Compléments de topologie

École des Mines de Douai — FI1A Mathématiques
Compléments de topologie
Compléments de topologie
F. Delacroix, École des Mines de Douai, 28 septembre 2007
Ce document présente quelques notions de topologie, non essentielles pour la compréhension du cours de Fi1A, mais offrant un recul plus important sur certains points de ce
cours.
Ce document pourra être complété par vos demandes, n’hésitez pas à demander des
approfondissements.
1
Diamètre
1.1
Dans un espace vectoriel normé
Soit E un espace vectoriel normé. Étant donnée une partie A de E, on définit le
diamètre de A comme la quantité
n
Diam(A) = sup d(x, y),
o
x, y ∈ A ∈ R+ ∪ {∞}
avec en plus la convention que Diam(∅) = 0.
Proposition 1
Le diamètre d’un compact est fini et atteint.
Preuve. Il s’agit de prouver que l’application «distance»
d : E × E −−−→ R+
(x, y) 7−−→ d(x, y) = kx − yk
est bornée sur K × K et atteint ses bornes. On va pour cela munir l’espace vectoriel E × E
d’une norme, montrer que l’application d est continue sur E × E et que K × K est un
compact de E × E.
On peut munir E ×E (notamment) de l’une des trois normes suivantes, généralisations
directes des exemples fondamentaux de Rn : pour (x, y) ∈ E × E,
k(x, y)k1 = kxk + kyk
k(x, y)k2 =
q
kxk2 + kyk2
k(x, y)k∞ = sup{kxk, kyk}.
(exercice : vérifier que ce sont bien des normes, et qu’on retrouve la situation habituelle
de ces normes sur R2 lorsque E = R normé par la valeur absolue). Ces trois normes
sont équivalentes (exercice, inspirez-vous de l’exercice 1 question 3 du chapitre 1) et donc
définissent la même topologie sur cet espace vectoriel, et aussi, c’est ce qui nous intéresse,
la même notion de convergence.
Pour une suite de couples ((xn , yn ))n∈N (deux paires de parenthèses : une pour la
notation «couple», l’autre pour la notation «suite») de E ×E, et un couple (`, m) ∈ E ×E,
on a ainsi équivalence des assertions suivantes (démonstration laissée en exercice) :
(1) la suite ((xn , yn ))n∈N converge vers (`, m) ∈ E × E,
1
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(2) lim k(xn , yn ) − (`, m)k = 0 (c’est la définition de la convergence) où la notation k.k
n→∞
désigne l’une quelconque des trois normes ci-dessus,
(3) les suites des composantes (xn )n∈N et (yn )n∈N convergent respectivement vers ` et m.
Alors K × K est compact. Pour le démontrer, fixons une suite ((xn , yn ))n∈N de K × K ;
il s’agit de prouver qu’elle admet une sous-suite convergente.
Par définition, la suite (xn )n∈N est une suite de K, donc, en vertu de la propriété de
Bolzano-Weierstrass, elle admet une sous-suite (xϕ(n) )n∈N convergeant dans K, ϕ désignant
une application N −−−→ N strictement croissante.
La suite (yϕ(n) )n∈N est elle aussi une suite de K, donc elle admet une sous-suite
(yψ◦ϕ(n) )n∈N qui converge dans K, ψ étant encore une application N −−−→ N strictement
croissante.
La fonction ψ◦ϕ est la composée de deux fonctions strictement croissantes de N −−−→ N,
c’est donc elle-même une fonction strictement croissante de N −−−→ N. La suite (xψ◦ϕ(n) )n∈N
est extraite de la suite (xϕ(n) )n∈N qui est convergente, elle est donc convergente.
Comme les suites (xϕ(n) )n∈N et (yϕ(n) )n∈N sont toutes deux convergentes dans K, la
suite des couples ((xϕ(n) , yϕ(n) )n∈N , extraite de ((xn , yn ))n∈N est donc convergente dans
K × K en vertu de la caractérisation de la convergence dans E × E exposée plus haut.
Ceci prouve bien que K × K est compact.
Il reste à prouver que d est continue. Rappelons les inégalités triangulaires : pour deux
vecteurs a et b, on a
kak − kbk 6 ka − bk 6 kak + kbk.
