Analyse Fonctionnelle TD 1 : Espaces métriques. Espaces ...

1 Analyse Fonctionnelle - TD11 Master Math matiques et Applications1`ereann eAix-Marseille Universit Ann e 2015-2016 Analyse FonctionnelleTD 1 : Espaces m triques. Espaces vectoriels norm sAvec corrig sLes num ros de Th or mes, Propositions, etc .. font r f rence aux notes de 1V rifier les propri t s suivantes dans un espace m trique(X,d)quelconque. Les boules ouvertes sont ouvertes. Les boules ferm es sont ferm es. Les sph res sont ferm que dans un espace vectoriel norm , les sph res sont d int rieur vide. Est-ce encore le cas dans unespace m trique quelconque ?Corrig : Soitx Xetr >0. On veut montrer que la boule ouverteB(x,r) ={y X,d(x,y)< r},est un ouvert. Pour cela on se donne uny B(x,r)quelconque et il nous faut trouver un rayonR >0tel que laboule centr e enyet de rayonR B(y,R)soit enti rement contenue dansB(x,r).

2 On va v rifier queR=r d(x,y)convient. Tout d abord, on remarque que cette valeur v rifieR >0car, parhypoth se sury, nous avonsd(x,y)< r. Prenons maintenantz B(y,R)quelconque et montrons qu il appartient B(x,r). Par l in galit triangulaire nous avonsd(x,z) d(x,y) +d(y,z)< d(x,y) +R=r,ce qui montre bien le r sultat. On peut utiliser la caract risation par les suites ou bien faire une preuve similaire la pr c dente en montrant quele compl mentaire( B(x,r))c={y X,d(x,y)> r},est un ouvert. On prend unyquelconque dans cet ensemble et on poseR=d(x,y) rqui est bien strictementpositif par hypoth se toutz B(y,R)nous avonsd(x,y) d(x,z) +d(z,y)< d(x,z) +Ret doncd(x,z)> d(x,y) R=r,ce qui tablit le r sultat attendu. Par d finition nous avonsS(x,r) = B(x,r)\B(x,r) = B(x,r) (B(x,r))c,ce qui montre queS(x,r)est l intersection de deux ferm s (gr ce aux deux r sultats pr c dents) et que c est doncbien un ferm.

3 F. BOYER- VERSION DU2 OCTOBRE20152 Analyse Fonctionnelle - TD1 Supposons maintenant que(X,d)est un espace vectoriel norm (E, . )(on rappelle qu alorsd(x,y) = x y ).On consid re une sph reS(x,r)(avecr >0sinon on a affaire un singleton qui est bien d int rieur vide) et on sedonne un pointy S(x,r). Pour tout >0on construit le pointz=y+ r(y x).Remarquons qu on utilise bien s r ici la structure d espace vectoriel pointzv rifie z y = r y x = ,il est donc aussi proche deyque l on veut. Mais il v rifie galement z x =(1 + r) y x =r+ .Ceci exprime que B(y, )6 S(x,r),puisque nous avons trouv un l ment du premier ensemble qui n est pas dans le , aussi petit que soit , la boule de centreyet de rayon n est pas contenue dans la sph reS(x,r).

4 Ceci tantvrai pour tout pointy S(x,r), nous avons bien montr qu elle tait d int rieur propri t est fausse dans le cas g n ral. On se place dansRnet on poseX=SRn(0,1) {0}muni de ladistance induite par la distance euclidienne deRn. DansXnous avonsSX(0,1) =SRn(0,1),mais on a aussiSX(0,1) =BX(0,2)\BX(0,1/2),et doncSX(0,1)est un ouvert non vide deX(en particulier il n est pas d int rieur vide).Exercice 2 (Compacts deR)On munitRde sa m trique usuelle d finie par la valeur On veut montrer que tout intervalle ferm born [a,b] Rest compact. On consid re donc un recouvre-ment de[a,b]par une famille(Ui)i Id ouverts deR. On pose alorsA={x [a,b],tel que le segment[a,x]puisse tre recouvert par une sous-famillefiniede(Ui)i}.On souhaite tablir queb A, ce qui montrera l existence d un sous-recouvrement fini de[a,b].

5 (a) Montrer quea A.(b) On notec= supA. Montrer quec A.(c) On suppose quec < b, montrer qu il existec ]c,b[tel quec A.(d) Montrer que les compacts deRsont exactement les ensembles ferm s et born :1.(a) Le segment[a,a]n est autre que le singleton{a}. Comme les(Ui)i Irecouvrent[a,b], il existe au moins uni0 Itel quea Ui0. Ceci montre queUi0est un recouvrement ouvert ( l vidence fini) de[a,a]et doncquea A.(b) On a d j quec bet donc quecest en particulier fini. On suppose quec6 A. Commec [a,b], il existe uni0 Itel quec Ui0. L ensembleUi0 tant ouvert, il existe unr >0tel quea < c r < cet[c r,c] Ui0.(1)Commec= supAetc6 A, on peut m me choisirrassez petit pour quec r A. Par d finition deA, ilexiste donc une partie finieJ Itelle que[a,c r] i BOYER- VERSION DU2 OCTOBRE2015 Analyse Fonctionnelle - TD13En rajoutant l indicei0 Jet en utilisant (1), on obtient que[a,c] = [a,c r] [c r,c] i J {i0}Ui,et commeJ {i0}est fini, on obtient bien un sous-recouvrement ouvert de[a,c], ce qui montre quec A,c est une contradiction.

