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Analyse Fonctionnelle - TD1 1

Master Mathématiques et Applications1ereannée Aix-Marseille Université

Année 2015-2016

Analyse Fonctionnelle

TD 1 : Espaces métriques. Espaces vectoriels normés

Avec corrigés

Les numéros de Théorèmes, Propositions, etc ... font référence aux notes de cours. Exercice 1Vérifier les propriétés suivantes dans un espace métrique(X;d)quelconque.

Les boules ouvertes sont ouvertes.

Les boules fermées sont fermées.

Les sphèr essont fermées.

Montrer que dans un espace vectoriel normé, les sphères sont d"intérieur vide. Est-ce encore le cas dans un

espace métrique quelconque?Corrigé : Soit x2Xetr >0. On veut montrer que la boule ouverte

B(x;r) =fy2X;d(x;y)< rg;

est un ouvert. Pour cela on se donne uny2B(x;r)quelconque et il nous faut trouver un rayonR >0tel que la

boule centrée enyet de rayonR B(y;R)soit entièrement contenue dansB(x;r).

On va vérifier queR=rd(x;y)convient. Tout d"abord, on remarque que cette valeur vérifieR >0car, par

hypothèse sury, nous avonsd(x;y)< r. Prenons maintenantz2B(y;R)quelconque et montrons qu"il appartient

àB(x;r). Par l"inégalité triangulaire nous avons d(x;z)d(x;y) +d(y;z)< d(x;y) +R=r; ce qui montre bien le résultat.

On peut ut iliserla caractérisation par les suites ou bien f aireune preuv esimil aireà la précédente en montrant que

le complémentaireB(x;r)c=fy2X;d(x;y)> rg; est un ouvert. On prend unyquelconque dans cet ensemble et on poseR=d(x;y)rqui est bien strictement positif par hypothèse sury.

Pour toutz2B(y;R)nous avons

d(x;y)d(x;z) +d(z;y)< d(x;z) +R et donc d(x;z)> d(x;y)R=r; ce qui établit le résultat attendu.

P ardéfinition nous a vons

S(x;r) =B(x;r)nB(x;r) =B(x;r)\B(x;r)c;

ce qui montre queS(x;r)est l"intersection de deux fermés (grâce aux deux résultats précédents) et que c"est donc

bien un fermé.

F. BOYER- VERSION DU2OCTOBRE2015

2 Analyse Fonctionnelle - TD1

Supposons maintenant que (X;d)est un espace vectoriel normé(E;k:k)(on rappelle qu"alorsd(x;y) =kxyk).

On considère une sphèreS(x;r)(avecr >0sinon on a affaire à un singleton qui est bien d"intérieur vide) et on se

donne un pointy2S(x;r). Pour tout" >0on construit le point z=y+"r (yx): Remarquons qu"on utilise bien sûr ici la structure d"espace vectoriel surE.

Ce pointzvérifie

kzyk="r kyxk="; il est donc aussi proche deyque l"on veut. Mais il vérifie également kzxk= 1 +"r kyxk=r+":

Ceci exprime que

B(y;")6S(x;r);

puisque nous avons trouvé un élément du premier ensemble qui n"est pas dans le second.

Ainsi, aussi petit que soit", la boule de centreyet de rayon"n"est pas contenue dans la sphèreS(x;r). Ceci étant

vrai pour tout pointy2S(x;r), nous avons bien montré qu"elle était d"intérieur vide.

Cette propriété est fausse dans le cas général. On se place dansRnet on poseX=SRn(0;1)[ f0gmuni de la

distance induite par la distance euclidienne deRn. DansXnous avons S

X(0;1) =SRn(0;1);

mais on a aussi S

X(0;1) =BX(0;2)nB

X(0;1=2);

et doncSX(0;1)est un ouvert non vide deX(en particulier il n"est pas d"intérieur vide).Exercice 2 (Compacts deR)On munitRde sa métrique usuelle définie par la valeur absolue.

