Topologie..Analyse fonctionnelle

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Cours de topologie et d’analyse fonctionnelle Master premi` ere ann´ ee Rapha¨ el Danchin Ann´ ee 2009–2010
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CoursdetopologieetdanalysefonctionnelleMasterpremi`ereanneeRaphaelDanchinAnnee200920102Tabledesmati`eres1 Unpeudetopologiegenerale 51.1 Denitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.2 Continuite. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.3 Topologie produit (hors-programme) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.4 Suites des espaces topologiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.5 Compacite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102 Espacesmetriques 132.1 Denitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132.2 Topologie des espaces metriques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142.3 Continuite dans les espaces metriques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172.4 Compacite dans les espaces metriques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182.5 Completude . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203 Espacesvectorielsnormes 253.1 Denitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 253.2 Applications lineaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 283.3 Sous-espaces vectoriels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 303.4 Espaces de Banach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 323.5 Le cas de la dimension nie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 334 Connexiteetconvexite 374.1 Connexite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 374.1.1 Cadre general . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 374.1.2 Parties connexes deR. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 384.1.3 La connexite par arcs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 394.2 Un peu de convexite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 405 Espacesdapplicationscontinues 435.1 Generalites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 435.2 Equicontinuite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 445.3 Le theor`eme dAscoli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 465.4 Le theor`eme de Stone-Weierstrass . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 496 Lesgrandstheor`emesdelanalysefonctionnelle 536.1 Le theor`eme de Baire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 536.2 Le theor`eme de Banach-Steinhaus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 556.3 Le theor`eme de lapplication ouverte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 566.4 Le theor`eme du graphe ferme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 576.5 Autour du theor`eme de Hahn-Banach (hors-programme) . . . . . . . . . . . . . . 5834 TABLEDESMATI`ERES6.5.1 Theor`eme de Hahn-Banach, forme analytique . . . . . . . . . . . . . . . 586.5.2 Le theor`eme de Hahn-Banach, forme geometrique . . . . . . . . . . . . . . 616.5.3 Supplementaires topologiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 647 EspacesdeHilbert 677.1 Produit scalaire. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 677.1.1 Le cas reel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 677.1.2 Le cas complexe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 697.2 Orthogonalite. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 717.3 Espaces de Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 747.4 Projecteurs orthogonaux. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 757.5 Deux resultats importants sur les espaces de Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . 777.6 Bases hilbertiennes et espaces de Hilbert separables . . . . . . . . . . . . . . . . . 797.7 La convergence faible dans les espaces de Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . 817.8 Application `a lespaceL2et aux series de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . 857.8.1 Les espacesLp. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 857.8.2 Series de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 888 OperateurscompactssurlesespacesdeHilbert 918.1 Operateurs compacts. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 918.2 Operateurs adjoints . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 948.3 Alternative de Fredholm. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 968.4 Spectre des operateurs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 988.5 Les operateurs auto-adjoints . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1008.6 Quelques applications . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1028.6.1 Resolution dune equation dierentielle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1028.6.2 Operateurs de Hilbert-Schmidt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1049 Latopologiefaible 1079.1 Le cadre abstrait . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1079.2 La topologie faible . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1089.3 Un exemple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11110 Latopologiefaible etoile 11510.1Denition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11510.2Proprietes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11610.3Un resultat de compacite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11811 Espacesreexifsetespacesseparables 12111.1Denition et exemples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12111.2Resultats . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12211.3Espaces uniformement convexes. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12611.4Les espaces separables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12711.5Les espacesLp. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130Bibliographie 133Chapitre1UnpeudetopologiegeneraleBut recherche : Formaliser les concepts intuitifs de proximite de deux objets mathematiquesde meme nature, et de continuite des applications agissant sur ces objets.1.1 DenitionsEnlicence, nousavonsvuquelintroductiondunenormepermettaitdatteindrecebut.Dans ce cours, nous serons parfois amenes `a manipuler des objets pour lesquels lintroductiondune norme ne permet pas de mesurer la proximite de fa con adequate, et nous aurons besoinde denir une notion encore plus generale.Cela peut etre fait par le biais de la denition suivante.Denition. Soit Xun ensemble. On appelle topologie sur Xla donnee dun ensemble Ode parties deXpossedant les proprietes suivantes :(i) Ocontient etX,(ii) la reunion quelconque delements de Oest encore dans O,(iii) lintersection nie delements de Oest encore dans O.LeselementsdeOsontappelesouvertsetlescomplementairesdesouvertssontappelesfermes. Le couple(X, O)est appele espacetopologique.Exemples. 1. Soit Xun ensemble. Alors , Xest une topologie sur X, parfois appeleetopologiegrossi`ere.2. Si lonprendpour Olensembledetouteslespartiesde X, onobtientegalementunetopologie, appelee topologiediscr`ete.3. Sur R, lensembledesreunionsarbitrairesdintervallesouverts ]a, b[ estunetopologie.Sauf mention explicite, on munit toujoursRde cette topologie.Denition. Soit Xun ensemble et O1, O2deux topologies sur X. On dit que O1estplusne (ou plus forte) que O2si O2 O1.Ainsi, la topologie discr`ete est la plus ne et la topologie grossi`ere, la moins ne de toutesles topologies. Dans le cas deR, la topologie usuelle se situe entre les deux.La donnee dune topologie Osur lensemble Xpermet de denir les notions de voisinage,adherence, interieur, fronti`ere, etc.Denition. Soit(X, O)un espace topologique.Soit x Xet VX.Onditque V estunvoisinagede xsi V contientunouvertcontenantx. Lensemble des voisinages dexest note 1X(x).56 CHAPITRE1. UNPEUDETOPOLOGIEGENERALEOn dit quun sous-ensemble 1de 1X(x) est une base de voisinages dex si tout elementde 1X(x)contient un element de 1.On dit quexest un pointinterieur `aV si V est un voisinage dex.LadherenceAdune partieAdeXest le plus petit ferme contenantA. On dit queAest dense dansXsi A = X.LinterieurAdune partieAdeXest le plus grand ouvert contenu dansA.LensembleAAest appele fronti`ere deA.Exemple.Lensemble des ouverts contenant un pointx donne est une base de voisinages dex.Attention : La denition de boule (vue en licence dans le cadre des espaces vectoriels normes)na pas dequivalent dans un espace topologique general.Exercice: Soit (X, O) unespacetopologiqueet Aunepartiede X. Montrerlesproprietessuivantes :(i) A = Asi et seulement si Aest ferme.(ii) A =Asi et seulement si Aest ouvert.(iii) Aest ouvert si et seulement si Aest un voisinage de tous ses points.(iv) XA =z {XAetXA = XA.(v) La fronti`ere deAest egale `aX _X z {XA_.Retenons la caracterisation suivante de ladherence et de la densite :Proposition. Soit Aune partie dun espace topologique(X, O).(i) Un point xdeXest dans Asi et seulement si tout voisinage dexrencontreA.(ii) Lensemble Aest densedans Xsi etseulement si Arencontretout ouvertnonvidedeX.Preuve:Tout dabord, si x , Aalorsxappartient `a louvertX Aqui est un voisinage dexne rencontrant pasA.Reciproquement, sil existe un ouvertcontenantxet disjoint deAalorsX est unferme contenantA, doncA. En consequence, xnest pas dansA.Prouvons(ii ).SoitAdense,un ouvert non vide deXetxun point de.Alorsestvoisinagede x Adoncrencontre A. Reciproquement,supposonsquetoutouvertnonvidede Xrencontre A. Soit x Xquelconqueet V unvoisinagede x(quelonpeuttoujours supposer ouvert). AlorsV rencontreAdoncx ApuisA = X.La notion de separation des points est fondamentale dans les espaces topologiques.Denition. On dit quun espace topologique(X, O)est separe si pour tout couple(x, y)depoints distincts deXil existe un voisinageV dex et un voisinageVtdeytels queV Vt = .Exemples. 1. SoitXun ensemble contenant au moins deux elements et muni de la topologiegrossi`ere O = , X. Alors(X, O)nest pas separe.2. Un ensemble muni de la topologie discr`ete est toujours separe. En eet, pour cette topo-logie, tout singleton est voisinage du point quil contient.3. LensembleRmuni de sa topologie usuelle est separe.La preuve de la proposition suivante constitue un excellent exercice.Proposition.Soit(X, O)un espace topologique et A X. Lensemble OAdes partiesdeAtelles quil existet Overiant = t Aest une topologie surA. On lappelle topologieinduite par Osur A.1.2. CONTINUITE 7Remarque. Saufaviscontraire,onmunittoujourslespartiesdunensembletopologiquedelatopologie induite.Deux cas simples `a retenir : si Aest un ouvert deXalors tout ouvert deAest un ouvertdeX, si Aest un ferme deXalors tout ferme deAest un ferme deX.1.2 ContinuiteIl est maintenant temps daborder la deuxi`eme partie du but recherche : generaliser la notionde continuite aux fonctions denies sur des espaces topologiques. Sans distance ou norme, il nestplus question de donner une denition ` a laide d et de. Lutilisation de voisinages est le bonsubstitut. Commencons par denir la notion de limite.Denition. Soit (X, O) et (Xt, Ot) deuxespaces topologiques. Soit Aunepartiede X,f T(A; Xt), x0 Aet Xt. On dit quefa pour limiteenx0siVt 1X (), V 1X(x0),_x A V f(x) Vt_.Remarque. Dansladenitionci-dessus, onpeutbiens urremplacer1X () parunebasedevoisinages de.Exercice:Montrer lunicite de la limite dans le cas o` u(Xt, Ot)est separe. Que peut-on diredans le cas general ?On peut maintenant denir la continuite :Denition. Sous les hypoth`eses precedentes, si de plusx0 Aet f(x0) = , on dit quef estcontinue enx0. Si fest continue en tout point deA, on dit quefest continue surA.Pour montrer la continuite en tout point, nul nest besoin de recourir `a la denition graceau theor`eme suivant.Theor`eme. Soit (X, O) et (Xt, Ot) deuxespacestopologiqueset f T(X; Xt). Lestroisproprietes suivantes sont equivalentes :(i) la fonctionf est continue sur X,(ii) limage reciproque par f de tout ouvert deXtpour la topologie Otest un ouvert deXpour la topologie O,(iii) limagereciproquepar f detoutfermede Xtpourlatopologie Otestunfermede Xpour la topologie O.Preuve: Montrons juste lequivalence entre les deux premi`eres assertions.Soit doncf continue sur Xettun ouvert deXt. Considerons x f1(t)et posonsxt=f(x). Louvert testvoisinagede xt. Parcontinuitede f enx, ilexistedoncunvoisinage V de xtel que f(V ) t. Cela signieque Vf1(t). Donc f1(t) estbien ouvert.Reciproquement, supposons(ii )veriee, et xonsx XetVtun voisinage def(x)(quelon peut toujours supposer ouvert quitte `a le diminuer). Alorsf1(Vt)contientxet estouvert grace `a(ii ). Cest donc un voisinage dexdont limage est incluse dans Vt. Celaassure la continuite enx.Theor`eme(decomposition). Soit (X, O), (Xt, Ot) et (Xtt, Ott) troisespacestopologiques.La composee dune fonction continuef : X Xtet dune fonction continueft: Xt Xttest une fonction continueft f : X Xtt.8 CHAPITRE1. UNPEUDETOPOLOGIEGENERALEPreuve: Grace au theor`eme precedent, la demonstration est tr`es facile. En eet, si ttestunouvertde Xttalors,parcontinuitede ft, lensemble ft1(tt) estunouvertde Xt,puis, par continuite def, lensemblef1_ft1(tt)_est un ouvert de. Il ne reste plusqu`a remarquer que(ft f)1(tt) = f1_ft1(tt)_.1.3 Topologieproduit(hors-programme)Il arrive souvent que lon dispose dune famille despaces topologiques (Xi, Oi)iIet que loncherche une topologie naturelle `a mettre sur le produit cartesien iI Xi. En pratique, il estsouhaitable que la topologie choisie sur lespace produit rende continues toutes les projectionscanoniquespjdenies parpj :_ iI Xi Xj(xi)iI xjPoursimplier,examinonsdabordlecasdedeuxespacestopologiques (X1, O1) et (X2, O2).Les deux projections canoniques associees `aX1X2sontp1 :_X1X2 X1(x1, x2) x1et p2 :_X1X2 X2(x1, x2) x2.Remarquons que pour toutA1 X1etA2 X2on ap11(A1) = A1X2et p12(A2) = X1A2.Une condition necessaire et susante de continuite pourp1etp2est donc que pour tout ouvertO1deX1et tout ouvertO2deX2,les rectanglesO1X2etX1O2soient des ouverts pourla topologie deX1X2.Comme une topologie doit etre stable par intersection nie et reunion quelconque, celle quenous souhaitons construire doit en particulier contenir tous les ouverts elementairesO1O2avec O1ouvertde X1et O2ouvertde X2. Onendeduitladenitionsuivantedetopologieproduit surX1X2:Denition. La topologieproduit sur X1X2est la topologie engendree par les rectanglesO1X2etX1O2. Cest la plus petite topologie contenant tous les ouverts elementaires.Nous laissons au lecteur le soin de verier que la topologie produit est lensemble des reunionsarbitraires douverts elementaires, et que cest la topologie la moins ne rendant continues lesprojections canoniquesp1etp2.Exemple. Si lon prendX1=X2= Rmuni de la topologieusuelle, latopologieproduit surR2= X1X2est lensemble des reunions arbitraires de rectangles ouverts.Examinons maintenant le cas dune famille arbitraire (Xi, Oi)iIdespaces topologiques. Lesconsiderations ci-dessus nous am`enent `a la denition suivante de la topologie produit.Denition. On appelle topologie produit sur iI Xila plus petite topologie contenant tousles rectangles elementaires

