Topologie Analyse Fonctionnelle

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  Université Toulouse Le Mirail MIASHS L3 Topologie Analyse fonctionnelle Benoît CHEVALLIER

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  • Universit Toulouse Le Mirail MIASHS L3

    Topologie

    Analyse fonctionnelle

    Benot CHEVALLIER

  • UTM-L3 MIASHS MI0A16X B. Chevallier

    SOMMAIRE

    Chapitre 1 Espaces metriques p01

    Chapitre 2 Topologie dun espace metrique p05

    Chapitre 3 Notion generale despace topologique p11

    Chapitre 4 Espaces metriques particuliers : les espaces vectoriels normes p12

    Chapitre 5 Espaces normes particuliers : les espaces prehilbertiens p14

    Chapitre 6 Suites dans un espace metrique p18

    Chapitre 7 Applications continues entre deux espaces metriques p20

    Chapitre 8 Applications uniformement continues,

    Applications lipschitziennes entre deux espaces metriques p23

    Chapitre 9 Applications lineaires continues entre deux espaces normes p25

    Chapitre 10 Espaces metriques compacts p28

    Chapitre 11 Applications continues dans un compact p30

    Chapitre 12 Espaces complets p32

  • UTM-L3 MIASHS MI0A16X B. Chevallier

    Chapitre 1

    Espaces metriques

    Definition : Soit M un ensemble. Une distance sur M est une application d: MM IRverifiant, pour tous x, y, z M :(D1) : d(x, y) 0(D2) : si d(x, y) = 0 alors x = y(D3) : d(x, y) = d(y, x)(D4) : d(x, z) d(x, y) + d(y, z) (inegalite triangulaire)Un espace metrique est un ensemble M muni dune distance d.

    Les exemples despaces metriques sont nombreux.

    Exemple 1 : Si M = IR ou M = C, la distance usuelle ou distance canonique est definiepar : dcan(x, y) = |x y| (module si M = C, valeur absolue si M = IR).

    Exemple 2 : Si M = IRn ou M = Cn, chacune des 3 formules definit une distance :

    d1(x, y) = |x1 y1|+ |x2 y2|+ + |xn yn|

    d2(x, y) =(|x1 y1|2 + |x2 y2|2 + + |xn yn|2)1/2

    d(x, y) = max(|x1 y1|, |x2 y2|, , |xn yn|)ou` on note x = (x1, x2, , xn) M et y = (y1, y2, , yn) M .

    Verifications :

    Il est clair, dapre`s la definition du module ou de la valeur absolue, que dcan, d1, d2 et d verifientles conditions (D1), (D2), (D3). La condition (D4) demande a` etre verifiee.

    Rappel : Pour tous u, v IR ou C, on a linegalite triangulaire |u + v| |u|+ |v|. Par suite :dcan(x, z) = |x z| = |x y + y z| |x y|+ |y z| = dcan(x, y) + dcan(y, z)

    ce qui montre que (D4) est verifiee pour dcan.

    On se restreint ensuite a` n = 2.

    d1(x, z) = |x1 z1|+ |x2 z2| = |x1 y1 + y1 z1|+ |x2 y2 + y2 z2| |x1 y1|+ |y1 z1|+ |x2 y2|+ |y2 z2| = d1(x, y) + d1(y, z)

    ce qui montre que (D4) est verifiee pour d1.Remarque : |u + v| |u|+ |v| equivaut a` :

    |u + v|2 (|u|+ |v|)2 = |u|2 + |v|2 + 2|u| |v|(car |u|, |v|, |u + v| 0).

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  • Cours Topologie et analyse fonctionnelle

    A-t-on d2(x, z) d2(x, y) + d2(y, z) ? (D4)

    Par definition de d2, ceci equivaut a`|x1 z1|2 + |x2 z2|2

    |x1 y1|2 + |x2 y2|2 +

    |y1 z1|2 + |y2 z2|2.

    ou a`

    |x1 z1|2 + |x2 z2|2 |x1 y1|2 + |x2 y2|2 + |y1 z1|2 + |y2 z2|2 E

    +2

    (|x1 y1|2 + |x2 y2|2)(|y1 z1|2 + |y2 z2|2) B

    .

    Dautre part, on sait dapre`s la remarque que :

    |x1 z1|2 = |x1 y1 u

    + y1 z1 v

    |2 |x1 y1|2 + |y1 z1|2 + 2|x1 y1| |y1 z1|

    |x2 z2|2 = |x2 y2 + y2 z2|2 |x2 y2|2 + |y2 z2|2 + 2|x2 y2| |y2 z2|En sommant, on recupe`re linegalite :

    |x1 z1|2 + |x2 z2|2 E + 2 (|x1 y1| |y1 z1|+ |x2 y2| |y2 z2|) C

    Si C B, on a gagne (et on peut enlever le ? du depart).

    Regardons si C B.

    C B equivaut a` C2 B2 car B 0 et C 0.

    C2 = 4(|x1 y1|2|y1 z1|2 + |x2 y2|2|y2 z2|2 + 2|x1 y1| |y1 z1| |x2 y2| |y2 z2|)

    B2 = 4(|x1 y1|2|y1 z1|2 + |x2 y2|2|y1 z1|2 + |x1 y1|2|y2 z2|2 + |x2 y2|2|y2 z2|2)

    et C2 B2 equivaut a`

    2|x1 y1| |y1 z1| |x2 y2| |y2 z2| |x2 y2|2|y1 z1|2 + |x1 y1|2|y2 z2|2

    soit a`0 |x2 y2|2|y1 z1|2

    a2

    + |x1 y1|2|y2 z2|2 b2

    2 |x1 y1| |y2 z2| b

    |x2 y2| |y1 z1| a

    qui equivaut encore a` 0 (a b)2, ce qui est toujours vrai.

    On a donc bien C B et (D4) est verifiee.

    A-t-on d(x, z) d(x, y) + d(y, z) ? cest-a`-dire, par definition de d :

    max(|x1 z1|, |x2 z2|) max(|x1 y1|, |x2 y2|) + max(|y1 z1|, |y2 z2|) K

    ?

    On sait que |x1 z1| = |x1 y1 + y1 z1| |x1 y1|+ |y1 z1| K et

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  • UTM-L3 MIASHS MI0A16X B. Chevallier

    |x2 z2| = |x2 y2 + y2 z2| |x2 y2|+ |y2 z2| K.Par consequent, on a bien

    d(x, z) = max(|x1 z1|, |x2 z2|) K = d(x, y) + d(y, z).

    Linegalite triangulaire (D4) est donc bien verifiee par la distance d.

    2

    Exemple 3 : Soit M = S1 = {x C, |x| = 1}.d(ei, ei) = min

    kZZ| + 2kpi| definit une distance sur M .

    Exemple 4 : Soit M lensemble des suites x = (xn)nIN de nombres reels xn appartenant a`[0, 1],

    d(x, y) =+n=0

    1

    2n|xn yn|

    definit une distance sur M .

    Exemple 5 : Soit M un ensemble non vide quelconque.

    (x, y) =

    {1 si x 6= y0 si x = y

    definit la distance discre`te sur M .

    Exercice : Soit (M, d) un espace metrique. Montrer que, pour tous x, y, z M ,

    |d(x, y) d(y, z)| d(x, z).

    Exercice et definition : Soit E un ensemble non vide et M lensemble des suites delements deE.

    Si x = (xn)nIN , y = (yn)nIN M , on conside`re :

    d(x, y) =

    {0 si x = y

    1

    min(nIN,xn 6=yn)si x 6= y .

    Demontrer que d est une distance verifiant la relation plus forte que (D4) :

    d(x, z) max(d(x, y), d(y, z)) pour tout x, y M.

    De telles distances sont appelees distance ultrametriques.

    Suite de la definition de distance :

    Si (M, d) est un espace metrique, tout sous-ensemble L de M est naturellement muni dunedistance induite par d sur L : d|L, que lon note encore d.

    Muni de cette distance induite, lespace L est appele un sous-espace metrique de M .

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  • Cours Topologie et analyse fonctionnelle

    Exemple :1) On peut munir Q de la distance induite par dcan sur IR.2) La distance induite par d de C sur le cercle S1 est differente de la distance introduite

    dans lexemple 3.

    Exercice et definition

    Si (M , d) et (M , d) sont deux espaces metriques, demontrer que les applications d1, d2, ddefinies par :

    d1((x, x), (y, y)) = d(x, y) + d(x, y)

    d2((x, x), (y, y)) = (d(x, y)2 + d(x, y)2)1/2

    d((x, x), (y, y)) = max(d(x, y), d(x, y))

    sont des distances sur lensemble produit cartesien M M .

    Les espaces metriques (M M , d1), (M M , d2), (M M , d) sont tous appelesespaces metriques produits de M et M .

    Cette definition se generalise au produit cartesien dun nombre fini N despaces metriques.Par exemple, les distances d1, d2, d donnees dans lexemple 2 sur IRn ou Cn peuvent

    sobtenir en considerant le produit de n exemplaires de lespace metrique (IR, dcan) ou (C, dcan)et les distances d1, d2, d que lon vient de definir (dcan = d = d).

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    Chapitre 2

    Topologie dun espace metrique

    Soit (M, d) un espace metrique.

    Definition : On appelle boule ouverte de centre x et de rayon le sous-ensemble de M :

    B(x) = {y M, d(x, y) < }.

    On appelle boule fermee de centre x et de rayon le sous-ensemble de M :

    B(x) = {y M, d(x, y) }.

    On appelle sphe`re de centre x et de rayon le sous-ensemble de M :

    S(x) = {y M, d(x, y) = }.

    Remarques :

    1) S(x) = B(x) \B(x).2) Si > , on a {x} B(x) B(x) B(x).Exemple particulier : Dans un espace metrique discret (M, ), on a B(x) =

    { {x} si 1M si > 1

    .

    Verification :

    Si (x, y) 1, alors y = x, donc B(x) {x} et comme {x} B(x), on a B(x) = {x}. Si > 1, pour tout y M , (x, y) = 0 ou 1 < donc M B(x) et, puisque B(x) M , on a

    B(x) = M .

    2

    Definition : Soit M un espace metrique, un sous-ensemble U de M est appele ouvert deM si, pour tout x U , il existe un reel x > 0 tel que Bx(x) U .