1.

On veut montr erque tout intervalle fermé borné [a;b]Rest compact. On considère donc un recouvre-

ment de[a;b]par une famille(Ui)i2Id"ouverts deR. On pose alors A=fx2[a;b];tel que le segment[a;x]puisse être recouvert par une sous-famillefiniede(Ui)ig: On souhaite établir queb2A, ce qui montrera l"existence d"un sous-recouvrement fini de[a;b]. (a)

Montr erque a2A.

(b)

On note c= supA. Montrer quec2A.

(c) On suppose que c < b, montrer qu"il existec02]c;b[tel quec02A. (d)

Conclur e.

2. Montr erque les compacts de Rsont exactement les ensembles fermés et bornés.Corrigé : 1. (a)

Le se gment[a;a]n"est autre que le singletonfag. Comme les(Ui)i2Irecouvrent[a;b], il existe au moins un

i

02Itel quea2Ui0. Ceci montre queUi0est un recouvrement ouvert (à l"évidence fini) de[a;a]et donc

quea2A. (b)

On a déjà que cbet donc quecest en particulier fini. On suppose quec62A. Commec2[a;b], il existe un

i

02Itel quec2Ui0. L"ensembleUi0étant ouvert, il existe unr >0tel quea < cr < cet

[cr;c]Ui0:(1) Commec= supAetc62A, on peut même choisirrassez petit pour quecr2A. Par définition deA, il existe donc une partie finieJItelle que [a;cr][ i2JU i:

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Analyse Fonctionnelle - TD1 3

En rajoutant l"indicei0àJet en utilisant (1), on obtient que [a;c] = [a;cr][[cr;c][ i2J[fi0gU i; et commeJ[ fi0gest fini, on obtient bien un sous-recouvrement ouvert de[a;c], ce qui montre quec2A, c"est une contradiction. (c) Supposons c < b. Commec2A, on peut trouverJIfinie telle que [a;c][ i2JU i: Soiti02Jtel quec2Ui0. CommeUi0est ouvert, il exister >0tel quec+rbet[c;c+r]Ui0. Il s"en suit que l"on a le sous-recouvrement ouvert fini suivant [a;c+r][ i2JU i; et doncc0=c+r2A. (d)

L "existencedu c0dans la question précédente contredit le fait quec= supAet donc le fait quec < b. On en

déduit quec=bet donc que tout le segment[a;b]peut être recouvert par une sous-famille finie de(Ui)i.

2.

On sait déjà que tout compact est fermé et borné (dans un espace métrique quelconque). Soit maintenant KR

un ensemble fermé et borné. La bornitude deKmontre qu"il existeR >0tel queK[R;R]. La question

précédente montre que[R;R]est un compact. Par hypothèseKest fermé dansRet donc c"est aussi un fermé de

[R;R](carK=K\[R;R]). D"après la PropositionI.12 , on déduit queKest lui-même compact.Exercice 3

Soit(X;d)un espace métrique et(xn)nune suite d"éléments deXqui converge vers une limitel. Montrer que l"ensembleA=fxn;n0g [ flgest compact.Corrigé : Soit(Ui)i2Iun recouvrement deApar une famille quelconque d"ouverts A[ i2IU i: On veut montrer qu"on peut en extraire un sous-recouvrement fini.

Commel2A, il existe un indicei02Itel quel2Ui0. Par ailleurs, commeUi0est un ouvert, nous pouvons trouver

" >0tel que

B(l;")Ui0:

Par définition de la convergence de la suite(xn)n, il existen00tel que

8nn0; d(xn;l)< ";

ce qui implique, d"après le choix de",

8nn0; xn2B(l;")Ui0:

Ainsi, tous les termes de la suite à partir du rangn0sont dansUi0.

On peut maintenant s"occuper desn01premiers termes, qui sont en nombre fini. Pour toutn < n0, il existein2I

tel quexn2Uin.

