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Université Toulouse Le Mirail
MIASHS L3

Topologie
Analyse fonctionnelle

Benoît CHEVALLIER

UTM-L3 MIASHS

MI0A16X B. Chevallier

SOMMAIRE
Chapitre 1 Espaces m´etriques

p01

Chapitre 2 Topologie d’un espace m´etrique

p05

Chapitre 3 Notion g´en´erale d’espace topologique

p11

Chapitre 4 Espaces m´etriques particuliers : les espaces vectoriels norm´es

p12

Chapitre 5 Espaces norm´es particuliers : les espaces pr´ehilbertiens

p14

Chapitre 6 Suites dans un espace m´etrique

p18

Chapitre 7 Applications continues entre deux espaces m´etriques

p20

Chapitre 8 Applications uniform´ement continues,
Applications lipschitziennes entre deux espaces m´etriques

p23

Chapitre 9 Applications lin´eaires continues entre deux espaces norm´es

p25

Chapitre 10 Espaces m´etriques compacts

p28

Chapitre 11 Applications continues dans un compact

p30

Chapitre 12 Espaces complets

p32

UTM-L3 MIASHS

MI0A16X B. Chevallier

Chapitre 1

Espaces m´
etriques

efinition : Soit M un ensemble. Une distance sur M est une application d: M ×M → IR
v´erifiant, pour tous x, y, z ∈ M :
(D1 ) : d(x, y) ≥ 0
(D2 ) : si d(x, y) = 0 alors x = y
(D3 ) : d(x, y) = d(y, x)
(D4 ) : d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z) (in´egalit´e triangulaire)
Un espace m´etrique est un ensemble M muni d’une distance d.
Les exemples d’espaces m´etriques sont nombreux.
Exemple 1 : Si M = IR ou M = C, la distance usuelle ou distance canonique est d´efinie
par : dcan (x, y) = |x − y| (module si M = C, valeur absolue si M = IR).
Exemple 2 : Si M = IRn ou M = Cn , chacune des 3 formules d´efinit une distance :
d1 (x, y) = |x1 − y1 | + |x2 − y2 | + · · · + |xn − yn |
d2 (x, y) = |x1 − y1 |2 + |x2 − y2 |2 + · · · + |xn − yn |2

1/2

d∞ (x, y) = max(|x1 − y1 |, |x2 − y2 |, · · · , |xn − yn |)
o`
u on note x = (x1 , x2 , · · · , xn ) ∈ M et y = (y1 , y2 , · · · , yn ) ∈ M .
V´erifications :
Il est clair, d’apr`es la d´efinition du module ou de la valeur absolue, que d can , d1 , d2 et d∞ v´erifient
les conditions (D1 ), (D2 ), (D3 ). La condition (D4 ) demande a` ˆetre v´erifi´ee.
Rappel : Pour tous u, v ∈ IR ou C, on a l’in´egalit´e triangulaire |u + v| ≤ |u| + |v|. Par suite :
dcan (x, z) = |x − z| = |x − y + y − z| ≤ |x − y| + |y − z| = dcan (x, y) + dcan (y, z)
ce qui montre que (D4 ) est v´erifi´ee pour dcan .
On se restreint ensuite a` n = 2.
d1 (x, z)

= |x1 − z1 | + |x2 − z2 | = |x1 − y1 + y1 − z1 | + |x2 − y2 + y2 − z2 |
≤ |x1 − y1 | + |y1 − z1 | + |x2 − y2 | + |y2 − z2 | = d1 (x, y) + d1 (y, z)

ce qui montre que (D4 ) est v´erifi´ee pour d1 .
Remarque : |u + v| ≤ |u| + |v| ´equivaut a` :
|u + v|2 ≤ (|u| + |v|)2 = |u|2 + |v|2 + 2|u| |v|
(car |u|, |v|, |u + v| ≥ 0).

1

Cours

Topologie et analyse fonctionnelle

A-t-on d2 (x, z) ≤ d2 (x, y) + d2 (y, z) ? (D4 )
Par d´efinition de d2 , ceci ´equivaut a`
p

ou a`

|x1 − z1 |2 + |x2 − z2 |2 ≤

|x1 − z1 |2 + |x2 − z2 |2



p
p
|x1 − y1 |2 + |x2 − y2 |2 + |y1 − z1 |2 + |y2 − z2 |2 .
|x1 − y1 |2 + |x2 − y2 |2 + |y1 − z1 |2 + |y2 − z2 |2
|
{z
}
E

+2
|

p

|2

(|x1 − y1 + |x2 − y2 |2 )(|y1 − z1 |2 + |y2 − z2 |2 ) .
{z
}
B

D’autre part, on sait d’apr`es la remarque que :

|x1 − z1 |2 = | x1 − y1 + y1 − z1 |2 ≤ |x1 − y1 |2 + |y1 − z1 |2 + 2|x1 − y1 | |y1 − z1 |
| {z } | {z }
u

v

|x2 − z2 |2 = |x2 − y2 + y2 − z2 |2 ≤ |x2 − y2 |2 + |y2 − z2 |2 + 2|x2 − y2 | |y2 − z2 |

En sommant, on r´ecup`ere l’in´egalit´e :
|x1 − z1 |2 + |x2 − z2 |2 ≤ E + 2 (|x1 − y1 | |y1 − z1 | + |x2 − y2 | |y2 − z2 |)
|
{z
}
C

Si C ≤ B, on a gagn´e (et on peut enlever le ? du d´epart).
Regardons si C ≤ B.
C ≤ B ´equivaut a` C 2 ≤ B 2 car B ≥ 0 et C ≥ 0.

C 2 = 4 |x1 − y1 |2 |y1 − z1 |2 + |x2 − y2 |2 |y2 − z2 |2 + 2|x1 − y1 | |y1 − z1 | |x2 − y2 | |y2 − z2 |



B 2 = 4 |x1 − y1 |2 |y1 − z1 |2 + |x2 − y2 |2 |y1 − z1 |2 + |x1 − y1 |2 |y2 − z2 |2 + |x2 − y2 |2 |y2 − z2 |2
et C 2 ≤ B 2 ´equivaut a`
2|x1 − y1 | |y1 − z1 | |x2 − y2 | |y2 − z2 | ≤ |x2 − y2 |2 |y1 − z1 |2 + |x1 − y1 |2 |y2 − z2 |2
soit a`
0 ≤ |x2 − y2 |2 |y1 − z1 |2 + |x1 − y1 |2 |y2 − z2 |2 −2 |x1 − y1 | |y2 − z2 | |x2 − y2 | |y1 − z1 |
|
|
{z
} |
{z
}
{z
}|
{z
}
a2

b

b2

a

qui ´equivaut encore a` 0 ≤ (a − b)2 , ce qui est toujours vrai.
On a donc bien C ≤ B et (D4 ) est v´erifi´ee.

A-t-on d∞ (x, z) ≤ d∞ (x, y) + d∞ (y, z) ? c’est-`a-dire, par d´efinition de d∞ :
max(|x1 − z1 |, |x2 − z2 |) ≤ max(|x1 − y1 |, |x2 − y2 |) + max(|y1 − z1 |, |y2 − z2 |) ?
{z
}
|
K

On sait que |x1 − z1 | = |x1 − y1 + y1 − z1 | ≤ |x1 − y1 | + |y1 − z1 | ≤ K et

2



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|x2 − z2 | = |x2 − y2 + y2 − z2 | ≤ |x2 − y2 | + |y2 − z2 | ≤ K.
Par cons´equent, on a bien
d∞ (x, z) = max(|x1 − z1 |, |x2 − z2 |) ≤ K = d∞ (x, y) + d∞ (y, z).
L’in´egalit´e triangulaire (D4 ) est donc bien v´erifi´ee par la distance d∞ .
2

Exemple 3 : Soit M = S1 = {x ∈ C, |x| = 1}.
d(eiα , eiβ ) = min |α − β + 2kπ| d´efinit une distance sur M .
k∈ZZ
Exemple 4 : Soit M l’ensemble des suites x = (xn )n∈IN de nombres r´eels xn appartenant a`
[0, 1],
+∞
X
1
d(x, y) =
|xn − yn |
2n
n=0

d´efinit une distance sur M .

Exemple 5 : Soit M un ensemble non vide quelconque.
δ(x, y) =



1 si x 6= y
0 si x = y

d´efinit la distance discr`ete sur M .
Exercice : Soit (M, d) un espace m´etrique. Montrer que, pour tous x, y, z ∈ M ,
|d(x, y) − d(y, z)| ≤ d(x, z).
Exercice et d´efinition : Soit E un ensemble non vide et M l’ensemble des suites d’´el´ements de
E.
Si x = (xn )n∈IN∗ , y = (yn )n∈IN∗ ∈ M , on consid`ere :
d(x, y) =

(

0 si x = y
1

min(n∈IN ,xn 6=yn )

si x 6= y .

D´emontrer que d est une distance v´erifiant la relation plus forte que (D 4 ) :
d(x, z) ≤ max(d(x, y), d(y, z)) pour tout x, y ∈ M.
De telles distances sont appel´ees distance ultram´etriques.
Suite de la d´efinition de distance :
Si (M, d) est un espace m´etrique, tout sous-ensemble L de M est naturellement muni d’une
distance induite par d sur L : d|L , que l’on note encore d.
Muni de cette distance induite, l’espace L est appel´e un sous-espace m´etrique de M .

3

Cours

Topologie et analyse fonctionnelle

Exemple :1) On peut munir Q de la distance induite par dcan sur IR.
2) La distance induite par d∞ de C sur le cercle S1 est diff´erente de la distance introduite
dans l’exemple 3.
Exercice et d´efinition
Si (M 0 , d0 ) et (M 00 , d00 ) sont deux espaces m´etriques, d´emontrer que les applications d1 , d2 , d∞
d´efinies par :
d1 ((x0 , x00 ), (y 0 , y 00 )) = d0 (x0 , y 0 ) + d00 (x00 , y 00 )
d2 ((x0 , x00 ), (y 0 , y 00 )) = (d0 (x0 , y 0 )2 + d00 (x00 , y 00 )2 )1/2
d∞ ((x0 , x00 ), (y 0 , y 00 )) = max(d0 (x0 , y 0 ), d00 (x00 , y 00 ))
sont des distances sur l’ensemble produit cart´esien M 0 × M 00 .
Les espaces m´etriques (M 0 × M 00 , d1 ), (M 0 × M 00 , d2 ), (M 0 × M 00 , d∞ ) sont tous appel´es
espaces m´etriques produits de M 0 et M 00 .
Cette d´efinition se g´en´eralise au produit cart´esien d’un nombre fini N d’espaces m´etriques.
Par exemple, les distances d1 , d2 , d∞ donn´ees dans l’exemple 2 sur IRn ou Cn peuvent
s’obtenir en consid´erant le produit de n exemplaires de l’espace m´etrique (IR, d can ) ou (C, dcan )
et les distances d1 , d2 , d∞ que l’on vient de d´efinir (dcan = d0 = d00 ).