    On appelle topologie de M , lensemble de tous les ouverts de M .

    Remarque :

    1) Si U est un ouvert de M , U =

    xUBx(x).

    Verification :

    U xU

    {x} xU

    Bx(x) et Bx(x) U donc

    xU

    Bx(x) U .

    2

    2) Toute boule ouverte de M est un ouvert de M .

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  • Cours Topologie et analyse fonctionnelle

    Verification :

    Soit y B(x) = B. Si on conside`re r = d(x, y), on a Br(y) B(x) = B.

    2

    3) On a tendance a` dire boule pour boule ouverte.

    Proposition : La topologie dun espace metrique a les proprietes suivantes :

    (O1) M et sont des ouverts de M(O2) Toute reunion douverts de M est un ouvert de M(O3) Toute intersection finie douverts de M est un ouvert de M .

    Demonstration :

    (O1) : rien a` demontrer.(O2) : Si (Ui)iI est une famille douverts et si x Uj , toute boule (ouverte) de centre x contenue

    dans Uj est contenue dansiI

    Ui et donciI

    Ui est un ouvert de M .

    (O3) : Si (Uk)1kp est une famille finie douverts et si x est dans chacun des Uk, il existe pour chaque kun reel k > 0 tel que Bk(x) Uk. Si on prend = min{1, 2, , p}, on aura alors B(x)

    1kp

    Uk.

    2

    Remarques :

    1) On peut verifier quun intervalle de IR est un ouvert de IR si et seulement si cest un

    intervalle ouvert, cest-a`-dire de la forme ]a, b[, ], b[, ]a, +[, avec a, b IR.

    2) On peut verifier que, si a, b IR, a < b :nIN

    (]a 1

    n, b +

    1

    n

    [)= [a, b]

    On verifie cette egalite en montrant les deux inclusions.nIN

    (]a 1n , b + 1n

    [)est une intersection infinie douverts de IR et [a, b] est un ensemble de

    IR qui nest pas un ouvert. Cela signifie quune intersection infinie douverts nest pas forcement

    un ouvert et donc que le terme intersection finie dans (O3) est indispensable.

    Definition : Si M est un espace metrique, on dit quun sous ensemble B de la topologiede M est une base douverts de M si tout ouvert non vide de M est une reunion delementsde B.

    La donnee dune base douverts de M permet de connatre toute la topologie de M .

    Lensemble des boules ouvertes de M est une base douverts de M .

    Definition : Soit M un espace metrique, on dit quun sous-ensemble A de M est unferme de M si son complementaire M \A = CAM est un ouvert de M .

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  • UTM-L3 MIASHS MI0A16X B. Chevallier

    Exemple : Toute boule fermee de M est un ferme de M .

    Preuve : Si y M \B(x) et r = d(x, y) , on a Br(y) B(x) = .En effet, d(x, y) est forcement plus grande que car y / B(x) donc d(x, y) > 0. M \B(x) = {z M, d(x, z) > } car B(x) = {u M, d(x, u) }.Puisque y M \B(x), on a d(x, y) > et donc r = d(x, y) > 0. Si il existe v Br(y) B(x), on a : d(y, v) < r = d(x, y) d(x, v) .On en deduit que :

    d(x, y) d(x, v) + d(v, y) < (d(x, y) ) + = d(x, y)

    ce qui est impossible. Par suite Br(y) B(x) = .

    2

    En passant au complementaire, on obtient une autre formulation de la proposition precedente :

    Proposition : Soit M un espace metrique, alors lensemble des fermes de M a les pro-prietes suivantes :

    (F1) : et M sont des fermes(F2) : Toute intersection de fermes de M est un ferme de M(F3) : Toute reunion finie de fermes de M est un ferme de M .

    Exercice : Soit M un espace metrique et L M . On munit L de la distance induite d|L parcelle de M . Verifier que si x L et > 0, la boule BL (x) du sous-espace metrique L est

    BL (x) = BM (x) L.

    En deduire que les ouverts de L sont les traces sur L des ouverts de M .

    On parle alors de topologie induite sur un sous-espace metrique.

    Exercice : Les sous ensembles [0, 1[, ]0, 1[, ]0, 1] sont-ils des ouverts du sous-espace [0, 2] de IR ?

    Verification : (M,d) = (IR, dcan).([0, 2], dcan) est un sous-espace metrique de (IR, dcan).On cherche ]a, b[ tel que ]a, b[[0, 2] = [0, 1[, ]a, b[ tel que ]a, b[[0, 2] =]0, 1[, ]a, b[ tel que

    ]a, b[[0, 2] =]0, 1]. [0, 1[=] 1, 1[[0, 2] avec ] 1, 1[ ouvert de IR et L = [0, 2] donc [0, 1[ ouvert de L. ]0, 1[=]0, 1[[0, 2] avec ]0, 1[ ouvert de IR et L = [0, 2] donc ]0, 1[ ouvert de L. ]0, 1] =]0, ?[[0, 2] impossible.

    2

    Exercice : Soit (M , d) et (M , d) deux espaces metriques. On conside`re lespace metriqueproduit M = M M muni de la distance d.

    1) Demontrer que si x = (x, x) M et > 0, on a B(x) = B(x)B (x), ou` B, B etB designent respectivement des boules de M , M et M .

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  • Cours Topologie et analyse fonctionnelle

    2) En deduire que les ouverts de (M, d) sont des reunions de produits cartesiens de la formeU U ou` U et U sont des ouverts respectivement de M et M . On parle de topologie produit.

    3) Est-ce que tout ouvert de M peut secrire U U ou` U et U sont des ouverts de M et M ?

    Preuve :

    1) y B(x) si et seulement si d(x, y) < .Or d(x, y) = d((x

    , x), (y, y)) = max(d(x, y), d(x, y)).d(x, y) < equivaut donc a` d

    (x, y) < et d(x, y) < , cest-a`-dire y B(x) et y B (x),soit (y, y) B(x)B (x).

    2) Dapre`s la definition, U =

    xU

    Bx(x).

    Dapre`s la question 1), on a donc

    U =

    xU

    (Bx(x)Bx(x)

    avec Bx(x) = U ouvert de M et Bx(x

    ) = U ouvert de M .

    3) Remarque preliminaire : si U = U U , alors U est la projection de U sur M et U est laprojection de U sur M .

    Remarque suivante : A priori, il ny a pas que U U qui se projette sur U dans M et sur U dans M . On pourrait avoir U1 strictement inclus dans U

    U tel que U soit la projection de U1 surM et U soit la projection de U1 sur M

    . Dans ce cas, si U1 = U1 U 1 egalement, avec U 1 ouvert de

    M et U 1 ouvert de M, on aurait U 1 = U

    et U 1 = U donc U1 = U

    U en contradiction avec U1strictement inclus dans U U .

    Cette situation existe, et donc la reponse a` 3) est : NON.

    2

    Rappel : Dans (IR IR, d), les boules sont des carres de cotes paralle`les aux axes.

    Definition : Soit M un espace metrique. Si A N est non vide, un voisinage de A dansM est un sous-ensemble V de M tel quil existe un ouvert U de M verifiant A U V .En particulier, si A = {x}, on dit simplement voisinage de x dans M .

    La notion de voisinage ne depend que de la topologie de M . On notera que V est un voisi-nage de x M si et seulement si il existe > 0 tel que B(x) V .

    Exercice : Montrer que :1) un sous-ensemble U de M est un ouvert de M si et seulement si cest un voisinage de chacun

    de ses points.2) Si x et y sont deux points distincts de M , il existe un voisinage Vx de x et un voisinage Vy

    de y tels que Vx Vy = (indication : considerer r = 12d(x, y) et les boules Br(x) et Br(y)).

    Remarque : Cette propriete de separation des points est une propriete importante des espaces

    metriques.

    Definition : Soit M un espace metrique et A M . On dit quun point x M estinterieur a` A si A est voisinage de x dans M .On appelle interieur de A dans M , lensemble A des points interieurs a` A.

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  • UTM-L3 MIASHS MI0A16X B. Chevallier

    La notion dinterieur ne depend que de la topologie de M .

    Proposition : Soit M un espace metrique et A M . Alors A est la reunion de tous lesouverts de M contenus dans A, et A est un ouvert de M si et seulement si A = A.

    Demonstration : Si U est un ouvert de M contenu dans A, tout point x U est interieur a` Adonc U A. Comme, par definition, tout point de A est dans un ouvert de M contenu dans A, on aA =

    U ouvert A

    U .

    2

    Definition : Soit M un espace metrique et A M . On dit quun point x Mest adherent a` A dans M si tout voisinage de x dans M rencontre A. On appelleadherence de A dans M lensemble A de tous les points adherents a` A dans M .

    Proposition : Soit M un espace metrique et A M . Alors M \ A = M \A. Il enresulte que A est lintersection de tous les fermes de M contenant A et A est un ferme deM si et seulement si A = A.

    Demonstration : Soit x M . Alors x / A si et seulement si toute boule de centre x rencontre M \A,ce qui montre la formule. Le reste sen deduit par passage au complementaire.

    2

    Exemple :

    1) Ladherence dune boule ouverte B(x) est la boule fermee B(x) (dou` la barre superieuresur les boules fermees).

    B(x) est le plus petit ferme contenant B(x).

    2) ]a, b[ = [a, b], [a, b] est le plus petit ferme contenant ]a, b[.

    Definition : Soit M un espace metrique et A M . On dit que A est dense dans M siA = M .

    Exemples :

    1) B(x) est dense dans B(x).

    2) Soit (M, d) = (IR, dcan), on a Q = IR : Q est dense dans IR puisque nimporte quelintervalle ouvert de IR (boule ouverte de IR) contient des elements de Q.

    Definition et exercice : Soit M un espace metrique. Si A M , la frontie`re de A dans M est lesous-ensemble :

    FrA = A (M \A) = A \ A.1) Demontrer que Fr(A) Fr(A) et FrA FrA. Donner un exemple dans lequel ces 3 ensembles

    sont distincts.

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  • Cours Topologie et analyse fonctionnelle

    2) Demontrer que si A, B M , alors Fr(A B) (FrA FrB). Demontrer que cette dernie`reinclusion est stricte en general et que lon a egalite si A B = .