iIOiavec Oiouvert de Xi.En reprenant les considerations du cas de deux espaces topologiques, on conclut aisement auresultat suivant.Proposition. Latopologieproduit est latopologielamoinsnerendant continuestouteslesprojections canoniques. Cest lensemble des reunions arbitraires douverts elementaires.1.4. SUITESDESESPACESTOPOLOGIQUES 9Terminons cette section par un resultat fort utile.Proposition.Si tous les (Xi, Oi) sont separes alors iI Ximuni de la topologie produit aussi.Preuve : Soit aet b deuxelementsdistinctsde iI Xi. Alorsil existe i0 I tel queai0,=bi0. Comme Xi0est separe, il existedeuxouverts disjoints Ui0et Vi0de Xi0contenant respectivementai0etbi0. Il est alors clair queUi0

i,=i0Xiet Vi0

i,=i0Xisont deux ouverts disjoints de lespace produit contenant respectivementaetb.1.4 SuitesdesespacestopologiquesIlestsouventcommodedepouvoirexprimerlesnotionsdetopologieabstraite`alaidedesuites. Pour cela, il faut avant tout donner un sens `a la notion de convergence.Denition. Soit(X, O)un espace topologique, Xet(xn)nNune suite delements deX.On dit que la suite(xn)nNconverge vers si pour tout voisinageV deil existeN Ntelquexn V pour toutn N.Exercice: Danslecasdunespacetopologiquesepare, montrerlunicitedelalimitedunesuite. Que dire pour un espace topologique non separe ?Proposition1. Soit Fun ferme de(X, O)et (xn)nNune suite convergente de points deF.Alors la limite de cette suite est encore dans F. On dit queFest sequentiellementferme.Preuve : Supposons par labsurde que lasuite (xn)nNadmette une limite x dans lecomplementaire de F. Comme est unvoisinage(ouvert) de x, les termes delasuite doivent tous se trouver dans`a partir dun certain rang, ce qui est contraire auxhypoth`eses.Remarque. Nous verrons plus loin que la reciproque est vraie dans un espace metrique (ou plusgeneralement dans tout espace topologique admettant des bases de voisinages denombrables enchaque point).On laisse au lecteur le soin detablir le resultat suivant :Proposition2. Soit (X, O) et (Xt, Ot) deuxespacestopologiques, x Xet f : X Xtcontinue enx. Alors pour toute suite(xn)nNdelements deXconvergeant vers x, on alimn+f(xn) = f(x).La propriete exhibee ci-dessus est appelee continuitesequentielle. Dapr`es la proposition2, lacontinuitesequentielleestdoncuneproprieteplusfaiblequelacontinuite. Il existedesespaces topologiques pour lesquels la notion de continuite sequentielle est strictement plus faibleque celle de continuite.Exercice: Donnerunexempledespacestopologiques (X, O) et (Xt, Ot) etdefonctionf:X Xtcontinue sequentiellement mais non continue.Terminonscesgeneralitesparladenitiondevaleurdadherence(`acomparer`acelledelimite).Denition. Soit (X, O) espacetopologiqueet (xn)nNsuitedelementsde X.Onditquea Xestvaleur dadherencede (xn)nNsi pourtoutvoisinage V de aetpourtoutN N, il existe unn Ntel quexn V .Remarque. Sil existe une extraction1telle que la suite(x(n))nN(appelee suite extraite1cest-` a-direuneapplicationstrictementcroissantedeNdansN10 CHAPITRE1. UNPEUDETOPOLOGIEGENERALEou sous-suite de(xn)nN) converge versaalorsaest valeur dadherence de(xn)nN.Exercice:Soit(xn)nNune suite de lespace topologique(X, O)et Alensemble des valeursdadherence de(xn)nN. On noteSn = xp/ p n. Montrer queA =

nNSn. (1.1)1.5 CompaciteDenition. Un espace topologiqueXest compact sil est separe et si tout recouvrement deXpar des ouverts admet un sous-recouvrement ni.Une partieAdun espace topologique quelconqueXest compacte si, munie de la topologieinduite, cest un espace topologique compact.Remarque.On laisse au lecteur le soin de verier quun ensemble topologique separe est compactsi et seulement si de toute famille de fermes dintersection vide, on peut extraire une sous-famillenie dintersection vide.Donnons une caracterisation des parties compactes bien plus maniable que la denition.Proposition. Soit (X, O) unespacetopologiquesepareet Aunepartiede X. Alors Aestcompactesietseulementsidetoutefamilledouvertsde Xrecouvrant Aonpeutextraireunsous-recouvrement ni.Preuve: Supposons dabordAcompacte et considerons un recouvrement(i)iIdeApardes ouverts deX. On a alors aussiA _iI(i A).Commechaque i Aestouvertpourlatopologieinduite, onpeutextraireunsous-recouvrement ni (ik A)1kndeA. On a bien s urA n_k=1ikce qui est la propriete souhaitee.Reciproquement supposons que de toute famille douverts deXrecouvrant Aon puisseextraire un sous-recouvrement ni. Soit(ti)iIun recouvrement deApour la topologieinduite. Par denition de la topologie induite, pour chaquei I, il existe un ouvert ideXtel que ti = iA. Extrayons de (i)iIun sous-recouvrement ni (ik)1kn. Alors(tik)1knest un sous-recouvrement ni deA. DoncAest bien une partie compacte.On retiendra donc quune partieAdun espace topologique separe(X, O)est compacte si etseulement si pour toute famille(i)iIdouverts deXtelle queA