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Chapitre 2

Topologie d’un espace m´
etrique
Soit (M, d) un espace m´etrique.

efinition : On appelle boule ouverte de centre x et de rayon ρ le sous-ensemble de M :
Bρ (x) = {y ∈ M, d(x, y) < ρ}.
On appelle boule ferm´ee de centre x et de rayon ρ le sous-ensemble de M :
B ρ (x) = {y ∈ M, d(x, y) ≤ ρ}.
On appelle sph`ere de centre x et de rayon ρ le sous-ensemble de M :
Sρ (x) = {y ∈ M, d(x, y) = ρ}.
Remarques :
1) Sρ (x) = B ρ (x) \ Bρ (x).
2) Si ρ0 > ρ, on a {x} ⊂ Bρ (x) ⊂ B ρ (x) ⊂ Bρ0 (x).
Exemple particulier : Dans un espace m´etrique discret (M, δ), on a Bρ (x) =



{x}
M

si ρ ≤ 1
.
si ρ > 1

V´erification :
• Si δ(x, y) ≤ ρ ≤ 1, alors y = x, donc Bρ (x) ⊂ {x} et comme {x} ⊂ Bρ (x), on a Bρ (x) = {x}.
• Si ρ > 1, pour tout y ∈ M , δ(x, y) = 0 ou 1 < ρ donc M ⊂ Bρ (x) et, puisque Bρ (x) ⊂ M , on a
Bρ (x) = M .
2


efinition : Soit M un espace m´etrique, un sous-ensemble U de M est appel´e ouvert de
M si, pour tout x ∈ U , il existe un r´eel ρx > 0 tel que Bρx (x) ⊂ U .
On appelle topologie de M , l’ensemble de tous les ouverts de M .
Remarque :
S
Bρx (x).
1) Si U est un ouvert de M , U =
x∈U

V´erification :
U⊂

S

x∈U

{x} ⊂

S

x∈U

Bρx (x) et Bρx (x) ⊂ U donc

S

x∈U

Bρx (x) ⊂ U .

2) Toute boule ouverte de M est un ouvert de M .
5

2

Cours

Topologie et analyse fonctionnelle

V´erification :
Soit y ∈ Bρ (x) = B. Si on consid`ere r = ρ − d(x, y), on a Br (y) ⊂ Bρ (x) = B.
2

3) On a tendance a` dire boule pour boule ouverte.
Proposition : La topologie d’un espace m´etrique a les propri´et´es suivantes :
(O1 ) M et ∅ sont des ouverts de M
(O2 ) Toute r´eunion d’ouverts de M est un ouvert de M
(O3 ) Toute intersection finie d’ouverts de M est un ouvert de M .
D´emonstration :
(O1 ) : rien a` d´emontrer.
(O2 ) : Si (Ui )i∈I est une
et si x ∈ Uj , toute boule (ouverte) de centre x contenue
S
S famille d’ouverts
Ui est un ouvert de M .
Ui et donc
dans Uj est contenue dans
i∈I

i∈I

(O3 ) : Si (Uk )1≤k≤p est une famille finie d’ouverts et si x est dans chacun des Uk , il existe pour chaque
k
T
Uk .
un r´eel ρk > 0 tel que Bρk (x) ⊂ Uk . Si on prend ρ = min{ρ1 , ρ2 , · · · , ρp }, on aura alors Bρ (x) ⊂
1≤k≤p

2

Remarques :
1) On peut v´erifier qu’un intervalle de IR est un ouvert de IR si et seulement si c’est un
intervalle ouvert, c’est-`a-dire de la forme ]a, b[, ] − ∞, b[, ]a, +∞[, avec a, b ∈ IR.
2) On peut v´erifier que, si a, b ∈ IR, a < b :

\
1
1
a − ,b +
= [a, b]
n
n

n∈IN
On
´egalit´
cette
e en montrant les deux inclusions.
T v´erifie
a − n1 , b + n1 est une intersection infinie d’ouverts de IR et [a, b] est un ensemble de

n∈IN
IR qui n’est pas un ouvert. Cela signifie qu’une intersection infinie d’ouverts n’est pas forc´ement
un ouvert et donc que le terme “intersection finie” dans (O3 ) est indispensable.

efinition : Si M est un espace m´etrique, on dit qu’un sous ensemble B de la topologie
de M est une base d’ouverts de M si tout ouvert non vide de M est une r´eunion d’´el´ements
de B.
La donn´ee d’une base d’ouverts de M permet de connaˆıtre toute la topologie de M .
L’ensemble des boules ouvertes de M est une base d’ouverts de M .

efinition : Soit M un espace m´etrique, on dit qu’un sous-ensemble A de M est un
A est un ouvert de M .
ferm´e de M si son compl´ementaire M \ A = CM
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MI0A16X B. Chevallier

Exemple : Toute boule ferm´ee de M est un ferm´e de M .
Preuve : Si y ∈ M \ B ρ (x) et r = d(x, y) − ρ, on a Br (y) ∩ B ρ (x) = ∅.
En effet, d(x, y) est forc´ement plus grande que ρ car y ∈
/ B ρ (x) donc d(x, y) − ρ > 0.
→ M \ B ρ (x) = {z ∈ M, d(x, z) > ρ} car B ρ (x) = {u ∈ M, d(x, u) ≤ ρ}.
Puisque y ∈ M \ B ρ (x), on a d(x, y) > ρ et donc r = d(x, y) − ρ > 0.
→ Si il existe v ∈ Br (y) ∩ B ρ (x), on a :
• d(y, v) < r = d(x, y) − ρ
• d(x, v) ≤ ρ.
On en d´eduit que :
d(x, y) ≤ d(x, v) + d(v, y) < (d(x, y) − ρ) + ρ = d(x, y)
ce qui est impossible. Par suite Br (y) ∩ B ρ (x) = ∅.
2

En passant au compl´ementaire, on obtient une autre formulation de la proposition pr´ec´edente :
Proposition : Soit M un espace m´etrique, alors l’ensemble des ferm´es de M a les propri´et´es suivantes :
(F1 ) : ∅ et M sont des ferm´es
(F2 ) : Toute intersection de ferm´es de M est un ferm´e de M
(F3 ) : Toute r´eunion finie de ferm´es de M est un ferm´e de M .
Exercice : Soit M un espace m´etrique et L ⊂ M . On munit L de la distance induite d |L par
celle de M . V´erifier que si x ∈ L et ρ > 0, la boule BρL (x) du sous-espace m´etrique L est
BρL (x) = BρM (x) ∩ L.
En d´eduire que les ouverts de L sont les traces sur L des ouverts de M .
On parle alors de topologie induite sur un sous-espace m´etrique.
Exercice : Les sous ensembles [0, 1[, ]0, 1[, ]0, 1] sont-ils des ouverts du sous-espace [0, 2] de IR ?
V´erification : (M, d) = (IR, dcan ).
([0, 2], dcan ) est un sous-espace m´etrique de (IR, dcan ).
On cherche ]a, b[ tel que ]a, b[∩[0, 2] = [0, 1[, ]a0 , b0 [ tel que ]a0 , b0 [∩[0, 2] =]0, 1[, ]a00 , b00 [ tel que
00 00
]a , b [∩[0, 2] =]0, 1].
• [0, 1[=] − 1, 1[∩[0, 2] avec ] − 1, 1[ ouvert de IR et L = [0, 2] donc [0, 1[ ouvert de L.
• ]0, 1[=]0, 1[∩[0, 2] avec ]0, 1[ ouvert de IR et L = [0, 2] donc ]0, 1[ ouvert de L.
• ]0, 1] =]0, ?[∩[0, 2] impossible.
2

Exercice : Soit (M 0 , d0 ) et (M 00 , d00 ) deux espaces m´etriques. On consid`ere l’espace m´etrique
produit M = M 0 × M 00 muni de la distance d∞ .
u Bρ , Bρ0 et
1) D´emontrer que si x = (x0 , x00 ) ∈ M et ρ > 0, on a Bρ (x) = Bρ0 (x0 ) × Bρ00 (x00 ), o`
00
0
00
Bρ d´esignent respectivement des boules de M , M et M .
7

Cours

Topologie et analyse fonctionnelle

2) En d´eduire que les ouverts de (M, d∞ ) sont des r´eunions de produits cart´esiens de la forme
U 0 × U 00 o`
u U 0 et U 00 sont des ouverts respectivement de M 0 et M 00 . On parle de topologie produit.
3) Est-ce que tout ouvert de M peut s’´ecrire U 0 ×U 00 o`
u U 0 et U 00 sont des ouverts de M 0 et M 00 ?
Preuve :
1) y ∈ Bρ (x) si et seulement si d∞ (x, y) < ρ.
Or d∞ (x, y) = d∞ ((x0 , x00 ), (y 0 , y 00 )) = max(d0 (x0 , y 0 ), d00 (x00 , y 00 )).
d∞ (x, y) < ρ ´equivaut donc a` d0 (x0 , y 0 ) < ρ et d00 (x00 , y 00 ) < ρ, c’est-`a-dire y 0 ∈ Bρ0 (x0 ) et y 00 ∈ Bρ00 (x00 ),
soit (y 0 , y 00 ) ∈ Bρ0 (x0 ) × Bρ00 (x00 ).
2) D’apr`es la d´efinition, U =

S

Bρx (x).

x∈U

D’apr`es la question 1), on a donc
U=

[

x∈U

(Bρ0 x (x0 ) × Bρ00x (x00 )

avec Bρ0 x (x0 ) = U 0 ouvert de M 0 et Bρ00x (x00 ) = U 00 ouvert de M 00 .
3) Remarque pr´eliminaire : si U = U 0 × U 00 , alors U 0 est la projection de U sur M 0 et U 00 est la
projection de U sur M 00 .
Remarque suivante : A priori, il n’y a pas que U 0 × U 00 qui se projette sur U 0 dans M 0 et sur U 00
dans M 00 . On pourrait avoir U1 strictement inclus dans U 0 × U 00 tel que U 0 soit la projection de U1 sur
M 0 et U 00 soit la projection de U1 sur M 00 . Dans ce cas, si U1 = U10 × U100 ´egalement, avec U10 ouvert de
M 0 et U100 ouvert de M 00 , on aurait U10 = U 0 et U100 = U 00 donc U1 = U 0 × U 00 en contradiction avec U1
strictement inclus dans U 0 × U 00 .
Cette situation existe, et donc la r´eponse a` 3) est : NON.
2

Rappel : Dans (IR × IR, d∞ ), les boules sont des carr´es de cˆot´es parall`eles aux axes.

efinition : Soit M un espace m´etrique. Si A ⊂ N est non vide, un voisinage de A dans
M est un sous-ensemble V de M tel qu’il existe un ouvert U de M v´erifiant A ⊂ U ⊂ V .
En particulier, si A = {x}, on dit simplement voisinage de x dans M .
La notion de voisinage ne d´epend que de la topologie de M . On notera que V est un voisinage de x ∈ M si et seulement si il existe ρ > 0 tel que Bρ (x) ⊂ V .
Exercice : Montrer que :
1) un sous-ensemble U de M est un ouvert de M si et seulement si c’est un voisinage de chacun
de ses points.
2) Si x et y sont deux points distincts de M , il existe un voisinage Vx de x et un voisinage Vy
de y tels que Vx ∩ Vy = ∅ (indication : consid´erer r = 21 d(x, y) et les boules Br (x) et Br (y)).
Remarque : Cette propri´et´e de s´eparation des points est une propri´et´e importante des espaces
m´etriques.

efinition : Soit M un espace m´etrique et A ⊂ M . On dit qu’un point x ∈ M est
int´erieur a
` A si A est voisinage de x dans M .
On appelle int´erieur de A dans M , l’ensemble ˚
A des points int´erieurs a` A.

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La notion d’int´erieur ne d´epend que de la topologie de M .
Proposition : Soit M un espace m´etrique et A ⊂ M . Alors ˚
A est la r´eunion de tous les
ouverts de M contenus dans A, et A est un ouvert de M si et seulement si ˚
A = A.
D´emonstration : Si U est un ouvert de M contenu dans A, tout point x ∈ U est int´erieur a` A
donc U ⊂S˚
A. Comme, par d´efinition, tout point de ˚
A est dans un ouvert de M contenu dans A, on a
˚
U.
A=
U ouvert ⊂A

2


efinition : Soit M un espace m´etrique et A ⊂ M . On dit qu’un point x ∈ M
est adh´erent a
` A dans M si tout voisinage de x dans M rencontre A. On appelle
adh´erence de A dans M l’ensemble A de tous les points adh´erents a` A dans M .

