Controle 1 de topologie analyse 3 -Analyse 3 - Télécharger p
Télécharger PDFQuestion de cours : Le Théorème de Heine
Démontrer le théorème de Heine suivant : Soit (E, d) et (F, δ) deux espaces métriques. Si E est compact, alors toute fonction continue de E dans F est uniformément continue sur E.
Ce théorème fondamental de la topologie met en lumière une propriété remarquable des fonctions continues lorsque leur domaine de définition est un espace compact. Il signifie que sur un espace compact, la continuité "locale" (la continuité simple) implique une forme de continuité "globale" (l'uniforme continuité), ce qui n'est pas vrai en général pour des espaces non compacts.
Exercice 1
Soit f une application d'un ensemble X dans un espace métrique complet (Y, δ). Pour tout (x, x0) ∈ X², on pose : d(x, x0) = δ(f(x), f(x0)).
(a) Condition pour que d soit une métrique
Donner une condition nécessaire et suffisante sur f pour que d soit une métrique sur X.
(b) Complétude de X
On suppose que (X, d) est un espace métrique. Montrer que X est complet si et seulement si f(X) est un fermé de Y.
Exercice 2
Soit (E, d) un espace métrique.
(a) Intersection d'un ouvert et d'une partie
Soit A un ouvert de E et B une partie quelconque de E. Montrer que A ∩ B ⊂ A ∩ B.
(b) Intersection de parties denses
Soient D1 et D2 deux parties denses dans E. Montrer que si D1 est un ouvert de E alors l'intersection D1 ∩ D2 est dense dans E.
Exercice 3
Soit f : E → F une application d'un espace métrique compact E dans un evn (F, || . ||). On suppose que pour tout x ∈ E, il existe un voisinage Vx de x sur lequel f est bornée (on dit alors que f est localement bornée). Montrer que la fonction f est bornée sur E.
Exercice 4
Soit E = C¹([0, 1], R) muni de la norme : N(f) = ||f||∞ + ||f'||∞ .
(a) Équivalence des normes
Montrer que les normes N et || . ||∞ ne sont pas équivalentes.
(b) Complétude de (E, N)
Montrer que (E, N) est complet.
Exercice 5
(a) Compacité d'un ensemble lié à une suite convergente
Montrer que dans un espace métrique E, si une suite (an) → a ∈ E, alors l'ensemble K = {an : n ∈ N} ∪ {a} est une partie compacte de E.
(b) Applications
Soit (X, d) et (Y, δ) deux espaces métriques.
(i) Continuité de la limite d'une suite de fonctions
Soit (fn) une suite d'applications continues de X dans Y. On suppose qu'il existe une application f : X → Y telle que pour tout compact K de X, on a : sup a∈K δ(fn(a), f(a)) → 0 quand n → +∞. Montrer que l'application f est continue sur X.
(ii) Fonction fermée et image réciproque
Soit g : X → Y une application continue telle que pour tout compact K de Y, l'image réciproque g⁻¹(K) est un compact de X. Montrer que l'application g est fermée, c'est-à-dire : l'image de tout fermé F de X est un fermé de Y.
Exercice 6
Soit K un compact convexe non vide d'un evn E. Soit f : K → K 1-lipschitzienne. On fixe a ∈ K, et on considère la suite de fonctions (fn) définies sur K par : fn(x) = (1 - 1/n)f(x) + (1/n)a.
(a) Point fixe unique de fn
Montrer que chaque fn est une application de K dans K et admet un unique point fixe xn.
(b) Existence d'un point fixe pour f
Montrer que, pour tout x ∈ K et n ∈ N*, ||x - f(x)|| ≤ ||x - xn|| + ||fn(xn) - f(xn)|| + ||f(xn) - f(x)||, et en déduire que la fonction f admet au moins un point fixe.
Corrigé de la Question de cours
Raisonnement par l'absurde : on suppose que la fonction f n'est pas uniformément continue sur E. On a donc la négation de l'énoncé suivant : ∀ε > 0, ∃η > 0, ∀(x, y) ∈ E², si d(x, y) < η alors δ(f(x), f(y)) ≤ ε; donc ∃ε > 0, ∀n ∈ N*, ∃(xn, yn) ∈ E² tel que d(xn, yn) < 1/n et δ(f(xn), f(yn)) > ε.