iI ion peut trouverun nombre ni dindicesi1, , intels queA

nk=1 ik.Exemples. 1. Tous les sous-ensembles nis dun espace topologique separe sont compacts.2. Dansun espace topologiquesepare, lensembleconstitue par unesuiteconvergenteet salimite est compact.3. LensembleRmuni de sa topologie usuelle nest pas compact.1.5. COMPACITE 11Theor`eme. Soit (X, O)un espace topologique separe et Aune partie deX.(i) Si Aest compacte alors Aest fermee.(ii) Reciproquement si Aest fermee et si de plus Xest compact alors Aest compacte.Preuve: Pour etablir la premi`ere propriete, nous allons demontrer queXA est ouvert. Soitdoncx X A.Commex , Aet la topologie est separee, pour touta Ail existe deuxouverts disjointsVaetWatels quex Va,a Waet Va Wa = .Lafamille(Wa)aAconstitueunrecouvrementducompact Apardesouverts,dontunpeut extraire un sous-recouvrement ni (Wai)1in. Il est alors clair que ni=1Vaiest unvoisinagede xnerencontrantpas A. Lepoint xetantarbitrairedans X A, onpeutconclure queX Aest ouvert.Pour etablir la propriete(ii ), considerons une famille(Fi)iIde fermes deAdintersec-tion vide. CommeAest ferme, chaqueFiest aussi un ferme du compact X. Dapr`es laremarque 1.5, on en deduit que la famille de fermes consideree admet une sous-famille niedintersection vide. Par consequent, la partieAest compacte.Proposition3. Dansuncompact,toutesuiteaaumoinsunevaleurdadherence.Deplus,si cette valeur dadherence est unique alors la suite converge.La preuve de la premi`ere partie de la proposition repose sur le lemme suivant que nous laissonsau lecteur en guise dexercice.Lemme.Soit(X, O)un espace topologique compact et(Fn)nNune suite decroissante (au sensde linclusion) de fermes non vides deX. Alors nNFnnest pas vide.Revenons `a la preuve de la proposition. SoitXun compact et(xn)nN XN. Pourn N,notonsSn = xp/ p n etA lensemble des valeurs dadherence de la suite. La famille (Sn)nNest une suite decroissante de fermes non vides du compactXdonc, en vertu du lemme ci-dessus,son intersection (qui nest autre queAdapr`es (1.1)) est non vide.Supposons maintenant que lensemble Ssoit reduit `a un point mais (par labsurde) quela suite ne converge pas. Il existe donc un voisinageV deque lon peut supposer ouvert, etune sous-suite(x(n))nNtels quex(n)ne soit jamais dansV. LensembleX V est un fermedu compact X, donc est compact. On en deduit que la sous-suite consideree admet une valeurdadherence dansX V, necessairement distincte de. Cela contredit lhypoth`ese faite.Proposition. Soit (X, O)et (Xt, Ot)deux espaces topologiques, le premier etant compact etledeuxi`eme, separe. Alorslimagede Xpartouteapplicationcontinuede Xdans Xtestcompacte.Preuve: Soit f: X Xtcontinueet (i)iIunrecouvrementde f(X) pardesouvertsde Xt. Onveriefacilementque _f1(i)_iIestunrecouvrementde X. Deplus,parcontinuitede f, chaqueensemble f1(i) estouvert.Onpeutdonctrouverunnombreni dindices i1, , iNtelsque X Nk=1f1(ik), do` ulontire f(X) Nk=1 ik.CommeXtest separe, cela assure la compacite def(X).Remarque.En dautres termes, dans des espaces topologiques separes, limage dun compact parune application continue, est compacte.12 CHAPITRE1. UNPEUDETOPOLOGIEGENERALEChapitre2Espacesmetriques2.1 DenitionsDenition.SoitXun ensemble. On dit quune applicationd : XX R est une distancesurXsi les trois proprietes suivantes sont veriees :(i) symetrie : pour tout(x, y) X2, on ad(x, y) = d(y, x),(ii) positivite: pourtout (x, y) X2, ona d(x, y) 0et d(x, y)=0si etseulementsix = y,(iii) inegalite triangulaire : pour tout(x, y, z) X3, on ad(x, z) d(x, y) +d(y, z).Le couple(X, d)est alors appele espacemetrique.De la denition dune distance, on peut deduire la deuxi`emeinegalitetriangulaire valablepour tout(x, y, z) X3:d(x, y) d(y, z) d(x, z).Exemples. 1. Lafonctionddeniepar d(x, y)= [x y[ pourtout (x, y) R2estunedistance surR. Cest la distanceusuelle surR.2. Lafonctionddenie par1d(x, y) = [ arctanx arctany[ pour tout (x, y) R2est unedistance sur la droite acheveeR(i.e.R , +).3. Nimportequelensemblenonvide Xpeut etremunideladistancetriviale deniepour tout(x, y) X2par(x, y) =_1 si x ,= y,0 si x = y.Denition.On dit quune partieA dun espace metrique (X, d) est bornee sil existex Xet un reel positif Mtels quea A,d(a, x) M.Remarque.On etablit aisement queA est une partie bornee si et seulement si la borne superieure(A)de lensemble d(x, y) / (x, y) A2est nie. On dit que(A)est le diam`etre deA.Exemples. 1. Lespartiesborneesde Rmuni deladistance d denieci-dessussontlesparties bornees habituelles (par exemple[a, b[, [3, 1]]1, 1000000[, etc.).2. TouteslespartiesdeRmunideladistance dsontbornees.EnfaitRlui-memeestdediam`etre.1aveclaconventionarctan() = /2.1314 CHAPITRE2. ESPACESMETRIQUES3. Sur Xmuni de la distance triviale, toutes les parties ayant au moins deux elements sontborneesetdediam`etre 1. (Quantauxsingletons, ilssontdediam`etrenul commedansnimporte quel espace metrique.)Denition. Supposons lensembleXmuni de deux distancesdetdt. On dit quedetdtsontequivalentes sil existeC [1, +[ tel que(x, y) X2, C1d(x, y) dt(x, y) Cd(x, y).Exercice:Verier que si Xest muni de deux distances equivalentes det dtalors les partiesbornees de (X, d) sont les parties bornees de (X, dt). En deduire que sur R, la distanced(x, y) =[ arctanx arctany[ nest pas equivalente `a la distance usuelle.Denition. SoitAetBdeux parties non vides de lespace metrique(X, d)etx X. Le reel positifd(x, A)def=infaAd(x, a)est appele distancedex`alensembleA. Le reel positifd(A, B)def= inf d(a, b) / (a, b) ABest appele distancedeA`aB.Proposition. Soit(X1, d1)et(X2, d2)deux espaces metriques. Soit la fonction denie pourtout (x1, x2) X1X2et (xt1, xt2) X1X2par_(x1, x2), (xt1, xt2)_= max_d1(x1, xt1), d2(x2, xt2)_.Alors est une distance sur X1X2appelee distanceproduit.Remarque. Ladenitionci-dessussegeneraliseaisementaucasduproduitdunnombrenidespacesmetriques.Parailleurs,onpeutaussidenirladistanceproduitentredeuxespacesmetriques par_(x1, x2), (xt1, xt2)_= d1(x1, xt1)+d2(x2, xt2) ou _(x1, x2), (xt1, xt2)_=_d21(x1, xt1)+d22(x2, xt2).Ce choix na gu`ere dimportance car les dierentes distances obtenues sont equivalentes.Denition.Soit(X, d)un espace metrique etY une partie deX.La restriction de la fonctiond`a lensembleY Y est une distance surY appelee distanceinduite.2.2 TopologiedesespacesmetriquesDans tout espace metrique, la distance permet de denir des boules.Denition. Soit(X, d)un espace metrique, x0un element deXetrun reel positif.LensembleBX(x0, r)def= x X,d(x0, x) < r(note aussi B(x0, r)) est appele bouleou-verte de centrex0et de rayonr.Lensemble BX(x0, r)def=x X,d(x0, x) r (note aussi B(x0, r)) est appele boulefermee de centrex0et de rayonr.LensembleSX(x0, r)def= x X,d(x0, x) = r(note aussi S(x0, r)) est appele sph`ere decentrex0et de rayonr.2.2. TOPOLOGIEDESESPACESMETRIQUES 15Les boules sont les pi`eces elementaires permettant de denir une topologie sur les espacesmetriques :Denition.La topologie associee `a un espace metrique est la topologie engendree par les boulesouvertes, cest-`a-dire la plus petite topologie contenant toutes les boules ouvertes.La denition ci-dessus netant pas des plus maniables, on retiendra que cette topologie estlensembledesreunionsquelconquesdintersectionsniesdeboulesouvertesou,mieux,laca-racterisation suivante, laissee `a titre dexercice :Proposition. Unesous-ensembledunespacemetrique(X, d) estunouvertsietseule-ment si pour tout x il exister > 0tel queBX(x, r) .Un espace metrique est donc un espace topologique particulier. . .Remarque. Onnoteraquelensembledesboulesouvertes(oufermees)ayantpourcentreunpoint xdonneconstitueunebasedevoisinagesde x. Enfait,chaquepointposs`edeunebasedenombrabledevoisinages, parexemplelasuitedesboulesouvertesdecentre xetderayon1/n.Exemples. 1. Pour tout espace metrique, la topologie associee `a la distance triviale concideavec la topologie discr`ete.2. Latopologiesur Rassociee`aladistanceusuellenest autrequelatopologieusuelleintroduite dans le chapitre precedent.Remarque. Desormais,si Aestunepartienonvidedunespacemetrique(X, d), nousavonsdonc deux facons naturelles de munirAdune topologie :on peut dabord considerer la topologie Osur Xassociee `a la distanced, puis munir Ade la topologie OAinduite par O,on peut au contraire munirA de la distancedAinduite pard, puis considerer la topologieOtAsurAassociee `adA.Heureusement, les deux topologies obtenues sont les memes ! (Le verier constitue un excellentexercice).Retenons aussi le fait suivant qui est fort utile :Proposition4. Deux distances equivalentes engendrent la meme topologie.Preuve: Supposonslensemble Xmunidedeuxmetriques det dt. Soit Cuneconstantetelle que(x, y) X2, C1d(x, y) dt(x, y) Cd(x, y). (2.1)Notons Oet Otles topologies associees. Soitun ouvert pour la topologie Oet xunpoint de.Nous allons montrer queest un voisinage dexpour la topologie Ot,ce quiassurera que O Ot. Commeest voisinage dexpour la topologie O, il exister> 0tel que tout pointy Xtel qued(x, y) < rsoit dans. En vertu de (2.1), on en deduitque tout pointy Xtel quedt(x, y) < C1rest dans. En consequence, est bien unvoisinagede xpourlatopologie Ot. Lepoint xetantarbitrairedans , onpeutalorsconclure queest un ouvert de Ot, puis que O Ot.Linclusion Ot Ose demontre de la meme facon. Il sut dechanger les roles deetdet.Exercice : Montrer que la reciproque de la proposition ci-dessus est fausse. On pourra montrerque les topologies associees aux distancesdetdsurRdenies respectivement pard(x, y) = [x y[ et d(x, y) =arctanx arctany[sont les memes bien que ces deux distances ne soient pas equivalentes.16 CHAPITRE2. ESPACESMETRIQUESNousallonsvoirquelapresencedunedistanceconf`ere`a(X, d) denombreusesproprietesque les espaces topologiques generaux nont pas.La premi`ere propriete est celle de separation :Proposition. Tout espace metrique est un espace topologique separe.Preuve: Soit xet ydeuxpointsdistinctsdelespacemetrique(X, d). Ilestclairquelesboulesouvertesdecentrerespectifs xet y, etderayon d(x, y)/2 sontdisjointes. Parailleurs, ce sont des voisinages dexet deyrespectivement.Dans un espace metrique, la propriete de fermeture peut etre caracterisee `a laide de suites (dansun espace topologique general, seule une implication est vraie, voir proposition 1 page 9) :Proposition. Dans unespace metrique unensemble est ferme si et seulement si il estsequentiellement ferme.Preuve: Seule la reciproque est `a justier. Raisonnons par contraposition. Soit doncAunepartienonfermeede X, et a A A. Pourtout n N, onchoisitunpoint xndelensemble(nonvide) A B(a, 2n). Lasuiteobtenueestunesuitedepointsde Aquiconverge versa. Maisanest pas dansAdoncAnest pas sequentiellement ferme.Remarque : Dans un espace metrique, ladherenceAdune partieAest donc lensemble deslimites des suites convergentes delements deA.Exercice:Soit Aune partie non vide dun espace metrique(X, d). Montrer quex Asi etseulement si d(x, A) = 0.Danslesespacesmetriques, ondisposedunecaracterisationdesvaleursdadherencefortcommode :Proposition.Soit(xn)nNune suite de points de lespace metrique(X, d).Alorsaest valeurdadherence de(xn)nNsi et seulement si il existe une suite extraite(x(n))nNqui convergevers a.Preuve : Seulelimplicationdirecteest`ajustier(limplicationreciproquedecouledeladenitiondevaleurdadherenceetrestevraiedansnimportequel espacetopologique).Supposons donc a valeur dadherencedelasuite. Enselimitant auxvoisinages de aconstitues par lafamille de boules ouvertes B(a, 2k) dans ladenitionde lavaleurdadherence, on voit quek N, N N, n N, d(a, xn) < 2k.On construit alors une suite extraite qui converge vers apar recurrence : on denit (0)comme etantlepluspetitindicetelque d(a, x(0)) 0, > 0, y X1 A,d1(x, y) < = d2(f(x), f(y)) < .Cela va nous permettre detablir la propriete importante suivante (qui, elle non plus, nest pasvraie dans les espaces topologiques generaux).Proposition. Uneapplicationentredeuxespacesmetriquesest continueenunpoint si etseulement si elle est sequentiellement continue en ce point.Preuve: Seule la reciproque est `a montrer, limplication directe etant vraie dans nimportequel espace topologique (voir proposition 2 page 9). Raisonnons par contraposition. Soitdonc une fonctionf denie sur une partieAdun espace metrique(X1, d1)et `a valeursdans un espace metrique (X2, d2). Soita A. Supposons quefne soit pas continue ena.Alors il existe un > 0 tel que pour tout voisinageV dea il existe unx V A veriant[f(x) f(a)[ . Enprenantpour V lesboulesouvertes B(a, 2n), onconstruitunesuite(xn)nNtelle quen N, [f(xn) f(a)[ et [xna[ < 2n.En consequence, (f(xn))nNne converge pas versf(a)bien que(xn)nNtende versa.Nous avons vu que pour une applicationf: (X1, d1) (X2, d2)entre deux espaces metriques,la continuite en tout point pouvait etre caracterisee de la fa con suivante : > 0, x X1, > 0, y X1,d1(x, y) < = d2(f(x), f(y)) < .On peut denir une notion plus forte de continuite appelee continuite uniforme :Denition. Onditquuneapplicationf:X1 X2entredeuxespacesmetriques(X1, d1)et(X2, d2)est uniformementcontinue si lon a : > 0, > 0, x X1, y X1,d1(x, y) < = d2(f(x), f(y)) < .Bien s ur continuite uniforme entrane continuite. La reciproque est fausse en general mais vraiedans le cas dun espace metrique compact (voir plus loin).18 CHAPITRE2. ESPACESMETRIQUESDenition. Soit kun reel positif. Une applicationf entre deux espaces metriques(X1, d1)et(X2, d2)est dite lipschitzienne de rapportksi(x, y) X1X1, d2(f(x), f(y)) kd1(x, y).Exemple.Dans R+muni de la distance associee `a la valeur absolue, la fonctionx 2x+3 estlipschitzienne de rapport2, la fonctionx xest uniformement continue sans etre lipschit-zienne, et la fonctionx x2est continue sans etre ni uniformement continue ni lipschitzienne.Exercice: Montrerquelipschitzienneentraneuniformementcontinue, etquuniformementcontinue entrane continue.Voici un exemple particulier dapplication lipschitzienne.Denition. Soit(X1, d1)et(X2, d2)deux espaces metriques. On dit quef: X1 X2est uneisometrie si fest bijective et conserve la distance :(x, y) X21, d2(f(x), f(y)) = d1(x, y).Remarque: Les proprietes de continuite, duniforme continuite et lipschitziennes sont inva-riantes par changement de distance en une distance equivalente.2.4 CompacitedanslesespacesmetriquesEn general, luniforme continuite est une notion strictement plus forte que la continuite. Letheor`eme suivant etablit que dans un espace metrique compact, les deux notions se rejoignent.Theor`eme(deHeine). Soit (X, dX) et (Y, dY ) deuxespacesmetriques. Supposons (X, dX)compact. Alors toute fonction continue deXvers Y est uniformement continue sur X.Preuve: Fixons > 0. Par denition de la continuite, pour chaquex X, il existex> 0tel quedX(x, y) < x = dY (f(x), f(y)) 0tel que B(x, r) ix. Comme xest valeur dadherence de lasuite, il existen N tel qued(x, xn) < r/2 et 2n r/2. On a doncB(xn, 2n) ix,ce qui contredit la denition dexn.2. On montre que lon peut recouvrirXpar un nombre ni de boules de meme rayon.Pour cela, on part dun point x0quelconque. Si X B(x0, ), il ny a rien a faire, laconstruction est terminee. Sinon, on choisit unx1tel quex1 ,B(x0, ). Si B(x0, ) B(x1, )recouvreX, la construction est terminee, sinon on choisit un pointx2tel quex2 , B(x0, ) B(x1, ).Par recurrence, on construit ainsi une famille (x0, , xn) telle quexn , B(x0, ) B(xn1, ). Le procede de construction sarrete necessairement au bout dun nombre nidetapes sinon on obtiendrait une suite(xn)nNtelle que d(xn, xm) pour n ,=m.Une telle suite ne saurait avoir de valeur dadherence.3. Conclusion.Dapr`eslapremi`ereetape, il existe >0 tel quepourchaque x Xil existeunindice ix I tel que B(x, ) ix. Dapr`esladeuxi`emeetape, il existeunefamillenie(x1, , xN)delements deXtelle queX Nk=1B(xk, ). On a a fortiori X