Proposition : Soit M un espace m´etrique et A ⊂ M . Alors M \ ˚
A = M \ A. Il en
r´esulte que A est l’intersection de tous les ferm´es de M contenant A et A est un ferm´e de
M si et seulement si A = A.

˚ si et seulement si toute boule de centre x rencontre M \ A,
D´emonstration : Soit x ∈ M . Alors x ∈
/A
ce qui montre la formule. Le reste s’en d´eduit par passage au compl´ementaire.
2

Exemple :
1) L’adh´erence d’une boule ouverte Bρ (x) est la boule ferm´ee B ρ (x) (d’o`
u la barre sup´erieure
sur les boules ferm´ees).
Bρ (x) est le plus petit ferm´e contenant Bρ (x).
2) ]a, b[ = [a, b], [a, b] est le plus petit ferm´e contenant ]a, b[.

efinition : Soit M un espace m´etrique et A ⊂ M . On dit que A est dense dans M si
A = M.
Exemples :
1) Bρ (x) est dense dans Bρ (x).
2) Soit (M, d) = (IR, dcan ), on a Q = IR : Q est dense dans IR puisque n’importe quel
intervalle ouvert de IR (boule ouverte de IR) contient des ´el´ements de Q.
D´efinition et exercice : Soit M un espace m´etrique. Si A ⊂ M , la fronti`ere de A dans M est le
sous-ensemble :
FrA = A ∩ (M \ A) = A \ ˚
A.
1) D´emontrer que Fr(A) ⊂ Fr(A) et Fr˚
A ⊂ FrA. Donner un exemple dans lequel ces 3 ensembles
sont distincts.
9

Cours

Topologie et analyse fonctionnelle

2) D´emontrer que si A, B ⊂ M , alors Fr(A ∪ B) ⊂ (FrA ∪ FrB). D´emontrer que cette derni`ere
inclusion est stricte en g´en´eral et que l’on a ´egalit´e si A ∩ B = ∅.
3) D´eterminer FrQ dans IR.

efinition : Soit M un espace m´etrique et A ⊂ M . On dit que A est born´e dans M si il
existe un point x ∈ M et un r´eel ρ > 0 tel que A ⊂ Bρ (x).
Contrairement aux autres notations ci-dessus, le fait qu’un ensemble soit born´e ou non ne
d´epend pas seulement de la topologie de M mais fait intervenir la distance d utilis´ee. Il s’agit
d’une notation m´etrique.

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Chapitre 3

Notion g´
en´
erale d’espace topologique
On peut ˆetre amen´e dans certaines circonstances a` introduire des notations topologiques sur
des espaces qui ne sont pas des espaces m´etriques. Le principe est tr`es simple :
Sur un ensemble X, on d´ecr`ete que certains sous-ensembles de X sur lesquels on impose les
conditions (O1 ), (O2 ), (O3 ) sont des ouverts.
Deux pr´ecautions essentielles a` garder a` l’esprit dans de tels espaces :
→ topologies pas toujours s´epar´ees
→ l’utilisation de suites ne sera plus permise pour caract´eriser l’adh´erence d’un sous-ensemble,
la continuit´e d’une application, la compacit´e d’un sous-espace...
Exemple : Sur un ensemble arbitraire X, on d´efinit une topologie en posant l’ensemble des
ouverts = {∅, X} : c’est la topologie grossi`ere sur X.
Remarque : Dans la pratique, on donne rarement l’ensemble O de tous les ouverts. On dit
qu’un ensemble B de O est une base d’ouverts de l’espace topologique (X, O) si tout ´el´ement de
O (autre que ∅) est une r´eunion d’´el´ements de B. Il suffit de se donner une base d’ouverts pour
d´efinir (X, O).
Exemple : On d´efinit une topologie sur IR2 = IR × IR en prenant comme base d’ouverts les
sous-ensembles de la forme ]a, b[×{c} : il s’agit de la topologie feuillet´ee de IR 2 .
On peut v´erifier qu’un sous-ensemble B de P(X) (= ensemble des parties de X) est une base
d’ouverts pour une topologie de X si et seulement si il v´erifie les 2 propri´et´es :
(B1 ) : toute intersection de 2 ´el´ements de B est une r´eunion d’´el´ements de B
(B2 ) : la r´eunion de tous les ´el´ements de B est ´egale a` X.
Remarque : Si X est un espace topologique, on d´efinit les ferm´es de X, l’int´erieur et l’adh´erence
d’une partie A de X tout comme on l’a fait avec un espace topologique m´etrique.

11

Cours

Topologie et analyse fonctionnelle

Chapitre 4

Espaces m´
etriques particuliers : les espaces vectoriels norm´
es
Dans la suite, K = IR ou C.

efinition : Soit E un espace vectoriel sur K. Une norme sur E est une application
k k : E → IR v´erifiant, pour tous x, y ∈ E, pour tout λ ∈ K,
(N1 ) : kxk ≥ 0
(N2 ) : kxk = 0 si et seulement si x = 0
(N3 ) : kx + yk ≤ kxk + kyk
(N4 ) : kλxk = |λ| kxk.
Un espace vectoriel muni d’une norme est appel´e espace vectoriel norm´e.
Remarque 1 : On d´eduit de (N3 ) que |kxk − kyk| ≤ kx − yk pour tous x, y ∈ E dans un
espace vectoriel norm´e.
Remarque 2 : Si E est un espace vectoriel norm´e, l’application d : E × E → IR d´efinie par
d(x, y) = kx − yk est une distance sur E (`a v´erifier en exercice).
On dit que d est la distance d´efinie par la norme k k.
On a :
→ pour une distance dans un espace m´etrique :
|d(x, y) − d(y, z)| ≤ d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z)
→ pour une norme dans un espace vectoriel norm´e :
|kx − yk − ky − zk| ≤ kx − zk ≤ kx − yk + ky − zk
Remarque 3 : : Il en r´esulte que tout espace vectoriel norm´e est un espace m´etrique. Beaucoup d’espaces m´etriques usuels sont obtenus de cette fa¸con.
Par exemple : la distance dcan sur IR est la distance d´efinie par la valeur absolue | |, qui est
une norme sur IR.
Sur l’espace vectoriel Kn = K × K × · · · × K, les distances d1 , d2 , d∞ (chapitre 1) sont
respectivement d´efinies par les normes k k1 , k k2 , k k∞ donn´ees par :
kxk1 = |x1 | + |x2 | + · · · + |xn |
p
kxk2 = |x1 |2 + |x2 |2 + · · · + |xn |2
kxk∞ = max(|x1 |, |x2 |, · · · , |xn |)

o`
u x = (x1 , · · · , xn ) ∈ Kn (les xi sont les coordonn´ees du vecteur x dans la base canonique
(1, 0, · · · , 0), (0, 1, 0, · · · , 0), · · · , (0, · · · , 0, 1)).
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Exemple important : Soit [a, b] un intervalle ferm´e born´e de IR.
l’ensemble des applications continues de [a, b] dans K.
On sait que (E, +, .) est un espace vectoriel sur K.
On d´efinit une norme k k1 en posant :
kf k1 =

Z

Soit E = C([a, b], K)

b
a

|f (x)| dx.

Plus g´en´eralement, on d´efinit une norme k kα , avec α r´eel ≥ 1 en posant :
kf kα =

Z

b
a

α

|f (x)| dx

1/α

.

On d´efinit enfin une norme k k∞ en posant :
kf k∞ = sup{|f (x)|, x ∈ [a, b]}.
Rappel : Toute application continue f : [a, b] → IR est born´ee.
Remarques :
R
1/2
b
a) Le cas α = 2, kf k2 = a |f (x)|2 dx
est surtout d’actualit´e en analyse.
b) Il resterait a` d´emontrer que k k1 , k k2 , k k∞ ainsi d´efinies sont bien des normes.

efinition : Si (E, k k) est un espace vectoriel norm´e et si F est un sous-espace vectoriel
de E, l’application : k kF : y ∈ F 7→ kyk est une norme sur F . L’espace vectoriel (F, k kF )
est appel´e sous-espace vectoriel norm´e de E.

Proposition : Si (E 0 , k k0 ) et (E 00 , k k00 ) sont des espaces vectoriels norm´es sur K, on
d´efinit sur l’espace vectoriel produit cart´esien E 0 × E 00 des normes en posant, pour tout
x = (x0 , x00 ) ∈ E 0 × E 00 :
kxk1 = kx0 k0 + kx00 k00
1/2
kxk2 = (kx0 k0 )2 + (kx00 k00 )2
kxk∞ = max(kx0 k0 , kx00 k00 ).

Remarque : Il faudrait le v´erifier.
Les espaces (E 0 ×E 00 , k k1 ), (E 0 ×E 00 , k k2 ), (E 0 ×E 00 , k k∞ ) sont des espaces vectoriels norm´es
produits cart´esiens des espaces vectoriels norm´es (E 0 , k k0 ) et (E 00 , k k00 ).
Les distances ainsi d´eduites sur E 0 × E 00 sont les distances produits des distances d0 et d00
associ´ees aux normes k k0 et k k00 .
L`a encore, la construction se g´en´eralise au produit cart´esien de n espaces vectoriels norm´es.
(Exemple : Kn = K × K × · · · × K).

13

Cours

Topologie et analyse fonctionnelle

Chapitre 5

Espaces norm´
es particuliers : les espaces pr´
ehilbertiens

efinition : Soit E un espace vectoriel sur K. Une forme hermitienne sur E est une
application h : E × E → K v´erifiant les propri´et´es suivantes, pour tous x, x 0 , y, y 0 ∈ E,
pour tout λ ∈ K :
(H1 ) : h(x + x0 , y) = h(x, y) + h(x0 , y)
(H2 ) : h(x, y + y 0 ) = h(x, y) + h(x, y 0 )
(H3 ) : h(λx, y) = λh(x, y)
(H4 ) : h(x, λy) = λh(x, y)
(H5 ) : h(y, x) = h(x, y).
(λ est le conjugu´e de λ si λ ∈ C, λ = λ si λ ∈ IR).
(h(x, y) conjugu´e de h(x, y) si h(x, y) ∈ C, h(x, y) = h(x, y) si h(x, y) ∈ IR).
On dit que la forme hermitienne est positive si h(x, x) ≥ 0 pour tout x ∈ E.
On dit que la forme hermitienne est d´efinie positive si elle est positive et si h(x, x) = 0 si
et seulement si x = 0.