Pour (x, y), (x0 , y 0 ) ∈ E × E, on a donc les majorations suivantes :
|d(x, y) − d(x0 , y 0 )| = kx − yk − kx0 − y 0 k 6 kx − y − x0 + y 0 k
6 k(x − x0 ) − (y − y 0 )k 6 kx − x0 k + ky − y 0 k = k(x, y) − (x0 , y 0 )k1 .
Ceci montre que l’application d est 1-lipschitzienne (lorsque l’on a muni E ×E de la norme
k.k1 , donc continue. En effet, la majoration précédente montre que |d(x, y)−d(x0 , y 0 )| tend
vers 0 lorsque (x0 , y 0 ) tend vers (x, y).
Finalement, l’image K × K par l’application d est celle d’un compact par une fonction
continue, donc c’est un compact de R, c’est-à-dire un fermé borné : d est bornée sur K ×K
et atteint ses bornes.
Ainsi, le diamètre de K est fini et réalisé par (au moins) un couple (x, y) particulier.
Proposition 2
Le diamètre d’une boule (ouverte ou fermée, peu importe) est égal au double de son
rayon.
Preuve. Procédons par double inégalité, en nous intéressant à une boule fermée B(a, R)
de centre a et de rayon R, que l’on notera simplement B.
Pour x, y ∈ B, grâce à l’inégalité triangulaire :
kx − yk = kx − a + a − yk 6 kx − ak + ky − ak 6 R + R = 2R.
2
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Le majorant ainsi obtenu étant indépendant de x et y, on peut passer au sup, ce qui
montre que
Diam(K) 6 2R.
Considérons maintenant un couple de vecteurs diamétralement opposés (x, −x) dans
lequel kxk = R. Alors
kx − (−x)k = kx + xk = k2xk = 2kxk = 2R.
Ce la considération de ce couple particulier découle que le sup dont il est question, c’està-dire Diam(K) vérifie Diam(K) > 2R.
Finalement Diam(K) = 2R.
Remarquons que la démonstration précédente fonctionne bien pour une boule fermée,
où l’on peut choisir x tel que kxk = R, mais pas pour une boule ouverte. On doit alors
modifier la seconde partie de la démonstration en considérant une suite (xn ) de la boule
ouverte qui converge vers un point x tel que kxk = R. Par exemple avec xn = (R − n1 )e
où e est un vecteur de norme 1.
1.2
Dans un espace métrique
Un espace vectoriel normé est un cas particulier d’espace métrique (qui est lui-même
un cas particulier d’espace topologique), c’est-à-dire un ensemble dans lequel existe une
notion de distance.
Définition 1
On appelle espace métrique tout ensemble E tel qu’il existe une application
d : E × E −−−→ R+
appelée distance (ou : métrique) telle que
(1) d vérifie l’axiome de séparation :
∀x, y ∈ E,
(d(x, y) = 0) ⇐⇒ (x = y)
(2) d soit symétrique :
∀x, y ∈ E,
d(x, y) = d(y, x)
(3) d vérifie l’inégalité triangulaire :
∀x, y, z ∈ E,
d(x, z) 6 d(x, y) + d(y, z).
Beaucoup des notions présentées dans le chapitre 1 à propos des espaces vectoriels
normés sont en fait des propriétés métriques (boules, partie bornée. . .) ou topologiques
(ouvert, fermé, compact, connexe. . .). Il est toutefois important de remarquer qu’un espace
métrique n’est pas forcément un espace vectoriel (pas forcément «plat»1 )
1
Rappelons à ce sujet que la Terre n’est pas plate, et que ces notions de distance ont tout de même
un sens concret.
3
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Exemple 2 (La distance SNCF)
Dans un ouvert de R2 , on fixe un point appelé PARIS. On définit alors la distance
entre deux points A et B comme étant
d(A, B) = δ(A, P ARIS) + δ(P ARIS, B)
où δ désigne la distance euclidienne habituelle (toute ressemblance avec des personnages existants serait purement fortuite).
Exemple 3 (Distance discrète)
Soit E un ensemble quelconque non vide. On définit la distance discrète sur E en
disant que

0 si x = y
d(x, y) =
1 si x 6= y.
Ce dernier exemple est intéressant car complètement contre-intuitif et pourtant très
cohérent : tous les points distincts de E sont séparés par la même distance 1. On peut
s’en faire une idée dans R2 si E ne contient que trois points (les placer de telle sorte qu’ils
forment un triangle équilatéral de côté 1), ou dans R3 si Card E = 4 (utiliser un tétraèdre)
mais ce modèle géométrique est vite limité.