    3) Determiner FrQ dans IR.

    Definition : Soit M un espace metrique et A M . On dit que A est borne dans M si ilexiste un point x M et un reel > 0 tel que A B(x).

    Contrairement aux autres notations ci-dessus, le fait quun ensemble soit borne ou non ne

    depend pas seulement de la topologie de M mais fait intervenir la distance d utilisee. Il sagitdune notation metrique.

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    Chapitre 3

    Notion generale despace topologique

    On peut etre amene dans certaines circonstances a` introduire des notations topologiques sur

    des espaces qui ne sont pas des espaces metriques. Le principe est tre`s simple :

    Sur un ensemble X, on decre`te que certains sous-ensembles de X sur lesquels on impose lesconditions (O1), (O2), (O3) sont des ouverts.

    Deux precautions essentielles a` garder a` lesprit dans de tels espaces :

    topologies pas toujours separees lutilisation de suites ne sera plus permise pour caracteriser ladherence dun sous-ensemble,

    la continuite dune application, la compacite dun sous-espace...

    Exemple : Sur un ensemble arbitraire X, on definit une topologie en posant lensemble desouverts = {, X} : cest la topologie grossie`re sur X.

    Remarque : Dans la pratique, on donne rarement lensemble O de tous les ouverts. On ditquun ensemble B de O est une base douverts de lespace topologique (X,O) si tout element deO (autre que ) est une reunion delements de B. Il suffit de se donner une base douverts pourdefinir (X,O).

    Exemple : On definit une topologie sur IR2 = IR IR en prenant comme base douverts lessous-ensembles de la forme ]a, b[{c} : il sagit de la topologie feuilletee de IR2.

    On peut verifier quun sous-ensemble B de P(X) (= ensemble des parties de X) est une basedouverts pour une topologie de X si et seulement si il verifie les 2 proprietes :

    (B1) : toute intersection de 2 elements de B est une reunion delements de B(B2) : la reunion de tous les elements de B est egale a` X.

    Remarque : Si X est un espace topologique, on definit les fermes de X, linterieur et ladherencedune partie A de X tout comme on la fait avec un espace topologique metrique.

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  • Cours Topologie et analyse fonctionnelle

    Chapitre 4

    Espaces metriques particuliers : les espaces vectoriels normes

    Dans la suite, K = IR ou C.

    Definition : Soit E un espace vectoriel sur K. Une norme sur E est une application : E IR verifiant, pour tous x, y E, pour tout K,(N1) : x 0(N2) : x = 0 si et seulement si x = 0(N3) : x + y x+ y(N4) : x = || x.

    Un espace vectoriel muni dune norme est appele espace vectoriel norme.

    Remarque 1 : On deduit de (N3) que |x y| x y pour tous x, y E dans unespace vectoriel norme.

    Remarque 2 : Si E est un espace vectoriel norme, lapplication d : E E IR definie pard(x, y) = x y est une distance sur E (a` verifier en exercice).

    On dit que d est la distance definie par la norme .

    On a :

    pour une distance dans un espace metrique :

    |d(x, y) d(y, z)| d(x, z) d(x, y) + d(y, z)

    pour une norme dans un espace vectoriel norme :

    |x y y z| x z x y+ y z

    Remarque 3 : : Il en resulte que tout espace vectoriel norme est un espace metrique. Beau-

    coup despaces metriques usuels sont obtenus de cette facon.

    Par exemple : la distance dcan sur IR est la distance definie par la valeur absolue | |, qui estune norme sur IR.

    Sur lespace vectoriel Kn = K K K, les distances d1, d2, d (chapitre 1) sontrespectivement definies par les normes 1, 2, donnees par :

    x1 = |x1|+ |x2|+ + |xn|

    x2 =|x1|2 + |x2|2 + + |xn|2

    x = max(|x1|, |x2|, , |xn|)ou` x = (x1, , xn) Kn (les xi sont les coordonnees du vecteur x dans la base canonique(1, 0, , 0), (0, 1, 0, , 0), , (0, , 0, 1)).

    12

  • UTM-L3 MIASHS MI0A16X B. Chevallier

    Exemple important : Soit [a, b] un intervalle ferme borne de IR. Soit E = C([a, b], K)lensemble des applications continues de [a, b] dans K.

    On sait que (E, +, .) est un espace vectoriel sur K.On definit une norme 1 en posant :

    f1 = b

    a|f(x)| dx.

    Plus generalement, on definit une norme , avec reel 1 en posant :

    f =( b

    a|f(x)| dx

    )1/.

    On definit enfin une norme en posant :

    f = sup{|f(x)|, x [a, b]}.

    Rappel : Toute application continue f : [a, b] IR est bornee.

    Remarques :

    a) Le cas = 2, f2 =( b

    a |f(x)|2 dx)1/2

    est surtout dactualite en analyse.

    b) Il resterait a` demontrer que 1, 2, ainsi definies sont bien des normes.

    Definition : Si (E, ) est un espace vectoriel norme et si F est un sous-espace vectorielde E, lapplication : F : y F 7 y est une norme sur F . Lespace vectoriel (F, F )est appele sous-espace vectoriel norme de E.

    Proposition : Si (E, ) et (E, ) sont des espaces vectoriels normes sur K, ondefinit sur lespace vectoriel produit cartesien E E des normes en posant, pour toutx = (x, x) E E :

    x1 = x + x

    x2 =((x)2 + (x)2)1/2

    x = max(x, x).

    Remarque : Il faudrait le verifier.

    Les espaces (E E, 1), (EE, 2), (EE, ) sont des espaces vectoriels normesproduits cartesiens des espaces vectoriels normes (E , ) et (E, ).

    Les distances ainsi deduites sur E E sont les distances produits des distances d et dassociees aux normes et .

    La` encore, la construction se generalise au produit cartesien de n espaces vectoriels normes.(Exemple : Kn = KK K).

    13

  • Cours Topologie et analyse fonctionnelle

    Chapitre 5

    Espaces normes particuliers : les espaces prehilbertiens

    Definition : Soit E un espace vectoriel sur K. Une forme hermitienne sur E est uneapplication h : E E K verifiant les proprietes suivantes, pour tous x, x, y, y E,pour tout K :(H1) : h(x + x

    , y) = h(x, y) + h(x, y)(H2) : h(x, y + y

    ) = h(x, y) + h(x, y)(H3) : h(x, y) = h(x, y)(H4) : h(x, y) = h(x, y)(H5) : h(y, x) = h(x, y).( est le conjugue de si C, = si IR).(h(x, y) conjugue de h(x, y) si h(x, y) C, h(x, y) = h(x, y) si h(x, y) IR).

    On dit que la forme hermitienne est positive si h(x, x) 0 pour tout x E.On dit que la forme hermitienne est definie positive si elle est positive et si h(x, x) = 0 siet seulement si x = 0.

    Remarque definition :

    Les proprietes (H1) a` (H4) expriment que h est une forme sesquilineaire. Si K = IR, une forme hermitienne est une forme bilineaire symetrique.

    Exercice : Soit E un espace vectoriel sur K et h une forme hermitienne sur E. On definitq : E IR par q(x) = h(x, x). (Remarque : par (H5), h(x, x) IR).

    1) Verifier que pour tous x, y E,

    4h(x, y) = q(x + y) q(x y) si K = IR

    4h(x, y) = q(x + y) q(x y) + iq(x + iy) iq(x iy) si K = C.

    2) En deduire que h = 0 si et seulement si q = 0 (application nulle).

    Definition : Soit E un espace vectoriel sur K muni dune forme hermitienne h.1) On dit que deux vecteurs x et y de E sont orthogonaux si h(x, y) = 0.2) On dit quun vecteur x de E est isotrope sil est orthogonal a` lui-meme, cest-a`-dire sih(x, x) = 0.3) Si A E, on appelle orthogonal de A le sous-ensemble :

    A = {x E, pour tout a A, h(x, a) = 0}.

    Exercice : Verifier que A est un sous-espace vectoriel de E. (En particulier, si A = {a}).

    14

  • UTM-L3 MIASHS MI0A16X B. Chevallier

    Proposition : Inegalite de Schwarz

    Soit h une forme hermitienne positive sur un espace vectoriel E. Alors, pour tous x, y E :

    |h(x, y)|2 h(x, x).h(y, y).

    De plus, si h est definie positive, legalite a lieu si et seulement si x et y sont colineaires.

    Demonstration : Si h(x, y) = 0, linegalite est vraie. On peut supposer h(x, y) 6= 0.

    On a, pour tout K, 0 h(x + y, x + y) = h(x, x) + h(x, y) + h(x, y) + ||2h(y, y).En particulier, soit IR arbitraire. En prenant = h(x,y)|h(x,y)| , on obtient, pour tout IR :

    2h(y, y) + 2|h(x, y)|+ h(x, x) 0et donc, puisque ce trinome en garde un signe constant :

    |h(x, y)|2 h(x, x)h(y, y) 0,qui est linegalite annoncee.

    Par ailleurs, si lun des deux vecteurs x ou y est le vecteur nul, les deux membres de linegalite sontnuls.

    Supposons x = y. On a alors :

    |h(x, y)|2 = ||2(h(y, y))2 = h(x, x)h(y, y).Enfin, si on a egalite, avec x 6= 0 et y 6= 0, il existe 0 IR tel que :

    20h(y, y) + 20|h(x, y)|+ h(x, x) = 0

    ou encore, en posant 0 = 0h(x,y)|h(x,y)| ,

    h(x + 0y, x + 0y) = 0.

    Si h est definie positive, cela entrane x + 0y = 0.

    2

    Proposition : Inegalite de Minkowski

    Si h est une forme hermitienne positive sur un espace vectoriel E, on a pour tous x, y E :h(x + y, x + y)

    h(x, x) +

    h(y, y).

    Demonstration : En elevant les deux membres de linegalite au carre, on voit que linegalite estequivalente a` :

  • Cours Topologie et analyse fonctionnelle

    Definition : Un espace prehilbertien E est un espace vectoriel muni dune formehermitienne definie positive appelee produit scalaire de E.

    Remarque : Un espace prehilbertien est donc un cas particulier despace norme. Dans la

    suite, on notera :

    x, y = h(x, y)le produit scalaire.

