TD2

Analyse fonctionnelle
ENS Cachan
A. Leclaire
M1 Hadamard 2016-2017
TD2
Exercice 1 Un cas particulier du théorème de Cauchy-Lipschitz
Soient I un intervalle de R, E un espace de Banach et f : I × E → E une application continue.
On suppose que pour tout compact K ⊂ I , il existe k > 0 tel que
∀t ∈ K, ∀y,z ∈ E,
k f (t,y) − f (t,z)k 6 k ky − zk .
(1)
On fixe t 0 ∈ I et y0 ∈ E. On va montrer l’existence globale et l’unicité d’une solution de l’équation
différentielle
y 0 = f (t,y)
avec condition initiale y(t 0 ) = y0 .
1) Soit K un sous-intervalle compact de I de longueur `, contenant t 0 et k > 0 vérifiant (1).
Pour y ∈ C (K,E), on définit F (y) ∈ C (K,E) par
Z t
F (y) : t 7−→ y0 +
f (s,y(s))ds .
t0
a) Montrer que y est solution sur K si et seulement si F (y) = y.
b) Montrer que pour p ∈ N, l’itérée F p est lipschitzienne de rapport
c) En déduire qu’il y a existence et unicité de la solution sur K.
(k `) p
p! .
2) Montrer que l’équation différentielle admet une solution unique définie sur tout l’intervalle I .
3) Soient A : I → L (E) et b : I → E continues. Montrer que l’équation différentielle
y 0 = A(t )y + b (t )
avec condition initiale y(t 0 ) = y0 admet une unique solution définie sur I .
Exercice 2 Précompacité et relative compacité
Soit E un espace métrique complet et soit A ⊂ E.
1) Montrer que A est précompacte si et seulement si A est précompacte.
2) En déduire que A est relativement compacte si et seulement si A est précompacte.
3) À quelle condition A est relativement compacte dans E = Rd ?
Exercice 3 Normalité des espaces compacts
Soit E un espace topologique séparé.
1) On fixe x ∈ E. Montrer que si K ⊂ E est un compact ne contenant pas x, il existe O 1 , O 2 ouverts
disjoints de E tels que x ∈ O 1 et K ⊂ O 2 . En déduire que K est fermé dans E.
2) Soient deux compacts disjoints K 1 ,K 2 ⊂ E. Montrer qu’il existe O 10, O 20 ouverts disjoints de E
tels que K 1 ⊂ O 10 et K 2 ⊂ O 20 .
3) Montrer que si E est compact alors il est normal, c’est-à-dire que si F 1 , F 2 sont des fermés
disjoints de E, alors il existe des ouverts disjoints O 1 ,O 2 tels que F 1 ⊂ O 1 et F 2 ⊂ O 2 .
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Exercice 4 Tychonoff dénombrable
Soit (En ,dn )n ∈N une suite d’espaces métriques et E =
On introduit sur E la distance d définie par
∀x,y ∈ E,
d (x,y) =
+∞
X
dn
1+d n
En muni de la topologie produit O.
dn (x n ,yn )
.
1 + dn (x n ,yn )
2−n
n=0
1) Montrer que la distance δn =
Q
sur En induit la même topologie que dn .
2) Montrer la topologie associée à d est bien la topologie produit.
3) On suppose que pour tout n, (En ,dn ) est compact. Montrer que (E,d ) est compact.
Exercice 5 Théorème de Dini
Soit K un espace topologique compact.
Soient fn : K → R une suite de fonctions continues et f : K → R continue.
On suppose que fn → f simplement et que fn 6 fn+1 .
Montrer que fn → f uniformément sur K.
Exercice 6 Preuve du Théorème de Stone-Weierstrass
On rappelle le
Théorème de Stone-Weierstrass
Soit A ⊂ C (K, R) où K est un espace métrique compact. On suppose que A est une sous-algèbre
unitaire de C (K, R) qui sépare les points, c’est-à-dire
∀x,y ∈ K,
x , y ⇒ ∃f ∈ A, f (x ) , f (y) .
Alors A est dense dans C (K, R).
Dans le présent exercice, on adopte les notations du théorème.
1) On définit une suite (Pn ) de polynômes par P 0 = 0 et
∀n ∈ N,
Pn+1 (x ) = Pn (x ) +
1
x − Pn (x ) 2 .