Remarque d´efinition :
→ Les propri´et´es (H1 ) a` (H4 ) expriment que h est une forme sesquilin´eaire.
→ Si K = IR, une forme hermitienne est une forme bilin´eaire sym´etrique.
Exercice : Soit E un espace vectoriel sur K et h une forme hermitienne sur E. On d´efinit
q : E → IR par q(x) = h(x, x). (Remarque : par (H5 ), h(x, x) ∈ IR).
1) V´erifier que pour tous x, y ∈ E,
4h(x, y) = q(x + y) − q(x − y) si K = IR
4h(x, y) = q(x + y) − q(x − y) + iq(x + iy) − iq(x − iy) si K = C.
2) En d´eduire que h = 0 si et seulement si q = 0 (application nulle).

efinition : Soit E un espace vectoriel sur K muni d’une forme hermitienne h.
1) On dit que deux vecteurs x et y de E sont orthogonaux si h(x, y) = 0.
2) On dit qu’un vecteur x de E est isotrope s’il est orthogonal a` lui-mˆeme, c’est-`a-dire si
h(x, x) = 0.
3) Si A ⊂ E, on appelle orthogonal de A le sous-ensemble :
A⊥ = {x ∈ E, pour tout a ∈ A, h(x, a) = 0}.
Exercice : V´erifier que A⊥ est un sous-espace vectoriel de E. (En particulier, si A = {a}).
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Proposition : In´egalit´e de Schwarz
Soit h une forme hermitienne positive sur un espace vectoriel E. Alors, pour tous x, y ∈ E :
|h(x, y)|2 ≤ h(x, x).h(y, y).
De plus, si h est d´efinie positive, l’´egalit´e a lieu si et seulement si x et y sont colin´eaires.
D´emonstration : Si h(x, y) = 0, l’in´egalit´e est vraie. On peut supposer h(x, y) 6= 0.
On a, pour tout λ ∈ K, 0 ≤ h(x + λy, x + λy) = h(x, x) + λh(x, y) + λh(x, y) + |λ| 2 h(y, y).
h(x,y)
En particulier, soit ρ ∈ IR arbitraire. En prenant λ = ρ |h(x,y)|
, on obtient, pour tout ρ ∈ IR :
ρ2 h(y, y) + 2ρ|h(x, y)| + h(x, x) ≥ 0
et donc, puisque ce trinˆome en ρ garde un signe constant :
|h(x, y)|2 − h(x, x)h(y, y) ≤ 0,
qui est l’in´egalit´e annonc´ee.
Par ailleurs, si l’un des deux vecteurs x ou y est le vecteur nul, les deux membres de l’in´egalit´e sont
nuls.
Supposons x = λy. On a alors :
|h(x, y)|2 = |λ|2 (h(y, y))2 = h(x, x)h(y, y).
Enfin, si on a ´egalit´e, avec x 6= 0 et y 6= 0, il existe ρ0 ∈ IR tel que :
ρ20 h(y, y) + 2ρ0 |h(x, y)| + h(x, x) = 0
h(x,y)
ou encore, en posant λ0 = ρ0 |h(x,y)|
,

h(x + λ0 y, x + λ0 y) = 0.
Si h est d´efinie positive, cela entraˆıne x + λ0 y = 0.
2

Proposition : In´egalit´e de Minkowski
Si h est une forme hermitienne positive sur un espace vectoriel E, on a pour tous x, y ∈ E :
p
p
p
h(x + y, x + y) ≤ h(x, x) + h(y, y).
D´emonstration : En ´elevant les deux membres de l’in´egalit´e au carr´e, on voit que l’in´egalit´e est
´equivalente a` :
p
<(h(x, y)) ≤ h(x, x)h(y, y)
qui r´esulte de l’in´egalit´e de Schwarz et du fait que

<(h(x, y))2 ≤ |h(x, y)|2 .
2

Corollaire : Si h est une forme hermitienne d´efinie positive
p sur un espace vectoriel E, on
obtient une norme sur E en posant, pour tout x ∈ E, kxk = h(x, x).
15

Cours

Topologie et analyse fonctionnelle


efinition : Un espace pr´ehilbertien E est un espace vectoriel muni d’une forme
hermitienne d´efinie positive appel´ee produit scalaire de E.
Remarque : Un espace pr´ehilbertien est donc un cas particulier d’espace norm´e. Dans la
suite, on notera :
hx, yi = h(x, y)
le produit scalaire.
L’in´egalit´e de Schwarz s’´ecrit donc dans un espace pr´ehilbertien muni d’un produit scalaire ;
|hx, yi| ≤ kxk kyk pour tous x, y ∈ E.
Exemple : Sur Kn , on d´efinit, pour x = (x1 , x2 , · · · , xn ) et y = (y1 , y2 , · · · , yn ), un produit
scalaire par :
n
X
x i yi
hx, yi =
i=1

appel´e produit scalaire usuel. On pr´ecise
• produit scalaire euclidien si K = IR ;
• produit scalaire hermitien si K = C.

La norme d´efinie par le produit scalaire usuel est la norme k k2 , de sorte que l’in´egalit´e
triangulaire pour cette norme r´esulte de l’in´egalit´e de Minkowski. L’espace vectoriel K n est
ainsi muni d’une structure canonique d’espaces pr´ehilbertiens.
Exemple : Soit A([a, b], K) l’espace vectoriel des applications de [a, b] dans K. Soit E le
sous-espace vectoriel de A form´e des applications born´ees et continues par morceaux de [a, b]
dans IR.
Si f ∈ E, on a f : [a, b] → K born´ee pour laquelle il existe une subdivision :
a = x0 < x1 < x2 < · · · < xp−1 < xp = b
telle que pour chaque j ∈ {1, · · · , p}, la restriction f|]xj−1 ,xj [ soit continue. Comme f est born´ee,
R xj
sont convergentes, et on a :
les int´egrales xj−1
Z

b

f (x) dx =

X Z

xj

f (x) dx.

1≤j≤p xj−1

a

Notons maintenant que si f ∈ E, alors f : [a, b] → K d´efinie par f (x) = f (x), est dans
E aussi (`a v´erifier). (Si K = IR, on a f = f ). On peut v´erifier aussi que le produit de deux
fonctions de E est une fonction de E. On peut alors v´erifier que, si f et g ∈ E, on d´efinit une
forme hermitienne positive sur E en posant :
Z b
f (x)g(x) dx.
h(f, g) =
a

L’in´egalit´e de Schwarz s’´ecrit dans ce cas :
Z b
2 Z b

Z b


2
2


|g(x)| dx .
|f (x)| dx
f (x)g(x) dx ≤

a

a

a

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La forme h n’est pas d´efinie positive (`a constater) mais sa restriction au sous-espace de E,
C([a, b], K) espace des applications globalement continues l’est.
On a donc, sur le sous-espace vectoriel C([a, b], K) un produit scalaire (forme hermitienne
d´efinie positive) d´efinie par :
Z b
f (x)g(x) dx.
hf, gi =
a

Proposition : Soit E un espace pr´ehilbertien. Soit x, y ∈ E, alors :
1) kx + yk2 + kx − yk2 = 2(kxk2 + kyk2 ) (r`egle du parall´elogramme). (Si K = IR, th de
Ptol´em´ee).
2) Si x et y sont orthogonaux (hx, yi = 0), kx + yk2 = kxk2 + kyk2 (th de Pythagore).
D´emonstration : On a :
kx + yk2 = hx + y, x + yi = hx, xi + hx, yi + hy, xi + hy, yi.

(∗)

Ceci donne 2) si hx, yi = 0.
En rempla¸cant dans (∗) y par −y et en faisant la somme avec (∗), on obtient 1).
2


efinition : Si (E 0 , h , i0 ) et (E 00 , h , i00 ) sont deux espaces pr´ehilbertiens sur K, on
d´efinit sur l’espace vectoriel produit E 0 × E 00 un produit scalaire h , i en posant, pour tout
(x0 , x00 ) ∈ E 0 × E 00 et tout (y 0 , y 00 ) ∈ E 0 × E 00 ,
h(x0 , x00 ), (y 0 , y 00 )i = hx0 , y 0 i0 + hx00 , y 00 i00 .
L’espace (E 0 ×E 00 , h , i) est appel´e espace pr´ehilbertien produit de (E 0 , h , i0 ) et (E 00 , h , i00 ).
La norme obtenue ainsi sur E 0 × E 00 n’est autre que la norme :
k(x0 , x00 )k2 = (kxk0 )2 + (kx00 k00 )2

1/2

o`
u k k0 et k k00 d´esignent les normes associ´ees aux produits scalaires h , i0 et h , i00 .

17

Cours

Topologie et analyse fonctionnelle

Chapitre 6

Suites dans un espace m´
etrique

efinition : 1) Soit M un espace m´etrique. On appelle suite de points de M toute
application u : IN → M ou plus g´en´eralement u : {n ∈ IN/ n ≥ n0 } → M . On note
usuellement un = u(n) pour tout n ∈ IN et on note (un )n∈IN ou (un )n≥n0 ou simplement
(un ) l’ensemble {u(n), n ∈ IN} ou l’ensemble {u(n), n ∈ IN, n ≥ n0 }.
2) Si a ∈ M , on dit que la suite (un ) converge vers a dans M (ou que un tend vers a
lorsque n tend vers +∞) si :
pour tout ε > 0, il existe nε tel que, si n ≥ nε , alors d(un , a) < ε.
Le point a est appel´e la limite de la suite (un ).
Remarques :
1) On peut d´emontrer que, si une suite a une limite, cette limite est unique (exercice permettant de manipuler d).
2) (un ) converge vers a si et seulement si la suite de nombres r´eels (d(un , a))n converge vers 0.
Exemple : Soit I un intervalle de IR et soit E = B(I, K) l’espace vectoriel norm´e des applications born´ees de I dans K (K = C ou K = IR) muni de la norme kf k∞ = sup |f (x)|. Une
suite (fn ) d’´el´ements de E converge vers f ∈ E si et seulement si : pour tout ε > 0, il existe
nε ∈ IN tel que, pour tout n ≥ nε , d∞ (fn , f ) < ε o`
u
d∞ (fn , f ) = kfn − f k∞ = sup |(fn − f )(x)| = sup |fn (x) − f (x)|
x∈I

x∈I

c’est-`a-dire, pour tout x ∈ I, |fn (x) − f (x)| < ε.
Autrement dit, la suite de fonctions (fn ) converge uniform´ement vers la fonction f . La norme
k k∞ est appel´ee pour cette raison, norme de la convergence uniforme.
On remarque aussi que si (fn ) converge vers f , pour chaque x ∈ I, la suite (fn (x)) converge
vers f (x), c’est qu’on a en prime la convergence simple de (fn ) vers f .
Attention ! Ce n’est pas forc´ement le cas pour d’autres normes que k k ∞ : soit l’espace
C([−1, 1], IR) muni de la norme k k1 . Soit la suite (ϕn ) o`
u ϕn (x) = xn . (ϕn ) converge vers la
fonction nulle puisque
Z 1
lim kϕn − 0k1 = lim kϕn k1 = lim
|ϕn (x)| dx
n→+∞

n→+∞

n→+∞ −1

R1
R1
2
2
[xn+1 ]10 = n+1
→ 0 quand n → +∞. Cependant, la suite
avec −1 |ϕn (x)| dx = 2 0 xn dx = n+1
(ϕn ) ne converge pas simplement vers la fonction nulle dans [−1, 1], puisque ϕn (1) = 1 pour
tout n ∈ IN.
18

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Proposition : Soit M un espace m´etrique, A ⊂ M et a ∈ M . Alors a ∈ A si et seulement
si il existe une suite de points de A convergeant vers a dans M .
D´emonstration : Si (xn ) est une suite de points de A convergeant vers a, tout voisinage de a contient
des xn donc rencontre A.
R´eciproquement, supposons a ∈ A. Choisissons un x0 ∈ A arbitraire puis, pour chaque n ∈ IN, ou
n ∈ IN∗ , ou n ∈ IN \ {0, · · · , n0 }, un xn ∈ A ∩ B n1 (a), ce qui est possible puisqu’une telle boule rencontre
A.
On obtient ainsi une suite de points de A telle que, pour tout n ∈ IN (ou pour tout n ∈ IN ∗ , ou pour
tout n ∈ IN, n > n0 ), d(a, xn ) < n1 et donc (xn ) converge vers a.
2

Remarque : Dans l’espace vectoriel norm´e E = (B(I, K), k k∞ ) consid´er´e dans l’exemple
pr´ec´edent, si (fn ) est une suite d’applications continues convergeant vers f ∈ E, l’application f
est continue, comme limite uniforme d’une suite d’applications.
Ce r´esultat peut s’´enoncer ainsi :
Le sous-espace vectoriel C∞ (I, K) des applications continues et born´ees de I dans K est un
ferm´e de l’espace vectoriel norm´e B(I, K), k k∞ ).

efinition : Soit E un espace vectoriel norm´e. Si (un ) est une suite de points (=vecteurs)
de E, on appelle s´erie de terme g´en´eral un la suite (sn ) o`
u:
sn = u 0 + u 1 + · · · + u n .
Si la suite (sn ) converge dans E, sa limite est appel´ee somme de la s´erie de terme g´en´eral
+∞
P
un et not´ee
un .
n=0

On peut remarquer que si la s´erie de terme g´en´eral un converge, la suite (un ) converge vers
0E . Bien entendu, la r´eciproque est fausse puisque c’est d´ej`a le cas pour les s´eries num´eriques =
s´eries de l’espace norm´e (IR, k k = | |).

