue Λ de
(X, O) dans un K-espace vectoriel topologique (Y, T ) est une partie bornée dans (Y, T ).
Solution. (a) Soient A une partie de X bornée dans (X, O), B une partie de A. Fixons
V un O-voisinage de 0X . Par définition d’ensemble borné d’un K-espace vectoriel topologique, il existe α ∈ K avec α 6= 0 tel que A ⊂ αV . Evidemment, on a B ⊂ αV , ce qui
nous dit que B est borné dans (X, O).
(b) Soient m ∈ N, A1 , . . . , Am des parties bornées de (X, O). Fixons V un O-voisinage de
0X . Il existe W un O-voisinage équilibré de 0X tel que W ⊂ V . Il existe α1 , . . . , αm ∈
K \ {0} tels que Ai ⊂ αi W . Posons α = max1≤i≤m |αi | > 0. Puisque W est O-équilibré,
on a pour tout i ∈ I,
αi W ⊂ αW.
Sm
Sm
Ainsi, on a l’inclusion i=1 Ai ⊂ αW ⊂ αV . En conséquence, l’ensemble i=1 Ai est
borné dans (X, O).
(c) Soit A une partie bornée de (X, O). Posons B = Λ(A). Soit V un T -voisinage de 0Y .
Posons W = Λ−1 (V ) qui est un O-voisinage de 0X puisque Λ est continue sur X. Le fait
que A soit borné dans (X, O) nous dit qu’il existe α ∈ K avec α 6= 0 tel que A ⊂ αW.
Trivialement, on vérifie que
B = Λ(A) ⊂ Λ(αW ) = αΛ(W ) ⊂ αV.
Ainsi, l’ensemble B est (Y, T ) borné.
64
Exercice 122 (Minorante affine continue d’une fonction convexe) Soient (X, O)
un R-espace vectoriel topologique localement convexe, f : X −→ R ∪ {+∞} une fonction
convexe semi-continue inférieurement sur X. Montrer qu’il existe x? ∈ X ? et un réel r tel
que pour tout x ∈ X,
hx? , xi + r ≤ f (x).
On dit que la fonction hx? , ·i + r est une minorante affine continue de f .
Solution. On peut supposer f 6≡ +∞ (sinon c’est trivial). Il existe alors x ∈ X tel que
f (x) ∈ R. Fixons c ∈ R tel que c < f (x). On a tout de suite (x, c) ∈ X \ epi f . Posons
A = {(x, c)} et B = epi f . Evidemment, l’ensemble A est un convexe compact non vide de
X. Puisque f 6≡ +∞, on a B 6= ∅. Le fait que f soit convexe nous dit que B est convexe
dans X × R tandis que la semi-continuité de f sur X nous dit qu’il est est fermé dans
X × R. Par application du Théorème de séparation de Hahn-Banach (2ème version), il
existe ϕ : X × R −→ K une forme K-linéaire continue et deux réels α et ε > 0 tels que
A ⊂ {ϕ ≤ α − ε}
et B ⊂ {ϕ ≥ α + ε} .
(2.6.4)
Puisque ϕ ∈ (X × R)? , il existe (d’après ***) un unique (u? , θ) ∈ X ? × θ tel que pour tout
(x, t) ∈ X × R,
ϕ(x, t) = hu? , xi + θt.
La première inclusion de (2.6.4) nous donne
hu? , xi + θc ≤ α − ε.
(2.6.5)
D’après la deuxième inclusion de (2.6.4), on a
hu? , xi + θt ≥ α + ε.
(2.6.6)
L’inclusion (x, f (x)) ∈ epi f nous permet d’utiliser l’inégalité ci-dessus et d’obtenir ainsi
hu? , xi + θf (x) ≥ α + ε.
En combinant ceci à l’inégalité (2.6.5), on a
hu? , xi + θf (x) ≥ α + ε
≥α−ε
≥ hu? , xi + θc,
i.e. θf (x) > θc. Puisque c < f (x), ceci nous dit que θ > 0. Posons x? = − θ1 u? et r = α+ε
θ .
Fixons x0 ∈ X.
Cas 1 : f (x0 ) < +∞. Alors, on dispose de l’inclusion (x0 , f (x0 )) ∈ epi f . On peut donc
appliquer une nouvelle fois (2.6.6) pour obtenir
hu? , x0 i + θf (x0 ) ≥ α + ε,
ce qui s’écrit encore
hx? , x0 i + r ≤ f (x0 ).
Cas 2 : f (x0 ) = +∞. On a trivialement hx? , x0 i + r ≤ f (x0 ).
En conséquence, nous venons d’établir que pour tout x ∈ X,
hx? , xi + r ≤ f (x),
ce qui termine la preuve.
Exercice 123 Soient (X, O) un R-espace vectoriel topologique, ϕ : X −→ R une forme
linéaire. Montrer que ϕ est continue sur X si et seulement si il existe une fonction s :
X −→ R sous-linéaire continue sur X avec ϕ ≤ s.
65
Solution. ⇒, Supposons que ϕ soit continue sur X. Puisque ϕ est une forme linéaire,
ϕ est évidemment une fonction sous-linéaire. Ainsi, l’inégalité triviale ϕ ≤ ϕ permet de
conclure.
⇐, Supposons qu’il existe une fonction s : X −→ R sous-linéaire continue sur X avec
ϕ ≤ s. Fixons x ∈ X. Puisque ϕ ≤ s, on a
ϕ(x) ≤ s(x) et ϕ(−x) ≤ s(−x).
La deuxième inégalité s’écrit encore ϕ(x) ≥ −s(−x). En combinant tout ceci et les égalités
ϕ(0X ) = s(0X ) = 0, on aboutit à
−(s(−x) − s(0X )) ≤ ϕ(x) − ϕ(0X ) ≤ s(x) − s(0X ).
Puisque s est continue en 0, on a
s(u) −→ 0 et s(−u) −→ 0.
En conséquence, il vient
ϕ(u) − ϕ(0X ) −→ 0.
Exercice 124 Soient (X, k·k) un K-espace vectoriel normé, x ∈ X, (xj )j∈J une suite
généralisée d’éléments de X avec xj −→ x. Montrer que xj −→ x.
Solution. Fixons x? ∈ X ? . On a pour tout j ∈ J,
|hx? , xj i − hx? , xi| = |hx? , xj − xi|
≤ kx? k kxj − xk .
Puisque xj −→ x, on a
|hx? , xj i − hx? , xi| −→ 0.
On en déduit xj −→ x.
Exercice 125 (Principe d’annulation de H. Radström) Soient X un K-espace vectoriel normé, A, B, C ∈ 2X . On suppose :
(a) B convexe fermé de X ;
(b) C borné non vide de X ;
(c) A + C ⊂ B + C.
Montrer que A ⊂ B.
Solution. Fixons a ∈ A. Soit c0 ∈ C 6= ∅. On va construire une suite (bn , cn )n∈N?
d’éléments de B × C telle que pour tout n ∈ N \ {0}
na + c0 =
n
X
bi + c n .
i=1
Construction de (b1 , c1 ) : On a a + c0 ∈ A + C, donc via (c), a + c0 ∈ B + C. Il existe
(b1 , c1 ) ∈ B × C tel que
a + c0 = b1 + c1 .
Supposons construits pour k ∈ N \ {0} fixé, b1 , . . . , bk ∈ B, c1 , . . . , ck ∈ C tels que
ka + c0 =
k
X
bi + ck .
i=1
En combinant les inclusions a + ck ∈ A + C et A + C ⊂ B + C, on a
a + ck ∈ B + C.