Nk=1 ixk.Donnons plusieurs consequences importantes du theor`eme de Bolzano-Weierstrass.Denition. On dit quune partie Adun espace topologique separe Xest relativement com-pacte si Aest compacte.Corollaire 1. Soit(X, d)un espace metrique. Une partieAdeXest relativement compactesi et seulement si de toute suite delements deA, on peut extraire une sous-suite qui convergedans X.Preuve: Supposons Arelativement compacte. Alors toute suite delements de Aest aussiunesuitedelementsducompact A. Enconsequence, elleadmetaumoinsunevaleurdadherence dansA, et donc une sous-suite convergente dansX.Reciproquement, supposonsquedetoutesuitede Aonpuisseextraireunesous-suiteconvergenteetconsideronsunesuite(xn)nNdelementsde A. Il existealorsunesuite(yn)nNdelements de Atelle que d(xn, yn) 2npour tout n N. Cette suite admetune sous-suite convergente(y(n))nNet il est clair que(x(n))nNconverge vers la memelimite. Cette limite se trouve necessairement dans le fermeA. En consequenceAest bienrelativement compact.20 CHAPITRE2. ESPACESMETRIQUESCorollaire 2.Dans un espace metrique, toute partie relativement compacte est bornee et toutepartie compacte est fermee bornee.Preuve: Pour demontrer la premi`ere partie du corollaire, raisonnons par contraposition. SoitdoncAune partie non bornee de lespace metrique(X, d). Alors on peut construire (parrecurrence)unesuite (xn)nNtelleque d(xn, xm) 1pourtout (n, m) N2tel quen ,= m. Une telle suite ne peut avoir de sous-suite convergente.La deuxi`eme partie du corollaire devient alors evidente. En eet, tout compact est relati-vement compact (donc borne), et ferme.Corollaire 3.Le produit cartesien dun nombre ni despaces metriques compacts est un espacemetrique compact.Preuve : Pour simplier, limitons nous auproduit dedeuxespaces metriques compacts(X1, d1) et (X2, d2). Soit donc (xn, yn)nNune suite delements de X1 X2(munidelametriqueproduit). Parcompacitede X1, lasuite (xn)nNadmetunesous-suiteconvergente(x(n))nN. Parcompacitede X2, lasuite(y(n))nNadmetunesous-suiteconvergente(y((n)))nN. Ilestclairquelasuite(x(n), y(n))nNestconvergente.La reciproque du theor`eme de Bolzano-Weierstrass permet alors de conclure.Remarque. Enutilisantleprocedediagonal deCantor, onpeutetablirqueleproduitdunefamille denombrable despaces metriques compacts est un espace metrique compact. Cela restevrai pour une famille quelconque si lon fait appel `a laxiome du choix.2.5 CompletudeRappelons tout dabord la denition de suite de Cauchy.Denition. Soit (X, d) unespacemetrique. Onditquunesuite (xn)nNde XNestunesuitedeCauchy si elle verie : > 0, N N, (p N et n N) = d(xn, xp) < .`Atitredexercice,nouslaissonslesoinaulecteurdetablirquetoutesuiteconvergenteestdeCauchy.La reciproque est fausse, en general. En eet, considerons lensemble Qmuni de la distancede la valeur absolue. Alors la suite denie parx0 = 1 et xn+1 =11 +xnpour n 1est unesuitedeCauchy deQ(car elleconvergedansRpour lamemedistance). Cependant,sa limite12(5 1)est irrationnelle et donc cette suite ne converge pas dansQ. Cet exemplemotive la denition suivante :Denition. Lespace metrique(X, d)est dit complet si toute suite de Cauchy delementsdeXconverge dansX.Une partieAdun espace metrique est dite compl`ete si, munie de la distance induite, cest unespace metrique complet.Exemple.Lensemble des reels muni de la distance usuelle est, par construction, complet. Enrevanche,Qmuni de la meme distance ne lest pas.2.5. COMPLETUDE 21Exercice : Verier que dans tout espace metrique une suite de Cauchyayant une valeurdadherence est convergente.Proposition. Soit (X, d)et (Xt, dt)deux espaces metriques. Supposons quil existe une appli-cation bijectivef: X Xttelle quefet f1soient uniformement continues. Alors(X, d)estcomplet si et seulement si (Xt, dt)est complet.Preuve: Supposons(X, d)complet. Soit(xtn)nNune suite de Cauchy de(Xt, dt). Commef1est uniformement continue, on verie (en revenant `a la denition) que(f1(xtn))nNestunesuitedeCauchyde(X, d). Maiscommelespace(X, d) estcomplet,cettesuiteconverge vers un element dexdeX. Enn, commef est continue, on conclut alors que(f(xn))nNconverge versf(x).La reciproque se traite en echangeant les roles deX(resp. f ) et deXt(resp. f1).Attention: Contrairementauxproprietestopologiquesvuesjusqu`apresent, lacompletudenest pas preservee par homeomorphisme2.Proposition. Toute partie compl`ete est fermee.Preuve: Soit Aune partie compl`ete de lespace metrique(X, d). Si (xn)nNest une suiteconvergente delements deAalors cest une suite de Cauchy. CommeAest compl`ete, lalimite de cette suite est dansA. En consequenceAest fermee.Proposition. Toute partie fermee dun espace metrique complet est compl`ete.Preuve: SoitA une partie fermee dun espace metrique complet (X, d) et (xn)nNune suitede Cauchy deA. Alors(xn)nNest aussi une suite de Cauchy deXdonc converge dansX. CommeAest ferme, la limite de cette suite est dansA.Nous laissons au lecteur le soin de montrer le resultat suivant :Proposition. Le produit cartesien dun nombre ni despaces metriques complets est un espacemetrique complet.La proposition suivante permet de comparer les notions de completude et de compacite.Proposition.Soit(X, d)un espace metrique. Les deux proprietes suivantes sont equivalentes :(i) (X, d)est compact,(ii) (X, d)est complet et, pour tout > 0, Xpeut etre recouvert par un nombre ni de boulesde rayon.Preuve: (i) (ii): soit(xn)nNune suite de Cauchy deX. Comme(X, d)est un espacemetriquecompact, lasuite (xn)nNaunevaleurdadherence. MaiscommeelleestdeCauchy, elle converge. En consequence (X, d) est complet. Par ailleurs, la compacite assureaussi queXpeut etre recouvert par un nombre ni de boules ouvertes de nimporte quelrayon donne.(ii) (i) :Supposonsque(X, d) soitcompletetque,pourtout > 0, Xpuisse etrerecouvert par un nombre ni de boules ouvertes de rayon.Soit(xn)nNune suite deXN. Il sagit de montrer que cette suite admet une sous-suiteconvergente. En fait, on va plutot etablir quil existe une sous-suite (x(n))nNde (xn)nN,etunesuite (yn)nNde XNtellesquepourtout n Net p Nonait x(n+p)2Rappelons quun homeomorphisme est une application bijective continue et dapplication reciproque conti-nueentredeuxespacestopologiques.22 CHAPITRE2. ESPACESMETRIQUESB(yn, 2n). Cela assurera que(x(n))nNest de Cauchy et donc converge puisque(X, d)est complet.An de construire les(yn)nNet les extractions successives, on commence par remarquerquecomme Xestrecouvertparunnombreni deboulesderayon1, ilexiste y0 Xtel queB(y0, 1)contienne une innite de termes de(xn)nN. Cela permet de denir unesuiteextraite(x0(n))nN B(y0, 1)N. Dememe, Xpeut-etrerecouvertparunnombrenideboulesderayon1/2doncilexiste y1 Xtelquelaboule B(y1, 1/2) contienneuneinnitedetermesde(x0(n))nN. Celaassurelexistencedunedeuxi`emeextraction1telleque B(y1, 1/2) contiennetouslestermesdelasuite (x0(1(n)))nN. Parunerecurrence elementaire, on obtient ainsi une suite (yn)nN de points deXet des extractions0, , k,tellesque B(yk, 2k) contiennetouslestermesde(x0k(n))nN. Onconclut `a laide du procede diagonal qui consiste `a poser(n) = 0 n(n). La suiteextraite ainsi construite verie la propriete souhaitee.Corollaire 1. Soit(X, d)un espace metrique complet et Aune partie deX. Il y a equivalenceentre les deux enonces suivants :(i) la partieAest relativement compacte,(ii) pour tout > 0, la partieApeut etre recouverte par un nombre ni de boules centrees endes points deA.Preuve: (i) (ii): Il sut de remarquer queA _xAB(x, ).CommeAest compact, on peut extraire du recouvrement ci-dessus un sous-recouvrementni deAdonc (a fortiori) deA.(ii) (i): on remarque que la completude de(X, d)assure que(A, d)est complet. Il estclair que si pour tout > 0,la partieApeut etre recouverte par un nombre ni de boulescentrees en des points deA, il en est de meme pourA. En eetA n_i=1B_xi, 2_= A n_i=1B(xi, ).La proposition precedente permet de conclure que(A, d)est compact.Corollaire2. Les compacts deRsont les ensembles fermes bornes.Preuve : Onsait dej`aque dans unespace metrique, les compacts sont fermes bornes.Reciproquement, sachant que Rest complet et que toute partie bornee de Rpeut etre re-couverte par un nombre ni de boules de rayon arbitrairement xe, le corollaire precedentassure que toute partie bornee deRest relativement compacte.Attention : Il existe des espaces metriques complets qui ne sont pas compacts : R par exemple.Dans un espace complet, on dispose du resultat de prolongement suivant :Theor`eme. Soit (X, dX) et (Y, dY ) deuxespacesmetriques.Supposons(Y, dY ) complet.SoitAune partie dense deXet f: A Y uniformement continue.Alorsil existeuneuniqueapplication f:X Y continuesur Xquiprolonge3f sur X.De plus ce prolongement est uniformement continu surX.3cest-` a-dire ef(x) = f(x) pourtout x A.2.5. COMPLETUDE 23Preuve: Demontronsdabordlunicite. Soit f1et f2deuxprolongementscontinusde f,et x Xarbitraire. Fixons (xn)nN ANconvergeantvers x. Commechaque xnestdansA, on af1(xn) = f2(xn). En passant `a la limite, on conclut quef1(x) = f2(x).Passons maintenant `a lexistence du prolongement. Soitx Xarbitraire et (xn)nN ANconvergeant vers x. Lasuite (xn)nNest doncdeCauchydans (X, dX). Enutilisantluniforme continuite def, on verie aisement que (f(xn))nNest de Cauchy dans lespacemetrique complet(Y, dY )donc converge vers une certaine limite.On laisse au lecteur lesoin de verier que la valeur dene depend pas du choix de la suite(xn)nNconvergeantversx. On pose alors f(x) = .Enpassant `alalimitedans ladenitiondeluniformecontinuitede f, onconclut `aluniforme continuite de f(en fait, `axe, toutconvenant `afconvient aussi `a f ).Denition. Soit(X, d)un espace metrique. On dit dune applicationf deXdansXquelleest contractante sil existek [0, 1[ tel que(x, y) X2, d(f(x), f(y)) kd(x, y).Theor`eme (dupoint xe). Soit (X, d) unespacemetriquecomplet et f uneapplicationcontractante deXdans X. Alors f admet un unique point xea.aOnappellepointxedef toutelement xdeXtelquef(x) = x.Preuve: La preuve est au moins aussi interessante que lenonce du theor`eme. Fixons un reelk [0, 1[ tel qued(f(x), f(y)) kd(x, y) pour tout (x, y) X2. (2.2)Lunicitedupointxeest evidente.Eneetsi f(x) =xet f(y) =yalors(2.2)assurequed(x, y) kd(x, y), do` u(1 k)d(x, y) 0puisd(x, y) = 0.Pourmontrerlexistencedupointxe, partonsde x0 Xquelconqueetdenissonslasuite(xn)nNpar la relation de recurrencexn+1 = f(xn).En exploitant (2.2), on voit quen N, d(xn+1, xn) knd(x1, x0)puis que(n, p) N2, d(xn+p, xn) kn1 kd(x1, x0)En consequence, la suite(xn)nNest de Cauchy. Comme(X, d)est complet, elle convergevers un pointxdeXqui, clairement, verief(x) = x.24 CHAPITRE2. ESPACESMETRIQUESChapitre3Espacesvectorielsnormes3.1 DenitionsDenition. Soit EunespacevectorielsurK = RouC.Unefonction || :E R+estappelee norme surEsi elle verie les conditions suivantes :(i) |x| = 0x = 0,(ii) K, x E, |x| = [[|x|,(iii) (x, y) E2, |x +y| |x| +|y|.Le couple(E, ||)est alors appele espacevectorielnorme.Remarque. SurE E, on denit la fonctiondpar :(x, y) E2, d(x, y) = |x y|.On verie aisement qued est une distance surE. On lappelle distance associee `a la norme.En plus des trois proprietes denissant les distances, la fonctiond est invariante par translation :(x, y, z) X3, d(x +z, y +z) = d(x, y)et homog`ene de degre un :(x, y, ) X X K, d(x, y) = [[d(x, y).La deuxi`emeinegalitetriangulaire pourdpeut secrire en termes de norme :(x, y) E2,|x| |y| |x y|.Dans tout ce qui suit, on munit le.v.n. Ede la topologie associee `a la distanced. Notons queles boules et les sph`eres peuvent se denir en termes de norme :la boule ouverteBE(x0, r) de centrex0et de rayonr est egale `a x E [ |xx0| < r,la boule fermeeBE(x0, r) de centrex0et de rayonrest egale `a x E [ |xx0| r,la sph`ereSE(x0, r)de centrex0et de rayonrest egale `a x E [ |x x0| = r.Exercice: Soit Eune.v.n, r >0 et x0E. Montrerqueladherencede BE(x0, r) estegale`aBE(x0, r) etquelinterieurde BE(x0, r) vaut BE(x0, r). Endeduirequelafronti`erede BE(x0, r) estlasph`ere SE(x0, r). Quereste-t-il decesresultatsdansunespacemetriquequelconque ?2526 CHAPITRE3. ESPACESVECTORIELSNORMESExemple1. Soit E= Rn. Ilestfaciledetablirquelafonctionx |x|= supni=1[xi[ estune norme surRn.Fixons maintenant un reel p 1. Pourx Rn, on pose|x|p =_n

i=1[xi[p_1p.Alors ||pest une norme surRn. Linegalite triangulaire|x +y|p |x|p +|y|pqui nest pas triviale si p > 1est appelee inegalitedeMinkowski.Linegalite de Minkowski se montre `a laide de linegalite de Holder valable sur Rnou Cn:n

i=1xiyi |x|p|y|qo` u1 p +etqest lexposant conjugue depdeni par la relation1/p +1/q = 1(avecla convention1/ = 0).Le cas p =q = 2nest autre que linegalitedeCauchy-Schwarz. Le cas general reposesur linegalitedeYoung1:(a, b) R+R+, ab app+bqq En eet, si lon ecarte les cas triviaux o` uxouyest nul, on peut diviser par |x|p|y|qet lon a,dapr`es linegalite de Young :i 1, , n,[xi[|x|p[yi[|y|p1p[xi[p|x|pp+ 1q[yi[q|y|qq.Une simple sommation suridonne linegalite de Holder.Revenons`alapreuvedelinegalitedeMinkowski. EnappliquantdeuxfoislinegalitedeHolder, on obtient :|x +y|pp =n

i=1[xi +yi[[xi +yi[p1n

i=1[xi[[xi +yi[p1+n

i=1[yi[[xi +yi[p1, |x|p_n

i=1[xi+yi[p_p1p+|y|p_n

i=1[xi+yi[p_p1p,= (|x|p +|y|p)|x +y|p1p.Exemple 2. Pour tout p [1, +], onpeut munir lensemble p(K) des suites de Kdepuissancep-i`eme sommable dune structure despace vectoriel norme en posant :|x|

p =_+

n=0[xn[p_1p.Linegalite triangulaire se demontre comme dans lexemple precedent en faisant tendre nverslinni.Lensemble(K) des suites bornees de K peut etre muni de la norme |x|