Au final nous avons bien montré

An 0[ k=0U ik;

F. BOYER- VERSION DU2OCTOBRE2015

4 Analyse Fonctionnelle - TD1

qui est un sous-recouvrement fini deA.Exercice 4 (Equivalence de distances)

Soit(X;d)un espace métrique.

1. Soit une autre distance sur l"ensembleX. Montrer que detsont topologiquement équivalentes()Elles définissent les mêmes suites convergentes: 2.

On définit maintenant par

=d1 +d: (a)

Montr erque est une distance uniformément équivalente àd. Sont-elles en général, Lipschitz équi-

valentes? (b) Montr erque (X;d)est complet, si et seulement si,(X;)l"est.Corrigé : 1.

Montrons les deux implications.

)On suppose que(X;d)et(X;)ont les mêmes ouverts.

Soit(xn)nune suite qui converge vers une limiteldans(X;d), on veut montrer qu"elle converge également

dans(X;).

Soit" >0donné. L"ensembleB(l;")est un ouvert de(X;)(voir Exercice1 ) et donc par hypothèse c"est

également un ouvert de(X;d)qui contientl. Il existe donc un nombre >0tel que B d(l;)B(l;"):(2)

On utilise maintenant la convergence de(xn)nversldans(X;d)pour obtenir l"existence d"un rangn0tel que

8nn0; d(xn;l)< :

Grâce à (

2 ), cela implique

8nn0; (xn;")< ":

Ceci étant valable pour tout choix intial de", on a bien montré la convergence de(xn)nversldans(X;).

On peut bien entendu échanger les rôles dedetpour prouverin fineque les deux espaces ont les mêmes

suites convergentes.

(On suppose que les deux espaces ont les mêmes suites convergentes. On se donne un ouvertUde(X;d)et

on veut montrer que c"est un ouvert de(X;). Soitx2Uquelconque, il s"agit de montrer l"existence d"un r >0tel que B (x;r)U:

On va raisonner par l"absurde et supposer que

8r >0; B(x;r)6U:

En spécifiant cette propriété pour les valeurs derégales à1=n,n2N, on obtient la propriété suivante

8n1;9xn2B(x;1=n);t.q.xn62U:(3)

On vient de construire une suite(xn)nvérifiant

(xn;x)<1=n;

elle converge donc verssdans(X;). On utilise maintenant l"hypothèse qui nous dit qu"elle converge égale-

ment versxdans(X;d). Autrement dit, nous avons d(xn;x)!n!+10:(4) CommeUest un ouvert de(X;d)et quexest dansU, il existe" >0tel queBd(x;")U. D"après (4), il existe un rangn0à partir duquel nous avonsd(xn;x)< ",nn0.

En particulier, nous avons établi quexn02B(x;")U. Ceci contredit (3) car nous avions construit lesxn

de sorte qu"aucun d"entre eux n"appartienne àU.

F. BOYER- VERSION DU2OCTOBRE2015

Analyse Fonctionnelle - TD1 5

2. (a) Pour tout r0, on pose'(r) =r1+rde sorte que='(d). La fonction'est continue, strictement croissante, vérifie'(0) = 0etlim+1'= 1. Ainsi, pour toutR >0, il exister >0tel que'(r)R(prendrer='1(R)siR <1et n"importe quelle valeur dersiR1). Ainsi les boules de rayonrdans(X;d)sont contenues dans les boules de rayonRdans (X;). Réciproquement pour toutR >0, on poser='(R)et on constate que toutes les boules de rayonrdans (X;)sont contenues dans les boules de rayonRdans(X;d). (b)

Comme les deux distances sont uniformément équi valentes,elles sont topologiquement équi valenteset donc

définissent les mêmes suites convergentes d"après la question 1. Par ailleurs, d"après la propriété précédente

elles définissent aussi les mêmes suites de Cauchy.

Ainsi(X;d)est complet si et seulement si(X;)l"est.Exercice 5 (Une distance exotique surR)Pour tousx;y2R, on posed(x;y) =jarctan(x)arctan(y)j.