2
√
Montrer que (Pn ) converge uniformément vers x 7→ x sur [0, 1]. En déduire que pour tout R > 0,
x 7→ |x | est limite uniforme d’une suite de polynômes sur [−R,R].
2) Soit ( f ,д) ∈ A 2 . Montrer que min( f ,д) et max( f ,д) sont dans A.
3) Soient a , b deux éléments de K. Soient α et β deux réels.
Montrer qu’il existe f ∈ A telle que f (a) = α et f (b) = β.
4) Soit f ∈ C (K, R). Soit ε > 0.
a) Soit x ∈ K. Montrer qu’il existe дx ∈ A telle que
дx (x ) = f (x )
et
∀y ∈ K,
дx (y) 6 f (y) + ε .
b) Montrer qu’il existe h ∈ A telle que f − ε 6 h 6 f + ε. Conclure.
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Exercice 7 Autour de l’équicontinuité
Soient E, F des espaces métriques et A ⊂ C (E, F ).
1) Montrer que si A est finie, alors elle est équicontinue en tout point.
2) Montrer que si A ne contient que des fonctions k-lipschitziennes (avec k > 0 fixé), alors A
est uniformément équicontinue.
3) On suppose que E est compact et que A est équicontinue en tout point. Montrer qu’alors A
est uniformément équicontinue.
Exercice 8 Sur les hypothèses du théorème d’Arzela-Ascoli
En donnant des contre-exemples, on illustrera la nécessité des différentes hypothèses du théorème d’Arzela-Ascoli :
1) A (x ) relativement compacte.
2) A équicontinue en tout point de K.
3) K compact.
Exercice 9 Locale Compacité, Compactification d’Alexandrov
On dit qu’un espace topologique est localement compact si tout point admet un système
fondamental de voisinages compacts.
1) Montrer qu’un espace compact K est localement compact.
2) Montrer qu’un espace topologique E est localement compact si et seulement si tout point admet
au moins un voisinage compact.
3) Soit (E, O) un espace topologique séparé.
On suppose que E est localement compact mais pas compact.
On introduit un élément ∞ < E, et on pose Ê = E t {∞}. On définit alors Ô = O ∪ O∞ où
O∞ = { Ê \ K , K compact de E } .
a) Montrer que Ô est une topologie sur Ê.
Montrer que la topologie induite par Ô sur E est O.
b) Montrer que (Ê, Ô) est compact.
c) Montrer que ∞ est un point d’accumulation de Ê.
d) Soit f : E → R une fonction. Montrer que f (x ) admet pour limite ` quand x → ∞ dans Ê
si et seulement si pour tout ε > 0 il existe un compact K de E tel que x ∈ E \ K ⇒ | f (x ) − `| < ε.
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Correction :
Exercice 1 Un cas particulier du théorème de Cauchy-Lipschitz
1) a) Si y est solution de l’équation différentielle, alors en particulier y est C 1 sur K et, par le
théorème fondamental du calcul intégral,
Z t
Z t
0
y(t ) − y(t 0 ) =
y (s)ds =
f (s,y(s))ds .
t0
t0
d’où F (y) = y.
Réciproquement, si F (y) = y, alors pour tout t ∈ K, y(t ) = y0 +
Z
t
t0
f (s,y(s))ds . Prenant
t = t 0 , on obtient déjà y(t 0 ) = y0 . De plus, comme f et y sont continues, s 7→ f (s,y(s)) est aussi
continue et donc on obtient que y est C 1 sur K et que pour tout t ∈ K,
y 0 (t ) = f (t,y(t )) ,
ce qui donne que y est solution de l’équation différentielle.
Remarque : Le lecteur attentif aura remarqué qu’on a utilisé ici des intégrales de fonctions continues sur un segment de R, à valeurs dans un espace de Banach. On peut construire ces intégrales
par prolongement continu de l’intégrale des fonctions réglées (c’est-à-dire des fonctions qui sont
limites uniformes de fonctions en escalier).
b) Fixons y,z ∈ C (K,E). Montrons par récurrence que pour tout p ∈ N,
∀t ∈ K,
kF p (y)(t ) − F p (z)(t )k 6
(k |t − t 0 |)p
ky − zk∞ .
p!
(1)
Pour p = 0, c’est évident.
Supposons que pour un certain p, on ait la proposition (1). Notons Y = F p (y) et Z = F p (z).