66
Il existe (bk+1 , ck+1 ) ∈ B × C tel que
a + ck = bk+1 + ck+1 .
On en déduit
(k + 1)a + c0 = ka + c0 + a
=
k
X
bi + ck + bk+1 + ck+1 − ck
i=1
=
k+1
X
bi + ck+1 .
i=1
D’où la construction de la suite (bn , cn )n∈N? . Posons pour tout n ∈ N \ {0}, xn =
1
n
n
P
bi .
i=1
On a pour tout n ∈ N \ {0}
cn+1
c0
− .
n
n
Puisque B est convexe, xn ∈ B pour tout n ∈ N \ {0}. Evidemment, on a cn0 −→ 0. Le
fait que C soit borné nous dit que cn+1
n −→ 0. Ainsi, on a xn → a. Le caractère fermé de
B dans X nous dit que a ∈ B.
a = xn +
Exercice 126 Etablir le théorème des bipolaires.
Exercice 127 Soient (X, O) un K-espace vectoriel topologique localement convexe séparé
(Hausdorff ), K un compact de X tel que 0 ∈
/ K. Montrer que l’ensemble R+ K est Ofermé.
Solution. Puisque (X, O) est un K-espace vectoriel topologique localement convexe, il
existe une famille non vide (pl )l∈L de semi-normes de X associée à la topologie O. Soit
(uj )j∈J une suite généralisée d’éléments de R+ K avec λj uj −→ u. Par définition de R+ K,
pour tout j ∈ J, il existe (λj , xj ) ∈ R+ × K tel que
uj = λj xj .
Puisque K est O-compact, on peut extraire de (xj )j∈J une sous-suite généralisée convergeant vers x0 , i.e. il existe (I, I ) un ensemble préordonné filtrant croissant et s : I −→ J
une application filtrante croissante telle que
xs(i) −→ x ∈ K.
On a évidemment λs(i) xs(i) −→ u. La topologie O étant séparée (Hausdorff) et x 6= 0 (car
0∈
/ K), il existe lx0 ∈ L tel que plx0 (x0 ) 6= 0. Notons N = plx0 et constatons que
N (λs(i) xs(i) ) −→ N (u)
et
N (xs(i) ) −→ N (x).
Puisque N est une semi-norme sur X, on a pour tout i ∈ I
λs(i) =
On en déduit λs(i) −→
N (u)
N (x) .
N (λs(i) xs(i) )
.
N (xs(i) )
En conséquence, on a
λs(i) xs(i) −→
67
N (u)
x.
N (x)
Le fait que X soit séparé (Hausdorff) nous dit que
u=
N (u)
x ∈ R+ K.
N (x)
Donc, l’ensemble R+ K est fermé dans (X, O).
***Contre-exemple avec un K contenant 0***
Exercice 128 Soient (X, O) un R espace vectoriel topologique localement convexe séparé
(Hausdorff ). Les assertions suivantes ont lieu.
a) Pour toute partie C de X, on a :
σ(·, C) = σ(·, co C)
b) Pour toutes parties C1 , C2 de X, on a :
co C1 ⊂ co C2 ⇐⇒ σ(·, C1 ) ≤ σ(·, C2 )
et en particulier,
co C1 = co C2 ⇐⇒ σ(·, C1 ) = σ(·, C2 )
Solution. a) Soient C une partie non vide de X, x? ∈ X ? . On a l’inégalité suivante
σ(x? , C) ≤ σ(x? , co C)
puisque C ⊂ coC. De plus, on a
σ(x? ; co C) =
hx? , ui = sup hx? , ui
sup
u∈adhO (co C)
(2.6.7)
u∈co C
où la première égalité résulte du fait que co C = adhO (co C) et la seconde du lemme (??)
et de la O - continuité de hx? , ·i. Fixons alors u0 ∈ co C. Il existe un entier m ≥ 1, des
m
P
réels λ1 , . . . , λm positifs avec
λi = 1 et des éléments u1 , . . . , um de C, tels que
i=1
u = λ1 u1 + . . . + λm um .
Ainsi, on a
hx? , ui = λ1 hx? , u1 i + . . . + λm hx? , um i
≤ λ1 σ(x? ; C) + . . . + λm σ(x? ; C)
= σ(x? ; C)
d’où l’on déduit
sup hx? , ui ≤ σ(x? ; C).
u∈co C
Ceci combiné avec (2.6.7) fournit
σ(x? ; co C) ≤ σ(x? ; C)
et donc l’égalité.
b) ⇒, Supposons co C1 ⊂ co C2 . On a
σ(·; co C1 ) ≤ σ(·; co C2 )
et via a),
σ(·; C1 ) ≤ σ(·; C2 ).
⇐, Réciproquement, raisonnons par l’absurde. Supposons qu’il existe a ∈ co C1 tel que
a∈
/ co C2 . Le singleton {a} est convexe dans X, O - compact et co C2 est convexe dans
X, O - fermé. On a de plus
{a} ∩ co C2 = ∅.
68
D’après le théorème de séparation de Hahn-Banach (2ème forme géométrique), il existe
a ∈ X ? , un réel α et un réel ε > 0 tels que
α + ε ≤ ha? , ai
et
ha? , ui ≤ α − ε
pour tout u ∈ co C2 . Ainsi, on a
σ(a? ; co C2 ) ≤ α − ε < α + ε ≤ σ(a? ; co C1 )
ce qui contredit l’hypothèse
σ(·; co C1 ) ≤ σ(·; co C2 )
et termine la preuve.
Exercice 129 Soient (X, O) un espace topologique, f : X −→ R une fonction à valeurs
réelles étendues convexe. Montrer que f est O-semi-continue inférieurement sur X si et
seulement si f est w(X, X ? )-semi-continue inférieurement sur X.
Solution. ⇐, Puisque w(X, X ? ) ⊂ O, f est O-semi-continue inférieurement sur X (notez
que l’hypothèse de convexité n’est nullement nécessaire ici).
⇒, Supposons que f soit O-semi-continue inférieurement sur X. L’ensemble epif est fermé
dans X × R . Puisque f est convexe, epi f est convexe. Via Mazur, epi f est faiblement
fermé dans X × R. On en déduit que f est w(X, X ? )-semi-continue inférieurement sur X.
***Exercice sur le produit des topologies faibles***
Exercice 130 Soient (X, k·k) un K-espace vectoriel, (un )n∈N une suite d’éléments de X
telle que un −→ u pour la topologie faible w(X, X ? ). Pour tout n ∈ N \ {0}, on pose
n
vn =
1X
uk .
n
k=1
Montrer que vn −→ u pour la topologie faible w(X, X ? ).
Solution. Fixons x? ∈ X ? . Pour tout n ∈ N
*
+
n
n
X
1X ?
?
? 1
hx , vn i = x ,
uk =
hx , uk i .
n
n
k=1
Posons pour tout n ∈ N? ,
k=1
an = hx? , un i .
Puisque un −→ u pour la top. faible, on a an −→ hx? , ui. Via le Lemme de Césaro,
n
1X ?
hx , uk i −→ hx? , ui .
n
k=1
On en déduit hx? , vn i −→ hx? , ui. Donc, vn −→ u pour la top faible.
Exercice 131 Soient (X, O) un K-espace vectoriel topologique... de dimension infinie, K
un compact de (X, O). Déterminer intO K.