Le diamètre d’un compact dans un espace métrique est toujours fini est atteint (la
démonstration de la proposition 1 s’adapte très bien). En revanche, le diamètre d’une
boule n’est pas toujours ce qu’on croit. Seule la première partie de la démonstration de
la proposition 2 s’adapte bien (c’est l’objet de la proposition suivante). La seconde partie
de cette démonstration repose sur la colinéarité de x et −x, et ceci n’a plus de sens dans
un espace métrique général.
Proposition 3
Dans un espace métrique, le diamètre d’une boule est inférieur ou égal au double de
son rayon.
Exemple 4
Soit E un ensemble muni de la distance discrète. Alors, pour tout a ∈ E et tout r ∈ R
tel que r < 1, la boule fermée B(a, r) est réduite au point a, et son diamètre est donc
nul !
L’expansion de l’Univers, conséquence directe de la théorie de la relativité générale
d’Albert Einstein consiste en la modélisation de la variation de la métrique (c’est-à-dire
la distance) dans l’Univers au cours du temps. Ce ne sont pas les galaxies qui se déplacent,
mais la métrique (manifestation de l’espace-temps lui-même) qui «gonfle».
2
Continuité et norme d’une application linéaire
2.1
Continuité d’une application linéaire
Soient E et F deux espaces vectoriels normés, f : E −−−→ F une application linéaire.
4
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Proposition 4
Les assertions suivantes sont équivalentes :
(1) f est continue sur E,
(2) f est continue en 0,
(3) ∃α ∈ R∗+ , ∀x ∈ E, kf (x)k 6 αkxk,
kf (x)k
(4) le quotient
est borné lorsque x décrit E \ {0}.
kxk
Preuve. Constatons d’abord que l’implication (1) =⇒ (2) est triviale : la continuité sur E
tout entier entraîne en particulier la continuité en 0.
Montrons maintenant la réciproque (1) =⇒ (2) : supposons f continue en 0 et soit
x0 ∈ E ; montrons que f est continue en x0 . Pour h ∈ E, on a par linéarité
f (x0 + h) − f (x0 ) = f (x0 + h − x0 ) = f (h).
Puisque f est continue en 0, ce vecteur tend, lorsque h → 0, vers f (0), c’est-à-dire 0
(linéarité oblige). Ainsi f (x0 + h) tend vers f (x0 ) lorsque h → 0, c’est-à-dire que f est
continue en x0 .
Montrons que (3) =⇒ (2) : supposons l’existence d’un tel α > 0. Alors, pour h ∈ E,
kf (0 + h) − f (0)k = kf (h)k 6 αkhk −−−→ 0
h→0
donc f est continue en 0.
Enfin, montrons la réciproque (2) =⇒ (3). Supposons donc f continue en 0 et soit
x0 ∈ E. L’assertion (3) étant triviale pour x = 0, supposons x 6= 0.
Appliquons la définition de la continuité en 0 avec ε = 1 : il existe η > 0 tel que, pour
tout h ∈ E tel que khk < η, on ait kf (h)k < 1. Fixons un tel η.
η
Introduisons le vecteur h =
x. Par construction, khk = η2 < η donc, d’après la
2kxk
propriété précédente, kf (h)k 6 1. Remplaçons h par sa valeur et utilisons la linéarité de
f et l’homogénéité de la norme :
f
η
x
2kxk
!
η
kf (x)k 6 1
=
2kxk
de sorte que finalement
2
kf (x)k 6 kxk.
η
2
convient donc et l’assertion (3) est vraie.
η
Enfin, l’implication (3) =⇒ (4) est évidente (il suffit de diviser par kxk — qui est non
nul si x ∈ E \{0}), tout comme l’est la réciproque (4) =⇒ (3) une fois que l’on a remarqué
que le cas x = 0 était trivial.
Le réel α =
5
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2.2
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Triple norme
On note L(E, F ) l’espace vectoriel des applications linéaires continues E −−−→ F et ,
pour f ∈ L(E, F ) (en supposant que E n’est pas réduit à {0}),
kf (x)k
x∈E\{0} kxk
||| f |||= sup
Proposition 5
L’application ||| . ||| ainsi définie est bien définie et constitue une norme sur l’espace L(E, F ). On l’appelle triple norme, ou norme des applications linéaires
subordonnées aux normes sur E et sur F .