La suite (xn) est une suite d'éléments du compact E, donc par Bolzano-Weierstrass on peut en extraire une sous-suite (xϕ(n)) telle que : xϕ(n) → x ∈ E. En considérant maintenant la suite (yϕ(n)) d'éléments du compact E, alors par Bolzano-Weierstrass on peut en extraire une sous-suite (yϕ(ψ(n))) telle que : yϕ(ψ(n)) → y ∈ E.
Par hypothèse, on a d(xϕ(ψ(n)), yϕ(ψ(n))) → 0, donc par la continuité de l'application distance : (u, v) → d(u, v), on obtient par passage à la limite : d(x, y) = 0 et ainsi x = y. Par ailleurs, on a ∀n ∈ N*, δ(f(xϕ(ψ(n))), f(yϕ(ψ(n)))) > ε, donc par la continuité de l'application : (u, v) → δ(f(u), f(v)), (comme composée de deux fonctions continues), on a par passage à la limite : δ(f(x), f(y)) ≥ ε. Ceci est absurde puisque δ(f(x), f(y)) = 0 car x = y.
Corrigé de l'Exercice 1
(a) Pour que d soit une métrique sur X
Pour que d soit une métrique sur X, il faut et il suffit que d vérifie les trois assertions (i), (ii) et (iii) suivantes qu'on va vérifier simultanément.
(i) Séparation : Pour tous x, x0 ∈ X, d(x, x0) = 0 si et seulement si x = x0. Soit x, x0 ∈ X. On voit d'abord que si x = x0, alors d(x, x0) = 0. D'un autre côté, on a d(x, x0) = 0 ⇐⇒ f(x) = f(x0) (car δ est une distance sur Y). Ainsi pour avoir x = x0, il faut et il suffit que la fonction f soit injective. Conclusion 1 : la condition (i) est satisfaite si et seulement si f est injective.
(ii) Symétrie : Pour tous x, x0 ∈ X, d(x, x0) = d(x0, x). Soit x, x0 ∈ X. On a : d(x, x0) = δ(f(x), f(x0)) = δ(f(x0), f(x)) (car la distance δ vérifie la symétrie) = d(x0, x). Conclusion 2 : la condition (ii) est satisfaite.
(iii) Inégalité triangulaire : Pour tous x, x0, x00 ∈ X, d(x, x00) ≤ d(x, x0) + d(x0, x00). Soit x, x0, x00 ∈ X. On a d(x, x00) = δ(f(x), f(x00)) ≤ δ(f(x), f(x0)) + δ(f(x0), f(x00)) car la distance δ vérifie l'inégalité triangulaire. Donc d(x, x00) ≤ d(x, x0) + d(x0, x00). Conclusion 3 : la condition (iii) est satisfaite.
Conclusion générale : Pour que d soit une métrique sur X, il faut et il suffit que f soit injective.
(b) Complétude de X si et seulement si f(X) est fermé dans Y
On suppose que l'espace X est complet. Montrons que f(X) est un fermé de Y. Soit (yn) = (f(xn)) une suite d'éléments de f(X) telle que yn → y ∈ Y. Montrons que y ∈ f(X), c'est-à-dire : il existe x ∈ X : y = f(x). La suite (yn) est convergente, elle est donc de Cauchy : ∀ε > 0, ∃Nε > 0, ∀n, m > Nε, δ(yn, ym) < ε; Comme δ(yn, ym) = d(xn, xm), la suite (xn) est donc de Cauchy dans l'espace complet X, elle est donc convergente dans X. Posons x = lim xn. On a δ(f(xn), f(x)) = d(xn, x) → 0, donc f(xn) → f(x) dans Y. Par unicité de la limite, on a y = f(x).
Réciproquement : On suppose que f(X) est un fermé de Y. Montrons que l'espace métrique (X, d) est complet. Soit (xn) une suite de Cauchy dans X. L'écriture : d(xn, xm) = δ(f(xn), f(xm)) montre que la suite (f(xn)) est de Cauchy dans Y. Et comme l'espace (Y, δ) est complet, on a f(xn) → y ∈ Y. Or la suite (f(xn)) est une suite d'éléments du fermé f(X) donc sa limite y est un élément de f(X), c'est-à-dire : ∃x ∈ X, y = f(x). On obtient que xn → x puisque d(xn, x) = δ(f(xn), f(x)) → 0.