19

Cours

Topologie et analyse fonctionnelle

Chapitre 7

Applications continues entre deux espaces m´
etriques

efinition : Soit L et M deux espaces m´etriques, A ⊂ M ; f : A → L, a ∈ A et b ∈ L.
Alors f admet b comme limite en a si et seulement si :
pour tout ε > 0, il existe ηε > 0 tel que, pour tout x ∈ A, si dM (x, a) < ηε , alors
dL (f (x), b) < ε, o`
u dL et dM d´esignent respectivement les distances dans L et M .

Proposition : Soit L et M deux espaces m´etriques, A ⊂ M , f : A → L, a ∈ A, b ∈ L.
L’application f a pour limite b au point a (ou f (x) tend vers b quand x tend vers a) si,
pour toute suite (un ) de points de A convergeant dans M vers a, la suite (f (un )) converge
dans L vers b.


efinition : Soit L et M deux espaces m´etriques et f : M → L.
1) Si a ∈ M , on dit que f est continue au point a si f admet f (a) pour limite au point a.
2) On dit que f est continue si elle est continue en tout point de M .
Exemple : Soit (M, dM ) = (IR2 , d2 ) et (L, dL ) = (IR, dcan ). L’application f : IR2 → IR d´efinie
xy
si (x, y) 6= (0, 0)
x2 +y 2
par f (x, y) =
n’est pas continue au point (0, 0) puisque la suite
0
si (x, y) = (0, 0)

1
2
1 1
1 1
converge
vers
(0,
0)
dans
IR
alors
que
f
,
,
→ 12 6= 0 = f (0, 0).
n n n
n n = 2 n→+∞

IR → IR
On remarque que dans cet exemple, pour tout (x0 , y0 ) fix´e, les applications
x 7→ f (x, y0 )

IR → IR
sont, elles, continues (surIR).
et
y 7→ f (x0 , y)
Exercice : Soit [a, b] ⊂ IR et soit x0 un point arbitraire fix´e dans [a, b].
Entre les espaces vectoriels norm´es (C([a, b], K), k k∞ ) et (K, k kcan = | |) (si K = IR, valeur
absolue et si K = C, module), consid´erons l’application vx0 : C([a, b], K) → K, f 7→ f (x0 ).
D´emontrer que vx0 est une application continue.
Preuve : Soit f, g ∈ C([a, b], K). On a :
|vx0 (f ) − vx0 (g)| = |f (x0 ) − g(x0 )| ≤ sup |f (x) − g(x)| = kf − gk∞
x∈[a,b]

donc, pour chaque fonction g ∈ C([a, b], K) : pour tout ε > 0, il existe ηε > 0 tel que, pour tout
f ∈ C([a, b], K), si kf − gk < ηε , alors |vx0 (f ) − vx0 (g)| < ε (prendre pour cela ηε = ε), ce qui montre que
vx0 est continue en tout point g, donc continue sur l’espace C([a, b], K).
2

Exercice : Soit [a, b] ⊂ IR et soit x0 un point arbitraire fix´e dans ]a, b[. Entre les espaces vectoriels norm´es (C([a, b], K), k k1 ) et (K, k kcan = | |), consid´erons l’application vx0 : C([a, b], K) → K,
20

UTM-L3 MIASHS

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f 7→ f (x0 ). D´emontrer que vx0 n’est pas une application continue.
On d´efinit la suite de fonctions (fn ) telle que :

n
 x−a
si a ≤ x ≤ x0
x0 −a n
fn (x) =
 b−x
si x0 < x ≤ b
b−x0

V´erifier que fn ∈ C([a, b], K) (avec K = IR, pour ´eviter le travail dans C).
V´erifier que (fn ) → f = 0 dans (C([a, b], K), k k1 ).
n→+∞

V´erifier que vx0 (fn ) = 1 pour tout n ∈ IN et conclure.
Preuve :

• fn est continue en tout point de [a, x0 ] et en tout point de ]x0 , b] car il s’agit a` chaque fois de
fonctions polynˆomes.
n

n

b−x
=
= 1n = 1 pour tout n et que
lim
fn (x) = lim b−x
On observe que fn (x0 ) = xx00 −a
−a
0
x→x0 ,x>x0
x→x0

n
b−x0
= 1n = 1.
b−x0
Finalement, fn est une fonction r´eelle continue sur [a, b] (on aurait le mˆeme r´esultat avec K = C).

Rb
Rb
Rx
• kfn − 0k1 = a |(fn − 0)(x)| dx = a 0 |(fn − 0)(x)| dx + x0 |(fn − 0)(x)| dx par d´efinition de k k1 et
par la relation de Chasles.

n
Z x0
Z x 0
Z x0
x − a n
x−a


dx
|fn (x)| dx =
x0 − a dx =
x0 − a
a
a
a
Z x0
Z
x0
(x − a)n
1
=
(x − a)n dx
dx
=
(x0 − a)n
(x0 − a)n a
a
x0



1
1
1
1
n+1
n+1
=
(x − a)
(x0 − a)
=
(x0 − a)n n + 1
(x0 − a)n n + 1
a
x0 − a
=
n+1
Z

b
x0

|fn (x)| dx

=
=
=
=

x0 −a
n+1

Z

Z

b
x0
b



Z
b − x n

dx =
b − x0

b
x0



(b − x)n
1
dx =
n
(b

x
)
(b

x 0 ) x0
0
x0
b



1
1
1
1
n+1
n+1
=
(b

x)
(b

x
)

0
(b − x0 )n
n+1
(b − x0 )n n + 1
x0

b − x0
n+1

b−x0

n+1 n→+∞

0 donc fn → 0C au sens de k k1 .
n
• vx0 (fn ) = xx00 −a
= 1n = 1.
−a
+

n
b−x
dx
b − x0
Z b
(b − x)n dx
n



• Si vx0 ´etait continue, on aurait vx0 (fn ) = 1



n→+∞

vx0 (0C ) = 0, ce qui est faux.

Conclusion : vx0 n’est pas une fonction continue, au sens de k k1 .
2

21

Cours

Topologie et analyse fonctionnelle

Remarque : La comparaison des 2 exercices montre qu’il est indispensable avant de parler
de continuit´e, de pr´eciser la distance utilis´ee.
Proposition : Soit L et M deux espaces m´etriques, et f : M → L.
1) Si a ∈ M , f est continue en a si et seulement si, pour tout voisinage V de f (a) dans L,
f −1 (V ) = {x ∈ M, f (x) ∈ V } est un voisinage de a dans M .
2) f est continue si et seulement si, pour tout ouvert U de L, f −1 (U ) = {x ∈ M, f (x) ∈ U }
est un ouvert de M .
Preuve : Le point 1) r´esulte du fait qu’un sous-ensemble V de L est un voisinage de a si et seulement
si il existe un r´eel ε > 0 tel que Bε (a) ⊂ V .
Le point 2) r´esulte du fait qu’un sous-ensemble U de L est un ouvert si et seulement si il est un
voisinage de chacun de ses points.
2

Remarque : Il r´esulte de cette proposition que la notion de limite, et en particulier de continuit´e, ne d´epend que des topologies des espaces m´etriques concern´es.

22

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Chapitre 8

Applications uniform´
ement continues
Applications lipschitziennes entre deux espaces m´
etriques

efinition : Soit L et M deux espaces m´etriques et f : M → L.
1) On dit que f est uniform´ement continue si :
pour tout ε > 0, il existe ηε > 0 tels que, pour tous x, x0 ∈ M , si dM (x, x0 ) < ηε , alors
dL (f (x), f (x0 )) < ε.
2) Soit k ∈ IR∗+ , on dit que f est k-lipschitzienne si :
pour tous x, x0 ∈ M, dL (f (x), f (x0 )) ≤ kdM (x, x0 )
3) On dit que f est lipschitzienne si il existe un r´eel k > 0 tel que f soit k-lipschitzienne.
Remarques :
1) Contrairement a` la propri´et´e “f continue”, qui peut ˆetre v´erifi´ee point par point, les
propri´et´es “f uniform´ement continue” et “f k-lipschitzienne” concernent le comportement global
de l’application de f sur M . Une phrase comme “f est uniform´ement continue en x 0 ” est
d´epourvue de toute signification.
2) On peut v´erifier ais´ement que si f est lipschitzienne, alors f est uniform´ement continue
et si f est uniform´ement continue, alors f est continue. Les r´eciproques sont fausses en g´en´eral.

efinition : Soit L et M des espaces m´etriques.
1) Un hom´eomorphisme de M sur L est une application f : M → L continue, bijective, et
dont l’application r´eciproque f −1 : L → M est continue.
On dit que les espaces m´etriques L et M sont hom´eomorphes s’il existe un
hom´eomorphisme de M sur L.
2) Une isom´etrie de M sur L est une application f : M → L bijective telle que :
pour tous x, x0 ∈ M, dL (f (x), f (x0 )) = dM (x, x0 ).
On dit que les espaces m´etriques M et L sont isom´etriques s’il existe une isom´etrie entre
M et L.
Remarque 1 : Si f est un hom´eomorphisme de M sur L, f −1 est un hom´eomorphisme de L
sur M .
On a la mˆeme propri´et´e si f est une isom´etrie.
On v´erifiera qu’une isom´etrie est un cas particulier d’hom´eomorphisme (c’est-`a-dire qu’une
isom´etrie est automatiquement continue, ainsi que sa r´eciproque).
Si f est une isom´etrie, alors f est 1-lipschitzienne (donc continue).
Remarque 2 : Si f est une isom´etrie de M sur L, elle conserve les distances. On peut consid´erer que les espaces m´etriques M et L sont les “mˆemes”, en ce sens qu’il est possible de les
identifier au moyen de l’isom´etrie f (bijection).

23

Cours

Topologie et analyse fonctionnelle

Remarque 3 : Il faut remarquer qu’une application f : M → L peut ˆetre bijective continue
sans que son application r´eciproque f −1 soit continue. C’est le cas par exemple de l’application
I : (IR, δ) → (IR, dcan ), x 7→ x o`
u δ d´esigne la distance discr`ete (`a v´erifier).
Remarque : Sur Kn = K
{z· · · × K} (K = IR ou K = C) ou plus g´en´eralement sur le
| ×K×
n fois
produit cart´esien de n espaces m´etriques, les 3 distances d1 , d2 et d∞ sont ´equivalentes au sens
lipschitzien.
En effet, si x = (x1 , · · · , xn ) et y = (y1 , · · · , yn ) sont deux points de Kn ou plus g´en´eralement
de M1 × M2 × · · · × Mn , on a :

d∞ (x, y) ≤ d1 (x, y) ≤ nd2 (x, y) ≤ nd∞ (x, y).
V´erification rapide :
Notons αi = dMi (xi , yi ) pour tout i ∈ {1, 2, · · · , n}.
Des 3 in´egalit´es a` v´erifier, seule celle qui s’´ecrit

P

1≤i≤n

αi

!2

≤ n

P

1≤i≤n

αi2 n’est pas tout a` fait

´evidente.
On peut l’obtenir en appliquant l’in´egalit´e de Schwarz dans IRn muni du produit scalaire usuel aux
deux vecteurs (α1 , α2 , · · · , αn ) et (1, 1, · · · , 1).
2

Il r´esulte de l`a que l’existence des 3 distances d1 , d2 , d∞ n’est pas g´enante, car elles d´efinissent
toutes les trois les mˆemes ensembles ouverts et donc la mˆeme topologie.
Bien distinguer cette remarque et la remarque sur la diff´erence vue sur les exercices pr´ec´edents
entre (C([a, b], K), k k∞ ) et (C([a, b], K), k k1 ).