Solution. Par l’absurde, supposons que intO K 6= ∅. Fixons x ∈ intO K. Par définition,
l’ensemble K est un O-voisinage de x. Notons V un O-voisinage fermé de x inclus dans
K. La compacité de K nous dit alors que V est O-compact. D’après le Théorème ***, X
est de dimension finie sur K. Ceci est évidemment contradictoire et termine la preuve.
69
Exercice 132 Soient (X, O) un K-espace vectoriel topologique, A, B deux parties de X.
Montrer que :
(a) Si A est O-compact et B est O-fermé, alors A + B est O-fermé ;
(b) Si A et B sont O-compacts, alors A + B est O-compact ;
(c) ***
Solution. (a) Si A = ∅ ou B = ∅, alors A + B = ∅ et donc A + B est fermé dans X.
Supposons donc A et B non-vides. Soit (xj )j∈J une suite généralisée d’éléments de A + B
convergeant dans (X, O) vers x ∈ X. Par définition de A + B, pour chaque j ∈ J, il existe
(aj , bj ) ∈ A × B tel que xj = aj + bj . L’ensemble A étant O-compact et (aj )j∈J étant
une suite généralisée d’éléments de A, il existe un ensemble préordonné filtrant croissant
(I, I ), s : I −→ J une application filtrante croissante, (as(i) )i∈I une sous-suite généralisée
de (aj )j∈J et a ∈ A tels que
as(i) −→ a.
Puisque xj −→ x et puisque pour tout i ∈ I, bs(i) = xs(i) − as(i) , on a bs(i) −→ x − a. Le
caractère O-fermé nous dit alors que x − a ∈ B. Ainsi, l’égalité x = a + (x − a) permet de
conclure que x ∈ A + B.
Exercice 133 Soient (X, O) un K-espace vectoriel topologique ***, Y un sous-espace
vectoriel de X. Montrer que
n
o
Y ? = x?|Y : x? ∈ X ? .
Solution. Evidemment, on a
n
o
x?|Y : x? ∈ X ? ⊂ Y ? .
Montrons l’inclusion renversée. Fixons ϕ ∈ Y ? . Il existe ψ : X −→ K une forme linéaire
continue sur X telle que ψ prolonge ϕ, i.e.,
ψ|Y = ϕ.
n
o
On a donc ϕ ∈ x?|Y : x? ∈ X ? . L’inclusion souhaitée en découle.
Exercice 134 Soient (X, O) un K-espace vectoriel topologique, S une partie de X. Montrer que
coO S = adhO (co S).
Solution. Puisque adhO (co S) est un convexe fermé de X contenant S, on a
coO S ⊂ adhO (co S).
D’autre part, coO S est un fermé de X contenant co S. On en déduit
adhO (co S) ⊂ coO S.
D’où l’égalité voulue.
70
Chapitre 3
Quelques résultats de base sur les
espaces de Banach
3.1
Trois théorèmes fondamentaux d’analyse fonctionnelle
Exercice 135 Montrer que tout espace topologique localement compact a la propriété de
Baire.
Exercice 136 Exercice. Montrer que tout ouvert (resp., fermé) d’un espace métrique
complet est un espace topologique de Baire pour la topologie induite.
Exercice 137 Soient (E, k·k) un K-espace de Banach de K-dimension infinie. Montrer
que E n’admet pas de base algébrique dénombrable.
Solution. Par l’absurde, supposons que E admette une base algébrique dénombrable.
Notons la (vj )j∈J où J est un ensemble infini dénombrable. On dispose d’une application
ϕ : N −→ J bijective. Posons pour tout n ∈ N, en = vϕ(n) . Posons également, pour tout
p ∈ N,
Fp = vectK {e0 , . . . , ep } .
Evidemment, pour tout p ∈ N, Fp est un sous-espace vectoriel de E de K-dimension finie,
donc en particulier c’est un fermé de (E, k·k). Observons trivialement que
[
E=
Fp .
p∈N
Fixons p0 ∈ N. Supposons par l’absurde que intE Fp0 6= ∅. Fixons alors x ∈ intE Fp0 . Il
existe r > 0 un réel tel que B [x, r] ⊂ Fp0 . Soit v ∈ E. Si v = 0E , alors v ∈ Fp0 . Supposons
donc v 6= 0E . On a alors
r
v ∈ B [0, r] ,
kvk
r
r
donc x+ kvk
∈ B [x, r] ⊂ Fp0 . Ainsi, kvk
v ∈ Fp0 , i.e. v ∈ Fp0 . Ceci nous dit que E = Fp0 , ce
qui est absurde car E est de K-dimension infinie. Donc, pour tout p ∈ N, Fp est d’intérieur
vide dans (E, k·k). Puisque E est la réunion de fermés de (E, k·k), d’intérieur vide dans
(E, k·k), d’après Baire, on a que E est d’intérieur vide dans (E, k·k). Ceci est absurde et
nous dit donc que E n’admet pas de base algébrique dénombrable.
Exercice 138 Soit (X, k·k) un K-espace vectoriel normé de dimension infinie. Le Kespace vectoriel topologique (X, w(X, X ? )) est-il un espace topologique de Baire ?
71
Solution. Pour chaque n ∈ N, posons Fn = nBX . Via Mazur, pour tout n ∈ N, Fn est
w(X ? , X)-fermé. D’après l’exercice ***, on a
intw(X,X ? ) BX = ∅.
Pour tout n ∈ N, l’application
qn : X −→ X
x 7−→ nx
est un homéomorphisme de (X, w(X, X ? )) sur lui-même. Il vient pour tout n ∈ N
qn (intw(X,X ? ) BX ) = intw(X,X ? ) qn (BX ) = intw(X,X ? ) nBX = ∅.
L’égalité
[
Fn = X
n∈N
nous dit que (X, w(X, X ? )) ne peut pas être un espace topologique de Baire.
Exercice 139 Soient (X, k·k) un K-espace de Banach, (ϕn )n∈N une suite d’éléments de
X ? . On suppose qu’il existe une suite (εn )n∈N de réels strictement positifs avec εn −→ 0
et satisfaisant que pour tout x ∈ X, l’existence d’un réel Kx ≥ 0 tel que pour tout n ∈ N
|ϕn (x)| ≤ Kx εn .
Montrer que kϕn k? −→ 0.
Solution. Fixons un réel ε > 0. Posons pour chaque n ∈ N,
\
Fn =
{x ∈ X : |ϕk (x)| ≤ nε} .
k∈N
Soient k0 , n0 ∈ N. Puisque ϕk0 : X −→ K est continue sur X, l’ensemble {x ∈ X : |ϕk0 (x)| < n0 ε}
est k·k-fermé dans X. Ainsi, Fn0 est k·k-fermé dans X en tant qu’intersections de k·kfermés de X. Trivialement, on a l’inclusion
[
Fn ⊂ X.
n∈N
Montrons que cette inclusion est en fait une égalité. Fixons x0 ∈ X. Par hypothèse, il
existe un réel Kx0 ≥ 0 tel que pour tout k ∈ N
|ϕk (x)| ≤ Kx εk .
La suite (Kx εk )k∈N est évidemment bornée puisque convergente (vers 0). Il existe donc
un réel M > 0 tel que pour tout k ∈ N
|ϕk (x)| ≤ M.
Choisissons N ∈ N tel que
M
ε
≤ N . On a pour tout k ∈ N
|ϕk (x)| ≤ N ε,
i.e. x ∈ FN . On dispose donc bien de l’égalité
[
Fn = X.
n∈N
D’après le théorème de Baire, il existe p ∈ N tel que intX Fp 6= ∅. Il existe donc v ∈ X et
un réel r > 0 tel que
v + rBX ⊂ Fp .