= supnN[xn[.1quisedemontredanslecas a > 0et b > 0enutilisantlaconcavitedelafonctionlogarithme.3.1. DEFINITIONS 27Exemple3. Lensemble (([0, 1]; R)peut etre muni dune norme en posant|f|Ldef=supt[0,1][f(t)[.La norme ||Lainsi denie est appelee normeuniforme.Dautres choix sont possibles. Par exemple|f|L2def=_10[f(t)[2dt, |f|L1def=_10[f(t)[ dt ou meme |f|Lpdef=__10[f(t)[pdt_1pavecp [1, +[.Exemple4. Lensemble /n(R)des matrices carrees de taillen`a coecients reels peut etremuni des normes|A| = max1i,jn[aij[ ou |A|p =_n

i=1n

j=1[aij[p_1pavec p [1, +[.Denition. SoitEun e.v. muni de deux normes ||1et ||2.On dit que ||2est plus forte que ||1sil existe une constantec > 0telle quex E, |x|1 c|x|2.On dit que ||1et ||2sont equivalentes sil existec > 0telle quex E, c1|x|2 |x|1 c|x|2.Il estclairquelesdistancesassociees` adeuxnormesequivalentes, sontequivalentes. Encon-sequence, dapr`es la proposition 4 page 15, on a :Proposition. Les topologies engendrees par deux normes equivalentes sont les memes.`A titre dexercice, le lecteur pourra verier la proposition suivante :Proposition. Soit ||1et ||2deux normes sur E.Alors ||2estplusforteque ||1.sietseulementsitoutouvertde Epourlatopologieassociee `a ||1est ouvert pour la topologie de ||2.Onretiendraquepluslanormeestfortepluslatopologieassocieeestne(cest-`a-direpluselle a douverts).Exemple1. Dans /n(R), les normes ||1et ||sont equivalentes.Exemple2. Dans (([0, 1]; R), la norme ||Lest (strictement) plus forte que ||L1 .Remarque: Si (E, ||E) et (F, ||F) sontdeuxespacesvectorielsnormes,onpeutmunirE Fdune normeproduit en posant pour tout(u, v) E F,|(u, v)|1 = |u|E +|v|F, |(u, v)|2 =_|u|2E +|v|2Fou |(u, v)| = max(|u|E, |v|F).Les trois normes ci-dessus sont equivalentes. Les topologies associees sont donc les memes.Nous laissons au lecteur le soin de denir une norme pour le produit dun nombre ni de.v.n.28 CHAPITRE3. ESPACESVECTORIELSNORMES3.2 ApplicationslineairesNotation. Soit Eet Fdeux espaces vectoriels normes sur le meme corpsK. On noteL(E; F)lensemble des applications lineaires deEdansF .Lequivalence entre les deux premi`eres assertions de la proposition suivante sera fondamentalepour la suite du cours.Proposition5. Soit u L(E; F). Les cinq proprietes suivantes sont equivalentes.(i) M 0, x E, |u(x)|F M|x|E,(ii) uest continue sur E,(iii) uest continue en0,(iv) uest bornee sur la boule unite fermee,(v) uest bornee sur la sph`ere unite.Preuve: Il sut de prouver(i) (ii) (iii) (iv) (v) (i).(i) (ii) Par linearite deu, on au(y) u(x) = u(y x). Donc,(x, y) E2, |u(y) u(x)|F M|y x|E.Doncuest lipschitzienne donc continue.(ii) (iii) Trivial.(iii) (iv) De la continuite en 0 deu, on deduit lexistence dun> 0 tel que |u(x)|F 1 d`esque x BE(0, ). Or x BE(0, ) si etseulementsi 1x BE(0, 1). Parlinearitede u, onconclutque |u(x)|F1pourtout x BE(0, 1). Donc uestbornee sur la boule unite.(iv) (v) Trivial.(v) (i) Notons Munebornede urestreinte`alasph`ereunite. Si x ,=0, lepointx/|x|Eappartient `a la sph`ere unite. En utilisant la linearite deuet le fait queuestbornee parMsur la sph`ere unite, on obtient donc|u(x)|F= |x|E____u_x|x|E_____F M|x|E.Exercice:`A laide de la proposition ci-dessus, demontrer que lapplication_E E E(x, y) x +yest continue.Denition. Soit L(E, F)lensemble des applications lineaires continues deEdansF . Pourf L(E, F), on note |f|/(E,F)la plus petite constanteMtelle quex E, |f(x)|F M|x|E.On a doncx E, |f(x)|F |f|/(E;F)|x|E.Le lecteur veriera facilement que lon a aussi|f|/(E;F) = supxE\0|f(x)|F|x|E= supxE|x|E=1|f(x)|F. (3.1)3.2. APPLICATIONSLINEAIRES 29Proposition. Lespace _L(E, F); ||/(E,F)_est un espace vectoriel norme.Preuve: Verions rapidement que | |/(E;F)est une norme. La proposition 5 assure que pourtout f L(E, F), laquantite |f|/(E;F)estnie(etpositive). Il estdeplusimmediatque |f|/(E;F) = [[|f|/(E;F)pour tout Ket que |f|/(E;F) = 0si et seulement sif= 0.Si fetgsont deux elements de L(E, F), on a pour toutx E,|(f +g)(x)|F= |f(x) +g(x)|F |f(x)|F +|g(x)|F _|f|/(E;F) +|g|/(E;F)_|x|E.Doncf + gest lineaire continue et verie |f + g|/(E;F) |f|/(E;F) + |g|/(E;F). Donc||/(E;F)est bien une norme.Attention:La denition de L(E; F)depend du choix des normes surEetF .Pour illustrer ce fait, prenons E = (([0, 1]; R)et F= R. On munit Fde la norme donneepar la valeur absolue. Considerons la forme lineaireLdenie surEparL(f) = f(0).Il est immediat queL est continue si lon munitEde la norme ||L . En revanche, L nestpas continue si lon munit Ede la norme ||L1 . Pour sen persuader, on pourra considerer lasuite de fonctions(fn)nNdenie parfn(x) =_n n2x si x [0,1n],0 si x [1n, 1].Remarque. Cependant, changer la norme sur Eet la norme sur Fen des normes equivalentesne modie pas L(E; F), et change ||/(E;F)en une norme equivalente.Proposition. Soit E, Fet Gtrois e.v.n, f L(E; F)et g L(F; G). Alors g f L(E; G)et lon a linegalite suivante :|g f|/(E;G) |f|/(E;F)|g|/(F;G).Preuve: Tout dabord, le theor`eme de composition des applications continues assure quegfest continue. La linearite deg f est evidente. Soit x E. Par denition de |g|/(F;G),on a|g f(x)|G |g|/(F;G)|f(x)|F,puis par denition de |f|/(E;F),|g f(x)|G |g|/(F;G)|f|/(E;F)|x|E.En consequence, on a bien |g f|/(E;G) |f|/(E;F)|g|/(F;G).Remarque.La proposition ci-dessus assure que lensemble L(E)des applications lineaires conti-nues deEdansEest tel que :(f, g) L(E), |g f|/(E) |f|/(E)|g|/(E).On verie aisement que |IdE|/(E) = 1.Ces deuxproprietes supplementaires conf`erent `ale.v.n. _L(E); ||/(E)_une structuredalg`ebrenormee. On dit que ||/(E)est une normedalg`ebre.Pour les applications multilineaires, on peut etablir une caracterisation de la continuite similaire`a celle que lon a pour les applications lineaires :Proposition. Soit E1,, Eket F desespacesvectorielssurK, munisdenormes ||E1,,||Eket ||F. Soit uune applicationk-lineaire deE1 Ekdans F .Les quatre proprietes suivantes sont equivalentes :30 CHAPITRE3. ESPACESVECTORIELSNORMES(i) uest continue,(ii) uest continue en(0, , 0),(iii) uest bornee sur BE1(0, 1)BEk(0, 1),(iv) il existeM R+tel que(x1, , xk) E1 Ek, |u(x1, , xk)|F M|x1|E1 |xk|Ek. (3.2)Preuve: Pour simplier la presentation, on suppose quek = 2et lon munit E1E2de lanorme produit|(x1, x2)|E1E2 = max_|x1|E1, |x2|E2_.Il sut de prouver(i) (ii) (iii) (iv) (i).(i) (ii)Evident.(ii) (iii) De la continuite en (0, 0), on deduit lexistence dun> 0 tel que |x1|E1 et |x2|E2 entrane |u(x1, x2)|F 1. On en deduit que|(x1, x2)|E1E2 1 = |u(x1, x2)|F 2.(iii) (iv) Soit Mune borne de usur BE1(0, 1)BE2(0, 1). Soit(x1, x2) E1E2tel quex1 ,= 0etx2 ,= 0. On a alors _x1|x1|E1,x2|x2|E2_ BE1(0, 1) BE2(0, 1)donc|u(x1, x2)|E1E2 = |x1|E1|x2|E2____u_x1|x1|E1,x2|x2|E2_____F M|x1|E1|x2|E2.(iv) (i) Soit(x1, x2)et(y1, y2)deux elements deE1E2. Par bilinearite deu, on au(y1, y2) u(x1, x2) = u(y1x1, y2) +u(x1, y2x2),donc|u(y1, y2) u(x1, x2)|F M_|y1x1|E1|y2|E2 +|x1|E1|y2x2|E2.Cela assure visiblement la continuite en(x1, y1).Exercice :`A laide de la proposition ci-dessus, montrer que lapplication_KE E(, x) xest continue.Notations: On note Lk(E1Ek; F)lensemble des applications k-lineaires continuesdeE1 EkversF.Pouru Lk(E1 Ek; F), on note ||/k(E1Ek;F)la borne inferieure de toutes lesconstantesMveriant (3.2). On peut verier que cest une norme sur Lk(E1 Ek; F).3.3 Sous-espacesvectorielsProposition. Soit (E, ||E) une.v.n.et Funs.e.v.de E.Alorsladherencede Fdans Eest un s.e.v. deE.Preuve: Cest immediat en utilisant la caracterisation de ladherence par les suites.Voici un resultat fort utile de prolongement des applications lineaires continues :3.3. SOUS-ESPACESVECTORIELS 31Theor`eme. Soit (E, ||E)un e.v.n, (G, ||G)un e.v.n. complet et Fun s.e.v. dense deE.Soit L L(F; G).Il existe une unique application L L(E; G)qui prolongeLsur E. De plus, on a|L|/(E;G) = |L|/(F;G).Preuve: Sachantquetouteapplicationlineairecontinueestenfaitlipschitzienneetdoncuniformementcontinue, lapropositiondelapage22assurelexistenceetlunicitedunprolongement continu Ldeni sur E. Verions la linearite de L. Soit donc(, ) K2,(x, y) E2, (xn)nN FNune suite tendant vers xet(yn)nN FNune suite tendantversy. En passant `a la limite dans legaliteL(xn+yn) = L(xn)+L(yn), on en deduitqueL(x +y) = L(x) +L(y).Enn, sachant que|L|/(E;G) = supxE\0|L(x)|G|x|Eet |L|/(F;G) = supxF\0|L(x)|G|x|E,et queL(x) = L(x)pourx F, il est clair que |L|/(E;G) |L|/(F;G). Mais si x Eet(xn)nN FNtend versxalors on an N, |L(xn)|G |L|/(F;G)|xn|E,donc|L(x)|G |L|/(F;G)|x|E.Cela assure que |L|/(E;G) |L|/(F;G).Theor`eme. Soit f une forme lineaire sur(E, ||E). Alors f est continue si et seulement siker f est ferme.Preuve: Si f estcontinuealorslensembleker f estfermecarimagereciproqueduferme0deK. Cela etablit limplication directe.Pour etablir la reciproque, supposons quefne soit pas continue. Alors il existe une suite(xn)nNtendant vers0et telle quef(xn) = 1pour toutn N.Eneet, dapr`eslaproposition5, laformelineaire f nestpascontinueen0. Doncilexiste> 0et une suite(yn)nNtendant vers0telle que [f(yn)[ pour tout n N.La suite(xn)nNdenie parxn = yn/f(yn)verie les proprietes souhaitees.Soit maintenantz Enappartenant pas `aker f(cest possible carfnest pas nulle carnon continue). On constate que la suite de terme general z f(z)xnest dans(ker f)Netconverge versz.De la demonstration ci-dessus decoule en fait un resultat bien plus precis, `a savoir :Corollaire. Une forme lineaire non nulle sur un e.v.n. Enest pas continue si et seulement sison noyau est dense dans E.Theor`eme(deRiesz). Soit (E, ||E) une.v.n. et Muns.e.v. fermede Edistinctde E.Alors pour tout > 0, il existex Etel que|x|E = 1 et infmM|xm| 1 .Preuve: Soity E M. Posonsdef= d(y, M). CommeMest ferme ety , M, on a > 0.Pour ]0, 1[ xe, on choisit alorsm Mtel que |y m|E /(1).Un calcul facile montre que le pointxdef=y m|y m|Erepond `a la question.Remarque: Dans un espace euclidien, en faisant appel `a lorthogonalite, on peut facilementconstruire unx Ecorrespondant `a = 0. Mais pour un e.v.n. general, on ne peut pas fairemieux que le theor`eme de Riesz.32 CHAPITRE3. ESPACESVECTORIELSNORMES3.4 EspacesdeBanachDenition. Un espace vectoriel norme complet est appele espacedeBanach.Exemples.1) Nous verrons dans le chapitre 5 que lespace vectoriel norme (([0, 1]; R)muni dela norme ||Lest complet.2) En revanche lespace (([0, 1]; R)muni de la norme ||L1 nest pas complet. Pour le voir, onpeut par exemple considerer la suite(fn)n2denie parfn(t) =___1 si t [0, 1/2],n(12+1n t) si t [12,12+1n],0 si t [12+1n, 1].Elle est de Cauchy au sens de la norme ||L1 mais ne converge pas dans (([0, 1]; R).3) Nous verrons dans la section suivante que tous les e.v.n. de dimension nie sont complets.Rappelons quune serie un delements deEest dite absolument convergente si |uk|converge.Proposition. Dans un espace de Banach, toute serie absolument convergente est convergente.Preuve : Envertudelaproprietedecompletude, il sutdetablirquelasuitedetermegeneral nk=0ukest de Cauchy. Cela decoule du fait que pour toutm > n, on a____m