Preuve. Constatons d’abord que, pour f ∈ L(E, F ), l’assertion (3) de la proposition 4
kf (x)k
assure que le quotient
est borné. Par conséquent, sa borne supérieure lorsque x
kxk
décrit E \ {0} existe2 . En outre ||| f ||| est bien positive.
Il s’agit donc de vérifier chacun des trois axiomes de la définition d’une norme. Commençons par l’axiome de séparation : soit f ∈ L(E, F ) telle que ||| f |||= 0. Pour tout
x ∈ E \ {0}, on a donc
kf (x)k
6||| f |||= 0
06
kxk
donc kf (x)k = 0, soit f (x) = 0. Ceci étant aussi trivialement vrai pour x = 0, on en
déduit que f est l’application nulle : f = 0, ce qui prouve l’axiome de séaparation.
Montrons maintenant l’homogénéité : soient f ∈ L(E, F ) et λ ∈ K. Pour x ∈ E \ {0},
on a
kf (x)k
k(λf )(x)k
= |λ|
6 |λ| ||| f ||| .
kxk
kxk
Ce majorant étant indépendant de x, on peut passer à la borne supérieure dans le membre
de gauche de l’inégalité :
||| λf |||6 |λ| ||| f ||| .
(1)
Pour obtenir l’inégalité réciproque, remarquons que l’inégalité (1) est valable quels que
soient le scalaire λ et l’application linéaire continue f . Pour λ 6= 0, appliquons (1) au
scalaire λ1 et à l’application λf :
1
1
||| λf |||6 ||| λf |||
λ
λ
ce qui donne l’inégalité réciproque :
|λ| ||| f |||6||| λf ||| .
En remarquant que cette dernière est trivialement vraie si λ = 0, on a bien prouvé l’égalité
voulue :
||| λf |||= |λ| ||| f ||| .
2
ce serait faux pour une application linéaire non continue telle qu’il en existe si E est de dimension
infinie — on parle d’opérateurs non bornés en analyse fonctionnelle
6
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Il reste l’inégalité triangulaire à démontrer : soient deux applications linéaires continues
f, g ∈ L(E, F ). Fixons x ∈ E \ {0}. Alors, en utilisant l’inégalité triangulaire de la norme
des vecteurs de F :
k(f + g)(x)k
kf (x) + g(x)k
kf (x)k kg(x)k
=
6
+
6||| f ||| + ||| g ||| .
kxk
kxk
kxk
kxk
Ce dernier majorant étant indépendant de x, on peut passer à la borne supérieure dans
le premier membre de l’inégalité :
||| f + g |||6||| f ||| + ||| g ||| .
Ceci achève de prouver que ||| . ||| est une norme sur L(E, F ).
Ce qui fait l’intérêt de cette norme par rapport aux nombreuses autres normes possibles sur l’espace vectoriel L(E, F ) est sa «compatibilité» avec les opérations d’évaluation
sur un vecteur et de composition des applications linéaires continues. C’est l’objet de la
proposition suivante.
Proposition 6
(1) Pour f ∈ L(E, F ) et x ∈ E, on a
kf (x)k 6||| f ||| kxk.
(2) En sus des notations précédentes, soit G un troisième espace vectoriel. On a, pour
f ∈ L(E, F ) et g ∈ L(F, G) :
||| g ◦ f |||6||| g ||| ||| f ||| .
Remarque
Si E = F , l’espace L(E, E), encore noté simplement L(E) est celui des endomorphismes continus de E. Il est muni, en plus des opérations d’addition et multiplication
par scalaire habituelles, d’une troisième opération en la personne de la composition
des endomorphismes, ce qui lui confère une structure de K-algèbre (seulement si le
corps K est commutatif). L’assertion (2) de la proposition 6 dit qu’alors ||| . ||| est une
norme d’algèbre.
Preuve [de la proposition 6]. Commençons par l’assertion (1) : soient f ∈ L(E, F ) et
x ∈ E. Si x = 0 l’inégalité est trivialement vraie ; supposons donc x 6= 0. On peut écrire
kf (x)k
kf (y)k
6 sup
=||| f ||| .
kxk
y∈E\{0} kyk
Alors on a simplement
kf (x)k 6||| f ||| kxk.