72
Ainsi, pour tout k ∈ N, pour tout u ∈ BX
|ϕk (v + ru)| ≤ pε.
De ceci, on tire pour tout k ∈ N, pour tout u ∈ BX
r |ϕk (u)| ≤ pε + |ϕk (v)| .
Une nouvelle application de notre hypothèse nous donne un réel Kv ≥ 0 tel que pour tout
k∈N
|ϕk (v)| ≤ Kv εk .
En combinant ( ?) et ( ?), on obtient pour tout k ∈ N, pour tout u ∈ BX
|ϕk (u)| ≤
Kv εk
pε
+ .
r
r
Donc, pour tout k ∈ N
pε
Kv εk
+ .
r
r
Puisque ε > 0 a été fixé quelconque, on en arrive à
0 ≤ kϕk k? ≤
0 ≤ kϕk k? ≤
Kv εk
,
r
d’où la convergence désirée.
3.2
Espace de Banach et dual topologique
Exercice 140 Soient X un K-espace vectoriel, k·k1 , k·k2 deux normes équivalentes sur
X. Montrer que les deux normes duales k·k1,? et k·k2,? sont équivalentes. En déduire :
(a) (X ? , k·k1,? )? = (X ? , k·k2,? )? ;
(b) (X, k·k1 ) est réflexif si et seulement si (X, k·k2 ).
Solution. Fixons u? ∈ X ? . Par définition de norme duale, pour chaque i ∈ {1, 2}, on a
ku? ki,? = sup |hx? , xi| .
x∈BXi
Puisque k·k1 et k·k2 sont équivalentes, il existe α, β ∈ R?+ tels que
α k·k1 ≤ k·k2 ≤ β k·k1 .
Observons que ceci entraîne tout de suite BX1 ⊂ βBX2 et αBX2 ⊂ BX1 ce qui permet
d’écrire
ku? k1,? ≤ sup |hu? , xi| = β sup |hu? , xi| = β ku? k2,?
x∈BX2
x∈βBX2
ainsi que
ku? k2,? ≤
sup |hu? , xi| =
1
x∈ α
BX1
1
1
sup |hu? , xi| = ku? k1,? .
α x∈BX1
α
Il s’ensuit
α k·k2,? ≤ k·k1,? ≤ β k·k2,? ,
en particulier les normes k·k1,? et k·k2,? sur X ? sont équivalentes, ce qui nous donne
l’égalité des biduaux topologiques de (X ? , k·k1,? ) et de (X ? , k·k2,? ), i.e.,
(X ? , k·k1,? )? = (X ? , k·k2,? )? .
La réflexivité de (X, k·k1 ) est donc équivalente à celle de (X, k·k2 ).
73
Exercice 141 Soient (X, k·k) un K-espace de Banach, A une partie de X. On suppose
que pour tout x? ∈ X ? , x? (A) est borné dans K. Montrer que A est borné dans X.
Solution. Si A = ∅, c’est trivial. Supposons donc A 6= ∅. Pour chaque a ∈ A, considérons
l’application ϕa : X ? → K définie par
ϕa (x? ) = hx? , ai
pour tout x? ∈ X ? .
Observons que ϕa ∈ X ?? pour chaque a ∈ A. Notons que pour tout x? ∈ X ? ,
sup |ϕa (x? )| = sup |hx? , ai| < +∞,
a∈A
a∈A
où la dernière inégalité résulte du fait que x? (A) est borné dans K pour chaque x? ∈ X ? .
Puisque (X ? , k·k? ) est un K-espace de Banach, nous pouvons appliquer le Théorème de
Banach-Steinhaus et ainsi obtenir un réel γ ≥ 0 tel que
sup kϕa k?? ≤ γ.
a∈A
On a alors
sup sup |hx? , ai| ≤ γ,
a∈A x? ∈BX ?
d’où (par application de la Proposition 16.4)
sup kak ≤ γ.
a∈A
Ainsi, l’ensemble A est borné dans X.
Exercice 142 Soient (X, k·k) un K-espace de Banach, B une partie de X ? . On suppose
que pour tout x ∈ X, {hx? , xi : x? ∈ B} est borné dans K. Montrer que B est borné dans
X ?.
Solution. Si B = ∅, c’est trivial. Supposons donc B 6= ∅. Pour chaque x? ∈ B, considérons
l’application ϕx? : X → K définie par
ϕx? (x) = hx? , xi
?
pour tout x ∈ X.
?
Observons que ϕx? ∈ X pour chaque x ∈ X ? . Notons que pour tout x ∈ X,
sup |ϕx? (x)| = sup |hx? , xi| < +∞,
x? ∈B
x? ∈B
où la dernière inégalité résulte du fait que {hx? , xi : x? ∈ B} est borné dans K pour chaque
x? ∈ X ? . Puisque (X, k·k) est un K-espace de Banach, nous pouvons appliquer le Théorème
de Banach-Steinhaus et ainsi obtenir un réel γ ≥ 0 tel que
sup kϕx? k? = sup sup |hx? , xi| ≤ γ.
x? ∈B
x? ∈B x∈BX
On a alors sup kx? k? ≤ γ. Ainsi, l’ensemble B est borné dans X ? .
x? ∈B
3.3
Espace de Banach réflexif
3.4
Séparabilité d’un espace de Banach
3.5
Théorème d’Eberlein-Smulian
3.6
Espaces vectoriels topologiques de dimension finie
3.7
Espaces de suites
Exercice 143 Montrer que :
∞
(a) lK
(N) est un sous-espace vectoriel du K-espace vectoriel F(N, K) ;
74
∞
(b) la fonction k·k∞ : lK
(N) → R définie par
k(ζn )n∈N k∞ = sup |ζn |
n∈N
∞
pour tout (ζn )n∈N ∈ lK
(N)
∞
est une norme sur lK
(N) ;
∞
(c) (lK (N), k·k∞ ) est complet.
Exercice 144 Montrer que (c0K (N), k·k∞ ) est complet.
3.8
Espaces des fonctions continues sur un compact
Exercice 145 Soient (X, k·k) un R-espace de Banach réflexif, f : X → R ∪ {+∞} une
fonction convexe semi-continue inférieurement sur X et vérifiant limkxk→+∞ f (x) = +∞.
Alors, il existe x ∈ X tel que
inf f = f (x).
X
Solution. Si inf X f = +∞, alors f ≡ +∞ et c’est trivial. Supposons inf X f < +∞.
Fixons λ ∈ R tel que λ > inf X f . Il existe r ∈]0, +∞[ tel que pour tout x ∈ X avec
kxk > r,
f (x) > λ.
Notons que ceci nous dit que {f ≤ λ} ⊂ rB. Soit (xn )n∈N une suite d’éléments de X telle
que
f (xn ) → inf f.
X
Il existe n0 ∈ N tel que pour tout entier n ≥ n0 ,
f (xn ) ≤ λ.
L’inclusion {f ≤ λ} ⊂ rB combinée à l’inégalité ci-dessus nous dit que (xn )n∈N est une
suite bornée de X. Puisque X est réflexif, il existe (xs(n) )n∈N une sous-suite de (xn )n∈N
et x ∈ X tels que
w
xs(n) → x.
Le fait que f soit convexe semi-continue inférieurement sur X nous garantit (grâce à
Mazur) que f est faiblement semi-continue inférieurement sur X. De ceci, il découle tout
de suite que
f (x) ≤ lim inf f (xs(n) ) = inf f.
n→+∞
X
En conséquence, on a f (x) = inf X f .