1. Montr erque dest une distance surRtopologiquement équivalente à la distance usuelle. 2. Montr erque dn"est pas uniformément équivalente à la distance usuelle. 3.

Montr erque (R;d)n"est pas complet.Corrigé :

1.

Vérifier que dest une distance ne pose aucune difficulté. On utilise le caractère injectif dearctan. Nous allons

utiliser l"exercice 4 et montrer que (R;j:j)et(R;d)ont les mêmes suites convergentes. Soit (xn)nune suite qui converge versldans(R;j:j). Commearctanest continue surRnous en déduisons quearctan(xn)converge versarctan(l)ce qui implique bien d(xn;l) =jarctan(xn)arctan(l)jn!1!0: Réciproquement si(xn)nconvergeversldans(R;d)nousdéduisonsque(arctanxn)nconvergeversarctan(l). Commearctan(l)2]=2;=2[et quetanest continue sur]=2;=2[, nous déduisons que 2.

Pour tout n0, posonsxn=netyn=n+ 1. Nous avons

jxnynj= 1;8n0; d(xn;yn) =jarctanxnarctanynjn!1! j=2=2j= 0:

Ainsi,xnetynsont aussi proches que l"on veut dans(R;d)pourngrand mais restent à distance1dans(R;j:j).

Ceci prouve quedetj:jne peuvent être uniformément équivalentes. 3.

La suite (xn=n)ndéfinie à la question précédente est bien de Cauchy dans(R;d)(car la suitearctan(xn)est

convergente donc de Cauchy dans(R;j:j)!) mais elle ne converge pas. En effet, si elle convergeait vers une limite

l2R, on aurait arctan(xn)n!1!arctan(l)2]=2;=2[; et donc par continuité de l"applicationtanon aurait x n= tan(arctanxn)tan!(arctan(l)) =l; ce qui est exclu carxn!+1.Exercice 6 Soit(X;d)un espace métrique et(xn)nune suite de Cauchy deX. 1.

Montr erque pour toute suite ("n)nde nombres réels strictement positifs, il existe une sous suite(x'(n))n

telle que d(x'(n);x'(n+1))"n;8n0: 2.

Montr erque si (xn)nadmet une sous-suite convergente, alors toute la suite(xn)nconverge.F. BOYER- VERSION DU2OCTOBRE2015

6 Analyse Fonctionnelle - TD1

Corrigé :

1. On applique la définition de la suite de Cauch yen prenant "="1. Ainsi, il existe unn10telle que d(xn;xn+p)"1;8nn1;8p0:

On pose'(1) =n1. On applique à nouveau la définition mais cette fois pour"2. On trouve donc unn2> n1tel

que d(xn;xn+p)"2;8nn2;8p0: On pose'(2) =n2, de sorte que de proche en proche on obtient la sous-suite recherchée. 2.

Soit xla limite de la sous-suite convergente(x'(n))n, on va montrer que toute la suite converge versx. Soit" >0,

il existe unn0tel que d(x'(n);x)";8nn0: Mais, comme la suite est de Cauchy, on peut aussi trouver unn1'(n0)tel que d(xn;xm)";8nn1;8mn1:

Il s"en suit que, pour toutnn1, on a

d(xn;x)d(xn;x'(n1)) +d(x'(n1);x)2"; ce qui montre le résultat.Exercice 7 (Distance à un fermé)

On suppose que(X;d)est un espace métrique tel que toutes les boules fermées de(X;d)sont compactes. SoitF

un fermé de(X;d). 1.

Montr erque pour tout x2X, il existey2Ftel que

d(x;F) =d(x;y): 2.

Montr erque ,pour tout x2X, on a

d(x;F) = 0()x2F: 3.

Soit Kun compact disjoint deF.