6 (c) Supposonsc < b. Commec A, on peut trouverJ Ifinie telle que[a,c] i Jtel quec Ui0. CommeUi0est ouvert, il exister >0tel quec+r bet[c,c+r] Ui0. Il s ensuit que l on a le sous-recouvrement ouvert fini suivant[a,c+r] i JUi,et doncc =c+r A.(d) L existence duc dans la question pr c dente contredit le fait quec= supAet donc le fait quec < b. On end duit quec=bet donc que tout le segment[a,b]peut tre recouvert par une sous-famille finie de(Ui) On sait d j que tout compact est ferm et born (dans un espace m trique quelconque). Soit maintenantK Run ensemble ferm et born . La bornitude deKmontre qu il existeR >0tel queK [ R,R]. La questionpr c dente montre que[ R,R]est un compact. Par hypoth seKest ferm dansRet donc c est aussi un ferm de[ R,R](carK=K [ R,R]).

7 D apr s la Proposition , on d duit queKest lui-m me 3 Soit(X,d)un espace m trique et(xn)nune suite d l ments deXqui converge vers une que l ensembleA={xn,n 0} {l}est :Soit(Ui)i Iun recouvrement deApar une famille quelconque d ouvertsA i veut montrer qu on peut en extraire un sous-recouvrement A, il existe un indicei0 Itel quel Ui0. Par ailleurs, commeUi0est un ouvert, nous pouvons trouver >0tel queB(l, ) d finition de la convergence de la suite(xn)n, il existen0 0tel que n n0, d(xn,l)< ,ce qui implique, d apr s le choix de , n n0, xn B(l, ) , tous les termes de la suite partir du rangn0sont peut maintenant s occuper desn0 1premiers termes, qui sont en nombre fini. Pour toutn < n0, il existein Itel quexn final nous avons bien montr A n0 k=0 Uik,F.

8 BOYER- VERSION DU2 OCTOBRE20154 Analyse Fonctionnelle - TD1qui est un sous-recouvrement fini 4 (Equivalence de distances)Soit(X,d)un espace m Soit une autre distance sur l ensembleX. Montrer quedet sont topologiquement quivalentes Elles d finissent les m mes suites On d finit maintenant par =d1 +d.(a) Montrer que est une distance uniform ment quivalente d. Sont-elles en g n ral, Lipschitz qui-valentes ?(b) Montrer que(X,d)est complet, si et seulement si,(X, )l :1. Montrons les deux implications. On suppose que(X,d)et(X, )ont les m mes (xn)nune suite qui converge vers une limiteldans(X,d), on veut montrer qu elle converge galementdans(X, ).Soit >0donn . L ensembleB (l, )est un ouvert de(X, )(voir Exercice 1) et donc par hypoth se c est galement un ouvert de(X,d)qui contientl.

9 Il existe donc un nombre >0tel queBd(l, ) B (l, ).(2)On utilise maintenant la convergence de(xn)nversldans(X,d)pour obtenir l existence d un rangn0tel que n n0, d(xn,l)< .Gr ce (2), cela implique n n0, (xn, )< .Ceci tant valable pour tout choix intial de , on a bien montr la convergence de(xn)nversldans(X, ).On peut bien entendu changer les r les dedet pour prouverin fineque les deux Espaces ont les m messuites convergentes. On suppose que les deux Espaces ont les m mes suites convergentes. On se donne un ouvertUde(X,d)eton veut montrer que c est un ouvert de(X, ). Soitx Uquelconque, il s agit de montrer l existence d unr >0tel queB (x,r) va raisonner par l absurde et supposer que r >0, B (x,r)6 sp cifiant cette propri t pour les valeurs der gales 1/n,n N , on obtient la propri t suivante n 1, xn B (x,1/n), U.

10 (3)On vient de construire une suite(xn)nv rifiant (xn,x)<1/n,elle converge donc verssdans(X, ). On utilise maintenant l hypoth se qui nous dit qu elle converge gale-ment versxdans(X,d). Autrement dit, nous avonsd(xn,x) n + 0.(4)CommeUest un ouvert de(X,d)et quexest dansU, il existe >0tel queBd(x, ) U. D apr s (4), ilexiste un rangn0 partir duquel nous avonsd(xn,x)< ,n particulier, nous avons tabli quexn0 B(x, ) U. Ceci contredit (3) car nous avions construit lesxnde sorte qu aucun d entre eux n appartienne BOYER- VERSION DU2 OCTOBRE2015 Analyse Fonctionnelle - TD152.(a) Pour toutr 0, on pose (r) =r1+rde sorte que = (d). La fonction est continue, strictementcroissante, v rifie (0) = 0etlim+ = , pour toutR >0, il exister >0tel que (r) R(prendrer= 1(R)siR <1et n importe quellevaleur dersiR 1).