Exercice 146 Soient (T, d) un espace métrique compact et Lips(T, R) l’ensemble des
fonctions Lipschitziennes de T dans R. Montrer que Lips(T, R) est dense dans (C(T, R), k·k∞ )
où k·k∞ désigne la norme de la convergence uniforme sur C(T, R).
Solution. On vérifie tout de suite que Lips(T, R) est une sous-algèbre de C(T, R). D’autre
part, la fonction 1 : T → R constante de valeur 1 est évidemment un élément de Lips(T, R).
Enfin, Lips(T, R) sépare les points car pour a, b ∈ T avec a 6= b, la fonction d(·, a) ∈
Lips(T, R) et vérifie
d(a, a) = 0 6= d(b, a),
ce qui permet d’appliquer le théorème de Stone-Weierstrass.
On dit qu’une partie non vide fermée d’un R-espace vectoriel normé X est proximinale
lorsque pour tout x ∈ X, ProjS (x) 6= ∅.
Exercice 147 Soit X un R-espace vectoriel normé. Montrer que :
(a) Toute partie non vide faiblement boule-compact de X est proximinale.
(b) Toute partie non vide faiblement fermée de X est proximinale lorsque X est réflexif.
75
Solution. Fixons S une partie non vide de X.
(a) Supposons que S soit faiblement boule-compact. Si S = X, il n’y a rien à établir.
Supposons donc S 6= X et fixons x ∈ X \ S. Posons r = dS (x) + 1 et C = B[x, r] ∩ S.
Puisque dS (x) < r, il existe s ∈ S tel que
ks − xk < r.
En particulier, ceci nous dit que l’ensemble C est non vide. Définissons ϕ : X → R par
ϕ(x) = kx − xk
pour tout x ∈ X.
Puisque ϕ est une fonction convexe continue sur X, elle est faiblement semi-continue
inférieurement sur X. Le fait que C soit faiblement boule-compact nous dit qu’il est
faiblement fermé et donc que la restriction ϕ|C de ϕ à C est semi-continue inférieurement
sur C. Il existe alors v ∈ C tel que
dC (x) = inf kx − xk = inf ϕ|C (x) = kv − xk .
x∈C
x∈C
Le fait que C ⊂ S nous dit tout de suite que dS (x) ≤ dC (x). Par l’absurde, supposons
que dS (x) < dC (x). Il existe alors y ∈ S tel que
ky − xk < dC (x) = kv − xk ≤ r.
Donc, on a y ∈ C et ceci est absurde. On en déduit
dS (x) = dC (x) = kv − xk .
L’inclusion v ∈ S donne alors que v ∈ ProjS (x). En conséquence, S est proximinale.
(b) Supposons que X soit réflexif et que S soit faiblement fermée. Fixons (x, r) ∈ X×]0, +∞[.
Le caractère réflexif de X nous dit que B[x, r] est faiblement compact. Donc, l’ensemble
S ∩B[x, r] qui est faiblement fermé grâce à Mazur est faiblement compact. Par application
de (a), S est proximinale.
Exercice 148 Soient (X, O) un K-espace vectoriel topologique localement convexe séparé
(Hausdorff ) séparable, A une partie non vide w(X ? , X)-compacte. Montrer que la topologie
induite sur A par w(X, X ? ) est métrisable.
Solution. Puisque (X, O) est un espace topologique séparable, il existe une suite (un )n∈N
d’éléments de X satisfaisant
adhO {un : n ∈ N} = X.
P 1 |hx? −y? ,un i|
Pour chaque (x? , y ? ) ∈ X ? ×X ? , on vérifie que
2n 1+|hx? −y ? ,un i| est une série numérique
?
?
convergente. Notons d : X × X −→ R la fonction définie par
d(x? , y ? ) =
+∞
X
1 |hx? − y ? , un i|
2n 1 + |hx? − y ? , un i|
n=0
pour tout (x? , y ? ) ∈ X ? × X ? .
***d est une distance sur *** (utiliser EXO 80) Montrons que IdX ? est (w(X ? , X), d)continue sur X ? . ***Fixons u? ∈ X ? . Soit (x?j )j∈J une suite généralisée d’éléments de
X ? qui w(X ? , X)-converge vers u? . Fixons un réel ε > 0. Pour chaqu*** Ainsi, IdX ?
est (w(X ? , X), d)-continue sur X ? . Notons dA la distance induite sur A par d et wA la
topologie induite sur A par w(X ? , X). L’application IdA est donc (wA , dA )-continue sur
A. Puisque (A, wA ) est compact et que (A, dA ) est séparé Hausdorff, l’application IdA est
un homéomorphisme. Donc, la topologies wA est métrisable.
Exercice 149 Soient X un K-espace vectoriel, k·k1 et k·k2 deux normes sur X telles
que (X, k·k1 ) et (X, k·k2 ) soient complets. On suppose que les deux normes ne sont pas
équivalentes. Montrer que IdX n’est ni (k·k1 , k·k2 )-continue, ni (k·k2 , k·k1 )-continue.
76
Solution. Il suffit de montrer que IdX n’est pas (k·k1 , k·k2 )-continue. Par l’absurde,
supposons que IdX soit (k·k1 , k·k2 )-continue. Puisque (X, k·k1 ) et (X, k·k2 ) sont complets,
IdX est un homéomorphisme, donc Id−1
X = IdX est (k·k2 , k·k1 )-continue. On en déduit
que les topologies associées à k·k1 et à k·k2 coïncident, ce qui contredit le fait que k·k1 et
k·k2 ne sont pas équivalentes.
Exercice 150 Soit T une topologie séparée (Hausdorff ) sur K pour laquelle (K, T ) est
un K-espace vectoriel topologique. A t-on T = OK , où OK désigne la topologie usuelle sur
K?
Solution. Puisque (K, T ) est un K-espace vectoriel topologique, l’application
K × K −→ K
(λ, x) 7−→ λx
est continue sur K × K pour la topologie produit issue des topologies OK et T sur K × K
et pour la topologie T sur K. Donc, l’application
IdK : K −→ K
λ 7−→ λ
est (OK , T )-continue sur K. On en déduit que T ⊂ OK . Montrons que IdK est (T , OK )continue sur K. Fixons ε > 0 un réel.
Cas 1 : K = R. On a −ε 6= 0K . Puisque (K, T ) est séparé (Hausdorff), il existe U1 un
T -voisinage de 0K tel que −ε ∈
/ U1 . De même, il existe U2 un T -voisinage de 0K tel que
ε∈
/ U2 . Puisque U1 ∩ U2 est un T -voisinage de 0K , il existe V un voisinage T -ouvert de
0X équilibré tel que
V ⊂ U1 ∩ U2 .
Evidemment, on a −ε ∈
/ V et ε ∈
/ V . Soit λ ∈ K
avec |λ| ≥ 1. Si λε ∈ V (resp., λ(−ε) ∈ V )
1
1
1
λε ∈ V (resp., |λ|
(−λε) ∈ V ) car |λ|
alors |λ|
≤ 1 et ceci contredit ε ∈ V ou −ε ∈ V . On
en déduit donc
V = IdK (V ) ⊂] − ε, ε[.
Par conséquent, IdK est (T , OK )-continue en 0K . La K-linéarité de IdK nous dit que IdK
est (T , OK )- continue sur K. Donc, on a OK ⊂ T puis OK = T .