Corrigé de l'Exercice 2
(a) Démonstration de A ∩ B ⊂ A ∩ B
Soit a ∈ A ∩ B (c'est-à-dire a ∈ A et a ∈ adhérence de B). Soit V un voisinage ouvert de a. Montrons que V ∩ (A ∩ B) ≠ ∅. Puisque A est ouvert et a ∈ A, alors A est un voisinage de a. Donc V ∩ A est aussi un voisinage ouvert de a. Comme a ∈ adhérence de B, tout voisinage ouvert de a intersecte B. En particulier, (V ∩ A) ∩ B ≠ ∅. Cela signifie que V ∩ (A ∩ B) ≠ ∅, donc a ∈ adhérence de (A ∩ B). Ainsi, A ∩ B ⊂ A ∩ B.
(b) Intersection de parties denses
Soit U un ouvert de E, non vide. Comme D1 est dense dans E, l'intersection U ∩ D1 est un ouvert de E, non vide. Et comme D2 est dense dans E, l'intersection (U ∩ D1) ∩ D2 ≠ ∅. Par conséquent, pour tout ouvert U non vide, U ∩ (D1 ∩ D2) ≠ ∅, ce qui signifie que D1 ∩ D2 est dense dans E.
Corrigé de l'Exercice 3
Hypothèse : Pour tout x ∈ E, il existe Ux un voisinage ouvert de x et il existe un réel Mx tels que ∀a ∈ Ux, ||f(a)|| ≤ Mx.
La famille (Ux)x∈E est un recouvrement ouvert du compact E. On peut donc en extraire un sous-recouvrement fini : E = ∪_{i=1,...,n} Uxi, où les xi sont des points de E.
En posant M = max_{i=1,...,n} Mxi, on obtient ainsi ∀a ∈ E, ||f(a)|| ≤ M. La fonction f est donc bornée sur E.
Corrigé de l'Exercice 4
(a) Les normes N et || . ||∞ ne sont pas équivalentes
Considérons la suite fn d'éléments de E définis pour tout x ∈ [0, 1] par : fn(x) = xⁿ.
On a N(fn) = ||fn||∞ + ||f'n||∞. Pour fn(x) = xⁿ, on a ||fn||∞ = sup_{x∈[0,1]} |xⁿ| = 1. Et f'n(x) = nxⁿ⁻¹, donc ||f'n||∞ = sup_{x∈[0,1]} |nxⁿ⁻¹| = n (pour n ≥ 1).
Donc, N(fn) = 1 + n. Et ||fn||∞ = 1.
La suite (N(fn) / ||fn||∞) = (1 + n) / 1 = 1 + n. Cette suite n'étant pas bornée, les deux normes N et || . ||∞ ne sont pas équivalentes.
(b) (E, N) est complet
Soit (fn) une suite de Cauchy de E. Soit ε > 0. Il existe un entier Nε > 0, tel que ∀n ≥ Nε, ∀p ∈ N on a N(fn+p - fn) < ε.
Par définition de N(.), pour de tels indices n et p on a en particulier ||fn+p - fn||∞ < ε (∗) et ||f'n+p - f'n||∞ < ε (∗∗).
D'après (∗), pour chaque t ∈ [0, 1] fixé, la suite (fn(t)) est de Cauchy dans R, elle est donc convergente. Posons f(t) = lim fn(t).
En faisant tendre p vers +∞ dans (*), on obtient ||f - fn||∞ → 0. Cela montre que (fn) converge uniformément vers f.
Montrons d'abord que f est continue sur [0, 1]. Soit (tk) une suite d'éléments de [0, 1] tels que tk → t ∈ [0, 1].
On a |f(tk) - f(t)| ≤ |f(tk) - fn(tk)| + |fn(tk) - fn(t)| + |fn(t) - f(t)|. En utilisant la convergence uniforme, |f(tk) - fn(tk)| ≤ ||f - fn||∞ et |fn(t) - f(t)| ≤ ||f - fn||∞. Ainsi : |f(tk) - f(t)| ≤ 2 ||f - fn||∞ + |fn(tk) - fn(t)|.