    Linegalite de Schwarz secrit donc dans un espace prehilbertien muni dun produit scalaire ;

    |x, y| x y pour tous x, y E.

    Exemple : Sur Kn, on definit, pour x = (x1, x2, , xn) et y = (y1, y2, , yn), un produitscalaire par :

    x, y =n

    i=1

    xiyi

    appele produit scalaire usuel. On precise

    produit scalaire euclidien si K = IR ; produit scalaire hermitien si K = C.

    La norme definie par le produit scalaire usuel est la norme 2, de sorte que linegalitetriangulaire pour cette norme resulte de linegalite de Minkowski. Lespace vectoriel Kn est

    ainsi muni dune structure canonique despaces prehilbertiens.

    Exemple : Soit A([a, b], K) lespace vectoriel des applications de [a, b] dans K. Soit E lesous-espace vectoriel de A forme des applications bornees et continues par morceaux de [a, b]dans IR.

    Si f E, on a f : [a, b] K bornee pour laquelle il existe une subdivision :

    a = x0 < x1 < x2 < < xp1 < xp = b

    telle que pour chaque j {1, , p}, la restriction f|]xj1,xj [ soit continue. Comme f est bornee,les integrales

    xjxj1

    sont convergentes, et on a :

    ba

    f(x) dx =

    1jp

    xjxj1

    f(x) dx.

    Notons maintenant que si f E, alors f : [a, b] K definie par f(x) = f(x), est dansE aussi (a` verifier). (Si K = IR, on a f = f). On peut verifier aussi que le produit de deuxfonctions de E est une fonction de E. On peut alors verifier que, si f et g E, on definit uneforme hermitienne positive sur E en posant :

    h(f, g) =

    ba

    f(x)g(x) dx.

    Linegalite de Schwarz secrit dans ce cas : b

    af(x)g(x) dx

    2 ( b

    a|f(x)|2 dx

    )( ba|g(x)|2 dx

    ).

    16

  • UTM-L3 MIASHS MI0A16X B. Chevallier

    La forme h nest pas definie positive (a` constater) mais sa restriction au sous-espace de E,C([a, b], K) espace des applications globalement continues lest.

    On a donc, sur le sous-espace vectoriel C([a, b], K) un produit scalaire (forme hermitiennedefinie positive) definie par :

    f, g = b

    af(x)g(x) dx.

    Proposition : Soit E un espace prehilbertien. Soit x, y E, alors :1) x + y2 + x y2 = 2(x2 + y2) (re`gle du parallelogramme). (Si K = IR, th dePtolemee).

    2) Si x et y sont orthogonaux (x, y = 0), x + y2 = x2 + y2 (th de Pythagore).

    Demonstration : On a :

    x + y2 = x + y, x + y = x, x+ x, y+ y, x+ y, y. ()

    Ceci donne 2) si x, y = 0.En remplacant dans () y par y et en faisant la somme avec (), on obtient 1).

    2

    Definition : Si (E, , ) et (E, , ) sont deux espaces prehilbertiens sur K, ondefinit sur lespace vectoriel produit E E un produit scalaire , en posant, pour tout(x, x) E E et tout (y, y) E E,

    (x, x), (y, y) = x, y + x, y.

    Lespace (EE, , ) est appele espace prehilbertien produit de (E , , ) et (E, , ).

    La norme obtenue ainsi sur E E nest autre que la norme :

    (x, x)2 =((x)2 + (x)2)1/2

    ou` et designent les normes associees aux produits scalaires , et , .

    17

  • Cours Topologie et analyse fonctionnelle

    Chapitre 6

    Suites dans un espace metrique

    Definition : 1) Soit M un espace metrique. On appelle suite de points de M touteapplication u : IN M ou plus generalement u : {n IN/ n n0} M . On noteusuellement un = u(n) pour tout n IN et on note (un)nIN ou (un)nn0 ou simplement(un) lensemble {u(n), n IN} ou lensemble {u(n), n IN, n n0}.

    2) Si a M , on dit que la suite (un) converge vers a dans M (ou que un tend vers alorsque n tend vers +) si :

    pour tout > 0, il existe n tel que, si n n, alors d(un, a) < .

    Le point a est appele la limite de la suite (un).

    Remarques :

    1) On peut demontrer que, si une suite a une limite, cette limite est unique (exercice permet-

    tant de manipuler d).

    2) (un) converge vers a si et seulement si la suite de nombres reels (d(un, a))n converge vers 0.

    Exemple : Soit I un intervalle de IR et soit E = B(I, K) lespace vectoriel norme des appli-cations bornees de I dans K (K = C ou K = IR) muni de la norme f = sup |f(x)|. Unesuite (fn) delements de E converge vers f E si et seulement si : pour tout > 0, il existen IN tel que, pour tout n n, d(fn, f) < ou`

    d(fn, f) = fn f = supxI

    |(fn f)(x)| = supxI

    |fn(x) f(x)|

    cest-a`-dire, pour tout x I, |fn(x) f(x)| < .Autrement dit, la suite de fonctions (fn) converge uniformement vers la fonction f . La norme

    est appelee pour cette raison, norme de la convergence uniforme.

    On remarque aussi que si (fn) converge vers f , pour chaque x I, la suite (fn(x)) convergevers f(x), cest quon a en prime la convergence simple de (fn) vers f .

    Attention ! Ce nest pas forcement le cas pour dautres normes que : soit lespaceC([1, 1], IR) muni de la norme 1. Soit la suite (n) ou` n(x) = xn. (n) converge vers lafonction nulle puisque

    limn+ n 01 = limn+ n1 = limn+

    11|n(x)| dx

    avec 11 |n(x)| dx = 2

    10 x

    n dx = 2n+1 [xn+1]10 =

    2n+1 0 quand n +. Cependant, la suite

    (n) ne converge pas simplement vers la fonction nulle dans [1, 1], puisque n(1) = 1 pourtout n IN.

    18

  • UTM-L3 MIASHS MI0A16X B. Chevallier

    Proposition : Soit M un espace metrique, A M et a M . Alors a A si et seulementsi il existe une suite de points de A convergeant vers a dans M .

    Demonstration : Si (xn) est une suite de points de A convergeant vers a, tout voisinage de a contientdes xn donc rencontre A.

    Reciproquement, supposons a A. Choisissons un x0 A arbitraire puis, pour chaque n IN, oun IN, ou n IN \ {0, , n0}, un xn AB 1

    n

    (a), ce qui est possible puisquune telle boule rencontreA.

    On obtient ainsi une suite de points de A telle que, pour tout n IN (ou pour tout n IN, ou pourtout n IN, n > n0), d(a, xn) < 1n et donc (xn) converge vers a.

    2

    Remarque : Dans lespace vectoriel norme E = (B(I, K), ) considere dans lexempleprecedent, si (fn) est une suite dapplications continues convergeant vers f E, lapplication fest continue, comme limite uniforme dune suite dapplications.

    Ce resultat peut senoncer ainsi :

    Le sous-espace vectoriel C(I, K) des applications continues et bornees de I dans K est unferme de lespace vectoriel norme B(I, K), ).

    Definition : Soit E un espace vectoriel norme. Si (un) est une suite de points (=vecteurs)de E, on appelle serie de terme general un la suite (sn) ou` :

    sn = u0 + u1 + + un.

    Si la suite (sn) converge dans E, sa limite est appelee somme de la serie de terme general

    un et notee+n=0

    un.

    On peut remarquer que si la serie de terme general un converge, la suite (un) converge vers0E . Bien entendu, la reciproque est fausse puisque cest deja` le cas pour les series numeriques =

    series de lespace norme (IR, = | |).

    19

  • Cours Topologie et analyse fonctionnelle

    Chapitre 7

    Applications continues entre deux espaces metriques

    Definition : Soit L et M deux espaces metriques, A M ; f : A L, a A et b L.Alors f admet b comme limite en a si et seulement si :pour tout > 0, il existe > 0 tel que, pour tout x A, si dM (x, a) < , alorsdL(f(x), b) < , ou` dL et dM designent respectivement les distances dans L et M .

    Proposition : Soit L et M deux espaces metriques, A M , f : A L, a A, b L.Lapplication f a pour limite b au point a (ou f(x) tend vers b quand x tend vers a) si,pour toute suite (un) de points de A convergeant dans M vers a, la suite (f(un)) convergedans L vers b.

    Definition : Soit L et M deux espaces metriques et f : M L.1) Si a M , on dit que f est continue au point a si f admet f(a) pour limite au point a.2) On dit que f est continue si elle est continue en tout point de M .

    Exemple : Soit (M, dM ) = (IR2, d2) et (L, dL) = (IR, dcan). Lapplication f : IR

    2 IR definiepar f(x, y) =

    { xyx2+y2

    si (x, y) 6= (0, 0)0 si (x, y) = (0, 0)

    nest pas continue au point (0, 0) puisque la suite((1n ,

    1n

    ))n

    converge vers (0, 0) dans IR2 alors que f(

    1n ,

    1n

    )= 12 n+

    12 6= 0 = f(0, 0).

    On remarque que dans cet exemple, pour tout (x0, y0) fixe, les applications

    {IR IRx 7 f(x, y0)

    et

    {IR IRy 7 f(x0, y) sont, elles, continues (surIR).

    Exercice : Soit [a, b] IR et soit x0 un point arbitraire fixe dans [a, b].Entre les espaces vectoriels normes (C([a, b], K), ) et (K, can = | |) (si K = IR, valeur

    absolue et si K = C, module), considerons lapplication vx0 : C([a, b], K) K, f 7 f(x0).Demontrer que vx0 est une application continue.

    Preuve : Soit f, g C([a, b],K). On a :|vx0(f) vx0(g)| = |f(x0) g(x0)| sup

    x[a,b]

    |f(x) g(x)| = f g

    donc, pour chaque fonction g C([a, b],K) : pour tout > 0, il existe > 0 tel que, pour toutf C([a, b],K), si f g < , alors |vx0(f) vx0(g)| < (prendre pour cela = ), ce qui montre quevx0 est continue en tout point g, donc continue sur lespace C([a, b],K).

    2

    Exercice : Soit [a, b] IR et soit x0 un point arbitraire fixe dans ]a, b[. Entre les espaces vecto-riels normes (C([a, b], K), 1) et (K, can = | |), considerons lapplication vx0 : C([a, b], K) K,

    20

  • UTM-L3 MIASHS MI0A16X B. Chevallier

    f 7 f(x0). Demontrer que vx0 nest pas une application continue.

