Théorème de Tietze

Théorème de Tietze
Arnaud Girand
17 juin 2012
Référence :
– [QZ95], p. 198–199
Lemme 1 ([QZ95], p. 197)
Soient E, F deux espaces de Banach.
Soit T ∈ Lc (E, F ).
On suppose que T est presque surjective, i.e qu’il existe α ∈ (0, 1) et C > 0 tels que :
∀y ∈ B F (0, 1), ∃x ∈ B E (0, C),
ky − T (x)k ≤ α
Alors T est surjectif. Plus précisément :
∀y ∈ B F (0, 1), ∃x ∈ B E
C
0,
1−α
,
y = T (x)
Démonstration : Soit y ∈ B F (0, 1). On construit par récurrence sur n ≥ 1 une suite (xn )n≥1
telle que :
n
X
αi−1 T (xi ) ≤ αn
∀n ≥ 1,
xn ∈ B E (0, C) et y −
i=1
– n = 1. Découle de la presque surjectivité.
y−
Pn
αi−1 T (x )
i
i=1
– Supposons la suite construite jusqu’au
n ≥ 1. Alors
∈ B F (0, 1) donc il
αn
Pn rang
i−1
y− i=1 α T (xi )
− T (xn+1 ) ≤ α et donc :
existe xn+1 ∈ B E (0, C) tel que αn
n+1
X
i−1
α T (xi ) ≤ αn+1
y −
i=1
D’où le résultat.
De plus, pour tout n ≥, kαn−1 xn k ≤ αn−1 C. Comme 0 < α < 1, la série σαn−1 xn converge
alors absolument
(série géométrique) donc converge car E est un espace de Banach. On peut donc
P
n−1
poser x := ∞
xn ∈ E et alors :
n=1 α
kxk ≤
∞
X
αn−1 kxn k ≤ C
∞
X
αn−1 =
n=1
n=1
C
1−α
Et, si N ≥ 1 :
Donc, par continuité de T :
y − T
N
X
n=1
n−1
α
!
xn ≤ αN −−−−→ 0
N →∞
ky − T (x)k = lim y − T
N →∞ Proposition 1 (Tietze)
Soit (X, d) un espace métrique.
Soit Y ⊂ X un fermé.
Soit g0 ∈ C 0 (Y, R).
Alors g0 admet un prolongement continu f0 à X.
1
N
X
n=1
n−1
α
!
xn = 0
Démonstration : On définit un opérateur T ∈ Lc (Cb0 (X, R), Cb0 (y, R)) comme suit :
T : f 7→ f|Y
Soit g ∈ Cb0 (Y, R) telle que kgk∞ ≤ 1 (i.e g comprise entre −1 et 1). On pose :
1
1
+
−
Y := x ∈ Y ≤ g(x) ≤ 1 et Y := x ∈ Y −1 ≤ g(x) ≤ −
3
3
On définit alors une application f ∈ Cb0 (X, R) de la façon suivante :
f : x 7→
1 d(x, Y − ) − d(x, Y + )
3 d(x, Y − ) + d(x, Y + )
Il est clair (d(x, Y − ) − d(x, Y + ) ≤ d(x, Y − ) + d(x, Y + )) que kf k∞ ≤ 1. On distingue alors, pour
x ∈ Y , 3 cas.
– Cas 1 : x ∈ Y + . Alors g(x) − f (x) = g(x) − 13 ∈ 0, 23 . – Cas 2 : x ∈ Y − . Alors g(x) − f (x) = g(x) + 31 ∈ − 32 , 0 .
– Cas 3 : ¬(cas 1 ∨ cas 2). Alors |g(x) − f (x)| ≤ |g(x)| + |f (x)| ≤ 13 + 31 = 32 .
In fine, on a bien kT (f ) − gk∞ ≤ 32 : T est presque surjectif avec α = 13 et C = 32 .
D’après le lemme 1, pour tout g dans la boule unité fermée de (Cb0 (Y, R), k.k∞ il existe f ∈ Cb0 (X, R)
2/3
de norme inférieure ou égale à 1−1/3
= 1 telle que g = f|Y , i.e g admet un prolongement continu
à X de norme inférieure ou égale à 1.
Soit à présent g dans la boule unité ouverte de (Cb0 (Y, R), k.k∞ . On vient de montrer que g
admet un prolongement h dans la boule unité de (Cb0 (X, R), k.k∞ et on souhaite montrer qu’il
existe h dans la boule unité ouverte de (Cb0 (X, R), k.k∞ ) tel que g = f|Y .
– Si khk∞ < 1, f := h convient.
– Sinon, on pose Z := {x ∈ X | |h(x)| = 1}. Par hypothèse, Y ∩ Z = Y ∩ Z = ∅ donc on peut
poser :
u : X → R+
x 7→
d(x, z)
d(x, y) + d(x, z)
Posons f := u × h. Alors :
* si x ∈ Y , f (x) = 1 × g(x) = g(x) ;
* sinon, |u(x)| ≤ 1 donc |f (x)| ≤ 1 et si |h(x)| = 1 alors u(x) = 0 donc f (x)0.
De fait, kf k∞ k < 1 et g = f|Y .
Enfin, soit φ un homéomorphisme de R sur (−1, 1) (par exemple u 7→ π2 arctan(u)). On vient
de montrer que l’on peut prolonger g := φ ◦ g0 en f : X 7→ (−1, 1) : de fait, f0 := φ−1 ◦ f convient.
Références
[QZ95] Hervé Queffélec and Claude Zuily. Éléments d’analyse pour l’agrégation. Masson, 1995.
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