k=0uk n

k=0uk____m

k=n+1|uk|,et que |uk|converge.Exercice : Montrer que, reciproquement, si Eest un e.v.n. dans lequel toute serie absolumentconvergente, est convergente, alorsEest complet.Donnons un resultat de completude fort utile :Proposition. Soit (E, ||E) une.v.n.et (F, ||F) unBanach.Alors _L(E; F); ||/(E;F)_est un Banach.Preuve: Nous donnons juste la structure de la preuve et laissons au lecteur le plaisir decrirelesdetails. Soitdonc (Ln)nNunesuitedeCauchydelementsde L(E; F). Il sagitdemontrer la convergence vers un elementLde L(E; F).1. Convergencesimple: On montre que pour tout x Ela suite(Ln(x))nNest unesuite de Cauchy delements deF. CommeFest complet, elle converge vers un elementL(x)deF.2.Etudedelalimite: On verie dabord queL L(E; F)puis queLest continue.3. Convergenceennorme: On verie que(Ln)nNconverge versLdans L(E; F).Corollaire. Soit Eune.v.n. (quelconque). Lensembledesformeslineairescontinuessur Eest un espace de Banach.Notation.Lensemble des formes lineaires continues surEest appele dual topologique deE,et noteEt. La norme |f|E dun element deEtest donc denie par|f|E= supx,=0[f(x)[|x|E

3.5. LECASDELADIMENSIONFINIE 333.5 LecasdeladimensionnieLe resultat suivant est fondamental :Theor`eme.Dans un e.v. de dimension nie, les compacts sont les fermes bornes et toutes lesnormes sont equivalentes.Preuve: Nousavonsdej`avuquuncompactestfermeborne.Ilsutdoncdetablirquendimension nie tout ferme borne est compact et que toutes les normes sont equivalentes.Soit doncEun e.v. de dimension niepet(e1, , ep)une base deE. Dans tout ce quisuit, on note|x|E=max1ip[xi[ pour x =p

i=1xiei.Premi`ere etape: On montre que dans(E, ||E )les fermes bornes sont compacts.Soit doncAune partie fermee bornee deEau sens de la norme ||E . Supposonspour simplier queK = R(ladaptation au casK = Cest laissee au lecteur). Soit :_(Rp, ||) (E, ||E )(x1, , xp)

pi=1xiei.Alorsest un isomorphisme isometrique entre(Rp, ||)et(E, ||E ). En parti-culier, 1est continue, donc1(A) est un ferme borne de (Rp, | |). SoitM 0tel que1(A) [M, M]p. Lensemble [M, M]pest compact car produit cartesiendecompacts.Comme 1(A) estferme,onconclutque 1(A) estcompact,puisqueA = (1(A))est egalement compact.Deuxi`eme etape:Equivalence des normes.Soit maintenant ||Eune norme quelconque surE. Denissons : :_(E, ||E ) (R, [[)x |x|E.Pour(x, y) E2, on a (avec des notations evidentes) grace `a la deuxi`eme inegalitetriangulaire,[(y) (x)[ |y x|E,___

pi=1(yixi)ei___E,_

pi=1|ei|E_|y x|E .En consequence, lapplicationest continue surE.Notons au passage que le calculprecedent montre que la norme ||Eest plus forte que ||E(prendrey = 0pourle voir).Sachant que dapr`es la premi`ere etape la sph`ere unite deEpour la norme ||Eestcompacte, on en deduit querestreinte `aSest bornee et atteint ses bornes. Celasignie en particulier quil existe unx0tel que|x0|E= 1 et |x|E |x0|Epour tout x E tel que |x|E= 1.Par homogeneite, on conclut quex E, |x|E |x0|E|x|E .Enn, il est clair quex0ne peut pas etre nul. Donc |x0|E> 0. En consequence, lanorme ||Eest plus forte que ||.Finalement, les deux normes sont donc equivalentes.34 CHAPITRE3. ESPACESVECTORIELSNORMESTroisi`eme etape: Fin de la preuve de la compacite.Sachantquetoutenormede Eest equivalente`a ||E , lapremi`ere etapepermetmaintenant conclure que tout ferme borne deEest compact.Corollaire. Tous les e.v.n. de dimension nie sont complets.Preuve : SoitE un e.v.n. de dimension nie. Comme toutes les normes surE sont equivalenteson peut, sans nuire `a la generalite, supposer queEest muni de la norme ||E . Avec cechoix de norme, il apparat clairement quune suite(xn)nNest de Cauchy dans Esi etseulementsilessuitesdesescomposantes (xin)nNpour i 1, , psontdeCauchydansK. CommeKest complet, on en deduit que les suites des composantes convergent,puis que(xn)nNconverge aussi.Endimensioninnie, les sous-espaces vectoriels nesont pas necessairement fermes. Parexemple, si lon consid`ere lespace vectoriel c0des suites reelles tendant vers0`a linni, munidelanorme |x|=supnN[xn[ ,etlesous-espacevectoriel F de c0constitueparlessuitesreelles nulles `a partir dun certain rang, alorsFest un s.e.v. dense dec0qui nest pas ferme.Nous disposons cependant du resultat suivant :Theor`eme.Soit(E, | |E)un e.v.n. quelconque et Fun s.e.v. deEde dimension nie. AlorsFest ferme dans E.Preuve: Fixons une base(e1, , ep)deF. Comme toutes les normes sont equivalentes endimensionnie,lanormede Erestreinte`aF est equivalente`alanorme ||sur Fassociee `a(e1, , ep).Soit (xn)nNunesuiteconvergentede F. ElleestdoncdeCauchyausensdelanorme||introduite ci-dessus et il alors immediat que toutes les composantes de la suite parrapport `a(e1, , ep)sont des suites de Cauchy deK, donc convergent.Theor`eme. Labouleunitefermeedele.v.n. Eest compactesi et seulement si Eest dedimension nie.Preuve: Seule limplication directe reste `a prouver. On raisonne par contraposition : suppo-sonsEde dimension innie. On peut alors construire par recurrence une suite(ek)kNdevecteurslineairementindependants. Lasuite (Vk)kNdessous-espacesvectorielsdenispar Vkdef=Vect (e0, , ek) estunesuitestrictementcroissantedes.e.v.fermesdistinctsde E. Enappliquantletheor`emedeRiesz,onpeutalorsconstruireparrecurrenceunesuite(xn)nNde vecteurs unitaires telle qued(xn, Vn1) 1/2et xn Vn. On a visible-ment |xn xm| 1/2pour n ,=m. En consequence la suite(xn)nNna pas de valeurdadherence et la bouleBE(0, 1)nest donc pas compacte.Corollaire. Soit Eun e.v.n. de dimension nie. Alors(i) toute suite bornee deEadmet une valeur dadherence,(ii) toute suite bornee ayant une seule valeur dadherence converge.Exemple. Considerons lespaceE = (([0, ]; R)muni de la norme|f|L2def=1_0[f(t)[2dt .Pour n N, posons fn(x)=sinnx. Il estclairque |fn|2L2 =1/2etque |fnfm|L2 =1pourn ,= m.Donc la suite(fn)nNest une suite deBE(0, 1)qui na pas de valeur dadherence.On en conclut queEest de dimension innie.3.5. LECASDELADIMENSIONFINIE 35Remarque : Dans un e.v.n.(E, ||E)de dimension innie, tous les compacts sont dinterieurvide. Eneet si lensemble Knest pas dinterieur videalors il contient uneboulefermeeBE(x0, r) avecr > 0. Si Ketait compact alors la boule fermeeBE(x0, r) serait aussi compacteet doncE, de dimension nie.Theor`eme. Soit (E, ||E)et (F, ||F)deux e.v.n, et f L(E; F)une application lineaire.Si Eest de dimension nie alors f est necessairement continue.Preuve: Fixons une base(e1, , ep)deE. Puisque sur Etoutes les normes sont equiva-lentes, on peut supposer que |x|E= max1ip[xi[ o` u(x1, , xp)sont les coordonneesdexpar rapport `a(e1, , ep).On a donc, dapr`es linegalite triangulaire et la linearite def,|f(x)|F= |p