On sait que lim_{n→+∞} ||f - fn||∞ = 0 et que, d'après la continuité de fn, on a lim_{k→+∞} |fn(tk) - fn(t)| = 0. On déduit donc de ce qui précède que lim_{k→+∞} |f(tk) - f(t)| = 0. D'où la continuité de f.
Montrons maintenant que f ∈ E (c'est-à-dire f est de classe C¹). D'après (∗∗), la suite (f'n) est de Cauchy pour la norme || . ||∞, donc elle converge uniformément vers une fonction g continue sur [0, 1].
Or pour tout x ∈ [0, 1], on a fn(x) = ∫₀ˣ f'n(t) dt + fn(0).
En passant à la limite quand n → +∞ (ce qui est permis grâce à la convergence uniforme) : f(x) = ∫₀ˣ g(t) dt + f(0).
La fonction f est d'après le théorème fondamental de l'analyse, dérivable sur [0, 1] et on a f' = g. Comme g est continue, la fonction f est ainsi de classe C¹ sur [0, 1]. Par conséquent, (E, N) est complet.
Corrigé de l'Exercice 5
(a) Preuve de la compacité de K = {an : n ∈ N} ∪ {a}
On reprend la démonstration présentée dans le cours. Soit (Ui)i∈I un recouvrement ouvert de K. Montrons qu'il existe une partie finie J de I telle que K ⊂ ∪_{j∈J} Uj.
On sait d'abord qu'il existe j0 ∈ I tel que a ∈ Uj0. Et comme an → a, il existe un entier N = N(j0) tel que ∀n > N, an ∈ Uj0.
Par ailleurs, pour n ∈ {0, . . . , N}, il existe in ∈ I tel que an ∈ Uin. Il s'ensuit que K := {an : n ∈ N} ∪ {a} ⊂ (∪_{n=0}^N Uin) ∪ Uj0. Cette union finie est un sous-recouvrement de K, prouvant sa compacité.
(b) Applications
(i) La limite uniforme sur les compacts est continue
Soit (xk) une suite d'éléments de X telle que : xk → x ∈ X. Montrons que f(xk) → f(x). Par l'inégalité triangulaire, on a : δ(f(xk), f(x)) ≤ δ(f(xk), fn(xk)) + δ(fn(xk), fn(x)) + δ(fn(x), f(x)). (∗∗)
Comme l'ensemble K' = {xk : k ∈ N} ∪ {x} est compact (d'après la partie (a)), on a εn := sup_{a∈K'} δ(fn(a), f(a)). Par hypothèse, lorsque n → +∞, on a εn → 0. Donc, pour chaque k, δ(f(xk), fn(xk)) ≤ εn → 0 et δ(fn(x), f(x)) ≤ εn → 0.
Par ailleurs, par la continuité de fn, on a lorsque k → +∞, δ(fn(xk), fn(x)) → 0. Ainsi l'inégalité (∗∗) entraîne : δ(f(xk), f(x)) → 0 quand k → +∞. D'où la continuité de f.
(ii) Fonctions continues et images réciproques de compacts
Soit F un fermé de X. Montrons que g(F) est un fermé de Y. Soit (yn) = (g(xn)) une suite d'éléments de g(F) tels que yn → y ∈ Y. Montrons qu'il existe x ∈ F tel que y = g(x).
Considérons le compact K = {yn : n ∈ N} ∪ {y}. Par hypothèse, g⁻¹(K) est un compact de X. La suite (xn) est une suite d'éléments de g⁻¹(K), on peut donc en extraire une sous-suite (xϕ(n)) convergente vers un point x de g⁻¹(K). Comme F est fermé et (xϕ(n)) ⊂ F (car (yn) ⊂ g(F) implique (xn) ⊂ F), alors la limite x doit être dans F.
Par la continuité de g, on a donc : g(xϕ(n)) → g(x). Puisque yϕ(n) = g(xϕ(n)), on a yϕ(n) → g(x). Par unicité de la limite, y = g(x). Puisque x ∈ F, cela signifie que y ∈ g(F). Donc g(F) est un fermé de Y.
Corrigé de l'Exercice 6
(a) Chaque fn admet un unique point fixe xn
Pour tout x ∈ K, les deux points f(x) et a sont dans le convexe K, donc pour tout λ ∈ [0, 1], on a (1 - λ)f(x) + λa ∈ K. (∗ ∗ ∗)
Ceci est en particulier vrai lorsque λ = 1/n avec n ∈ N*. Ainsi, fn est bien une application de K dans K.