Cas 2 : K = C. *************
1
∞
Exercice 151 Montrer que (lK
(N), k·k1 ) et (lK
(N), k·k∞ ) ne sont pas réflexifs.
1
Solution. Supposons par l’absurde que (lK
(N), k·k1 ) soit réflexif. D’après ***, il existe
1
une isométrie linéaire bijective Φ : (lK
(N), k·k1 ) −→ (c0K , k·k∞ )? . En particulier, Φ est
une application linéaire bicontinue. Donc, (c0K , k·k∞ )? est réflexif. Or, (c0K , k·k∞ ) n’est pas
réflexif, donc (c0K , k·k∞ )? ne peut pas être réflexif. Ceci est contradictoire et nous dit donc
1
que (lK
(N), k·k1 ) n’est pas réflexif.
∞
Supposons par l’absurde que (lK
(N), k·k∞ ) ne soit pas réflexif. Evidemment, on a
∞
c0K (N) ⊂ lK
(N).
∞
Montrons que c0K (N) est fermé dans (lK
(N), k·k∞ ). Fixons ζ ∈ adhlK∞ (N) c0K (N). Il existe
∞
(ζn )n∈N une suite d’éléments de c0K (N) telle que (ζn )n∈N converge dans lK
(N) vers ζ.
Fixons un réel ε > 0. Il existe n0 ∈ N tel que pour tout entier n ≥ n0 ,
kζn − ζk∞ ≤
ε
.
2
On a donc pour tout k ∈ N,
|ζn0 (k) − ζ(k)| ≤
77
ε
.
2
Il vient alors pour tout k ∈ N,
|ζ(k)| ≤
ε
+ |ζn0 (k)| .
2
Puisque (ζn0 (k))k∈N est une suite réelle qui converge vers 0, il existe k0 ∈ N tel que pour
tout entier k ≥ k0 ,
ε
|ζn0 (k)| ≤ .
2
Ainsi, pour tout entier k ≥ k0 , on a
|ζ(k)| ≤ ε.
∞
Ceci nous dit que ζ ∈ c0K (N). Donc, c0K (N) est fermé dans (lK
(N), k·k∞ ). Nous en déduisons
0
que cK (N) muni de la norme induite par k·k∞ est réflexif. Ceci est contradictoire et nous
∞
dit donc que (lK
(N), k·k∞ ) n’est pas réflexif.
Exercice 152 Soient X = lR∞ (N), k·k = k·k∞ et X ? = (X, k·k)? .
(a) Pour chaque n ∈ N, on considère
ϕn : X −→ R
ζ 7−→ ζ(n).
Montrer que pour tout n ∈ N, ϕn ∈ X ? .
(b) Justifier que BX ? est w(X ? , X)-compact, que ϕn ∈ BX ? mais qu’il n’existe pas de
sous-suite w(X ? , X)-convergente de (ϕn )n∈N .
(c) Que peut-on en conclure ?
Solution. Solution. (a) Trivial.
(b) Rappelons que BX ? est w(X ? , X)-compact en vertu du théorème de Banach-AlaogluBourbaki. D’autre part, on a pour tout n ∈ N, pour tout ζ ∈ BX ,
hϕn , ζi = ζ(n)
≤ sup |ζ(k)|
k∈N
= kζkX .
On en déduit pour tout n ∈ N, kϕn kX ? ≤ 1. Supposons qu’il existe une sous-suite
(ϕs(n) )n∈N de (ϕn )n∈N et ϕ ∈ X ? tels que ***. Pour tout ζ ∈ X, on a
ϕs(n) , ζ −→ hϕ, ζi ,
i.e., pour tout ζ ∈ X, ζ(s(n)) −→ ϕ(ζ). Soit ζ0 l’élément de X défini pour tout n ∈ N,


si n ∈ {s(2k) : k ∈ N}
1
ζ0 (n) = −1 si n ∈ {s(2k + 1) : k ∈ N}


0
sinon.
Observons que pour tout n ∈ N,
ζ0 (s(n)) = (−1)n .
Ceci contredit évidemment ζ0 (s(n)) −→ ϕ(ζ).
(c) Via (b), nous savons que (BX ? , w(X ? , X)) n’est pas un espace topologique métrisable.
Via la ***Proposition 4.4***, (X, k·k) ne peut pas être séparable.
Exercice 153 Soient (X, k·kX ), (Y, k·kY ) deux K-espaces vectoriels normés, Λ : X −→ Y
une application linéaire. Montrer que Λ est continue sur X si et seulement si pour toute
suite (xn )n∈N avec xn −→ 0X , la suite (Λ(xn ))n∈N est bornée dans Y .
78
Solution. ⇒, Trivial.
⇐, Par l’absurde, supposons que Λ ne soit pas continue sur X. Puisque Λ est une application linéaire, elle ne peut pas être continue en 0X . Il existe donc une suite (un )n∈N
de X avec un −→ 0X telle que Λ(un ) 6−→ 0Y . Il est aisé de construire s : N −→ N une
application strictement croissante sur N telle que pour tout n ∈ N, Λ(us(n) ) 6= 0Y et
Λ(us(n) ) 6−→ 0Y . Posons pour tout n ∈ N,
1
xn = q
us(n) .
us(n) X
On a évidemment xn −→ 0X . Remarquons que pour tout n ∈ N,
1
kΛ(xn )kY = q
Λ(us(n) )Y .
us(n) X
Puisque Λ(us(n) ) 6−→ 0Y , on a Λ(us(n) ) 6−→ 0. Il existe un réel ε > 0 tel que pour tout
k ∈ N, il existe un entier Nk ≥ k tel que
Λ(us(N ) ) ≥ ε.
k
Y
On construit sans difficultés s0 : N −→ N une application strictement croissante sur N
telle que pour tout n ∈ N,
Λ(us◦s0 (n) ) ≥ ε.
Y
Posons pour tout n ∈ N, u0n = us◦s0 (n) et x0n = xs0 (n) . On a tout de suite x0n −→ 0X et
pour tout n ∈ N,
1
1
kΛ(x0n )kY = p
kΛ(u0n )kY ≥ p
ε.
0
kun kX
ku0n kX
On en déduit kΛ(x0n )kY −→ +∞. Ceci contredit notre hypothèse et termine la preuve.
Exercice 154 Soient (X, k·kX ) un K-espace de Banach, (Y, k·kY ) un K-espace vectoriel
normé, Λ : X −→ Y une application K-linéaire continue. On suppose qu’il existe un réel
γ > 0 tel que pour tout x ∈ X,
γ kxkX ≤ kΛ(x)kY .
(a) Justifier que Λ est injective.
(b) Montrer que Λ(X) est fermé dans Y .
(c) Montrer qu’il y a un isomorphisme Λ0 : X −→ Λ(X) (où Λ(X) est supposé muni de
la norme induite par k·kY ) tel que pour tout x ∈ X,
Λ0 (x) = Λ(x).
−1 (d) Estimer la norme Λ0 L(Λ(X),X) où L(Λ(X), X) est le K-espace vectoriel des applications K-linéaires continues de Λ(X) dans X et où k·kL(Λ(X),X) est la norme d’opérateurs
sur L(Λ(X), X).
Solution. (a) Soit x ∈ X tel que Λ(x) = 0Y . On a
γ kxkX ≤ kΛ(x)kY = 0,
donc (car γ > 0) x = 0X . Ainsi, Λ est injective.