Montrons maintenant l’assertion (2) : soient f ∈ L(E, F ), g ∈ L(F, G) et x ∈ E \ {0}.
On a alors, en utilisant deux fois l’assertion (1) :
kg ◦ f (x)k
kg(f (x))k
||| g ||| kf (x)k
||| g ||| ||| f ||| kxk
=
6
6
=||| g ||| ||| f ||| .
kxk
kxk
kxk
kxk
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Ce majorant étant indépendant de x, le passage à la borne supérieure montre l’inégalité
voulue :
||| g ◦ f |||6||| g ||| ||| f ||| .
Remarque
Il faut bien réaliser que la triple norme ||| . ||| que l’on met sur L(E, F ) est dépendante
de celles de E et F , qu’on a d’ailleurs toutes deux notées de la même façon k.k. Il n’y
a pas d’ambiguïté à partir du moment où l’on sait où habitent les vecteurs dont on
considère la norme.
De même, dans l’assertion (2) de la proposition 6 on a noté de la même façon les
normes de L(E, F ) et L(F, G) — ce qui ne pose à nouveau pas de problème.
On a aussi un résultat permettant un calcul alternatif de la norme d’une application
linéaire continue.
Proposition 7
Pour f ∈ L(E, F ), on a
||| f |||= sup kf (x)k
kxk=1
(autrement dit, la borne supérieure peut ne porter que sur les vecteurs unitaires).
Preuve. Il s’agit de prouver l’égalité des bornes supérieures suivantes :
kf (x)k
x∈E\{0} kxk
||| f ||| sup
S=
et
sup
kf (y)k.
y∈E,kyk=1
On va procéder par double inégalité (en prouvant au passage l’existence de S).
1
x, que :
D’abord, fixons x ∈ E \ {0}. On peut remarquer, en posant h =
kxk
kf (x)k
=
kxk
f (kxkh)
kxk
=
kxkf (h)
kxk
=
kxk kf (h)k
= kf (h)k 6 S.
kxk
Comme ce majorant S est indépendant de x, on peut passer à la borne supérieure dans
le membre de gauche de l’inégalité, ce qui montre que
||| f |||6 S.
Montrons maintenant l’inégalité réciproque en fixant y ∈ E tel que kyk = 1. Alors on
a bien sûr
kf (y)k
kf (x)k
kf (y)k =
6 sup
=||| f |||
kyk
x∈E\{0} kxk
Ce majorant étant indépendant de y, l’ensemble des kf (y)k pour lesquels y décrit l’ensemble des vecteurs de norme 1 est majoré (c’est-à-dire que S existe) et, en passant à la
borne supérieure dans le membre de gauche de l’inégalité :
S 6||| f ||| .
Finalement, on a bien ||| f |||= S.
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Corollaire 8
Si E est de dimension finie, alors ||| f ||| est réalisée sur la sphère unité, c’est-à-dire
qu’il existe x0 ∈ E tel que kx0 k = 1 et
||| f |||= kf (x0 )k.
Preuve. Comme E est de dimension finie, la sphère unité S(0, 1) de E, c’est-à-dire l’ensemble des vecteurs de norme 1, est compacte (car fermée et bornée)3 .
L’application norme
k.k : E −−−→ R
x 7−−→ kxk
est continue sur E. En effet, il y a (au moins) deux façons de le voir :
– en le démontrant «à la main» avec la seconde inégalité triangulaire (elle est 1lipschitzienne) ;
– en disant que cette application est la première application partielle de la fonction
«distance» (qui est continue comme on l’a vu lors de la preuve de la proposition 1),
en ayant fixé la seconde variable à 0 : kxk = d(x, 0).
Par conséquent, l’application ϕ : x7−−→kf (x)k est continue sur E comme composée de
fonctions continues.
En tant que fonction (à valeurs réelles) continue sur un compact, ϕ est donc bornée
sur la sphère unité (on le savait déjà) et y atteint sa borne supérieure :
∃x0 ∈ S(0, 1),
kf (x0 )k = ϕ(x0 ) = sup ϕ(x) =||| f |||,
x∈S(0,1)
la dernière égalité ayant lieu en vertu de la proposition 7 précédente.
3
C’est faux en dimension infinie : qu’une partie de E soit fermée et bornée est toujours nécessaire à sa
compacité, mais ces conditions sont suffisantes si et seulement si dim E < +∞ (conséquence du théorème
de Riesz).
9