Par commodité, supposons t > t 0 (le cas t 6 t 0 étant similaire). Par définition,
Z t
F p+1 (y)(t ) − F p+1 (z)(t ) = F (Y )(t ) − F (Z )(t ) =
f (s,Y (s)) − f (s,Z (s)) ds
t0
d’où, en utilisant l’hypothèse sur f , puis l’hypothèse de récurrence,
Z t
kF p+1 (y)(t ) − F p+1 (z)(t )k 6
k f (s,Y (s)) − f (s,Z (s))kds
t0
Z t
6k
kY (s) − Z (s)kds
t0
Z t
kp
k p+1 (t − t 0 )p+1
6 k ky − zk∞
(s − t 0 )p ds =
ky − zk∞ .
p!
(p + 1)!
t0
On en déduit que la proposition est vraie au rang p + 1.
Finalement, on obtient l’inégalité (1) pour tout p ∈ N. A fortiori,
∀y,z ∈ C (K,E),
kF p (y) − F p (z)k∞ 6
ce qui prouve que F p est lipschitzienne de rapport
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(kl ) p
p! .
(kl )p
ky − zk∞ ,
p!
p
p
c) Comme (klp!) → 0 quand p → ∞, on peut choisir p tel que (klp!) < 1. On en déduit que
F admet une itérée qui est contractante. Puisque C (K,E) est complet, le théorème du point fixe
assure que F p admet un point fixe unique que l’on notera φ ∈ C (K,E). On a en fait
F p (F (φ)) = F (F p (φ)) = F (φ)
donc F (φ) est point fixe de F p , et donc par unicité, il vient F (φ) = φ, c’est-à-dire que φ est point
fixe de F (qui est aussi unique car un point fixe de F est point fixe de F p ). Ainsi, on a bien montré
l’existence et l’unicité d’une solution sur K à l’équation différentielle.
2) On peut introduire une suite Kn = [an ,bn ] croissante d’intervalles compacts dont la réunion
est I . Alors, sur chaque Kn on vient de voir que l’équation différentielle admettait une unique
solution φ n . En particulier, si q > p, la restriction de φ q à Kp est égale à φ p . Ainsi, les φ n se
prolongent entre elles, et définissent une fonction φ : I → E.
Si t ∈ I˚, alors nécessairement, il existe n tel que t ∈ ]an ,bn [ ; dans ce cas, φ coïncide avec φ n
sur ]an ,bn [, donc en particulier est C 1 au voisinage de t et vérifie φ 0 (t ) = f (t,φ (t )). Maintenant, si
t ∈ I \ I˚, c’est-à-dire que t est une des deux extrémités de I (notez que I ne contient pas forcément
ses extrémités et dans ce cas il n’y a plus rien à faire). Si par exemple, c’est l’extrémité gauche, il
existe donc n tel que t = an . Alors, φ coïncide avec φ n sur [an ,bn ] et en particulier est C 1 à droite
en t et vérifie φ 0 (t ) = f (t,φ (t )). Il en résulte que la solution φ construite par prolongement est
bien C 1 sur tout l’intervalle I et y vérifie l’équation différentielle.
Enfin, si ψ est une autre solution sur I , sa restriction Kn est solution sur Kn , donc coïncide
avec φ n sur Kn , donc coïncide avec φ sur Kn . Par conséquent ψ coïncide avec φ sur I tout entier.
3) Il suffit de considérer l’application f (t,y) = A(t )y + b (t ). Elle est continue par continuité de A
et b. De plus, si K ⊂ I est compact, alors pour tous t ∈ K, et y,z ∈ E
k f (t,y) − f (t,z)k = kA(t )(y − z)k 6 sup kA(s)k ky − zk ,
s ∈K
où kA(s)k est la norme de A(s) dans L (E) subordonnée à k · k. En particulier, f vérifie bien l’hypothèse donnée dans l’énoncé, et les questions précédentes montrent que l’équation différentielle
y 0 = A(t )y + b (t ) admet une unique solution sur I vérifiant y(t 0 ) = y0 .
Exercice 2 Précompacité et relative compacité
Rappelons que A est précompacte si et seulement si pour tout ε > 0, il existe x 1 , . . . ,x n ∈ E
n
[
tels que A ⊂
B(x i ,ε ). Après une petite vérification, on voit que l’on ne change pas la définition
i=1
s’il on impose aux x i d’être dans A.
1) Comme A ⊂ A, si A peut être recouvert par un nombre fini de boules de rayons ε, alors il en
est de même de A. Donc la précompacité de A entraîne celle de A.