    On definit la suite de fonctions (fn) telle que :

    fn(x) =

    (

    xax0a

    )nsi a x x0(

    bxbx0

    )nsi x0 < x b

    Verifier que fn C([a, b], K) (avec K = IR, pour eviter le travail dans C).Verifier que (fn)

    n+ f = 0 dans (C([a, b], K), 1).Verifier que vx0(fn) = 1 pour tout n IN et conclure.

    Preuve :

    fn est continue en tout point de [a, x0] et en tout point de ]x0, b] car il sagit a` chaque fois defonctions polynomes.

    On observe que fn(x0) =(

    x0ax0a

    )n= 1n = 1 pour tout n et que lim

    xx0,x>x0fn(x) = lim

    xx0

    (bxbx0

    )n=(

    bx0bx0

    )n= 1n = 1.

    Finalement, fn est une fonction reelle continue sur [a, b] (on aurait le meme resultat avec K = C).

    fn 01 = b

    a|(fn 0)(x)| dx =

    x0a|(fn 0)(x)| dx +

    bx0|(fn 0)(x)| dx par definition de 1 et

    par la relation de Chasles. x0a

    |fn(x)| dx = x0

    a

    (

    x ax0 a

    )n dx = x0

    a

    (x ax0 a

    )ndx

    =

    x0a

    (x a)n(x0 a)n dx =

    1

    (x0 a)n x0

    a

    (x a)n dx

    =1

    (x0 a)n[

    1

    n + 1(x a)n+1

    ]x0a

    =1

    (x0 a)n[

    1

    n + 1(x0 a)n+1

    ]=

    x0 an + 1

    bx0

    |fn(x)| dx = b

    x0

    (

    b xb x0

    )n dx = b

    x0

    (b xb x0

    )ndx

    =

    bx0

    (b x)n(b x0)n dx =

    1

    (b x0)n b

    x0

    (b x)n dx

    =1

    (b x0)n[ 1

    n + 1(b x)n+1

    ]bx0

    =1

    (b x0)n[

    1

    n + 1(b x0)n+1

    ]

    =b x0n + 1

    x0an+1 +

    bx0n+1 n+ 0 donc fn 0C au sens de 1.

    vx0(fn) =(

    x0ax0a

    )n= 1n = 1.

    Si vx0 etait continue, on aurait vx0(fn) = 1 n+ vx0(0C) = 0, ce qui est faux.Conclusion : vx0 nest pas une fonction continue, au sens de 1.

    2

    21

  • Cours Topologie et analyse fonctionnelle

    Remarque : La comparaison des 2 exercices montre quil est indispensable avant de parler

    de continuite, de preciser la distance utilisee.

    Proposition : Soit L et M deux espaces metriques, et f : M L.1) Si a M , f est continue en a si et seulement si, pour tout voisinage V de f(a) dans L,f1(V ) = {x M, f(x) V } est un voisinage de a dans M .2) f est continue si et seulement si, pour tout ouvert U de L, f1(U) = {x M, f(x) U}est un ouvert de M .

    Preuve : Le point 1) resulte du fait quun sous-ensemble V de L est un voisinage de a si et seulementsi il existe un reel > 0 tel que B(a) V .

    Le point 2) resulte du fait quun sous-ensemble U de L est un ouvert si et seulement si il est unvoisinage de chacun de ses points.

    2

    Remarque : Il resulte de cette proposition que la notion de limite, et en particulier de conti-

    nuite, ne depend que des topologies des espaces metriques concernes.

    22

  • UTM-L3 MIASHS MI0A16X B. Chevallier

    Chapitre 8

    Applications uniformement continues

    Applications lipschitziennes entre deux espaces metriques

    Definition : Soit L et M deux espaces metriques et f : M L.1) On dit que f est uniformement continue si :pour tout > 0, il existe > 0 tels que, pour tous x, x

    M , si dM (x, x) < , alorsdL(f(x), f(x

    )) < .2) Soit k IR+, on dit que f est k-lipschitzienne si :

    pour tous x, x M, dL(f(x), f(x)) kdM (x, x)

    3) On dit que f est lipschitzienne si il existe un reel k > 0 tel que f soit k-lipschitzienne.

    Remarques :

    1) Contrairement a` la propriete f continue, qui peut etre verifiee point par point, lesproprietes f uniformement continue et f k-lipschitzienne concernent le comportement globalde lapplication de f sur M . Une phrase comme f est uniformement continue en x0 estdepourvue de toute signification.

    2) On peut verifier aisement que si f est lipschitzienne, alors f est uniformement continueet si f est uniformement continue, alors f est continue. Les reciproques sont fausses en general.

    Definition : Soit L et M des espaces metriques.1) Un homeomorphisme de M sur L est une application f : M L continue, bijective, etdont lapplication reciproque f1 : L M est continue.On dit que les espaces metriques L et M sont homeomorphes sil existe unhomeomorphisme de M sur L.2) Une isometrie de M sur L est une application f : M L bijective telle que :

    pour tous x, x M, dL(f(x), f(x)) = dM (x, x).

    On dit que les espaces metriques M et L sont isometriques sil existe une isometrie entreM et L.

    Remarque 1 : Si f est un homeomorphisme de M sur L, f1 est un homeomorphisme de Lsur M .

    On a la meme propriete si f est une isometrie.On verifiera quune isometrie est un cas particulier dhomeomorphisme (cest-a`-dire quune

    isometrie est automatiquement continue, ainsi que sa reciproque).

    Si f est une isometrie, alors f est 1-lipschitzienne (donc continue).

    Remarque 2 : Si f est une isometrie de M sur L, elle conserve les distances. On peut con-siderer que les espaces metriques M et L sont les memes, en ce sens quil est possible de lesidentifier au moyen de lisometrie f (bijection).

    23

  • Cours Topologie et analyse fonctionnelle

    Remarque 3 : Il faut remarquer quune application f : M L peut etre bijective continuesans que son application reciproque f1 soit continue. Cest le cas par exemple de lapplicationI : (IR, ) (IR, dcan), x 7 x ou` designe la distance discre`te (a` verifier).

    Remarque : Sur Kn = KK K n fois

    (K = IR ou K = C) ou plus generalement sur le

    produit cartesien de n espaces metriques, les 3 distances d1, d2 et d sont equivalentes au senslipschitzien.

    En effet, si x = (x1, , xn) et y = (y1, , yn) sont deux points de Kn ou plus generalementde M1 M2 Mn, on a :

    d(x, y) d1(x, y)

    nd2(x, y) nd(x, y).Verification rapide :

    Notons i = dMi(xi, yi) pour tout i {1, 2, , n}.

    Des 3 inegalites a` verifier, seule celle qui secrit

    ( 1in

    i

    )2 n

    1in

    2i nest pas tout a` fait

    evidente.On peut lobtenir en appliquant linegalite de Schwarz dans IRn muni du produit scalaire usuel aux

    deux vecteurs (1, 2, , n) et (1, 1, , 1).

    2

    Il resulte de la` que lexistence des 3 distances d1, d2, d nest pas genante, car elles definissenttoutes les trois les memes ensembles ouverts et donc la meme topologie.

    Bien distinguer cette remarque et la remarque sur la difference vue sur les exercices precedents

    entre (C([a, b], K), ) et (C([a, b], K), 1).

    24

  • UTM-L3 MIASHS MI0A16X B. Chevallier

    Chapitre 9

    Applications lineaires continues entre deux espaces normes

    Si les espaces metriques consideres sont des espaces vectoriels normes, on peut parler dappli-

    cations lineaires. La continuite des applications lineaires fait lobjet dune etude particulie`re

    justifiee par la proposition suivante :

    Proposition : Soit E et F des espaces vectoriels normes et u : E F une applicationlineaire. Alors, les proprietes suivantes sont equivalentes :

    1) u est continue en un vecteur x0 E2) u est continue en 0E3) u est continue (en tout vecteur de E)4) u(B1(0)) = {u(x), x B1(0)} est borne dans F5){u(x)

    x ; x E \ {0}}

    est majore dans IR

    6) u est lipschitzienne7) u est uniformement continue.

    Preuve : On va montrer 1) 2) 5) 4) 6) 7) 3) 1). 1) 2) Si (yn) est une suite de vecteurs de E convergeant vers 0E , la suite (x0 + yn) converge vers

    x0 et donc la suite (u(x0 + yn)) converge vers u(x0). Mais u(x0 + yn) = u(x0) + u(yn). Par consequent,la suite (u(yn)) converge vers 0F .

    2) 5) Il existe 1 tel que, si y < 1, alors u(y) < 1.Or, si x E \ {0}, le vecteur y = 12xx verifie cette condition, de sorte que u(x)x < 21 (donc est

    majore dans IR).

    5) 4) Sil existe k IR+ tel que u(x)x k pour tout x 6= 0E , on a pour tout x B1(0),(x 1), u(x) kx k.

    4) 6) Si u(x) k de`s que x 1, on a, pour y, y E, y 6= y,

    k u(

    1

    y y (y y)

    ) = u(y) u(y

    )y y ,

    qui montre que u est k-lipschitzienne.

    Les implications 6) 7), 7) 3) et 3) 1) sont claires.

    2

    Remarque : Pour les applications lineaires entre espaces vectoriels normes, on a les equivalences

    entre :

    i) u continue

    ii) u uniformement continue

    iii) u lipschitzienne.

    25

  • Cours Topologie et analyse fonctionnelle

    Proposition : Soit E et F deux espaces vectoriels normes et u : E F lineaire etcontinue. Alors, pour toute suite (xn) de points (=vecteurs) de E telle que la serie determe general (xn) converge, la serie de terme general u(xn) converge dans F et

    u

    (+n=0

    xn

    )=

    +n=0

    u(xn).

    Preuve : Pour tout n IN, notons sn = x0 + x1 + + xn, la somme partielle de la serie de termegeneral xn. Comme u est lineaire, on a u(sn) = u(x0) + u(x1) + + u(xn), somme partielle de la seriede terme general u(xn). Comme u est continue, la suite (u(sn)) converge vers u(s) ou` s est la limite dela suite (sn), ce qui donne le resultat.