(b) On va montrer que Λ(X) est complet. Soit donc (yn )n∈N une suite de Cauchy de Λ(X)
relativement à k·kY . Pour chaque n ∈ N, il existe xn ∈ X tel que yn = Λ(xn ). Observons
que pour tout m, n ∈ N,
0 ≤ kxn − xm kX ≤
1
1
kΛ(xn ) − Λ(xm )kY = kyn − ym kY .
γ
γ
79
Puisque (yn )n∈N est une suite de Cauchy, les inégalités ci-dessus entraînent que (xn )n∈N
est une suite de Cauchy dans (X, k·kX ) qui est un K-espace de Banach. Donc, il existe
x ∈ X tel que xn −→ x. Par continuité de Λ, on a Λ(xn ) −→ Λ(x) ∈ Λ(X). Donc,
(yn )n∈N est une suite convergente ce qui nous dit que Λ(X) est complet dans (Y, k·kY ),
en particulier fermée dans (Y, k·kY ).
(c) L’application Λ0 est trivialement linéaire, bijective et continue sur X (ce dernier point
résultant de la continuité de Λ). Le fait que (X, k·kX ) et (Λ(X), k·k0 ) soient des K-espaces
de Banach nous permet d’appliquer le Théorème d’isomorphisme de Banach et ainsi obtenir que Λ0 est un isomorphisme.
(d) Pour tout y ∈ Λ(X), on a
−1
γ Λ−1
0 (y) X ≤ Λ(Λ0 (y)) Y
= Λ0 (Λ−1
0 (y)) Y
= kykY
= kyk0 .
Donc, on a pour tout y ∈ Λ(X),
−1 Λ (y) ≤ 1 kyk .
0
0
X
γ
On en déduit
−1 1
Λ ≤ .
0
L(Λ(X),X)
γ
Exercice 155 Soient (X, k·kX ) un K-espace de Banach réflexif, (Y, k·kY ) un K-espace
vectoriel normé, Λ : X −→ Y une application K-linéaire continue sur X. Montrer que
Λ(BX ) est fermé dans Y .
Solution. Soit y ∈ adhY Λ(BX ). Fixons (yn )n∈N une suite d’éléments de Λ(BX ) qui
converge vers y ∈ Y . Pour chaque n ∈ N, il existe xn ∈ BX tel que yn = Λ(xn ). Puisque
X est réflexif, il existe une sous-suite (xs(n) )n∈N de (xn )n∈N et un élément x ∈ BX tels
que xs(n) −→ x. La continuité de Λ nous donne alors
ys(n) = Λ(xs(n) ) −→ Λ(x).
On en déduit y = Λ(x) ∈ Λ(BX ).
Exercice 156 Soient (X, k·k) un K-espace vectoriel normé. Montrer que :
(a) la norme duale k·kX ? : X ? −→ R est w(X ? , X)-semi-continue inférieurement sur X ? ;
(b) pour toute partie bornée A de X ? , l’ensemble adhw(X ? ,X) A est borné dans X ? .
Solution. (a) Fixons r ∈ R et montrons que l’ensemble {k·k? ≤ r} est w(X ? , X)-fermé.
Soit (x?j )j∈J une suite généralisée d’éléments de {k·k? ≤ r} qui w(X ? , X)-converge vers
x? ∈ X ? . Fixons x ∈ BX . Soit ε > 0 un réel. Puisque x?j , x −→ hx? , xi il existe j0 ∈ J
tel que pour tout j ∈ J avec j0 j, on ait
? xj , x − hx? , xi ≤ ε.
En particulier, on a pour tout j ∈ J avec j0 j,
|hx? , xi| ≤ x?j , x + ε.
Or, pour tout j ∈ J, on a x?j ? ≤ r. Ainsi, pour tout j ∈ J avec j0 j,
|hx? , xi| ≤ x?j ? kxk + ε ≤ r + ε.
80
On en déduit
|hx? , xi| ≤ r.
Par passage à la borne supérieure, il vient kx? k ≤ r, i.e. x? ∈ {k·k? ≤ r}. L’ensemble
{k·k? ≤ r} est donc w(X ? , X)-fermé ce qui nous dit que k·k? est w(X ? , X)-semi-continue
inférieurement.
(b) Par hypothèse, il existe un réel K > 0 tel que pour tout x? ∈ A, kx? k? ≤ K. Si
adhw(X ? ,X) A = ∅, c’est trivial. Fixons a? ∈ adhw(X ? ,X) A. Il existe une suite généralisée
(a?j )j∈J d’éléments de A qui w(X ? , X)-converge vers a? . On a alors pour tout j ∈ J,
?
aj ≤ K.
?
Il vient
lim inf a?j ? ≤ K.
j∈J
?
Puisque k·k? est w(X , X)-semi-continue inférieurement, on aboutit à
ka? k? ≤ lim inf a?j ? ≤ K.
j∈J
Donc, l’ensemble adhw(X ? ,X) A est borné dans X ? .
Exercice 157 Soient (X, k·k) un K-espace vectoriel normé, C une partie w(X ? , X)?
compacte de X ? . Est-ce que l’ensemble cow(X ,X) (C) est w(X ? , X)-compact ?
Solution. Par définition, on a
cow(X
?
,X)
(C) = adhw(X ? ,X) (co C)
(3.8.1)
?
ce qui nous donne tout de suite que cow(X ,X) (C) est w(X ? , X)-fermé. Puisque C est
w(X ? , X)-compact, le Théorème de Banach-Alaoglu-Bourbaki nous dit que C est borné
dans X ? . De ceci, il découle trivialement que l’ensemble co C est borné dans X ? . D’après
l’Exercice 156, l’ensemble adhw(X ? ,X) (co C) est borné dans X ? . Une nouvelle application du Théorème de Banach-Alaoglu-Bourbaki combinée à l’égalité (3.8.1) nous dit que
?
cow(X ,X) (C) est w(X ? , X)-compact.
Exercice 158 Soient (X, k·k) un K-espace de Banach, E, F deux sous-espaces vectoriels
fermés de X tels que E + F soit fermé dans X. Montrer qu’il existe un réel γ > 0 tel que
pour tout z ∈ (E + F ) \ {0}, il existe (x, y) ∈ E × F avec z = x + y satisfaisant
kxk ≤ γ kzk
et
kyk ≤ γ kzk .
Solution. Notons N (·) (resp., k·kE (resp., k·kF )) la norme induite sur le K-espace vectoriel
E + F (resp., E (resp., F )) par k·k. Puisque E + F (resp., E (resp., F )) est fermé dans
X, E + F (resp., E (resp., F )) est un K-espace de Banach. Munissons E × F de la norme
produit
k·k∞ : E × F −→ R
(x, y) 7−→ max {kxkE , kykF } .
On constate tout de suite que (E × F, k·k∞ ) est un K-espace de Banach. Trivialement,
l’application
Λ : E × F −→ E + F
(x, y) 7−→ x + y
est K-linéaire continue sur E × F et surjective. Le théorème de l’application ouverte de
Banach nous donne donc un réel c > 0 tel que
cBE+F ⊂ Λ(BE×F ).
81
Soit z ∈ E + F avec z 6= 0. Il existe (u, v) ∈ BE+F tel que
c
z = Λ(u, v).
kzk
kzk
Posons x = kzk
c u et y = c v. On a évidemment z = x + y. Puisque k(u, v)k∞ ≤ 1, on a
kuk ≤ 1 et kvk ≤ 1. On a alors
kzk
c
kxk ≤
Il suffit alors de poser γ =
1
c
et
kyk ≤
kzk
.
c
> 0 pour conclure.