Réciproquement, supposons A précompacte et soit ε > 0. Il existe donc x 1 , . . . ,x n ∈ E tels
que les boules B(x i , ε2 ) recouvrent A. Mais alors, les boules B(x i ,ε) recouvrent A : si y ∈ A, il
existe x ∈ A à distance < ε2 de y puis il existe i tel que x ∈ B(x i , ε2 ) ce qui donne avec l’inégalité
triangulaire que y ∈ B(x i ,ε).
2) Comme A est fermée dans E complet, A est complète et donc sa compacité équivaut à sa précompacité (car d’après le cours, compact équivaut à précompact+complet). Ainsi A est relativement compacte si et seulement si A est précompacte ce qui revient à dire que A est précompacte
d’après la question précédente.
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3) Dans E = Rd , les compacts sont les fermés bornés. Pour que A soit compacte dans E, il faut
et il suffit que A soit bornée, ce qui équivaut à dire que A est bornée. Ainsi, dans Rd , les parties
relativement compactes sont les parties bornées.
Exercice 3 Normalité des espaces compacts
1) Comme K ne contient pas x et comme E est séparé, pour tout y ∈ K, il existe un voisinage
y
y
y
ouvert U1 de x et un voisinage ouvert U2 de y qui ne se rencontrent pas. Ainsi (U2 )y ∈K forme
un recouvrement ouvert du compact K dont on peut extraire un sous-recouvrement fini
n
[
K⊂
y
U2 i .
i=1
Alors
O 1 :=
n
\
y
U1 i
i=1
est un voisinage ouvert de x (intersection finie de voisinages ouverts de x) et ne rencontre pas
O 2 :=
n
[
y
U2 i .
i=1
En particulier, pour chaque x ∈ K c , on a trouvé un voisinage ouvert O 1 de x tel que O 1 ⊂ K c .
Cela prouve que K c est ouvert et donc que K est fermé.
2) On applique la même démarche que dans la question précédente. En utilisant le résultat de la
question 1, on voit que pour chaque x ∈ K 1 , il existe O 1x ,O 2x des ouverts disjoints de E tels que
x ∈ O 1x ,
Par compacité de K 1 , on peut extraire de
et K 2 ⊂ O 2x .
(O 1x )x ∈K
un sous-recouvrement fini K 1 ⊂
m
[
x
O1 j .
j=1
Le résultat suit en posant
O 10 =
m
[
j=1
x
O1 j
et O 20 =
m
\
x
O2 j .
j=1
3) On rappelle qu’un espace topologique est dit normal s’il est séparé et si pour tous fermés
disjoints F 1 , F 2 il existe des ouverts disjoints O 1 ,O 2 tels que F 1 ⊂ O 1 et F 2 ⊂ O 2 .
Supposons E compact. D’abord E est séparé. Ensuite, si F 1 et F 2 sont deux fermés disjoints
de E, ils sont compacts (car fermés dans le compact E) et donc la question précédente fournit
deux ouverts O 1 ,O 2 tels que F 1 ⊂ O 1 et F 2 ⊂ O 2 . Ainsi E est normal.
Exercice 4 Tychonoff dénombrable
1) Remarquons d’abord que δn est bien une distance sur En : la symétrie et l’axiome de séparation
x
sont évidents ; quant à l’inégalité triangulaire, elle découle du fait que la fonction f : x 7→ 1+x
définie sur R+ est croissante et vérifie f (x + y) 6 f (x ) + f (y) (ce qui vient de sa concavité et du
fait que f (0) > 0).
Ensuite, pour tout ε ∈ ]0, 1[, une manipulation d’inégalités donne que
δn (x,y) < ε ⇐⇒ dn (x,y) <
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1
−1.
1−ε
1
− 1 admet 0 pour limite en 0, on en déduit que toute boule pour δn contient une
Comme ε 7→ 1−ε
boule pour dn et réciproquement, ce qui prouve que δn et dn induisent la même topologie.
Remarque : En fait, on a même montré que les applications
Id : (En ,δn ) → (En ,dn )
et
Id : (En ,dn ) → (En ,δn )
sont uniformément continues. On dit parfois que les distances dn et δn sont uniformément équivalentes.
2) Fixons un point x ∈ E.