    2

    Proposition : Soit E et F deux espaces vectoriels normes sur le corps K. Alors, surlespace vectoriel (sur K) LC(E, F ) des applications lineaires continues de E dans F ,(encore appelees operateurs de E et F ), on definit une norme en posant :

    u = supxE\{0E}

    u(x)x .

    On a aussi : u = supx1

    u(x) = supx=1

    u(x) et on a, pour tout x E, u(x) u x(dans cette dernie`re inegalite, la meme notation designe trois normes dans troisespaces vectoriels normes differents F , LC(E, F ), E).

    Preuve : Remarquons tout dabord que LC(E,F ) est un sous-espace vectoriel de L(E,F ) espacevectoriel sur K des applications lineaires de E dans F . Par ailleurs, si u LC(E,F ), u est bien definiegrace a` la propriete 5) de la premie`re proposition.

    Et il est clair que les proprietes (N1), (N2) et (N4) des normes sont verifiees.Linegalite triangulaire provient de linegalite, pour u, v LC(E,F ),

    u(x) + v(x)x

    u(x)x +

    v(x)x

    verifiee pour tout x E \ {0E}.

    Si maintenant on note S = supx=1

    u(x) et B = supx1

    u(x), on a evidemment S B.Dautre part, si 0 < x 1, on a :

    u(x) u(x)x u(

    = supxE\{0E}

    u(x)x

    )

    et comme u(0) = 0 (vrai pour toute application lineaire), on en deduit que B u.Enfin, si x 6= 0E , on a u(x)x = u

    (1xx

    ) S ( car xx = xx = 1).

    x na pas ete choisi de facon particulie`re, donc cette inegalite est vraie pour tout x E \ {0E}. Onen deduit que u S, ce qui montre legalite surprenante S = B = u.

    En particulier, u(x) Sx donc u(x) u x pour tout x E \ {0E} et qui est vraie aussisi x = 0E , donc qui est vraie pour tout x E.

    2

    26

  • UTM-L3 MIASHS MI0A16X B. Chevallier

    Remarque et definition : En particulier, si E est un espace vectoriel norme sur K, lespacevectoriel E = LC(E, K) des formes lineaires continues sur E est (aussi) un K-espace vectorielnorme, appele dual topologique de E. Lespace vectoriel E = L(E, K) est appele par oppositiondual algebrique de E et nest pas, en general, un espace norme de facon naturelle.

    27

  • Cours Topologie et analyse fonctionnelle

    Chapitre 10

    Espaces metriques compacts

    Rappel : Un recouvrement dun ensemble M est une famille {Ai}iI de parties (sous-ensembles)de M telles que

    iI

    Ai = M .

    Si M est un espace metrique, un recouvrement de M est dit ouvert (resp. ferme) si tous lesAi sont des ouverts (resp. des fermes) de M .

    Definition : Soit M un espace metrique. On dit que M est compact sil satisfaitla propriete de Borel-Lebesgue : de tout recouvrement ouvert de M , on peut extraireun recouvrement fini.

    On dit quune partie K M est un compact de M si le sous-espace metrique K estcompact (avec la metrique induite).

    On dit quun sous-ensemble A M est relativement compact dans M si son adherence Adans M est un compact de M .

    Explications : La propriete de Borel-Lebesgue exprime que si {Ui}iI est un recouvrementouvert de M , il existe un entier q et un sous-ensemble {i1, , iq} I tel que lensemble{Ui1 , Ui2 , , Uiq} soit encore un recouvrement de M .

    Remarquons aussi que si A M , on peut ecrire un recouvrement ouvert de A soit commeune famille {Bi}iJ ou` les Bi sont des ouverts de A tels que A =

    iJ

    Bi, soit comme une famille

    {Ui}iJ ou` les Ui sont des ouverts de M tels que A iJ

    Ui. On passe dune ecriture a` lautre

    en posant Bi = Ui A.Par definition meme, le fait pour un espace metrique detre compact ou non ne depend que

    de la topologie de M .

    Exemple : Soit dans un espace metrique M une suite de points (xn)nIN convergeant versun point a M .

    Lensemble A = {xn, n IN} {a} est une partie compacte de M .

    Theore`me de Bolzano-Weierstrass (admis): Un espace metrique M est compact si etseulement si toute suite de points de M admet dans M une valeur dadherence.

    Proposition : Soit M un espace metrique et A M .1) Si A est compact, A est un ferme de M .2) Si M est un espace compact et si A est un ferme de M , alors A est compact.

    Demonstration :

    1) Soit (xn) une suite de points de A convergeant dans M vers a M . Dapre`s le theore`me deBolzano-Weierstrass, (xn) admet dans A une valeur dadherence b. Mais comme une suite convergenteadmet une unique valeur dadherence, on a b = a, ce qui montre que a A. On en deduit que A estferme, dapre`s un enonce deja` vu.

    28

  • UTM-L3 MIASHS MI0A16X B. Chevallier

    2) Soit (xn) une suite de points de A. Comme M est compact, elle admet dans M une valeurdadherence a. Mais comme A est ferme dans M , on a a A, ce qui montre que A est compact, toujoursdapre`s Bolzano-Weiestrass.

    2

    Proposition : Soit M un espace metrique. Alors tout compact K de M est borne dans M .

    Demonstration : Du recouvrement ouvert {B1(x)}xK de K, on peut extraire un recouvrement finiet il existe q IN et {x1, x2, , xq} K tel que K

    1iq

    B1(xi).

    Posons k = max{d(x1, xj), 2 j q}. Alors K Bk+1(x1).

    2

    Remarque : il resulte de cette proposition quun espace vectoriel norme (cas particulier

    despace metrique) non reduit a` {0} nest jamais compact.

    Proposition : Dans IR, tout intervalle ferme borne [a, b] est compact.

    29

  • Cours Topologie et analyse fonctionnelle

    Chapitre 11

    Applications continues dans un compact

    Theore`me de Heine : Soit K un espace metrique compact et M un espace metrique.Alors toute application f : K M continue, est uniformement continue.

    Demonstration : Il sagit de montrer que : pour tout > 0, il existe > 0 tel que, pour tousx, x K, si d(x, x) < , alors d(f(x), f(x)) < .

    Supposons quil nen soit pas ainsi. On a alors au moins un > 0 tel que :pour tout > 0, il existe x, x K pour lesquels d(x, x) < et d(f(x), f(x)) .

    Soit 0 un tel . Pour tout entier n IN, on peut choisir dans K deux elements xn et xn verifiantd(xn, x

    n) 0 tel que, pour tout x E, x xIl existe > 0 tel que, pour tout x E, x x.

    Corollaire : Soit E un espace norme de dimension finie. Alors, si F est un espace normequelconque, toute application lineaire u : E F est continue.

    31

  • Cours Topologie et analyse fonctionnelle

    Chapitre 12

    Espaces complets

    Definition : Soit M un espace metrique. On dit quune suite (un) de points de M estune suite de Cauchy si :

    pour tout > 0, il existe n IN tel que, pour tous n, m verifiant n n et m n, onait d(un, um) < .

    Proposition : Si M est un espace metrique, toute suite convergeante dans M est unesuite de Cauchy.

    Demonstration : Soit (un) une suite de points convergeant vers a M . Si > 0 est donne, il existeun entier n/2 tel que, pour tout n n>2, d(un, a) < 2 . On en deduit (inegalite (N3)) :

    d(un, um) d(un, a) + d(a, um) < 2

    +

    2

    de`s que n n/2 et m n/2.

    2

    Remarque : La reciproque est fausse. Par exemple, le reel

    2 est limite dune suite (qn) denombres rationels (qn Q). Cette suite (qn) est une suite de Cauchy de lespace metrique Q,mais ne converge pas dans Q puisque

    2 / Q.

    Cette remarque conduit a` poser la definition suivante :

    Definition : On dit quun espace metrique M est complet si toute suite de Cauchy deM converge dans M .Un espace vectoriel norme complet est appele espace de Banach.

    Un espace prehilbertien complet est appele espace de Hilbert.

    Exemple : IR muni de la distance dcan est complet, autrement dit, lespace norme (IR, can) =(IR, | |) est un espace de Banach.

    La remarque precedente montre par contre que lespace vectoriel norme (Q, | |) nest pascomplet, donc nest pas un espace de Banach.

    Proposition : Soit M et L deux espaces metriques et f : M L uniformementcontinue. Alors, si (un) est une suite de Cauchy de points de M , la suite (f(un)) est unesuite de Cauchy de points de L.

    Demonstration : f est uniformement continue :pour tout > 0, il existe n > 0 tel que, pour tous x, x

    M , si dM (x, x) < , alors dL(f(x), f(x)) < .

    32

  • UTM-L3 MIASHS MI0A16X B. Chevallier

    (un) est une suite de Cauchy : soit > 0 ; il existe n tel que, si n n et m n , alorsdM (un, um) < .

    Cela induit dL(f(un), f(un)) < et la suite (f(un)) est bien une suite de Cauchy.

    2

    Proposition : Soit M un espace metrique. Si une suite de Cauchy de points de Madmet dans M une valeur dadherence a, elle converge vers a.

    Demonstration : Soit (un) une suite de Cauchy de points de M admettant a comme valeur dadherenceet soit donne > 0.

    Dune part, il existe n/2 IN tel que d(un, um) < 2 de`s que n n/2 et m n/2.Dautre part, il existe p n/2 tel que d(up, a) < 2 .On en deduit d(un, a) d(un, up) + d(up, a) 2 + 2 = de`s que n > n/2. Ainsi, limn+un = a.

    2

    Corollaire : (enonce se deduisant du precedent et dune proposition du chapitre sur les espaces

    compacts) : tout espace metrique compact est complet.

    Remarque : La reciproque est fausse en general : (IR, dcan) est un espace metrique completmais nest pas un espace metrique compact.

    Pour finir, quelques propositions de culture generale :

    Proposition : tout espace vectoriel norme de dimension finie est un espace de Banach.

    Proposition Soit E et F deux espaces vectoriels normes. Alors, si F est complet (F est unespace de Banach), lespace LC(E, F ) (applications lineaires continues E F ) est un espace deBanach. En particulier LC(E, K) (le dual topologique de E) est un espace de Banach.