24

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Chapitre 9

Applications lin´
eaires continues entre deux espaces norm´
es
Si les espaces m´etriques consid´er´es sont des espaces vectoriels norm´es, on peut parler d’applications lin´eaires. La continuit´e des applications lin´eaires fait l’objet d’une ´etude particuli`ere
justifi´ee par la proposition suivante :
Proposition : Soit E et F des espaces vectoriels norm´es et u : E → F une application
lin´eaire. Alors, les propri´et´es suivantes sont ´equivalentes :
1) u est continue en un vecteur x0 ∈ E
2) u est continue en 0E
3) u est continue (en tout vecteur de E)
4) u(B
o B 1 (0)} est born´e dans F
n 1 (0)) = {u(x), x ∈
ku(x)k
e dans IR
5)
kxk ; x ∈ E \ {0} est major´
6) u est lipschitzienne
7) u est uniform´ement continue.
Preuve : On va montrer 1) ⇒ 2) ⇒ 5) ⇒ 4) ⇒ 6) ⇒ 7) ⇒ 3) ⇒ 1).
• 1) ⇒ 2) Si (yn ) est une suite de vecteurs de E convergeant vers 0E , la suite (x0 + yn ) converge vers
x0 et donc la suite (u(x0 + yn )) converge vers u(x0 ). Mais u(x0 + yn ) = u(x0 ) + u(yn ). Par cons´equent,
la suite (u(yn )) converge vers 0F .
• 2) ⇒ 5) Il existe η1 tel que, si kyk < η1 , alors ku(y)k < 1.
η1
x v´erifie cette condition, de sorte que
Or, si x ∈ E \ {0}, le vecteur y = 2kxk
major´e dans IR).
• 5) ⇒ 4) S’il existe k ∈ IR+ tel que
(kxk ≤ 1), ku(x)k ≤ kkxk ≤ k.

ku(x)k
kxk

ku(x)k
kxk

<

2
η1

(donc est

≤ k pour tout x 6= 0E , on a pour tout x ∈ B 1 (0),

• 4) ⇒ 6) Si ku(x)k ≤ k d`es que kxk ≤ 1, on a, pour y, y 0 ∈ E, y 6= y 0 ,
k ≥ ku




ku(y) − u(y 0 )k
1
0
(y

y
)
k
=
,
ky − y 0 k
ky − y 0 k

qui montre que u est k-lipschitzienne.
Les implications 6) ⇒ 7), 7) ⇒ 3) et 3) ⇒ 1) sont claires.
2

Remarque : Pour les applications lin´eaires entre espaces vectoriels norm´es, on a les ´equivalences
entre :
i) u continue
ii) u uniform´ement continue
iii) u lipschitzienne.

25

Cours

Topologie et analyse fonctionnelle

Proposition : Soit E et F deux espaces vectoriels norm´es et u : E → F lin´eaire et
continue. Alors, pour toute suite (xn ) de points (=vecteurs) de E telle que la s´erie de
terme g´en´eral (xn ) converge, la s´erie de terme g´en´eral u(xn ) converge dans F et
! +∞
+∞
X
X
u(xn ).
xn =
u
n=0

n=0

Preuve : Pour tout n ∈ IN, notons sn = x0 + x1 + · · · + xn , la somme partielle de la s´erie de terme
g´en´eral xn . Comme u est lin´eaire, on a u(sn ) = u(x0 ) + u(x1 ) + · · · + u(xn ), somme partielle de la s´erie
de terme g´en´eral u(xn ). Comme u est continue, la suite (u(sn )) converge vers u(s) o`
u s est la limite de
la suite (sn ), ce qui donne le r´esultat.
2

Proposition : Soit E et F deux espaces vectoriels norm´es sur le corps K. Alors, sur
l’espace vectoriel (sur K) LC(E, F ) des applications lin´eaires continues de E dans F ,
(encore appel´ees op´erateurs de E et F ), on d´efinit une norme en posant :
kuk =

ku(x)k
.
x∈E\{0E } kxk
sup

On a aussi : kuk = sup ku(x)k = sup ku(x)k et on a, pour tout x ∈ E, ku(x)k ≤ kuk kxk
kxk≤1

kxk=1

(dans cette derni`ere in´egalit´e, la mˆeme notation k k d´esigne trois normes dans trois
espaces vectoriels norm´es diff´erents F , LC(E, F ), E).
Preuve : Remarquons tout d’abord que LC(E, F ) est un sous-espace vectoriel de L(E, F ) espace
vectoriel sur K des applications lin´eaires de E dans F . Par ailleurs, si u ∈ LC(E, F ), kuk est bien d´efinie
grˆace a` la propri´et´e 5) de la premi`ere proposition.
Et il est clair que les propri´et´es (N1 ), (N2 ) et (N4 ) des normes sont v´erifi´ees.
L’in´egalit´e triangulaire provient de l’in´egalit´e, pour u, v ∈ LC(E, F ),
ku(x)k kv(x)k
ku(x) + v(x)k

+
kxk
kxk
kxk
v´erifi´ee pour tout x ∈ E \ {0E }.
Si maintenant on note S = sup ku(x)k et B = sup ku(x)k, on a ´evidemment S ≤ B.
kxk=1

kxk≤1

D’autre part, si 0 < kxk ≤ 1, on a :
ku(x)k
ku(x)k
≤ kuk = sup
ku(x)k ≤
kxk
x∈E\{0E } kxk

!

et comme u(0) = 0 (vrai pour toute application

lin´eaire), on en d´eduit que B ≤ kuk.
kxk
ku(x)k
1
x
k = kxk
= 1).
Enfin, si x 6= 0E , on a kxk = ku kxk x k ≤ S ( car k kxk

x n’a pas ´et´e choisi de fa¸con particuli`ere, donc cette in´egalit´e est vraie pour tout x ∈ E \ {0 E }. On
en d´eduit que kuk ≤ S, ce qui montre l’´egalit´e surprenante S = B = kuk.
En particulier, ku(x)k ≤ Skxk donc ku(x)k ≤ kuk kxk pour tout x ∈ E \ {0E } et qui est vraie aussi
si x = 0E , donc qui est vraie pour tout x ∈ E.
2

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Remarque et d´efinition : En particulier, si E est un espace vectoriel norm´e sur K, l’espace
vectoriel E 0 = LC(E, K) des formes lin´eaires continues sur E est (aussi) un K-espace vectoriel
norm´e, appel´e dual topologique de E. L’espace vectoriel E ∗ = L(E, K) est appel´e par opposition
dual alg´ebrique de E et n’est pas, en g´en´eral, un espace norm´e de fa¸con naturelle.

27

Cours

Topologie et analyse fonctionnelle

Chapitre 10

Espaces m´
etriques compacts
Rappel : Un recouvrement
d’un ensemble M est une famille {Ai }i∈I de parties (sous-ensembles)
S
de M telles que
Ai = M .
i∈I

Si M est un espace m´etrique, un recouvrement de M est dit ouvert (resp. ferm´e) si tous les
Ai sont des ouverts (resp. des ferm´es) de M .

efinition : Soit M un espace m´etrique. On dit que M est compact s’il satisfait
la propri´et´e de Borel-Lebesgue : de tout recouvrement ouvert de M , on peut extraire
un recouvrement fini.
On dit qu’une partie K ⊂ M est un compact de M si le sous-espace m´etrique K est
compact (avec la m´etrique induite).
On dit qu’un sous-ensemble A ⊂ M est relativement compact dans M si son adh´erence A
dans M est un compact de M .

Explications : La propri´et´e de Borel-Lebesgue exprime que si {Ui }i∈I est un recouvrement
ouvert de M , il existe un entier q et un sous-ensemble {i1 , · · · , iq } ⊂ I tel que l’ensemble
{Ui1 , Ui2 , · · · , Uiq } soit encore un recouvrement de M .
Remarquons aussi que si A ⊂ M , on peut ´ecrire un recouvrement
S ouvert de A soit comme
une famille {Bi }i∈J o`
u les Bi sont des ouverts de A tels que A =
Bi , soit comme une famille
i∈J
S
{Ui }i∈J o`
u les Ui sont des ouverts de M tels que A ⊂
Ui . On passe d’une ´ecriture a` l’autre
i∈J

en posant Bi = Ui ∩ A.
Par d´efinition mˆeme, le fait pour un espace m´etrique d’ˆetre compact ou non ne d´epend que
de la topologie de M .

Exemple : Soit dans un espace m´etrique M une suite de points (xn )n∈IN convergeant vers
un point a ∈ M .
L’ensemble A = {xn , n ∈ IN} ∪ {a} est une partie compacte de M .
Th´
eor`
eme de Bolzano-Weierstrass (admis): Un espace m´etrique M est compact si et
seulement si toute suite de points de M admet dans M une valeur d’adh´erence.

Proposition : Soit M un espace m´etrique et A ⊂ M .
1) Si A est compact, A est un ferm´e de M .
2) Si M est un espace compact et si A est un ferm´e de M , alors A est compact.
D´emonstration :
1) Soit (xn ) une suite de points de A convergeant dans M vers a ∈ M . D’apr`es le th´eor`eme de
Bolzano-Weierstrass, (xn ) admet dans A une valeur d’adh´erence b. Mais comme une suite convergente
admet une unique valeur d’adh´erence, on a b = a, ce qui montre que a ∈ A. On en d´eduit que A est
ferm´e, d’apr`es un ´enonc´e d´ej`a vu.

28

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2) Soit (xn ) une suite de points de A. Comme M est compact, elle admet dans M une valeur
d’adh´erence a. Mais comme A est ferm´e dans M , on a a ∈ A, ce qui montre que A est compact, toujours
d’apr`es Bolzano-Weiestrass.
2

Proposition : Soit M un espace m´etrique. Alors tout compact K de M est born´e dans M .
D´emonstration : Du recouvrement ouvert {B1 (x)}x∈KSde K, on peut extraire un recouvrement fini
B1 (xi ).
et il existe q ∈ IN∗ et {x1 , x2 , · · · , xq } ⊂ K tel que K ⊂
1≤i≤q

Posons k = max{d(x1 , xj ), 2 ≤ j ≤ q}. Alors K ⊂ Bk+1 (x1 ).

2

Remarque : il r´esulte de cette proposition qu’un espace vectoriel norm´e (cas particulier
d’espace m´etrique) non r´eduit a` {0} n’est jamais compact.
Proposition : Dans IR, tout intervalle ferm´e born´e [a, b] est compact.