Soit V un voisinage de x pour la topologie produit. Il contient un ouvert U contenant x, que
Q
l’on peut supposer de la forme U = Un où pour tout n, Un est ouvert dans En , et où Un = En
pour n < J avec J une partie finie de N. Ainsi, pour chaque n ∈ J , Un est un ouvert contenant
x n donc il contient une boule Bδn (x n ,r n ). Mais alors, en posant r = min 2−n r n , on obtient que si
n ∈J
y ∈ E est tel que d (x,y) < r , alors pour tout n ∈ J ,
2−n δn (x n ,yn ) < r 6 2−n r n
d’où δn (x n ,yn ) < r n et donc yn ∈ Bδn (x n ,r n ) ⊂ Un . Ainsi, d (x,y) < r implique que y ∈ U ce qui
prouve que V contient Bd (x,r ).
Réciproquement, soit
contient un voisinage de x pour la topoXr > 0. Montrons que Bd (x,r )X
r
−n
2−n < . Pour chaque n 6 N , posons
logie produit. Comme
2 < ∞, il existe N tel que
2
n>0
n >N
Q
rn
Un = Bδn (x n , 4 ), et pour n > N , posons Un = En . Alors U = Un est un ouvert élémentaire
pour la topologie produit, qui contient x. De plus, si y ∈ U ,
X
r r X −n r r
r X −n
2 δn (x n ,yn ) < +
2 < + =r ,
d (x,y) =
2−n δn (x n ,yn ) < +
2 n6N
2 4 n6N
2 2
n>0
ce qui prouve que U ⊂ Bd (x,r ).
Finalement, d métrise la topologie produit sur E.
3) Montrons que E est compact. Comme E est métrique, il suffit de montrer que d’une suite (x p )
dans E on peut extraire une sous-suite qui converge. Soit donc (x p ) une suite dans E.
Q
p
Pour chaque p, x p = (x n ) est un élément du produit E = En .
φ (p )
Comme E 0 est métrique compact, il existe une sous-suite (x 0 0 ) converge vers un x 0 ∈ E 0 .
φ (φ (p ))
Comme E 1 est métrique compact, il existe une sous-suite (x 1 0 1 ) converge vers un x 1 ∈ E 1 .
φ (φ (φ (p )))
Comme E 2 est métrique compact, il existe une sous-suite (x 2 0 1 2
) converge vers un x 2 ∈ E 2 .
etc.
Ainsi, on construit par récurrence des extractrices φ 0 ,φ 1 , . . . telles que
∀n ∈ N,
φ (φ 1 (...φ n (p )...))
xn 0
−−−−→ x n ∈ En .
p→∞
Alors, pour tout p ∈ N, posons
ψ (p) = φ 0 (φ 1 (. . . φ p (p) . . .)) .
Remarquons que ψ est bien une application strictement croissante de N dans N. En effet,
ψ (p + 1) = φ 0 (φ 1 (. . . φ p (φ p+1 (p + 1)) . . .))
> φ 0 (φ 1 (. . . φ p (φ p+1 (p)) . . .))
> φ 0 (φ 1 (. . . φ p (p) . . .)) = ψ (p)
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(1)
où pour la dernière inégalité on a utilise φ p+1 (p) > p.
Ainsi, (x ψ (p ) ) est bien une suite extraite de (x p ). Reste à voir que (x ψ (p ) ) converge vers x
dans le produit, c’est-à-dire que l’on a convergence sur chaque coordonnée. Soit donc n ∈ N.
Remarquons que
ψ (p ) φ (φ (...φ (p )...)) n
xn
est une suite extraite de
xn 0 1
.
p >n
p ∈N
En effet, pour p > n, on peut écrire
ψ (p) = φ 0 (φ 1 (. . . φ n (φ n+1 (. . . φ p (p) . . .)) . . .)) = φ 0 (φ 1 (. . . φ n (χ (p)) . . .)) ,
où l’on a posé χ (p) = φ n+1 (. . . φ p (p) . . .), avec par convention χ (n) = n (on montre que χ est
strictement croissante de la même façon que ψ ). Mais alors, avec (1), on en déduit que
ψ (p )
xn
−−−−→ x n .
p→∞
Cela prouve que x ψ (p ) −−−−→ x dans le produit. Finalement, E est bien compact.
p→∞
Exercice 5 Théorème de Dini
On fixe ε > 0. On considère
Un = x ∈ K | f (x ) − fn (x ) < ε .