Soit n ∈ N* fixé. Pour tout (x, x0) ∈ K², on a :
||fn(x) - fn(x0)|| = ||(1 - 1/n)f(x) + (1/n)a - ((1 - 1/n)f(x0) + (1/n)a)||
= ||(1 - 1/n)(f(x) - f(x0))||
= (1 - 1/n)||f(x) - f(x0)||.
Puisque f est 1-lipschitzienne, ||f(x) - f(x0)|| ≤ ||x - x0||. Donc, ||fn(x) - fn(x0)|| ≤ (1 - 1/n)||x - x0||.
La fonction fn est donc une application contractante de K dans K (avec un rapport de contraction k = 1 - 1/n < 1). Comme K est un espace métrique complet (car compact), le théorème du point fixe de Banach (ou de Picard-Lindelöf pour les contractions) garantit que fn admet un unique point fixe xn.
(b) Existence d'au moins un point fixe pour f
En écrivant : x - f(x) = x - fn(xn) + fn(xn) - f(xn) + f(xn) - f(x).
Comme fn(xn) = xn (xn est le point fixe de fn), l'expression devient : x - f(x) = x - xn + fn(xn) - f(xn) + f(xn) - f(x).
Par l'inégalité triangulaire, on a : ||x - f(x)|| ≤ ||x - xn|| + ||fn(xn) - f(xn)|| + ||f(xn) - f(x)|| .
La suite (xn) est d'éléments du compact K, on peut donc en extraire une sous-suite (xϕ(n)) convergente vers un point x de K. (Nous notons cette sous-suite et sa limite x pour simplifier la notation dans le reste de la preuve).
Lorsque n → +∞ (en considérant la sous-suite (xϕ(n)) et sa limite x) :
- ||x - xϕ(n)|| → 0.
- ||f(xϕ(n)) - f(x)|| → 0 car f est continue (puisqu'elle est 1-lipschitzienne, elle est a fortiori continue).
- De plus, on a ||fϕ(n)(xϕ(n)) - f(xϕ(n))|| = ||(1 - 1/ϕ(n))f(xϕ(n)) + (1/ϕ(n))a - f(xϕ(n))|| = ||(-1/ϕ(n))f(xϕ(n)) + (1/ϕ(n))a|| = (1/ϕ(n))||a - f(xϕ(n))||.
Puisque K est compact et f est continue sur K, f(K) est compact, donc f est bornée sur K. Il existe donc M_f tel que ||f(y)|| ≤ M_f pour tout y ∈ K. De plus, a ∈ K, donc ||a|| est fini. Par conséquent, ||a - f(xϕ(n))|| est borné par ||a|| + M_f.
Ainsi, (1/ϕ(n))||a - f(xϕ(n))|| → 0 quand n → +∞.
En prenant la limite de l'inégalité triangulaire pour la sous-suite (xϕ(n)), on obtient : ||x - f(x)|| = 0, ce qui signifie x = f(x). Par conséquent, la fonction f admet au moins un point fixe.
Foire Aux Questions (FAQ)
Qu'est-ce qu'un espace métrique complet ?
Un espace métrique est dit complet si toute suite de Cauchy dans cet espace converge vers un point de cet espace. En d'autres termes, il n'y a pas de "trous" ou de "manques" dans l'espace qui pourraient servir de limites à des suites de Cauchy.
Pourquoi la compacité est-elle importante en topologie ?
La compacité est une propriété fondamentale en topologie, souvent comparée à une version "finie" d'un espace infini. Un espace compact garantit des propriétés très utiles, comme le fait que toute fonction continue sur cet espace est uniformément continue (Théorème de Heine), ou que toute suite admet une sous-suite convergente (propriété de Bolzano-Weierstrass).
Quel est l'intérêt des théorèmes de point fixe ?
Les théorèmes de point fixe garantissent l'existence d'une solution à des équations de la forme f(x) = x. Ils sont des outils puissants en analyse, en équations différentielles, en économie ou en théorie des jeux, permettant de prouver l'existence (et parfois l'unicité) de solutions dans diverses situations complexes, notamment pour des transformations sur des espaces métriques ou des espaces vectoriels normés.