(a)

Montr erqu"il e xiste >0tel que

d(x;y);8x2K;8y2F: (b) En déduir equ"il e xistedeux ouverts disjoints U;Vtels que

KU;etFV:Corrigé :

1. On pose r=d(x;F). Par inégalité triangulaire, on observe immédiatement que d(x;F) =d(x;F\B(x;r)):

On peut donc remplacerFparG=F\B(x;r)sans perte de généralité. OrGest un fermé deXinclu dans le

compactB(x;r)(par hypothèse), il s"agit donc d"un compact.

La fonctiony2X7!d(x;y)étant continue, elle est bornée et atteint ses bornes sur le compactG. En particulier,

il existey2GFtel que d(x;y) =d(x;G) =d(x;F): 2.

L "implication(est toujours valable sans aucune hypohèse sur l"espace ni surF. L"autre implication découle

immédiatement de la question précédente et de la propriété de séparation dans la définition de la distanced.

F. BOYER- VERSION DU2OCTOBRE2015

Analyse Fonctionnelle - TD1 7

3. (a)

La fonction x7!d(x;F)est continue (et même Lipschitzienne). CommeKest compact, elle bornée surK

et atteint ses bornes surK. Il existe doncx02Ktel que inf x2Kd(x;F) =d(x0;F): Commex02Ket queKest disjoint deF, on a nécessairementx062Fet donc=d(x0;F)>0. Si maintenantx2Kety2F, on a d(x;y)d(x;F)infx2Kd(x;F) = >0: (b)

On pose

U=[ x2KB(x;=3);etV=[ y2FB(y;=3):

Ce sont bien des ouverts car réunions d"ouverts et il est clair par construction queKUetFV. Vérifions

pour conclure queUetVsont disjoints. Raisonnons par l"absurde et supposons qu"il existe un pointaqui soit

à la fois dansUet dansV. Par définition, cela montre qu"il existex2Kety2Ftels que a2B(x;=3);eta2B(y;=3):

Par inégalité triangulaire, on en déduit

d(x;y)d(x;a) +d(a;y)< =3 +=3 =23 ce qui contredit la définition de.Exercice 8 (Continuité uniforme)

Soitf2 C0(R;R).

1. Montr erque si fest périodique, alors elle est uniformément continue surR. 2. Montr erque si fadmet des limites en1, alors elle est uniformément continue surR. 3.

Montr erque si fest uniformément continue alors elle vérifie que, pour toutes suites(xn)n;(yn)non a

lim n!1jxnynj= 0 =)limn!1jf(xn)f(yn)j= 0:

En déduire que les fonctions

f

1:x2R7!x22R;etf2:x2R7!sin(x2);

ne sont pas uniformément continues.Corrigé : 1.

Soit T >0une période def. On considère le compactK= [0;2T](attention à bien prendre le compact strictement

plus grand qu"une période). D"après le théorème de Heine, commefest continue, elle est uniformément continue

surK. Soit" >0fixé. Par uniforme continuité defsurK, il existe >0tel que

8x;y2K;jxyj< ) jf(x)f(y)j< ":(5)

On peut toujours diminuer la valeur dede sorte queT=2.

Il s"agit de montrer que (

5 ) demeure vraie pour tous les éléments deRet non plus seulement ceux deK.

Soient doncx;y2Rquelconques tels quejxyj . Il faut utiliser la périodicité def. On prend donc un entier

k2Ztel quex+kT2[T=2;3T=2](se convaincre qu"un tel entier existe bien!).

On pose alors~x=x+kTet~y=y+kT. De sorte que

j~x~yj=jxyj :

Par ailleurs, par construction on a bien~x2[T=2;3T=2]Ket il nous reste juste à voir que~yest également dans

K.

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8 Analyse Fonctionnelle - TD1

On écrit pour cela

~y= ~x+ (~y~x) = ~x+ (yx); ce qui donne ~x~y~x+; et donc, vu que~x2[T=2;3T=2]

T=2~y3T=2 +:

Ayant choisiplus petit queT=2, on a bien montré que~y2[0;2T] =K.