Comme f et fn sont continues, Un est ouvert (car image réciproque d’un ouvert par une fonction
continue). De plus, comme fn → f simplement, pour chaque x ∈ K il existe N tel que n > N
implique f (x ) − fn (x ) < ε ; en particulier, x ∈ U N . Cela prouve que (U N )N ∈N est un recouvrement
ouvert de K. Par compacité on peut en extraire un sous-recouvrement fini. Mais alors remarquons
que la croissance de la suite ( fn ) implique la croissance de (U N ) (au sens de l’inclusion). On en
déduit donc qu’il existe p ∈ N tel que K ⊂ Up et donc aussi K ⊂ Un pour n > p ce qui signifie
∀n > p, ∀x ∈ K,
f (x ) − fn (x ) < ε .
En conclusion, fn → f uniformément sur K.
Exercice 6 Théorème de Stone-Weierstrass
1) Fixons x ∈ [0, 1]. On remarque que (Pn (x ))n ∈N est une suite récurrente construite en itérant
√
f : t 7→ t + 21 (x − t 2 ). Cette fonction est croissante sur [0, 1] et admet x comme unique point
fixe sur [0, 1]. Une récurrence immédiate donne alors que pour tout n ∈ N,
√
∀x ∈ [0, 1], 0 6 Pn (x ) 6 x .
On en tire que Pn+1 (x ) > Pn (x ). Ainsi (Pn (x )) est une suite croissante majorée, donc elle admet
√
une limite. Par continuité de f , la limite est un point fixe de f , et donc Pn (x ) → x.
√
Cela prouve que Pn (x ) converge simplement vers x sur [0, 1]. De plus, comme les Pn sont
√
continues, que x est continue, que (Pn ) est une suite croissante et que [0, 1] est compact, on
peut appliquer le théorème de Dini qui donne que la convergence est uniforme sur [0, 1].
Pour la deuxième partie de la √
question, quitte à diviser la variable par R, on peut supposer
R = 1. Sur [−1, 1], on écrit |x | = x 2 . On utilise alors la suite de polynômes Pn construite cidessus : on a
√
sup |x | − Pn (x 2 ) 6 sup | y − Pn (y) |
|x |61
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y ∈[0,1]
et d’après ce qui précède le second membre tend vers zéro quand n → ∞, ce qui prouve que |x |
est limite uniforme sur [−1, 1] de la suite de polynômes Q n (x ) = Pn (x 2 ).
2) On écrit
max( f ,д) =
1
f + д + | f − д| .
2
Comme A est une sous-algèbre, A et A sont stables par addition, soustraction et multiplication
scalaire. La seule chose à montrer est donc que si h ∈ A, alors |h| ∈ A. Comme h est continue
sur le compact K, elle est en particulier bornée par un R > 0, et alors on utilise la question
précédente :
sup |h(x )| − Q n (h(x )) 6 sup |x | − Q n (x ) x ∈K
|x |6R
et le second membre tend vers zéro quand n → ∞. Cela prouve que |h| est limite uniforme sur K
de Q n ◦ h, qui est bien dans A car A est une sous-algèbre unitaire.
3) Comme A sépare les points, il existe une fonction д ∈ A telle que д(a) , д(b). Comme A est
une sous-algèbre unitaire, la fonction définie par
f (x ) = α + β
д(x ) − д(a)
д(b) − д(a)
est dans A et vaut α en a et β en b.
4) a) Grâce à la question précédente, pour chaque y ∈ K, il existe дx,y ∈ A telle que
дx,y (x ) = f (x )
et
дx,y (y) = f (y) .
Par continuité des fonctions дx,y et f , pour chaque y ∈ K, on peut introduire un voisinage
ouvert Uy de y tel que
∀z ∈ Uy , дx,y (z) 6 f (z) + ε .
Par compacité de K, on peut extraire un sous-recouvrement fini (Uy j )16j 6 J .
On considère alors la fonction
дx = min(дx,y1 , . . . ,дx,y J ) .
Il est clair que cette fonction vaut f (x ) en x. De plus, elle est dans A grâce à la question 2. Enfin,
on a дx 6 f + ε sur K. En effet, si z ∈ K, il existe j tel que z ∈ Uy j et alors
дx (z) 6 дx,y j (z) 6 f (z) + ε .
b) On applique une démarche similaire à la question précédente. Par continuité des fonctions
дx et f , pour chaque x ∈ K, il existe un voisinage ouvert Ux0 de x tel que дx > f − ε sur Ux0 . Par
compacité on extrait un sous-recouvrement fini (Ux0` )16`6L , et on définit
h = max(дx 1 , . . . ,дx L ) .