i=1xif(ei)|F _p

i=1|f(ei)|F_|x|E,do` u la continuite def.Le lecteur pourra verier que plus generalement on a le resultat suivant :Theor`eme. Supposonsque E1, , Epsoient de dimension nie. Alorstouteapplication p-lineaire deE1 Epdans Fest continue.36 CHAPITRE3. ESPACESVECTORIELSNORMESChapitre4Connexiteetconvexite4.1 ConnexiteLanotiondeconnexiteesttr`esimportanteentopologie. Si loncherche`asenfaireunerepresentation intuitive, on retiendra quune partie connexe ne comporte quun seul morceau.4.1.1 CadregeneralLa denition mathematique de connexite que nous donnons ci-dessous peut sembler de primeabord assez eloignee de la representation intuitive que nous avons tente dimposer au lecteur :Proposition. Soit (X, O) unespacetopologiqueet Aunepartiede X. Lestroisproprietessuivantes sont equivalentes1:(i) Aet sont les seules parties ouvertes et fermees deA,(ii) il nexiste pas de couple douverts non vides deA, disjoints et de reunion egale `aA,(iii) il nexiste pas de couple de fermes deAnon vides, disjoints et de reunion egale `aA.Si lune de ces trois proprietes est veriee, on dit queAest une partie connexe deX.Preuve: (i) (ii) : Soit 1et 2deuxouvertsdisjointsetdereunion egale`aA. Alors2 = A 1donc2est `a la fois ouvert et ferme. On en deduit que2vaut ouA.(ii) (i) : Soitune partie ouverte et fermee deA. Alors il en est de meme deA ,donc lun des deux ensemblesetA doit etre vide.(ii)(iii) : Il sut de passer au complementaire.Exemples. (i) Soit(X, O)un espace topologique separe et Aune partie nie de Xayantaumoinsdeux elements.Ilestfaciledevoirquetouslessingletonsde Asont`alafoisouverts et fermes. En consequenceAnest pas connexe.(ii) Tout espace vectoriel norme est connexe.Proposition. Limage dune partie connexe par une application continue est connexe.Preuve: Soit (X, O) et (Xt, Ot) deuxespacestopologiques, Aunepartieconnexede Xet f ((A; Xt). Notons B=f(A). Soit Uune partie ouverte et fermee de B(pour latopologieinduite).Parcontinuitede f, lapartie f1(U) estouverteetfermeedans A.PuisqueAest connexe, on a doncf1(U) = (auquel cas U= ) ou bienf1(U) =A(et alorsU= B).1Ci-dessous,quandonparledouvertsoudefermes,cestausensdelatopologieinduitesur A.3738 CHAPITRE4. CONNEXITEETCONVEXITECorollaire 1. Une partieAde lespace topologique(X, O)est connexe si et seulement si touteapplication continue deAdans 0, 1muni de la topologie discr`ete est constante.Preuve: Soit Aconnexe et f une application continue deAdans 0, 1. Alors f(A)doitetre une partie connexe de 0, 1. Sachant que 0, 1nest pas connexe, cela signie quef(A)ne doit comporter quun seul element.Pour montrer la reciproque, procedons par contraposition. Supposons donc queA nest pasconnexe. Alors il existe deux fermesBetCnon vides, disjoints et tels queA = BC. Ondenit la fonctionfsurAparf(x) = 0si x Betf(x) = 1si x C.Par constructionde f, onveriefacilementquepourtoutferme F de 0, 1, lensemble f1(F) estunferme deA. Doncfest continue et non constante.Corollaire 2.La reunion dune famille de parties connexes dintersection non vide est connexe.Preuve: Soit(Ai)iIune famille densembles connexes dintersectionBnon vide et f uneapplicationcontinuede iI Aidans 0, 1. Parconnexitede Ai, f estconstantesurchaqueAi. Si lon noteaila valeur de cette constante, on en deduit quefrestreinte `aB(quinestpasvide)doit etreconstanteet egale`aaipourtout i.Enconsequence,tousles aisontegauxentreeux, et f estdoncconstantesur iI Ai. Onconclutgraceaucorollaire precedent.Attention: Lareuniondunefamillequelconquedeconnexesnestpasconnexeengeneral.De meme, lintersection de deux connexes nest pas toujours connexe (dansR2, considerer parexemple lintersection dun anneau et dun rectangle).Corollaire3. Soit Aunepartieconnexede (X, O). Alors toutepartie Bde XtellequeA B Aest connexe.Preuve: Soit f uneapplicationcontinuede B`avaleursdans 0, 1et bunpointde B.Alorsfrestreinte `aA est constante. Supposons par exemple quefvaille 0 surA. Commeb A, on af(b) = limabaAf(a) = 0.On conclut quefest nulle surB. DoncBest connexe.4.1.2 PartiesconnexesdeRTheor`eme. Les parties connexes deRsont les intervalles.Preuve: Considerons dabord le cas dun intervalle ferme borne de R: I = [a, b] . SoitF1etF2deux fermes disjoints de[a, b] . Comme[a, b] est ferme dansR, F1et F2sont en faitdeux fermes deR, et comme ils sont bornes, ils sont compacts. Supposons par labsurdeque ces deux compacts soient non vides. Comme ils sont disjoints, on ad(F1, F2) > 0, etil existex1 F1etx2 F2tels qued(F1, F2) = [x1x2[(exercice : le prouver). Le point(x1 + x2)/2appartientaussi`alintervalle[a, b] etdoitdoncappartenir`alundesdeuxfermes, par exempleF1. Maisd_x1 +x22, x2_= [x1x2[2=d(F1, F2)2,ce qui est absurde. DoncF1ouF2est vide et[a, b] est bien connexe.CommetoutintervalledeRestreunioncroissantedintervallesfermesbornes,lecorol-laire 2 de la page 38 permet de conclure que tout intervalle deRest connexe.4.1. CONNEXITE 39Si A Rnestpasunintervalle, il existedeuxpoints xet y de Atelsque x0tel que B(b, r) A. Comme b B, lensembleB(b, r) Bnest pas vide et contient donc un pointc. Par denition de lensembleB, ilexiste un chemin deA joignanta `ac. Par ailleurs, le segment [b, c] appartient `aB(b, r)donc est inclus dansA, et lon en deduit nalement queb B.Comme lensembleAest connexe, on conclut queB = A.4.2 UnpeudeconvexiteDenition. Une partieAdun e.v. Eest dite convexe si(x, y) AA, [x, y] A.Remarque:Les notions de connexite et de connexite par arc sont des notions topologiques(i.e. ellesnedependentquedelatopologiechoisie). Danslecasdune.v.n, ellessontdoncinvariantes par changement de norme en une norme equivalente.Lanotiondeconvexiteestunenotionalgebriqueetestdoncindependantedelatopologiechoisie.Proposition. Dans un espace vectoriel topologique, tout ensemble convexe est connexe par arc.Preuve : Soit Aunepartieconvexede E. Soit (x, y) A2. Par convexite, limagedelapplication continue_[0, 1] Et tx + (1 t)yest incluse dansA.DoncAest bien connexe par arc.Proposition 1. Soit Aconvexe. Alors pour tout n-uplet(x1, , xn)delements deAet toutn-uplet (1, , n) [0, 1]nveriant 1 + +n = 1, on an

i=1ixi A.Preuve: On raisonne par recurrence sur n. Le casn = 1est evident. Supposons le resultatetabli pour tout(x1, , xn) Enet(1, , n) [0, 1]nveriant1 + +n = 1.Soit(x1, , xn+1) An+1et(1, , n+1) [0, 1]n+1tel que1 + +n+1 = 1. Onpeutdeplussupposerquetouslescoecients isontdans ]0, 1[ (sinonleresultatestcontenu dans lhypoth`ese de recurrence).Soitx =

n+1i=1ixi. On constate quex = n+1xn+1 + (1 n+1)y avec ydef=n

i=1(1n+1)1i. .ixi.4.2. UNPEUDECONVEXITE 41Comme ni=1i= 1, lhypoth`esederecurrenceassureque y A. Parconvexitede A,on a doncx Acomme souhaite.Nous laissons au lecteur le soin de verier les proprietes suivantes :1. Limage dune partie convexe par une application lineaire est convexe.2. Limage reciproque dun convexe par une application lineaire est convexe.3. Lintersection dune famille quelconque de convexes est convexe.4. SoitAetBdeux convexes, et(, ) R2. AlorsA+Best convexe.Denition.SoitAune partie quelconque deE. On appelle enveloppe convexe deAle pluspetit ensemble convexe contenantA.Proposition. Soit Aune partie deE. Lenveloppe convexe deAest lensemble des combinai-sons lineaires nies `a coecients positifs dont la somme vaut 1, delements deA.Preuve: NotonsBlensemble des combinaisons lineaires nies `a coecients positifs dont lasommevaut 1,delementsde A.Ilestclairquecetensembleestconvexe.Parailleurs,si Cest un autre ensemble convexe contenantA, il doit en particulier contenir toutes lescombinaisons convexes delements deA, doncB.Proposition. Dans un e.v.n, ladherence et linterieur dun ensemble convexe sont convexes.Preuve: Soit Aunconvexenonvide, (x, y) A2et t [0, 1] .Ilexistealorsdeuxsuites(xn)nNet(yn)nNdelements deAtelles quelimn+xn = x et limn+yn = y.Par convexite deA, on atxn + (1 t)yn Apour toutn N. De plus il est clair quelimn+txn + (1 t)yn = x + (1 t)ydonctx + (1 t)y A. Ceci montre queAest convexe.MontronsmaintenantqueAestaussi convexe. OnecartelecasA= qui esttrivial.Soit(x, y) A2. Il existe alorsr > 0tel que les boules ouvertesB(x, r)etB(y, r)soientincluses dans A. Par convexite deA, on a donctB(x, r) + (1 t)B(y, r) Apour toutt [0, 1]. On etablit facilement quetB(x, r) + (1 t)B(y, r) = B(tx + (1 t)y, r).Donctx + (1 t)y A, etAest bien convexe.Denition. SoitAune partie convexe deEetf: A R. On dit quefest convexe si [0, 1], (x, y) E2, f(x + (1)y) f(x) + (1)f(y).Proposition. Soit f : A Runefonctionconvexe. Alorspourtout reel c lesensemblesf1(] , c])et f1(] , c[)sont convexes.Preuve : Supposons f1(] , c]) nonvideet donnonsnous xet y deuxelementsdef1(] , c])ett [0, 1] . Par convexite def, on af(tx + (1 t)y) tf(x) + (1 t)f(y) tc + (1 t)c = c,do` u le resultat. La preuve de la convexite def1(] , c[)est similaire.42 CHAPITRE4. CONNEXITEETCONVEXITEExemple. Soit f: E Runefonctionane,et a R. Alorslesensembles f1([a, +[),f1(]a, +[), f1(] , a[)etf1(] , a])sont convexes.En utilisant la proposition 1 de la page 40, et en raisonnant par recurrence, on obtient le resultatsuivant :Proposition. Si f: A Rest une fonction convexe alors pour tout (1, , n) [0, 1]ntelque ni=1i = 1, on af_n

i=1ixi_n

i=1if(xi).Theor`eme. Soit Eune.v.n. de dimension nieet U unouvert convexede E. Alorstoutefonction convexe denie sur Uest continue.Preuve : Soit f : URunefonctionconvexe. Onxeunebase (e1, , en) de Eetlonmunit Edelanorme |x|= i=1[xi[ pour x= ni=1xiei(celaninueenriensurlesproprietesdecontinuitede f puisquendimensionnietouteslesnormessontequivalentes). Fixons unb U. Il sagit de montrer la continuite defenb.1. Reduction au casb = 0, f(0) = 0etB(0, 1) U.Quitte `a considerer la fonctiong : x f(x+b)f(b) avec > 0 tel queB(b, ) U,on peut se ramener `a etudier la continuite en0pour une fonction convexe denie surun ouvert contenant la boule unite fermeeB(0, 1) et sannulant en 0. On remarqueraeneetque f et g sontsimultanementconvexesetque f estcontinueenb si etseulement si gest continue en0.2. Majoration degsurB(0, 1).Notons a0lorigine, a+i= eiet ai= eipour i = 1, , n. On remarque que toutpointx =

ni=1xieideB(0, 1)se decompose enx = (1 |x|)a0 +n

i=1[xi[aiiavec i = + si xi 0 et i = sinon.Il est clair que 1|x| [0, 1] , [xi[ [0, 1] pouri 1, , n et 1|x|+