29

Cours

Topologie et analyse fonctionnelle

Chapitre 11

Applications continues dans un compact
Th´
eor`
eme de Heine : Soit K un espace m´etrique compact et M un espace m´etrique.
Alors toute application f : K → M continue, est uniform´ement continue.
D´emonstration : Il s’agit de montrer que : pour tout ε > 0, il existe ηε > 0 tel que, pour tous
x, x0 ∈ K, si d(x, x0 ) < ηε , alors d(f (x), f (x0 )) < ε.
Supposons qu’il n’en soit pas ainsi. On a alors au moins un ε > 0 tel que :
pour tout η > 0, il existe x, x0 ∈ K pour lesquels d(x, x0 ) < η et d(f (x), f (x0 )) ≥ ε.
Soit ε0 un tel ε. Pour tout entier n ∈ IN∗ , on peut choisir dans K deux ´el´ements xn et x0n v´erifiant
d(xn , x0n ) < n1 et d(f (xn ), f (x0n )) ≥ ε0 .
De la suite (xi ), on peut extraire une suite (xkn ) convergeant vers un point a ∈ K (car K est compact)
(a valeur d’adh´erence de (xn )) et la premi`ere condition entraˆıne que la suite (x0kn ) converge aussi vers a.
La continuit´e de f montre que les suites (f (xkn )) et (f (x0kn )) convergent toutes les deux vers f (a),
de sorte que (d(f (xkn ), f (x0kn ))) converge vers 0, ce qui est en contradiction avec la deuxi`eme condition.
2

Proposition : Soit L et M deux espaces m´etriques et f : M → L une application
continue.
Alors, pour tout compact K de M , l’image f (K) = {f (x), x ∈ K} est un compact de L.
D´emonstration : Soit (yn )n∈IN une suite de points de f (K). Pour tout n ∈ IN, on peut choisir un
xn ∈ K tel que yn = f (xn ), ce qui d´efinit une suite (xn )n∈IN de points de K. Il existe une suite extraite
(xkn ) de (xn ) convergeant vers un point a ∈ K. Mais par continuit´e de f , la suite (f (x kn )) converge
vers f (a), ce qui montre que f (a) est une valeur d’adh´erence de la suite (y n ). Le th´eor`eme de BolzanoWeierstrass nous dit donc que f (K) est bien un compact de L.
2

Remarque : On prendra bien garde a` la diff´erence : si f est une application continue, l’image
r´eciproque d’un ferm´e (resp. d’un ouvert) est un ferm´e (resp. un ouvert) mais l’image directe
d’un compact est un compact.
Quelques ´enonc´es importants de la notion de compacit´e (sans d´emonstration)
Th´
eor`
eme : Soit K un espace m´etrique compact, alors toute application continue
f : K → IR est born´ee et atteint ses bornes.
On en d´eduit :

30

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Th´
eor`
eme : Sur un espace vectoriel norm´e de dimension finie, toutes les normes sont
´equivalentes.
Il existe α > 0 tel que, pour tout x ∈ E, kxk ≤ αkxk0
Il existe β > 0 tel que, pour tout x ∈ E, kxk0 ≤ βkxk.
Corollaire : Soit E un espace norm´e de dimension finie. Alors, si F est un espace norm´e
quelconque, toute application lin´eaire u : E → F est continue.

31

Cours

Topologie et analyse fonctionnelle

Chapitre 12

Espaces complets

efinition : Soit M un espace m´etrique. On dit qu’une suite (un ) de points de M est
une suite de Cauchy si :
pour tout ε > 0, il existe nε ∈ IN tel que, pour tous n, m v´erifiant n ≥ nε et m ≥ nε , on
ait d(un , um ) < ε.

Proposition : Si M est un espace m´etrique, toute suite convergeante dans M est une
suite de Cauchy.
D´emonstration : Soit (un ) une suite de points convergeant vers a ∈ M . Si ε > 0 est donn´e, il existe
un entier nε/2 tel que, pour tout n ≥ nε>2 , d(un , a) < 2ε . On en d´eduit (in´egalit´e (N3 )) :
d(un , um ) ≤ d(un , a) + d(a, um ) <

ε ε
+
2 2

d`es que n ≥ nε/2 et m ≥ nε/2 .
2


Remarque : La r´eciproque est fausse. Par exemple, le r´eel 2 est limite d’une suite (qn ) de
nombres rationels (qn ∈ Q). Cette suite
√ (qn ) est une suite de Cauchy de l’espace m´etrique Q,
/ Q.
mais ne converge pas dans Q puisque 2 ∈
Cette remarque conduit a` poser la d´efinition suivante :

efinition : On dit qu’un espace m´etrique M est complet si toute suite de Cauchy de
M converge dans M .
Un espace vectoriel norm´e complet est appel´e espace de Banach.
Un espace pr´ehilbertien complet est appel´e espace de Hilbert.
Exemple : IR muni de la distance dcan est complet, autrement dit, l’espace norm´e (IR, k kcan ) =
(IR, | |) est un espace de Banach.
La remarque pr´ec´edente montre par contre que l’espace vectoriel norm´e (Q, | |) n’est pas
complet, donc n’est pas un espace de Banach.
Proposition : Soit M et L deux espaces m´etriques et f : M → L uniform´ement
continue. Alors, si (un ) est une suite de Cauchy de points de M , la suite (f (un )) est une
suite de Cauchy de points de L.
D´emonstration : f est uniform´ement continue :
pour tout ε > 0, il existe nε > 0 tel que, pour tous x, x0 ∈ M , si dM (x, x0 ) < ηε , alors dL (f (x), f (x0 )) < ε.

32

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(un ) est une suite de Cauchy : soit ηε > 0 ; il existe nηε tel que, si n ≥ nηε et m ≥ nηε , alors
dM (un , um ) < ηε .
Cela induit dL (f (un ), f (un )) < ε et la suite (f (un )) est bien une suite de Cauchy.
2

Proposition : Soit M un espace m´etrique. Si une suite de Cauchy de points de M
admet dans M une valeur d’adh´erence a, elle converge vers a.
D´emonstration : Soit (un ) une suite de Cauchy de points de M admettant a comme valeur d’adh´erence
et soit donn´e ε > 0.
D’une part, il existe nε/2 ∈ IN tel que d(un , um ) < 2ε d`es que n ≥ nε/2 et m ≥ nε/2 .
D’autre part, il existe p ≥ nε/2 tel que d(up , a) < 2ε .
On en d´eduit d(un , a) ≤ d(un , up ) + d(up , a) ≤ 2ε + 2ε = ε d`es que n > nε/2 . Ainsi, lim un = a.
n→+∞

2

Corollaire : (´enonc´e se d´eduisant du pr´ec´edent et d’une proposition du chapitre sur les espaces
compacts) : tout espace m´etrique compact est complet.
Remarque : La r´eciproque est fausse en g´en´eral : (IR, dcan ) est un espace m´etrique complet
mais n’est pas un espace m´etrique compact.
Pour finir, quelques propositions de culture g´en´erale :
Proposition : tout espace vectoriel norm´e de dimension finie est un espace de Banach.
Proposition Soit E et F deux espaces vectoriels norm´es. Alors, si F est complet (F est un
espace de Banach), l’espace LC(E, F ) (applications lin´eaires continues E → F ) est un espace de
Banach. En particulier LC(E, K) (le dual topologique de E) est un espace de Banach.
Proposition : (le th´eor`eme du point fixe) Soit M un espace m´etrique complet. Alors, toute
application k-lipschitzienne f : M → M avec 0 < k < 1 admet dans M un unique point fixe.

33

Exercices et examens

Topologie et analyse fonctionnelle

Exercices
Soit l’espace vectoriel C([0, 1], IR) des applications continues de [0, 1] dans IR. On consid`ere la
forme lin´eaire T d´efinie par :
Z 1
T (f ) =
tf (t) dt pour tout f ∈ C([0, 1], IR)
0

V´erifier que T est une forme lin´eaire.
1) D´emontrer que si l’on munit C([0, 1], IR) de la norme k k∞ , T est continue.
2) Calculer la norme de T .
3) Mˆeme question quand on munit C([0, 1], IR) de la norme k k1 .
[Indication : Soit fn d´efinie par fn (t) = ntn−1 , n ∈ IN∗ . V´erifier que fn ∈ C([0, 1], IR), que
kfn k1 = 1, calculer |T (fn )|, majorer |T (f )| en fonction de kf k1 , puis en d´eduire kT k.]
Rappel : kf k∞ = sup |f (x)|
x∈[0,1]
R1
kf k1 = 0 |f (t)| dt.
→ T (f ) ∈ IR donc c’est une forme.
V´erifions T (αf + βg) = αT (f ) + βT (g).

T (αf + βg)

Z

=

Z

=

Z

=
=

1

t(αf + βg)(t) dt
0
1

t(αf (t) + βg(t)) dt ( d´efinition de αf + βg)
0
1

(αtf (t) + βtg(t)) dt = α
0

αT (f ) + βT (g)

Z

1

tf (t) dt + β
0

Z

1

tg(t) dt
0

donc T est lin´eaire.
Dictionnaire entre l’exercice et le th´eor`eme concern´e : E = C([0, 1], IR), F = IR, u = T , x = f ,
x0 = f0 , 0E = 0 fonction nulle.
1) On veut d´emontrer que :
pour tout ε > 0, il existe ηε > 0 tel que, si kf − 0k∞ < ηε , alors kT (f ) − T (0)k < ε
avec k k = k kcan = | | (valeur absolue).
On a T (0) =

R1
0

t(0(t)) dt =

R1
0

0 dt = [0 × x]10 = [0]10 = 0.

kf − 0k∞ = sup |(f − 0)(x)| = sup |f (x) − 0(x)| = sup |f (x)| = kf k∞
x∈[0,1]

x∈[0,1]

x∈[0,1]

Finalement, on veut d´emontrer que :
pour tout ε > 0, il existe ηε > 0 tel que, si kf k∞ < ηε , alors |T (f )| < ε

34

UTM-L3 MIASHS

MI0A16X B. Chevallier

Z

|T (f )| =

1
0

Z

tf (t) dt ≤

1
0

|tf (t)| dt =

Z

1
0

|t| |f (t)| dt =

Z

1

t|f (t)| dt
0

On a |f (t)| ≤ sup |f (t)| = kf k∞ ∈ IR constante d’o`
u
x∈[0,1]

|T (f )| ≤

Z

1

tkf k∞ dt = kf k∞

0

Z

1
0

t dt = kf k∞



1 2
t
2

1
0

1
= kf k∞ × .
2

On peut donc ´ecrire :
pour tout ε > 0, il existe ηε = 2ε tel que, si kf k∞ < ηε = 2ε, alors |T (f )| <

1
1
kf k∞ ≤ 2ε = ε
2
2

cqfd et qui prouve la continuit´e de T .
2) D’apr`es la propositon-d´efinition du chapitre 9 :
kT k =

|T (f )|
= sup |T (f )| = sup |T (f )|.
f ∈E\{0} kf k∞
kf k∞ ≤1
kf k∞ =1
sup

E = C([0, 1], IR).
Supposons kf k∞ = 1. On a sup |f (t)| = 1 ou encore −1 ≤ f (t) ≤ 1 pour tout t ∈ [0, 1].
t∈[0,1]

On en d´eduit que : −t ≤ tf (t) ≤ t pour tout t ∈ [0, 1] et donc
Z 1
Z 1
1
1

tf (t) dt ≤
t dt =
2
2
0
0
0
R

R
1
1

ce qui s’´ecrit − 21 ≤ 0 tf (t) dt ≤ 12 et par suite 0 tf (t) dt ≤ 21 .
D’autre part, soit la fonction γ : t ∈ [0, 1] → 1. On a kγk∞ = sup |γ(t)| = sup 1 = 1 et
Z

1

(−t) dt = −

t∈[0,1]

T (γ) =
Ainsi, si kf k∞ = 1, |T (f )| ≤
Conclusion :

sup |T (f )| =

kf k∞ =1

1
2
1
2

Z

1

tγ(t) dt =
0

Z

1
0



1
t dt =
t
2

1
0

=

t∈[0,1]

1
.
2

et pour f = γ, |T (f )| = 21 .
donc kT k = 21 .
2

Soit E = C([−1, 1], IR) structur´e en espace pr´ehilbertien r´eel (K = IR) par le produit scalaire :
1
(f, g) ∈ E × E → hf, gi =
2