On peut donc appliquer (

5 ) à~xet~yet obtenir jf(~x)f(~y)j ": CommefestT-périodique et que~xx= ~yy2TZon en déduit que jf(x)f(y)j "; et le résultat est prouvé. 2.

On note lles limites respectives defen1. On se donne un" >0et on commence par utiliser la définition des

limites pour construire un nombreM >0tel que

8xM;jf(x)l+j "=2;(6)

8x M;jf(x)lj "=2:(7)

Ensuite on introduit le compactK= [2M;2M]sur lequelfest continue, donc uniformément continue par le

théorème de Heine. Il existe donc un nombre >0tel que (5) soit vérifiée. Quitte à diminuer, on peut toujours

supposer queM. Soient maintenantx;y2Rquelconques tels quejxyj . On va différencier plusieurs cas : Si xetysont tous les deux dansK, alors on peut appliquer (5) et on a bien montré quejf(x)f(y)j ".

Si au moins l"un des deux points n"est pas dans K, on peut toujours supposer qu"il s"agit dex(les deux points

jouent des rôles symétriques). Deux sous-cas sont à envisager : Si x <2M, et vu qu"on a choisiplus petit queM, on a y=x+ (yx)x+x+M 2M, on montre de la même façon quey > Met on utilise (6) pour conclure. 3.

Soient deux suites comme dans l"énoncé. On se donne un " >0. Par uniforme continuité defil existe >0tel

que

8x;y2R;jxyj< ) jf(x)f(y)j< ":

Par hypothèse sur les suites, il existen02Ntel que

8nn0;jxnynj ;

et donc par la propriété d"uniforme continuité ci-dessus

8nn0;jf(xn)f(yn)j ";

ce qui montre les résultat attendu.

Pour les deux exemples proposés, il suffit de trouver deux suites qui contredisent ce que l"on vient de prouver.

Pour f1, on prend

x n=n; yn=n+ 1=n: Il est clair que(xnyn)ntend vers0à l"infini alors que f

1(xn)f1(yn) =n2(n+ 1=n)2=21=n2;

ne tend pas vers0.

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Analyse Fonctionnelle - TD1 9

Pour f2, on prend

x n=pn; y n=pn+=2:

On calcule

x nyn=pnpn+=2 ==2pn+pn+=2!n!10:

Mais par ailleurs

f

2(xn) = 0; f2(yn) = (1)n:

Remarque :Dans tous les cas, quand on cherche un tel contre-exemple il faut absolument s"intéresser à des suites

(xn)net(yn)nnon bornées. Car le théorème de Heine dit que sur des compacts, il ne peut y avoir de fonction

continue qui ne soit pas uniformément continue. Autrement dit, un défaut de continuité uniforme ne peut se produire

qu"au voisinage de l"infini.Exercice 9

Soient(X;d)et(Y;d0)deux espaces métriques. Soitf:X!Yune fonction continue et bijective. Montrer que,

si on suppose que(X;d)est compact, alorsf1est continue.

Discuter le cas suivant :

X= [0;1[[[2;3[; Y= [0;2];

f(x) =( xsix2[0;1[; x1six2[2;3]:Corrigé :

On va donner deux preuves de ce résultat. Une preuve "métrique" utilisant les suites et une preuve "topologique" plus

générale.

Utilisons, par e xemple,la caractérisation séquentielle de la continuité de f1. Soit(yn)nune suite d"éléments de

Yqui converge vers une limitey, il s"agit de montrer quexndef=f1(yn)converge versxdef=f1(y).

On va montrer que si(x'(n))nest une sous-suite convergente, dont la limite est notéel, alors on a nécessairement

l=x. Pour cela, on utilise la continuité defqui implique que f(x'(n))!n!+1f(l); et comme on af(x'(n)) =f(f1(y'(n))) =y'(n), il vient quef(l) =yet donc, par bijectivité defquequotesdbs_dbs43.pdfusesText_43

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