ni=1[xi[ =1. Par convexite de g et comme g(a0) =0, onadonc, dapr`es lapropositionprecedente,g(x) M|x| avec M= max(g(a+1 ), , g(a+n), g(a1 ), , g(an)). (4.1)3. Fin de la preuve.En ecrivant que0 =x2 +(x)2et en utilisantg(0) = 0, on obtientg(x) g(x) M|x|.On conclut quex B(0, 1), [g(x)[ M|x|.Doncgest continue en0, etf, enb.Attention:Le resultat ci-dessus est faux en general si lon ne suppose pas queUest ouvertou si lon se place en dimension innie.Chapitre5Espacesdapplicationscontinues5.1 GeneralitesDanstoutcechapitre, (X, dX) et (Y, dY ) designentdeuxespacesmetriquesetlonnote((X; Y )lensemble des applications continues deXvers Y . Comme dhabitude, T(X; Y )estlensemble des fonctions deXversY.Consideronsunesuite(fn)nNdefonctionsde T(X; Y ). Noussouhaitonsexprimer lefaitque cette suite converge vers une fonctionfde T(X; Y ).Si lon se ref`ere au casX = Y= R,ily a au moins deux types de convergence `a considerer : la convergence simple (ou ponctuelle)et la convergenceuniforme. Cela motive la denition suivante :Denition. Soit(fn)nNune suite de fonctions de T(X; Y ),etfune fonction de T(X; Y ).On dit que (fn)nNconvergesimplement versfsi (fn(x))nNtend versf(x)pour toutx X, (fn)nNconverge uniformement versfsisupxX dY (fn(x), f(x))tend vers0quandntend vers+.Danslecas X=[0, 1] et Y =R, il estbienconnuquelaconvergenceuniformepeutetreexprimee en termes de norme : dire quune suite de fonctions (fn)nNdenies sur [0, 1] convergeuniformement versfsignie quelimn+|fnf|L = 0.En consequence, la norme | |Lest associee `a la notion de convergence uniforme. La topologiecorrespondante est souvent appelee topologie de la convergence uniforme.Cela est en fait vrai dans un cadre bien plus general :Proposition. Supposons(X, dX)compact. Alors la fonctiondenie sur ((X; Y ) ((X; Y )par(f, g) = supxXdY (f(x), g(x))est une distance sur ((X; Y ).Preuve: La seule chose `a verier est que la fonctionest bien `a valeurs nies. Soit donc (f, g)un couple de fonctions de ((X; Y ). Sachant que Xest compact, les ensembles f(X)etg(X) sont aussi compacts, et donc bornes. En consequence, lensemble dY (f(x), g(x)), x Xest un borne deR+. Des verications de routine permettent alors de conclure queest bien une distance.Theor`eme. Supposons (X, dX) compactet (Y, dY ) complet. Alorslensemble ((X; Y ) munide la distanceest un espace metrique complet.4344 CHAPITRE5. ESPACESDAPPLICATIONSCONTINUESPreuve: Soit(fn)nNune suite de Cauchy de fonctions de ((X; Y ).Il sagit de montrer que(fn)nNconverge vers un elementfde ((X; Y )au sens de la distance.1.Convergencesimple:En combinant les denitions de suite de Cauchy et de, on voit que > 0, N N,_n N et p N_=_x X,dY (fn(x), fp(x)) _. (5.1)Cela assure en particulier que pourx Xxe, la suite(fn(x))nNest de Cauchy dansY.CommeY est complet, cette suite converge donc vers un elementf(x)deY.2.Convergenceuniforme:Fixons > 0etn Ndans (5.1). En faisant tendrepvers+, on obtientx X, dY (fn(x), f(x)) .En consequence la suite(fn)nNconverge uniformement versf.3.Continuitedelafonctionlimite:Pour achever la demonstration du theor`eme, il ne reste plus qu`a etablir quefest continuesurX. Soit donc > 0etx0 X. Pour toutx Xetn N, on peut ecrire :dY (f(x), f(x0)) dY (f(x), fn(x)) +dY (fn(x), fn(x0)) +dY (fn(x0), f(x0)).Choisissonsn de telle sorte que supxX dY (f(x), fn(x)) 3(cest possible dapr`es letapeprecedente). On obtientx X, dY (f(x), f(x0)) 23 +dY (fn(x), fn(x0)). (5.2)Sachant quefnest continue enx0, il existe> 0tel quex X, dX(x, x0) = dY (fn(x), fn(x0)) 3.Dapr`es (5.2), on a doncx X, dX(x, x0) = dY (f(x), f(x0)) ,do` u la continuite enx0.5.2 EquicontinuiteDenition. Soit Tune partie de ((X; Y ) etx0 un point deX. On dit que Test equicontinueenx0si > 0, > 0, f T, y X,dX(x0, y) < dY (f(x0), f(y)) < .On dit que Test equicontinue surXsi Test equicontinue en tout point deX.Si lon a la condition plus forte : > 0, > 0, f T, (x, y) X2, dX(x, y) < dY (f(x), f(y)) < , (5.3)on dit que Test uniformement equicontinue.Rappelonsquesuruncompact,continuiteentraneuniformecontinuite(cestletheor`emede Heine). Nous disposons dun resultat analogue pour lequicontinuite :5.2. EQUICONTINUITE 45Lemme1. Soit Tune partie equicontinue de ((X; Y ). Supposons(X, dX)compact. Alors Test uniformement equicontinue surX.Preuve: Il sagitduneadaptationfaciledelademonstrationdutheor`emedeHeine. Lesdetails sont laisses en exercice.Exemples. 1. UnepartieTde((X; Y ) comportantunnombreni delementsesttou-jours equicontinue. Si de plus les elements de Tsont uniformement continus alors Testuniformement equicontinue.2. Lareunionde deuxparties equicontinues de ((X; Y ) est une partieequicontinue de((X; Y ).3. Fixons M R+. Lensemble Tdes fonctions f: X Y lipschitziennes de rapport Mest equicontinu. En eet, `axe, il sut de prendre = /Mdans (5.3).4. On prendX = [0, 1] etY= Rmunis tous les deux de la distanced(x, y) = [x y[ . SoitT =_f (1([0, 1]; R)_ _10[ft(t)[2dt 1_.Alors Test equicontinue sur[0, 1] .Eneet,si xet ysontdeuxpointsde[0, 1] telsque x y, onadapr`eslinegalitedeCauchy-Schwarz,[f(y) f(x)[ y x_yx[ft(t)[2dt y x.5. Prenons maintenantT = fn : x enx,n N.Alors Test equicontinue en tout point de]0, 1]mais pas en0. Le defaut dequicontinuiteen0est d u au fait que la suite(ftn(0))nNnest pas bornee.6. Considerons ennT = fn : x sin(nx),n N.Alors Tnest equicontinue en aucun point de[0, 1] .En general la propriete de convergence uniforme est strictement plus forte que celle de conver-gence simple. Cependant, si lon se restreint `a des suites de fonctions appartenant `a une partieuniformement equicontinue de ((X; Y ), on a le resultat remarquable suivant :Lemme 2. Supposons (X, dX) compact. Soit T une partie uniformement equicontinue de((X; Y )et (fn)nNune suite de fonctions de T. On a lequivalence suivante :(fn)nNconverge simplement versf (fn)nNconverge uniformement versf.Preuve: Il sut de justier limplication directe. Soit un reel strictement positif arbitraire.Par hypoth`ese, il existe un reel strictement positif tel que pour toutn N, on aitdX(x, xt) < =dY (fn(x), fn(xt)) 0. Soit> 0tel quef T, (x, y) X2, dX(x, y) < = dY (f(x), f(y)) < /3. (5.5)CommeXest compact, il existe une famille nie(x1, , xn)de points deXtelle queX n_i=1BX(xi, ).48 CHAPITRE5. ESPACESDAPPLICATIONSCONTINUESPar hypoth`ese, lesn ensembles _f(xi) / f T_ sont relativement compacts dansY, donclensemble_(f(x1), , f(xn)) / f T_est relativement compact dansYnmuni de la distance produit.Lespace Ynestcompletcarproduitdespacesmetriquescomplets. Doncenvertuducorollaire1delapage22,onpeutlerecouvrirparunnombreni pdeboulesdetypeBYn_(fj(x1), , fj(xn)),3_avecfj T. Montrons queT p_j=1B((.;)(fj, ),ou, de mani`ere equivalente, que pour toutf T, il existej 1, , ptel quex X, dY (f(x), fj(x)) < .Soitdonc f Tet x X. Choisissons i 1, , ntel que dX(x, xi) 0 il existeunesuitedefonctions polynomes qui convergeuni-formement vers f: x [x[ sur[a, a].Preuve: Poury [0, 1], posonsg(y) = 1 +y. Dapr`es la formule de Taylor-Lagrange, pourtouty [0, 1] etn N, il existe ]0, 1[ tel queg(y) =n

k=0ykk!g(k)(0) +yn+1(n + 1)!g(n+1)(y).La sommePnapparaissant au membre de droite est un polynome de degren. Un calculfacile montre que pour toutz [0, 1],g(k)(z) = (1 +z)12kk

j=0_12 j_.Donc, pour tout y [0, 1], la valeur absolue du terme de reste dans le developpement deTaylor-Lagrange est majoree parundef=12n

j=1_1 +12j_.On constate queun+1/un = 1 12n + O(1n2). En consequence, la suite(un)nNconvergevers0(on peut montrer queunest unO(n12)). Cela assure la convergence uniforme dela suite de polynomes(Pn)nNversgsur[0, 1].En remarquant quef(x) = [x[ = g(x21), et en posantQn(x) = Pn(x21), on en deduitque(Qn)nNconverge uniformement versfsur[1, 1].Lecasgeneral a ,=1sendeduitpardilatation: onveriequelasuitedepolynomes(aQn(a1))nNconverge versfsur[a, a].Theor`eme(de Stone-Weierstrass). Soit (X, d) unespacemetriquecompactet Tunepar-tiede((X; R). OnsupposequeTest stableparcombinaisonlineaireet multiplicationa,contienttouteslesfonctionsconstantessur X, etseparelespointsb.Alors Testdensedans ((X; R).aAutrementdit, Festunesous-alg`ebrede C(X; R)bcequisigniequepourtout (x1, x2) X2avecx1 = x2, et (y1, y2) R2, ilexisteunefonctionf de Ftellequef(x1) = y1 et f(x2) = y2 .50 CHAPITRE5. ESPACESDAPPLICATIONSCONTINUESPreuve: Nous allons en fait demontrer que Test dense dans ((X; R).Comme Test ferme,celaentraneraque T= ((X; R). Nouslaissonsaulecteurlesoindeverierque Teststable par combinaison lineaire et multiplication, contient toutes les fonctions constanteset separe les points.1. Stabilite de Tpar passage `a la valeur absolue.Soit f Tet M> 0unebornede f sur X(dontlexistenceestgarantieparlacompacite deX). Le lemme 5 assure lexistence dune suite de polynomes (Pn)nN quiconverge uniformement vers x [x[ sur[M, M]. Posons fn=Pn(f). Comme Tcontient les fonctions constantes, et est stable par addition et multiplication, il est clairquefn T. Par ailleurs, on constate aisement que(fn)nNconverge uniformementvers [f[ surX.2. Stabilite par passage ausupou `a l inf .Soitfetgdeux fonctions de T. En remarquant queinf(f, g) =12_f +g [f g[_et sup(f, g) =12_f +g +[f g[_,et en utilisant la stabilite de Tpar combinaison lineaire et passage `a la valeur absolue,on en deduit queinf(f, g) T et sup(f, g) T. (5.6)3. Demonstration proprement dite.Fixonsunefonctionf de ((X; R) et >0. Il sagitdemontrerlexistencedunefonctiongde Ttelle quesupxX[f(x) g(x)[ .Pour commencer, xons un pointxdeX.Pour touty X x,donnons-nous unefonctionfyde Ttelle quefy(x) = f(x)etfy(y) = f(y). LensembleOydef= _xt X / fy(xt) > f(xt) _est un ouvert deXcontenant xet ydonc(Oy)y,=xest un recouvrement deXpardes ouverts. Par compacite, il existe doncy1, , yptels queX =p_i=1Oyi.Posons alorsgxdef= sup(fy1, , fyp). Dapr`es (5.6), la fonctiongxest dans Tet il estfacile de voir quegx(x) = f(x)etxt X, gx(xt) > f(xt) .On consid`ere maintenant les ensemblesxdef= _xt X / gx(xt) < f(xt) +_.Commeprecedemment, cesensemblessontdesouvertsnonvidesdontlareunionrecouvreX. On peut donc trouver un nombre ni de pointsx1, , xqtels queX =q_i=1xi.La fonctiongdef= inf(gx1, , gxq)est dans Tet veriext X, f(xt) < g(xt) < f(xt) +,donc repond `a la question.5.4. LETHEOR`EMEDESTONE-WEIERSTRASS 51Exemples. 1. Soit Liplensembledesfonctionslipschitziennesdelespacemetriquecom-pact(X, d)dansR. Il est clair que lensembleLipest stable par combinaison lineaire etmultiplication, et contient toutes les fonctions constantes. Il est de plus separant. En eet,soit(x1, x2) X2tel quex1 ,= x2, et(1, 2) R2. Alors la fonctionf: x 1 +d(x1, x)d(x1, x2)(21)est lipschitzienne, egale `a1enx1, et `a2enx2.Le theor`eme de Stone-Weierstrass assure donc que lensemble des fonctions lipschitziennessurXest dense dans ((X; R).2. Pourtout a0, ilexisteg T1eeth T7mtels que(e f, g) /2 et (1mf, h) /2.Donc(f, g +ih) .Remarque : Comme le montre lexemple suivant, lhypoth`ese de stabilite par conjugaison estindispensable.Consideronseneetlespacemetrique X= _z C/ [z[ = 1_etlensemble Tconstitueparlarestrictiondespolynomes`acoecientscomplexes, `alensemble X. Alors Test une sous-alg`ebre de ((X; C)qui contient les constantes et separe les points. Cependant, lafonction continue : z 1/znest pas dans ladherence de Tcar pour toutP T, on a_20eiP(ei) d = 0alors que_20ei(ei) d = 2.2cest-` a-direquef Fentranef F52 CHAPITRE5. ESPACESDAPPLICATIONSCONTINUESChapitre6Lesgrandstheor`emesdelanalysefonctionnelle6.1 Letheor`emedeBaireOn peut donner deux enonces equivalents du theor`eme de Baire.Theor`eme (de Baire).Soit (X, d) un espace metrique complet et (Fn)nNune suite de fermesdeX, dinterieur vide. Alors nNFnest dinterieur videa.amaispasforcementferme !Theor`eme (de Baire).Soit(X, d)un espace metrique complet et(n)nNune suite douvertsdenses deX. Alors nN nest denseadans X.amaispasforcementouvert !Pour voir que les deux enonces sont equivalents, il sut de passer au complementaire et dutiliserle fait que pour toute partieAdun espace topologique(W, O), ladherence deW Aest egaleau complementaire deA.Donc un ensemble est dense si et seulement si son complementaire estdinterieur vide.Donnonsmaintenantunedemonstrationdudeuxi`emeenoncedutheor`emedeBaire. Soit(n)nNune suite douverts denses deXet V un ouvert non vide deX. Il sagit de montrerqueV (

nN n)nest pas vide.Etape0. Par densite de0, louvert0 V est non vide. Donc il existex0 Xet r0> 0telsqueB(x0, r0) 0 V.Etape1. De meme, par densite de1, il existex1 Xetr1> 0tels queB(x1, r1) 1 B(x0, r0) 0 1 V.Quitte `a diminuerr1, on pe