    Proposition : (le theore`me du point fixe) Soit M un espace metrique complet. Alors, touteapplication k-lipschitzienne f : M M avec 0 < k < 1 admet dans M un unique point fixe.

    33

  • Exercices et examens Topologie et analyse fonctionnelle

    Exercices

    Soit lespace vectoriel C([0, 1], IR) des applications continues de [0, 1] dans IR. On conside`re laforme lineaire T definie par :

    T (f) =

    10

    tf(t) dt pour tout f C([0, 1], IR)

    Verifier que T est une forme lineaire.1) Demontrer que si lon munit C([0, 1], IR) de la norme , T est continue.2) Calculer la norme de T .3) Meme question quand on munit C([0, 1], IR) de la norme 1.

    [Indication : Soit fn definie par fn(t) = ntn1, n IN. Verifier que fn C([0, 1], IR), que

    fn1 = 1, calculer |T (fn)|, majorer |T (f)| en fonction de f1, puis en deduire T.]

    Rappel : f = supx[0,1]

    |f(x)|

    f1 = 10|f(t)| dt.

    T (f) IR donc cest une forme.

    Verifions T (f + g) = T (f) + T (g).

    T (f + g) =

    10

    t(f + g)(t) dt

    =

    10

    t(f(t) + g(t)) dt ( definition de f + g)

    =

    10

    (tf(t) + tg(t)) dt =

    10

    tf(t) dt +

    10

    tg(t) dt

    = T (f) + T (g)

    donc T est lineaire.

    Dictionnaire entre lexercice et le theore`me concerne : E = C([0, 1], IR), F = IR, u = T , x = f ,x0 = f0, 0E = 0 fonction nulle.

    1) On veut demontrer que :

    pour tout > 0, il existe > 0 tel que, si f 0 < , alors T (f) T (0) < avec = can = | | (valeur absolue).

    On a T (0) = 10

    t(0(t)) dt = 10

    0 dt = [0 x]10 = [0]10 = 0.

    f 0 = supx[0,1]

    |(f 0)(x)| = supx[0,1]

    |f(x) 0(x)| = supx[0,1]

    |f(x)| = f

    Finalement, on veut demontrer que :

    pour tout > 0, il existe > 0 tel que, si f < , alors |T (f)| <

    34

  • UTM-L3 MIASHS MI0A16X B. Chevallier

    |T (f)| = 1

    0

    tf(t) dt

    1

    0

    |tf(t)| dt = 1

    0

    |t| |f(t)| dt = 1

    0

    t|f(t)| dt

    On a |f(t)| supx[0,1]

    |f(t)| = f IR constante dou`

    |T (f)| 1

    0

    tf dt = f 1

    0

    t dt = f[1

    2t2]10

    = f 12.

    On peut donc ecrire :

    pour tout > 0, il existe = 2 tel que, si f < = 2, alors |T (f)| < 12f 1

    22 =

    cqfd et qui prouve la continuite de T .

    2) Dapre`s la propositon-definition du chapitre 9 :

    T = supfE\{0}

    |T (f)|f = supf1

    |T (f)| = supf=1

    |T (f)|.

    E = C([0, 1], IR).Supposons f = 1. On a sup

    t[0,1]

    |f(t)| = 1 ou encore 1 f(t) 1 pour tout t [0, 1].On en deduit que : t tf(t) t pour tout t [0, 1] et donc 1

    0

    (t) dt = 12 1

    0

    tf(t) dt 1

    0

    t dt =1

    2

    ce qui secrit 12 10

    tf(t) dt 12 et par suite 10 tf(t) dt 12 .

    Dautre part, soit la fonction : t [0, 1] 1. On a = supt[0,1]

    |(t)| = supt[0,1]

    1 = 1 et

    T () =

    10

    t(t) dt =

    10

    t dt =

    [1

    2t

    ]10

    =1

    2.

    Ainsi, si f = 1, |T (f)| 12 et pour f = , |T (f)| = 12 .

    Conclusion : supf=1

    |T (f)| = 12 donc T = 12 .

    2

    Soit E = C([1, 1], IR) structure en espace prehilbertien reel (K = IR) par le produit scalaire :

    (f, g) E E f, g = 12

    11

    f(x)g(x) dx.

    Pour i = 0, 1, 2, 3, on conside`re la fonction monome Pi : x 7 Pi(x) = xi.

    0) Verifier que f, g definit bien un produit scalaire.1) Demontrer que la famille de E (P0, P1, P2) est libre mais non orthogonale.2) Soit F = Vect(P0, P1, P2).

    a) Construire par le procede dorthogonalisation de Schmidt une base orthonormee (Q1, Q2, Q3)de F .

    b) Soit P3 la projection orthogonale de P3 sur F . Exprimer P3 dans la base (Q1, Q2, Q3) deF et calculer la distance de P3 a` F .

    35

  • Exercices et examens Topologie et analyse fonctionnelle

    1) Soit 0, 1, 2 IR tels que 0P0 + 1P1 + 2P2 = 0 (fonction nulle).Ceci equivaut a` (0P0 +1P1 +2P2)(x) = 0(x) pour tout x [1, 1], cest-a`-dire 0P0(x)+

    1P1(x) + 2P2(x) = 0 pour tout x [1, 1], soit 0 + 1x + 2x2 = 0 pour tout x [1, 1].Avec x = 0, cela donne 0 = 0, puis avec x = 1, 1 + 2 = 0 et avec x = 1, 1 + 2 = 0.Donc 0 = 1 = 2 = 0 et la famille (P0, P1, P2) est libre.

    Cette famille (P0, P1, P2) nest pas orthogonale car par exemple :

    P0, P2 = 12

    11

    1.x2 dx =1

    2

    11

    x2 dx =

    10

    x2 dx =1

    36= 0.

    2) a) On a P0 =P0, P0 =12 11 1.1 dx = 1 et on prend Q0 = P0.

    Cherchons Q1 de la forme P1 kP0 (k IR), orthogonal a` Q0 :

    P1 kQ0, Q0 = P1, Q0 kQ0, Q0 = 0

    dou` k = P1, Q0 = 12 11 x.1 dx =

    12

    [12x

    2]11 = 0, donc Q1 = P1.

    La condition de normalisation Q1 = 1 conduit a` prendre Q1 = Q1Q1 .

    Q1 =Q1, Q1 =

    1

    2

    11

    x2 dx =

    1

    3

    et on prend Q1 =Q1Q1 =

    X

    1

    3

    =

    3X.

    Maintenant, cherchons Q2 de la forme P2 aQ1 bQ0, a, b IR (dapre`s le procededorthogonalisation) orthogonal a` Q0 et Q1.

    P2 aQ1 bQ0, Q0 = P2, Q0 aQ1, Q0 bQ0, Q0 = 0avec P2, Q0 = 12

    11 x

    2.1 dx = 13 , Q1, Q0 = 0 et Q0, Q0 = 1, ce qui entrane b = 13 .

    P2 aQ1 bQ0, Q1 = P2, Q1 aQ1, Q1 bQ0, Q1 = 0avec P2, Q1 = 12

    11 x

    2.

    3 x dx =

    32

    11 x

    3 dx = 0, Q1, Q1 = 1 et Q0, Q1 = 0, ce quientrane a = 0.

    On trouve Q2 = P2 13Q0.

    Q2 =

    1

    2

    11

    (x2 1

    3

    )2dx =

    10

    (x4 2

    3x2 +

    1

    9

    )dx =

    2

    3

    5.

    La condition de normalisation Q2 = 1 conduit a` prendre Q2 = Q2Q2 , ce qui induit

    Q2(x) =3

    5

    2

    (x2 1

    3

    ).

    Remarque : Les polynomes Q0, Q1, , Qn obtenus a` partir des monomes 1, X, , Xn sont,a` un coefficient multiplicatif pre`s, des polynomes connus sous le nom de polynomes de Legendre

    36

  • UTM-L3 MIASHS MI0A16X B. Chevallier

    (18e`me et 19e`me sie`cle).

    Considerations rapides sur les projections

    E = F F et x = pF (x) F

    + (x pF (x)) F

    se generalise a` tout espace de dimension finie (voir le theore`me de projection orthogonale

    dans les espaces de Hilbert).

    Soit e1, e2, , ep une base orthonormale de F . On a x =p

    i=1

    xiei F

    + zF

    .

    On en deduit :

    x, ej =p

    i=1

    xi ei, ej =0 si j 6=i

    + z, ej =0

    = xj ej , ej =1

    = xj

    dou` xj = x, ej.

    Revenons a` lexercice.

    On a la projection : P3 = P3, Q0Q0 + P3, Q1Q1 + P3, Q2Q2 et on trouve

    P3 =

    3

    5Q1.

    d(P3, F )2 = P3 P32 = P32 P32 par Pythagore avec

    P32 = P3, Q02 + P3, Q12 + P3, Q22.

    On trouve d(P3, F )2 = 17

    (3

    5

    )2= 17 325 = 4175 .

    Retour aux projections : on a d(x, F ) = x pF (x) = infyF

    (x y).

    Rappel : Si e1, e2, , ep est une base orthonormee, p

    i=1iei2 =

    pi=1

    2i .

    Remarque : On conside`re lensemble de fonctions Cp = {f C(I, IR),I |f(x)|2 p(x) dx 0 Legendre[1, 1] 1

    1x2 Tchebychev de 1e`re espe`ce[1, 1] 1 x2 Tchebychev de 2e`me espe`ceIR+ e

    x LaguerreIR ex2 Hermite

    Ces familles de polynomes orthogonaux interviennent dans des relations de recurrence, et

    aussi comme solutions dequations differentielles, importantes dans certains proble`mes mathema-

    tiques.

    38

  • UTM-L3 MIASHS MI0A16X B. Chevallier

    Sujets dexamens

    Epreuve 1 : 2005/2006

    I Soit M un espace metrique et A un sous-ensemble de M . On rappelle que A est dit densedans M lorsque A = M .

    Question : Demontrez que A est dense dans M si et seulement si tout ouvert non vide de Mrencontre A.

    II Soit lespace vectoriel norme (E, 1) = (C([0, 1], IR), 1), E, et lapplication T deE dans IR definie par :

    T(f) =

    10

    (t)f(t) dt.