Cette fonction est bien dans A et vérifie f − ε 6 h 6 f + ε.
Finalement, on a prouvé que f ∈ A = A, et donc que A est dense dans C (K, R).
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Exercice 7 Autour de l’équicontinuité
1) Soit a ∈ E et soit ε > 0. Pour toute f ∈ A, comme f est continue, il existe un voisinage Vf de
a tel que
∀x ∈ Vf , d ( f (x ), f (a)) < ε .
Comme A est finie, V = ∩f ∈AVf est un voisinage de a dans E qui vérifie
∀x ∈ V , ∀f ∈ A,
d ( f (x ), f (a)) < ε .
Cela prouve que A est équicontinue en a.
2) Soit ε > 0. En posant η = kε , comme A est composée de fonctions k-lipschitziennes, on voit
que pour tous x,y ∈ E tels que d (x,y) < η, on a
∀x,y ∈ E,
d (x,y) < η ⇒ d ( f (x ), f (y)) 6 k d (x,y) < k
ε
=ε .
k
Cela prouve que A est uniformément équicontinue sur E.
3) Supposons par l’absurde que A n’est pas uniformément équicontinue sur E. Alors il existe un
nombre ε > 0 et pour chaque n > 1 des points x n ,yn dans E et une fonction fn ∈ A tels que
d (x n ,yn ) <
1
n
et
d ( fn (x n ), fn (yn )) > ε .
(1)
Comme E est compact, on peut extraire de (x n ) une sous-suite (x nk ) qui converge vers un certain
x ∈ E. Comme d (x n ,yn ) → 0, on a aussi que (ynk ) converge vers a dans E. Mais alors, par
hypothèse, la famille A est équicontinue en a donc il existe η > 0 tel que
ε .
∀x ∈ E, d (x,a) < η ⇒ ∀f ∈ A, d ( f (x ), f (a)) <
2
Mais alors, il existe k tel que x nk et ynk soient à distance < η de a. On a alors
d ( fnk (x nk ), fnk (ynk )) 6 d ( fnk (x nk ), f (a)) + d ( f (a), fnk (ynk )) <
ε ε
+ =ε
2 2
ce qui contredit (1).
Exercice 8 Sur les hypothèses du théorème d’Arzela-Ascoli
On cherchera ces contre-exemples sous la forme d’une suite de fonctions
A = { fn , n ∈ N } .
De cette manière, A est relativement compacte si et seulement si ( fn ) admet des sous-suite qui
convergent.
1) On considère fn = Id[0,1] + n sur C ([0, 1]) qui est bien équicontinue (les fn sont toutes 1lipschitziennes), mais n’admet pas de sous-suite qui converge uniformément (ni simplement).
2) On considère fn (x ) = sin(nx ) dans C ([0,π ]). Alors les fn sont bien toutes bornées par 1,
donc pour chaque x ∈ [0,π ], A (x ) est relativement compact dans R. Mais fn n’admet pas de
sous-suite qui converge uniformément. En effet, s’il y avait une limite uniforme f , celle-ci serait
continue. Alors, pour toute fonction φ ∈ C ([0,π ]), on aurait encore fn φ → f φ uniformément,
et en particulier
Z
Z
π
0
10/12
π
fn φ −→
0
fφ .
Or le lemme de Riemann-Lebesgue donne que
Z π
sin(nx )φ (x )dx −→ 0 .
0
On en déduit que
π
Z
fφ = 0
0
pour toute fonction φ ∈ C ([0,π ]). En particulier, en prenant φ = f , on obtient
Z π
f2 =0.
0
Comme f 2 > 0, cela donne f 2 = 0 presque partout, et donc partout car f est continue. Ainsi, la
seule limite uniforme possible est 0. Mais fn ne converge pas uniformément vers 0 car k fn k∞ = 1.
3) Sur R, on introduction une fonction χ ∈ Cc (R) non nulle et on considère alors la famille des
translatées
fn (x ) = τn χ (x ) = χ (x − n) .
Comme χ est uniformément continue, on peut montrer que la famille { fn } est uniformément
équicontinue. De plus elle est bornée par k χ k∞ . Mais elle ne converge pas uniformément sur R :
en effet, la limite simple des fn est la fonction nulle, mais k fn k∞ = k χ k∞ > 0.