Exercice 159 Soient (X, k·k) un K-espace vectoriel normé, (xn )n∈N une k·k-suite de
w(X,X? )
k·k
n→+∞
n→+∞
Cauchy de X telle que xn −−−−−→ 0X . Montrer que xn −−−−−→ 0X .
Solution. Fixons un réel ε > 0. Il existe N ∈ N tel que pour tout p, q ∈ N avec q ≥ p ≥ N ,
kxp − xq k ≤ ε. Fixons m, n ∈ N avec n ≥ m ≥ N . Constatons tout de suite que
xn ∈ xm + εBX .
(3.8.2)
L’égalité
xm + εBX = B[xm , ε]
nous dit que xm + εBX est un convexe fortement fermé de X. Via Mazur, xm + εBX est
w(X,X? )
faiblement fermé dans X. Ceci combiné à (3.8.2) et à l’hypothèse xn −−−−−→ 0X nous
n→+∞
dit que
0X ∈ xm + εBX ,
k·k
i.e. kxm k ≤ ε. On en déduit xn −−−−−→ 0X .
n→+∞
Exercice 160 Soient (X, k·k) un K-espace de Banach, x ∈ X, x? ∈ X ? , (xn )n∈N une
k·k
suite d’éléments de X, (x?n )n∈N une suite d’éléments de X ? satisfaisant xn −−−−−→ x et
n→+∞
w(X,X? )
x?n −−−−−→ x? . Montrer que hx?n , xn i −−−−−→ hx? , xi.
n→+∞
n→+∞
Solution. Puisque la suite (x?n )n∈N est w(X ? , X)-convergente, elle est w(X ? , X)-bornée,
donc d’après ***( ?)***, k·k? -bornée. Il existe donc un réel γ ≥ 0 tel que pour tout n ∈ N
kx?n k? ≤ γ.
On a pour tout n ∈ N
|hx?n , xn i − hx? , xi| = |hx?n , xn − xi + hx?n − x? , xi|
≤ |hx?n , xn − xi| + |hx?n − x? , xi|
≤ kx?n k? kxn − xk + |hx?n − x? , xi|
≤ γ kxn − xk + |hx?n − x? , xi| .
Grâce à l’hypothèse xn −→ x, on a kxn − xk −→ 0. Puisque x?n −→ x? , on a
|hx?n − x? , xi| −→ 0
. On en déduit
|hx?n , xn i − hx? , xi| −→ 0,
i.e. hx?n , xn i −→ hx? , xi.
Exercice 161 Soit (X, k·k) un K-espace vectoriel de dimension infinie. Déterminer intw(X,X ? ) BX .
82
Solution. Par l’absurde, supposons intw(X,X ? ) BX 6= ∅. Fixons v ∈ intw(X,X ? ) BX . Evidemment, l’application
q : X −→ X
x 7−→ − x
est un homéomorphisme de (X, w(X, X ? )) dans (X, w(X, X ? )). En particulier, on a
q(intw(X,X ? ) BX ) = intw(X,X ? ) q(BX ).
Cette égalité combinée à BX = −BX nous donne
−intw(X,X ? ) BX = intw(X,X ? ) BX .
Notons que la convexité de BX garantit celle de intw(X,X ? ) BX ? , d’après la ***Proposition
2.2.***. Il vient
1
1
0X = v + (−v) ∈ intw(X,X ? ) BX .
2
2
Rappelons que la famille de parties de X (où Pfin(X ? ) désigne l’ensemble des parties finies
non vides de X ? )
!
m
\
Bpu? (0X , r)
i
i=0
?
m∈N,u?
i ∈Pfin (X ),r∈]0,+∞[
est un système fondamental de voisinages de 0X dans (X, w(X, X ? )). Il existe donc n ∈ N,
x?0 , . . . , x?n ∈ X ? et un réel ρ > 0 tels que
n
\
Bpx? (0X , ρ) ⊂ BX .
i
i=0
Cette inclusion s’écrit également
{x ∈ X : ∀ i ∈ {0, . . . , m} , |hx?i , xi| < ρ} ⊂ BX .
En vertu du ***Lemme 6.5***,
dimension finie). Fixons u ∈
m
T
i=0
m
T
i=0
kerx?i 6= {0X ? } (sinon, le dual algébrique de X est de
kerx?i avec u 6= 0X . On obtient que
{ku : k ∈ N} ⊂ BX .
Donc, pour tout k ∈ N, k kuk ≤ 1. Ceci est absurde compte-tenu du fait que u 6= 0X .
Ainsi, on a démontré
intw(X,X ? ) BX = ∅.
Exercice 162 Soient (X, O) un R-espace vectoriel localement convexe séparé (Hausdorff ), ϕ : X −→ R une forme linéaire non nulle. Montrer que ϕ est O-continue sur
X si et seulement si ker ϕ est O-fermé dans X.
Solution. ⇒, Supposons que ϕ soit O-continue sur X. Le fait que X soit séparé (Hausdorff) garantit que {0X } est O-fermé dans X. L’ensemble
ϕ−1 ({0X }) = ker ϕ
est donc O-fermé dans X.
⇐, Supposons que ker ϕ soit O-fermé dans X. Puisque ϕ est non nulle, il existe v ∈
X \ ker ϕ. Il est aisé d’observer que {v} est O-compact et convexe dans X. L’ensemble
kerϕ est O-fermé dans X par hypothèse et convexe dans X car c’est un sous-espace
vectoriel de X. Par le théorème de Hahn-Banach seconde version géométrique, il existe
83
ψ : X −→ K une forme linéaire non-nulle O-continue sur X, α ∈ R et un réel ε > 0 tels
que
ker ϕ ⊂ {Re(ψ) ≤ α − ε} et {v} ⊂ {Re(ψ) ≥ α + ε}.
(3.8.3)
Fixons x ∈ ker ϕ. Pour n ∈ N? , observons que nx ∈ ker ϕ de même que −nx. La première
des deux inclusions de (3.8.3) nous donne alors
1
1
(ε − α) ≤ ψ(x) ≤ (α − ε).
n
n
On en déduit ψ(x) = 0, i.e. x ∈ kerψ. Via le ***Lemme 6.5.***, il existe un réel λ tel que
ψ = λϕ.
De plus, λ 6= 0 car ψ est non-nulle, donc
ϕ = λ−1 ψ.
Exercice 163 Soit (X, k·k) un K-espace vectoriel normé de dimension infinie. Déterminer intw(X ? ,X) BX ? .
Solution. D’après le théorème de Banach-Alaoglu-Bourbaki, BX ? est w(X ? , X)-compact.
Supposons par l’absurde que intw(X ? ,X) BX ? 6= ∅. Fixons u? ∈ intw(X ? ,X) BX ? . L’application
q : X ? −→ X ?
x? 7−→ − x?
est un homéomorphisme de (X ? , w(X ? , X)) sur lui-même. On en déduit que
q(intw(X ? ,X) BX ? ) = intw(X ? ,X) q(BX ? ),
i.e. −intw(X ? ,X) BX ? = intw(X ? ,X) BX ? . De cette égalité et de la convexité de intw(X ? ,X) BX ?
(due à la convexité de BX ? ), il vient
0X =
1
1
u + (−u) ∈ intw(X ? ,X) BX ? .
2
2
En particulier, BX ? est un w(X ? , X)-voisinage w(X ? , X)-compact de 0X . Via la ***Proposition***, X est de dimension finie. Ceci est contradictoire et termine la preuve.
84