    Questions :

    1) Demontrez que T est un operateur ainsi quun element du dual topologique de E.

    On suppose a` partir de maintenant que est definie par (t) = t.

    2) a) Verifiez que fn E.b) Verifiez que fn1 = 1.c) Calculez |T(fn)| et majorez |T(f)| en fonction de f1.d) En deduire la valeur la valeur de la norme T.

    III Soit (L, dL) et (M, dM ) deux espaces metriques et une application f : M L.Si, pour tout (x, y) M M , on a : dL(f(x), f(y)) < dM (x, y), alors f est dite strictement

    contractante.

    Questions :

    1) Demontrez que si f est strictement contractante, alors elle est uniformement continue.

    2) On conside`re maintenant (M, dM ) = (L, dL) = (K, d) un espace metrique compact, uneapplication f : K K strictement contractante, et lapplication : K IR definie par

    (x) = d(x, f(x)).

    a) Demontrez que est continue.[Indication : demontrez que |(x) (x0)| d(x, x0) + d(f(x), f(x0))].

    b) Soit x0 K tel que (x0) = infxK

    (x).

    Demontrez que lhypothe`se (x0) > 0 aboutit a` une contradiction[Indication : Raisonnez en introduisant x1 = f(x0) et en comparant (x1) et (x0)].

    Rappel : On sait (ou on admettra) que, si K est un espace metrique compact, alors touteapplication continue de K dans IR est bornee et atteint ses bornes.

    c) En deduire lexistence dun point fixe pour lapplication f (cest-a`-dire quil existec K tel que f(c) = c) et que ce point fixe est unique.

    39

  • Exercices et examens Topologie et analyse fonctionnelle

    Epreuve 2 : 2005/2006

    I Application de linegalite de Cauchy-Schwarz

    Soit x = (x1, , xn) et y = (y1, , yn) Kn, n IN (K = IR ou C).1) Trouver les solutions en (x1, , xn) IRn du syste`me :{

    x1 + + xn = nx21 + + x2n = n

    2) Demontrer linegalite : d1(x, y)

    nd2(x, y).3) Demontrer que les trois distances d, d1, d2 sont equivalentes sur lespace Kn.

    II. Sur les suites de Cauchy

    1) Soit (M, d) un espace metrique et (un)nIN une suite delements de M . Demontrer lesquatre enonces suivants :

    a) Si (un)nIN est une suite de Cauchy, il en est de meme de toute suite extraite(u(n))nIN, : IN IN strictement croissante.

    b) Si (un)nIN est une suite convergente dans (M, d), (un)nIN est une suite de Cauchy.c) Si (un)nIN est une suite de Cauchy dans (M, d), (un)nIN est une suite bornee dans

    (M, d).d) Si (un)nIN est une suite de Cauchy et si (un)nIN admet une valeur dadherence

    u M (cest-a`-dire sil existe une suite extraite (u(n))nIN convergent vers u M), alors lasuite (un)nIN converge vers u.

    2) a) Soit l2(IR) = {a = (a1, , ap, ) ;+p=1

    a2n < +, ap IR, p IR}. On sait ou on

    admettra que l2(IR) est un espace vectoriel et que legalite a =(

    +n=1

    a2n

    )1/2definit une norme

    sur l2(IR).On conside`re la suite (en)nIN dans l

    2(IR) telle que en = (0, , 0, 1, 0, ) ou` 1 est a` lan-ie`me place et 0 ailleurs.

    Questions : demontrer que la suite (en)nIN nest pas de Cauchy et que lon ne peut enextraire aucune suite de Cauchy.

    b) Soit E = C([0, 1], IR) muni de la norme et de la distance definie par : d(f, g) =f g = sup{|f(x) g(x)| , x [0, 1]}. Soit la suite (fn)nIN ou` fn est definie par :

    fn(t) = 0 si t [0, 12n+2

    ] [ 12n , 1], fn ( 12n+1) = 1,

    fn continue sur [0, 1] et affine sur[

    12n+2 ,

    12n+1

    ]et[

    12n+1 ,

    12n

    ].

    Questions : demontrer que fn appartient a` la sphe`re unite fermee S1(0) de E et quaucunesuite extraite de (fn)nIN nest de Cauchy.

    c) Soit F le sous espace vectoriel de E forme des polynomes reels restreints a` [0, 1]. Soit Pndefini sur [0, 1] par Pn(t) =

    (1 + tn

    )n.

    Questions : Demontrer que la suite (Pn)nIN est de Cauchy, non convergente dans F .

    40

  • UTM-L3 MIASHS MI0A16X B. Chevallier

    Controle 1 : 2006/2007

    1) Soit la fonction :

    d : IR4 IR4 IR(x, y) 7 d(x, y) = max

    i{1,2,3,4}(|xi yi|)

    ou` x = (x1, x2, x3, x4) et y = (y1, y2, y3, y4).Demontrer que (IR4, d) est un espace metrique.

    2) Soit la fonction :

    : M M IR(x, y) 7 (x, y) =

    {1 si x 6= y0 si x = y

    ou` M est un ensemble quelconque.Demontrer que (M, ) est un espace metrique.

    3) Soit (M, d) un espace metrique. Demontrer que, pour tout x, y, z M , linegalite suivanteest vraie :

    |d(x, y) d(y, z)| d(x, z).

    4) Soit (M, d) un espace metrique. Demontrer que toute boule ouverte de M est un ouvertde M .

    5) Soit (M, d) un espace metrique et x, y M tels que x 6= y.Demontrer quil existe un voisinage Vx de x et un voisinage Vy de y tels que Vx Vy = .[Indication : considerer r = 12d(x, y) et les boules Br(x) et Br(y).]

    6) Soit (M, d) un espace metrique. On conside`re les applications

    f : M Mx 7 f(x) et

    : M IR+x 7 d(x, f(x))

    Demontrer que, quels que soit x et y :

    |(x) (y)| d(x, y) + d(f(x), f(y)).

    7) On conside`re la fonction :

    f : (IR IR, d2) (IR, dcan(x, y) 7 xy

    xy

    41

  • Exercices et examens Topologie et analyse fonctionnelle

    Le domaine de definition de h est-il :- un ouvert de (IR2, d2) ,- un ferme de (IR2, d2) ?- ni lun, ni lautre ?

    Justifier la reponse.

    8) Soit A = ([0, 1] [0, 1]) ([1, 2] {0}) vu comme sous-ensemble de lespace metrique(IR2, d2).

    a) Dessiner Ab) Trouver linterieur A de Ac) Trouver ladherence A de A.

    42

  • UTM-L3 MIASHS MI0A16X B. Chevallier

    Controle 2 : 2006/2007

    1) Soit (E, .) un espace vectoriel norme. Demontrer linegalite :| x y | x y .

    2) Soit (M, d) un espace metrique et (un)nIN une suite dans M convergeant vers une limitea M .

    a) Exprimer cette convergence en termes mathematiques ( > 0, )b) Demontrer quil nexiste pas dautre limite que a.

    3) Soit les espaces vectoriels normes (C([a, b], IR), .), (IR, .can = | |), x0 [a, b], etlapplication :

    vx0 : (C([a, b], IR) IRf 7 f(x0)

    Demontrer que vx0 est continue.

    4) Demontrer lassertion suivante (exprimant que la fonction x 7 x2 de (IR, dcan = | |) dans(IR, dcan = | |) nest pas uniformement continue) :

    > 0, > 0, x, x IR, dcan(x, x) = |x x| < et dcan(x2, x2 ) = |x2 x

    2 | > .

    [Indication : - choisir x, x de la forme xn, x

    n, n IN, avec xn xn < 1n et 1n <

    - penser a` legalite a2 b2 = (a b)(a + b).]

    5) Soit E un espace vectoriel sur IR de dimension finie n. Soit v = (v 1, ,v n) une basedans laquelle tout vecteur secrit x = x1v 1 + + xnv n. On definit une norme sur E parlegalite x v = max

    i{1, ,n}|xi|. Soit (F, .) un espace vectoriel sur IR norme, quelconque (de

    dimension finie ou non).

    Demontrer que toute application lineaire u : E F est continue.

    6) Soit E = IR[X] lespace vectoriel des polynomes sur IR muni de la norme definie parlegalite :

    a0 + a1X + + anXn = maxi{0, ,n}

    |ai|.

    On conside`re lapplication T : (E, .) (E, .) definie par legalite :

    T

    (n

    i=0

    aiXi

    )= a0 +

    ni=1

    aii

    Xi

    a) Verifier que T est lineaire.

    43

  • Exercices et examens Topologie et analyse fonctionnelle

    b) Demontrer que T est continue.c) Demontrer que lapplication reciproque T1 existe [Indication : trouver T1 explicite-

    ment].

    d) Verifier que T1 est lineaire.e) Demontrer que T1 nest pas continue.f) Quel commentaire vous inspire la comparaison de 6.e) et 5) ?

    g) Demontrer que T 1. [Rappel : T = supPE\{0 }

    T (P )P ]. [Indication : regardez

    votre demonstration de b)].

    h) Trouver un polynome P1 E tel que T (P1) = P1 et en deduire que T = 1.

    44

  • UTM-L3 MIASHS MI0A16X B. Chevallier

    Controle 3 : 2006/2007

    Soit E = C([1, 1], IR).On sait ou on admettra que lapplication :

    (f, g) E E 7 f, g = 12

    11

    f(x)g(x) dx

    est un produit scalaire faisant de lespace vectoriel E un espace prehilbertien reel.Pour chaque entier i {0, 1, 2, 3, 4, }, on conside`re la fonction monome mi definie par

    mi(x) = xi.

    1) Demontrer que la famille (m0, m1, m2, m3) est une famille libre mais non orthogonale delespace vectoriel reel E.

    2) Soit F = Vect(m0, m1, m2, m3) le sous-espace vectoriel engendre par la famille (m0, m1, m2, m3).a) Construire une base orthonormee (q0, q1, q2, q3) de F .b) Soit m4,F la projection orthogonale de m4 sur F .

    Trouver les coordonnees de m4,F dans la base (q0, q1, q2, q3). Calculer la distance de m4 a` F . En deduire le nombre : inf

    (a,b,c,d)IR412

    11(x

    4 ax3 bx2 cx d)2 dx.

    45

  • Annexes