Controle 1 de topologie analyse 3 -Analyse 3 - Télécharger p
Télécharger PDFUniversit´e Cadi Ayyad Ann´ee Universitaire 2009-2010 Facult´e des Sciences D´epartement de Math´ematiques Semlalia, Marrakech SMA-S5 Contrˆole 1 de Topologie Dur´ee : 3h Question de cours. D´emontrer le th´eor`eme de Heine suivant. Soit (E, d) et (F, δ) deux espaces m´etriques. Si E est compact alors toute fonction continue de E dans F est uniform´ement continue sur E.
Exercice 1. Soit f une application d’un ensemble X dans un espace m´etrique complet (Y, δ). Pour tout (x, x0) ∈ X2, on pose : d(x, x0) = δ(f(x), f(x0)). (a) Donner une condition n´ecessaire et suffisante sur f pour que d soit une m´etrique sur X. (b) On suppose que (X, d) espace m´etrique. Montrer que X est complet si et seule ment si f(X) est un ferm´e de Y.
Exercice 2. Soit (E, d) un espace m´etrique. (a) Soit A un ouvert de E et B une partie quelconque de E. Montrer que A ∩ B ⊂ A ∩ B. (b) 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 m´etrique compact E dans un evn (F, k . k). On suppose que pour tout x ∈ E, il existe un voisinage Vx de x sur lequel fest born´ee (on dit alors que f est localement born´ee ). Montrer que la fonction f est born´ee sur E.
Exercice 4. Soit E = C1([0, 1], R) muni de la norme : N(f) =k f k∞ + k f0 k∞ . (a) Montrer que les normes N et k . k∞ ne sont pas ´equivalentes. (b) Montrer que (E, N) est complet.
Exercice 5. (a) Montrer que dans un espace m´etrique E, si une suite (an) → a ∈ E, alors l’ensemble K = {an : n ∈ N} ∪ {a} est une partie compacte de E.
2 Contrˆole Topologie 2009-2010 (b) Applications : Soit (X, d) et (Y, δ) deux espaces m´etriques. (i) 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) Soit g : X → Y une application continue telle que pour tout compact K de Y , l’image r´eciproque g−1(K) est un compact de X. Montrer que l’application g est ferm´ee c’est `a dire : l’image de tout ferm´e F de X est un ferm´e 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 consid`ere la suite de fonctions (fn) d´efinies sur K par : fn(x) = (1 − 1/n)f(x) + (1/n)a. (a) Montrer que chaque fn est une application de K dans K et admet un unique point fixe xn. (b) Montrer que, pour tout x ∈ K et n ∈ N∗, k x − f(x) k≤k x − xn k + k fn(xn) − f(xn) k + k f(xn) − f(x) k et en d´eduire que la fonction f admet au moins un point fixe.
FSSM SMA S5 3 Corrig´e Question de cours. Raisonnement par l’absurde : on suppose que la fonction f n’est pas uniform´ement continue sur E. On a donc la n´egation de l’´enonc´e 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) ∈ E2tel que d(xn, yn) < 1/n et δ(f(xn), f(yn)) > ε. La suite (xn) est une suite d’´el´ements du compact E, donc par Bolzano-Weierstrass on peut en extraire une sous suite (xϕ(n)) telle que : xϕ(n) → x ∈ E. En consid´erant maintenant la suite (yϕ(n)) d’´el´ements du compact K, alors par Bolzano Weierstrass on peut en extraire une sous suite (yϕ(ψ(n))) telle que : yϕ(ψ(n)) → y ∈ E. Par hypoth`ese, on a d(xϕ(ψ(n)), yϕ(ψ(n))) → 0, donc par la continuit´e de l’application distance : (u, v) → d(u, v), on obtient par passage `a 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 continuit´e de l’application : (u, v) → δ(f(u), f(v)), (comme compos´ee de deux fonctions continues), on a par passage `a la limite : δ(f(x), f(y)) ≥ ε. Ceci est absurde puisque δ(f(x), f(y)) = 0 car x = y. Corrig´e
Exercice 1. (a) Pour que d soit une m´etrique sur X, il faut et il suffit que d v´erifie les trois assertions (i) (ii) et (iii) suivantes qu’on va v´erifier simultan´ement. (i) 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 cˆot´e, 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.
4 Contrˆole Topologie 2009-2010 (ii) La sym´etrie : 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 v´erifie la sym´etrie) = d(x0, x). Conclusion 2 : la condition (ii) est satisfaite. (iii) L’in´egalit´e 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 v´erifie l’in´egalit´e triangulaire. Donc d(x, x00) ≤ d(x, x0) + d(x0, x00). Conclusion 3 : la condition (iii) est satisfaite. Conclusion g´en´erale : Pour que d soit une m´etrique sur X, il faut et il suffit que f soit injective. (b) On suppose que l’espace X est complet. Montrons que f(X) est un ferm´e de Y. Soit (yn) = (f(xn)) une suite d’´el´ements de f(X) telle que yn → y ∈ Y. Montrons que y ∈ f(X), c’est `a 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 unicit´e de la limite, on a y = f(x). R´eciproquement : On suppose que f(X) est un ferm´e de Y. Montrons que l’espace m´etrique (X, d) est complet. Soit (xn) une suite de Cauchy dans X. L’´ecriture : 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.