Exercice 9 Locale Compacité, Compactification d’Alexandrov
1) Soit x ∈ K. Il s’agit de montrer que tout voisinage de x contient un voisinage compact. Pour
illustrer la suite, on recommande de faire un dessin. Soit donc U un voisinage de x dans K, que
l’on peut supposer ouvert. Comme x < U c et comme U c est fermé dans K donc compact, la
première question de l’exercice 3 nous donne l’existence de deux ouverts disjoints O 1 ,O 2 tels que
x ∈ O 1 et U c ⊂ O 2 . Comme O 2c est fermé, on a
O 1 ⊂ O 2c = O 2c ⊂ U .
Par suite, O 1 est un voisinage de x inclus dans U ; de plus il est fermé dans K donc compact.
2) La partie directe découle directement de la définition de locale compacité. Réciproquement,
supposons que tout point admette au moins un voisinage compact. Montrons alors que x ∈ E
admet un système fondamental de voisinage compact. Par hypothèse, x admet un voisinage compact K. Maintenant, si V est un voisinage de x, alors V ∩K est un voisinage de x dans K. Comme K
est localement compact (question précédente), V ∩ K contient un voisinage compact de x, noté L.
L est un voisinage de x dans K, mais comme K est un voisinage de x, alors L est encore un voisinage de x dans E (en effet, par définition de la topologie induite, L = L 0 ∩K où L 0 est un voisinage
de x dans E, et l’intersection de deux voisinages de x est encore un voisinage de x). Ainsi, V
contient L qui est un voisinage compact de x. Cela prouve que E est localement compact.
3) a) D’une part, ∅ ∈ O ⊂ Ô, et Ê ∈ Ô (car ∅ est compact).
Pour la stabilité par réunion, remarquons que O est stable par réunion, que O∞ est stable
par réunion (car une intersection de compacts est compacte). Reste à voir que l’intersection d’un
élément de O avec un élément de O∞ est bien un élément de Ô : si U est un ouvert de E et K un
compact de E, alors
U ∪ (Ê \ K ) = Ê \ K ∩ (E \ U ) ,
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et K ∩ (E \ U ) est bien un compact (car c’est un fermé dans le compact K). Cela prouve que Ô est
stable par réunion.
Pour la stabilité par intersection finie, O est stable par intersection finie, O∞ aussi (car une
réunion finie de compacts est compact). De plus, si U est un ouvert de E et K un compact de E,
alors
U ∩ (Ê \ K ) = U ∩ (E \ K )
qui est un ouvert de E. Ainsi Ô est stable par intersection finie.
Enfin, que l’on ait U ∈ O ou U ∈ O∞ , on voit que la restriction de U avec E est un ouvert
de E. Autrement dit, la topologie induite par Ô sur E est bien O.
b) D’abord, remarquons que Ê est séparé. En effet, comme E est séparé, il suffit de montrer
qu’on peut séparer un élément quelconque x de E avec ∞. Mais comme E est localement compact,
x admet un voisinage compact K. Dès lors, Ê \K est un ouvert de Ê qui contient ∞. Ainsi K et Ê \K
sont respectivement des voisinages de x et ∞ dans Ê, et ils sont évidemment disjoints.
c) Remarquons que O∞ est un système fondamental de voisinages de ∞. Mais si K est compact
dans E, comme E n’est pas compact on a K , E et donc Ê \ K contient un point différent de ∞.
Cela prouve que ∞ est point d’accumulation de Ê.
d) Par définition, f admet ` pour limite quand x ∈ E tend vers ∞ dans Ê si et seulement si
pour tout ε > 0, il existe un voisinage V de ∞ dans Ê tel que
∀x ∈ E ∩ V ,
| f (x ) − `| < ε .
Comme O∞ est un système fondamental de voisinages de ∞, ceci équivaut à dire que pour tout
ε > 0 il existe un compact K de E tel que
∀x ∈ E \ K,
| f (x ) − `| < ε .
Remarque : L’espace Ê s’appelle le compactifié d’Alexandrov de E. En utilisant la projection
stéréographique, on peut montrer que le compactifié d’Alexandrov de Rn est homéomorphe à la
sphère unité de Rn+1 . Pour plus de détails à ce sujet, voir le livre “Topologie” de H. Queffélec.
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