FSSM SMA S5 5 Or la suite (f(xn)) est une suite d’´el´ements du ferm´e f(X) donc sa limite y est un ´el´ement de f(X), c’est `a dire : ∃x ∈ X, y = f(x). On obtient que xn → x puisque d(xn, x) = δ(f(xn), f(x)) → 0. Corrig´e
Exercice 2. (a) Soit a ∈ A ∩ B. Soit V un voisinage ouvert de a, Montrons que V ∩ A ∩ B 6= ∅. Comme V ∩ A est un ouvert contenant a et a ∈ B, alors (V ∩ A) ∩ B 6= ∅. (b) Soit U un ouvert de E, non vide. Comme D1 = E, l’intersection U ∩ D1 est un ouvert de E, non vide. Et comme D2 = E, l’intersection (U ∩ D1) ∩ D2 6= ∅. Corrig´e
Exercice 3. Hypoth`ese : Pour tout x ∈ E, il existe Ux un voisinage ouvert de x et il existe un r´eel Mx tels que ∀a ∈ Ux, k f(a) k≤ 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, o`u les xi sont des points de E. En posant M = maxi=1,...,n Mxi, on obtient ainsi ∀a ∈ E, f(a) ≤ M. Corrig´e
Exercice 4. (a) Consid´erons la suite fn d’´el´ements de E d´efinis pour tout x ∈ [0, 1] par : fn(x) = xn. On a N(fn) = 1 + n et k fn k∞= 1. La suite (N(fn)/ k fn k∞) n’´etant pas born´ee, donc les deux normes N et k . k∞ ne sont pas ´equivalentes. (b) 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. Pour de tels indices n et p on a en particulier k fn+p − fn k∞< ε. (∗)
6 Contrˆole Topologie 2009-2010 Donc, pour chaque t ∈ [0, 1] fix´e, 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 k f − fn k∞→ 0. Montrons d’abord que f est continue sur [0, 1]. Soit (tk) une suite d’´el´ements 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)| ≤ 2 k f − fn k∞ +|fn(tk) − fn(t)|. On sait que lim k f − fn k∞= 0 et que, d’apr`es la continuit´e de fn, on a limk→+∞ |fn(tk) − fn(t)| = 0, on d´eduit donc de ce qui pr´ec´ede que k→+∞|f(tk) − f(t)| = 0. lim D’o`u la continuit´e de f. Montrons maintenant que f ∈ E. En reprenant la d´emonstration pr´ec´edente en consid´erant f0n`a la place de fn, on obtient k f0n − g k∞→ 0 avec g une fonction continue sur [0, 1]. Or pour tout x ∈ [0, 1], on a Z x fn(x) = f0n(t) dt − fn(0). 0 On en d´eduit par passage `a la limite quand n → +∞ Z x f(x) = 0 g(t) dt − f(0). La fonction f est d´erivable sur [0, 1] et on a f0 = g. La fonction f est ainsi de classe C1sur [0, 1]. Corrig´e
Exercice 5. (a) On reprend la d´emonstration pr´esent´ee dans le cours. Soit (Ui)i∈I un recou vrement ouvert de K. Montrons qu’il existe une partie finie J de I telle que K ⊂ ∪j∈JUj . 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.
FSSM SMA S5 7 Par ailleurs, pour n ∈ {0, . . . , N}, il existe in ∈ I tel que an ∈ Uin. Il s’ensuit que K := {an : n ∈ N} ∪ {a} ⊂ [N n=0 Uin ∪ Uj0. (b) (i) Soit (xk) une suite d’´el´ements de X telle que : xk → x ∈ X. Montrons que f(xk) → f(x). Par l’in´egalit´e 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, on a εn := sup a∈K donc, lorsque n → +∞, on a δ(fn(a), f(a)) → 0, δ(f(xk), fn(xk)) ≤ εn → 0 et δ(fn(x), f(x)) ≤ εn → 0. Par ailleurs, par la continuit´e de fn, on a lorsque k → +∞ δ(fn(xk), fn(x)) → 0. Ainsi l’in´egalit´e (**) entraˆıne : δ(f(xk), f(x)) → 0 quand k → +∞. (ii) Soit F un ferm´e de X. Montrons que g(F) est un ferm´e de Y. Soit (yn) = (g(xn)) une suite d’´el´ements de g(F) tels que yn → y ∈ Y. Montrons qu’il existe x ∈ F tel que y = g(x). Consid´erons le compact K = {yn : n ∈ N} ∪ {y}. Comme la suite (xn) est d’´el´ements du compact g−1(K), on peut donc en extraire une sous suite (xϕ(n)) convergente vers un point x de K. Par la contnuit´e de g, on a donc : g(xϕ(n)) → g(x) c’est `a dire yϕ(n) → y. On obtient ainsi y = g(x). Corrig´e
Exercice 6. (a) 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∗. Soit n ∈ N∗, fix´e. Pour tout (x, x0) ∈ K2, on a |fn(x) − fn(x0)| ≤ (1 − 1/n)|x − x0|. La fonction fn d´efinie du compact K dans K est donc contractante, elle admet donc un point fixe unique xn (d’apr`es le th´eor`eme du point fixe vu en cours).
8 Contrˆole Topologie 2009-2010 (b) En ´ecrivant : x − f(x) = x − fn(xn) + fn(xn) − f(xn) + f(xn) − f(x) = x − xn + fn(xn) − f(xn) + f(xn) − f(x) ( car fn(xn) = xn), on a par l’in´egalit´e triangulaire, k x − f(x) k≤k x − xn k + k fn(xn) − f(xn) k + k f(xn) − f(x) k . (c) La suite (xn) est d’´el´ements du compact K, on peut donc en extraire une sous suite (xϕ(n)) convergente vers un point x de K. On a lorsque n → +∞ k x − xϕ(n) k→ 0 et k f(xϕ(n)) − f(x) k→ 0 car f est continue en x. De plus, on a k fϕ(n)(xϕ(n)) − f(xϕ(n)) k = (1/ϕ(n)) k f(xϕ(n)) − a k ≤ (1/ϕ(n))k f k∞ + k a k → 0 quand n → +∞. Il en d´ecoule que k x − f(x) k= 0 c’est `a dire x = f(x).