Z

1

f (x)g(x) dx.
−1

Pour i = 0, 1, 2, 3, on consid`ere la fonction monˆome Pi : x 7→ Pi (x) = xi .
0) V´erifier que hf, gi d´efinit bien un produit scalaire.
1) D´emontrer que la famille de E (P0 , P1 , P2 ) est libre mais non orthogonale.
2) Soit F = Vect(P0 , P1 , P2 ).
a) Construire par le proc´ed´e d’orthogonalisation de Schmidt une base orthonorm´ee (Q 1 , Q2 , Q3 )
de F .
b) Soit P3 la projection orthogonale de P3 sur F . Exprimer P3 dans la base (Q1 , Q2 , Q3 ) de
F et calculer la distance de P3 `a F .
35

Exercices et examens

Topologie et analyse fonctionnelle

1) Soit α0 , α1 , α2 ∈ IR tels que α0 P0 + α1 P1 + α2 P2 = 0 (fonction nulle).
Ceci ´equivaut a` (α0 P0 + α1 P1 + α2 P2 )(x) = 0(x) pour tout x ∈ [−1, 1], c’est-`a-dire α0 P0 (x) +
α1 P1 (x) + α2 P2 (x) = 0 pour tout x ∈ [−1, 1], soit α0 + α1 x + α2 x2 = 0 pour tout x ∈ [−1, 1].
Avec x = 0, cela donne α0 = 0, puis avec x = 1, α1 + α2 = 0 et avec x = −1, −α1 + α2 = 0.
Donc α0 = α1 = α2 = 0 et la famille (P0 , P1 , P2 ) est libre.
Cette famille (P0 , P1 , P2 ) n’est pas orthogonale car par exemple :
Z
Z 1
1 1 2
1
1.x dx =
x dx =
x2 dx = 6= 0.
2
3
−1
−1
0
q
p
R1
2) a) On a kP0 k = hP0 , P0 i = 12 −1 1.1 dx = 1 et on prend Q0 = P0 .
˜ 1 de la forme P1 − kP0 (k ∈ IR), orthogonal a` Q0 :
Cherchons Q
1
hP0 , P2 i =
2

Z

1

2

hP1 − kQ0 , Q0 i = hP1 , Q0 i − khQ0 , Q0 i = 0
d’o`
u k = hP1 , Q0 i =

1
2

R1

−1 x.1 dx =

1
2

1

2
2x

1

−1

˜ 1 = P1 .
= 0, donc Q
˜

1
La condition de normalisation kQ1 k = 1 conduit a` prendre Q1 = kQ
˜1k .
Q
s Z
r
q
1 1 2
1
˜
˜
˜
x dx =
k Q1 k = h Q1 , Q1 i =
2 −1
3

˜1
Q
X
et on prend Q1 = kQ
= 3X.
˜ k =
1
1

3

˜ 2 de la forme P2 − aQ1 − bQ0 , a, b ∈ IR (d’apr`es le proc´ed´e
Maintenant, cherchons Q
d’orthogonalisation) orthogonal a` Q0 et Q1 .
hP2 − aQ1 − bQ0 , Q0 i = hP2 , Q0 i − ahQ1 , Q0 i − bhQ0 , Q0 i = 0
R1
avec hP2 , Q0 i = 12 −1 x2 .1 dx = 31 , hQ1 , Q0 i = 0 et hQ0 , Q0 i = 1, ce qui entraˆıne b = 13 .

hP2 − aQ1 − bQ0 , Q1 i = hP2 , Q1 i − ahQ1 , Q1 i − bhQ0 , Q1 i = 0
√ R

R1
1
avec hP2 , Q1 i = 12 −1 x2 . 3 x dx = 23 −1 x3 dx = 0, hQ1 , Q1 i = 1 et hQ0 , Q1 i = 0, ce qui
entraˆıne a = 0.
˜ 2 = P 2 − 1 Q0 .
On trouve Q
3
s
sZ
2

Z 1
1
1
1
2
2
1
˜ 2k =
x2 −
kQ
dx =
dx = √ .
x4 − x2 +
2 −1
3
3
9
3 5
0
La condition de normalisation kQ2 k = 1 conduit a` prendre Q2 =


3 5
1
2
Q2 (x) =
x −
.
2
3

˜2
Q
˜2k ,
kQ

ce qui induit

Remarque : Les polynˆomes Q0 , Q1 , · · · , Qn obtenus a` partir des monˆomes 1, X, · · · , X n sont,
a` un coefficient multiplicatif pr`es, des polynˆomes connus sous le nom de polynˆ
omes de Legendre
36

UTM-L3 MIASHS

MI0A16X B. Chevallier

(18`eme et 19`eme si`ecle).
Consid´erations rapides sur les projections

E = F ⊕ F ⊥ et x = pF (x) + (x − pF (x))
{z
}
| {z } |
∈F

∈F ⊥

se g´en´eralise a` tout espace de dimension finie (voir le th´eor`eme de projection orthogonale
dans les espaces de Hilbert).
Soit e1 , e2 , · · · , ep une base orthonormale de F . On a x =

p
X
i=1

xi ei + |{z}
z .

| {z }
∈F

On en d´eduit :
hx, ej i =
d’o`
u xj = hx, ej i.

p
X
i=1

∈F ⊥

xi hei , ej i + hz, ej i = xj hej , ej i = xj
| {z }
| {z } | {z }
=0
=1
=0 si j6=i

Revenons a` l’exercice.
On a la projection : P3 = hP3 , Q0 iQ0 + hP3 , Q1 iQ1 + hP3 , Q2 iQ2 et on trouve

3
Q1 .
P3 =
5
d(P3 , F )2 = kP3 − P3 k2 = kP3 k2 − kP3 k2 par Pythagore avec

On trouve d(P3 , F )2 =

1
7

kP3 k2 = hP3 , Q0 i2 + hP3 , Q1 i2 + hP3 , Q2 i2 .
√ 2
3
4
− 53 = 71 − 25
= 175
.

Retour aux projections : on a d(x, F ) = kx − pF (x)k = inf (kx − yk).
Rappel : Si e1 , e2 , · · · , ep est une base orthonorm´ee, k

y∈F
p
P

i=1

αi ei k 2 =

p
P

i=1

αi2 .

Remarque : On consid`ere l’ensemble de fonctions Cp = {f ∈ C(I, IR),
+∞} structur´e en espace pr´ehilbertien r´eel par le produit scalaire :
Z
(f, g) ∈ Cp × Cp 7→ hf, gi = (f (x)g(x))p(x) dx.

R

I

|f (x)|2 p(x) dx <

I

L’ensemble C(I, IR) est l’ensemble des fonctions continues de I dans IR, o`
u I est un intervalle
ferm´e de IR. Cet ensemble C(I, IR) contient l’ensemble IRI,n [x] des fonctions polynˆomes de I
dans IR, de degr´e inf´erieur ou ´egal a` n.
On construit a` partir des polynˆomes d´efinis par Pi (x) = xi , i ∈ IN, par la m´ethode
d’orthogonalisation de Schmidt, de nouveaux polynˆomes Qi orthogonaux pour le produit scalaire h , i. Suivant I et la fonction poids p sur I, on construit diff´erentes familles (Q i )i∈IN de
polynˆomes orthogonaux. Le tableau suivant ´evoque les familles les plus connues :
37

Exercices et examens

Topologie et analyse fonctionnelle

I
[−1, 1]
[−1, 1]
[−1, 1]
IR+
IR

p(x)
constante > 0
√ 1

√ 1−x2
1 − x2
e−x
2
e−x

Qi (x) polynˆome de
Legendre
Tchebychev de 1`ere esp`ece
Tchebychev de 2`eme esp`ece
Laguerre
Hermite

Ces familles de polynˆomes orthogonaux interviennent dans des relations de r´ecurrence, et
aussi comme solutions d’´equations diff´erentielles, importantes dans certains probl`emes math´ematiques.

38

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Sujets d’examens
´
Epreuve
1 : 2005/2006
I Soit M un espace m´etrique et A un sous-ensemble de M . On rappelle que A est dit dense
dans M lorsque A = M .
Question : D´emontrez que A est dense dans M si et seulement si tout ouvert non vide de M
rencontre A.
II Soit l’espace vectoriel norm´e (E, k k1 ) = (C([0, 1], IR), k k1 ), ϕ ∈ E, et l’application Tϕ de
E dans IR d´efinie par :
Z
1

ϕ(t)f (t) dt.

Tϕ (f ) =

0

Questions :

1) D´emontrez que Tϕ est un op´erateur ainsi qu’un ´el´ement du dual topologique de E.
On suppose a` partir de maintenant que ϕ est d´efinie par ϕ(t) = t.
2) a) V´erifiez que fn ∈ E.
b) V´erifiez que kfn k1 = 1.
c) Calculez |Tϕ (fn )| et majorez |Tϕ (f )| en fonction de kf k1 .
d) En d´eduire la valeur la valeur de la norme kTϕ k.
III Soit (L, dL ) et (M, dM ) deux espaces m´etriques et une application f : M → L.
Si, pour tout (x, y) ∈ M × M , on a : dL (f (x), f (y)) < dM (x, y), alors f est dite strictement
contractante.
Questions :
1) D´emontrez que si f est strictement contractante, alors elle est uniform´ement continue.
2) On consid`ere maintenant (M, dM ) = (L, dL ) = (K, d) un espace m´etrique compact, une
application f : K → K strictement contractante, et l’application ϕ : K → IR d´efinie par
ϕ(x) = d(x, f (x)).
a) D´emontrez que ϕ est continue.
[Indication : d´emontrez que |ϕ(x) − ϕ(x0 )| ≤ d(x, x0 ) + d(f (x), f (x0 ))].
b) Soit x0 ∈ K tel que ϕ(x0 ) = inf ϕ(x).
x∈K

D´emontrez que l’hypoth`ese ϕ(x0 ) > 0 aboutit a` une contradiction
[Indication : Raisonnez en introduisant x1 = f (x0 ) et en comparant ϕ(x1 ) et ϕ(x0 )].
Rappel : On sait (ou on admettra) que, si K est un espace m´etrique compact, alors toute
application continue de K dans IR est born´ee et atteint ses bornes.
c) En d´eduire l’existence d’un point fixe pour l’application f (c’est-`a-dire qu’il existe
c ∈ K tel que f (c) = c) et que ce point fixe est unique.
39

Exercices et examens

Topologie et analyse fonctionnelle

´
Epreuve
2 : 2005/2006
I Application de l’in´
egalit´
e de Cauchy-Schwarz
Soit x = (x1 , · · · , xn ) et y = (y1 , · · · , yn ) ∈ Kn , n ∈ IN∗ (K = IR ou C).
1) Trouver les solutions en (x1 , · · · , xn ) ∈ IRn du syst`eme :

x1 + · · · + x n = n
x21 + · · · + x2n = n


2) D´emontrer l’in´egalit´e : d1 (x, y) ≤ n d2 (x, y).
3) D´emontrer que les trois distances d∞ , d1 , d2 sont ´equivalentes sur l’espace Kn .
II. Sur les suites de Cauchy
1) Soit (M, d) un espace m´etrique et (un )n∈IN une suite d’´el´ements de M . D´emontrer les
quatre ´enonc´es suivants :
a) Si (un )n∈IN est une suite de Cauchy, il en est de mˆeme de toute suite extraite
(uϕ(n) )n∈IN , ϕ : IN → IN strictement croissante.
b) Si (un )n∈IN est une suite convergente dans (M, d), (un )n∈IN est une suite de Cauchy.
c) Si (un )n∈IN est une suite de Cauchy dans (M, d), (un )n∈IN est une suite born´ee dans
(M, d).
d) Si (un )n∈IN est une suite de Cauchy et si (un )n∈IN admet une valeur d’adh´erence
u ∈ M (c’est-`a-dire s’il existe une suite extraite (uϕ(n) )n∈IN convergent vers u ∈ M ), alors la
suite (un )n∈IN converge vers u.
+∞
P 2
an < +∞, ap ∈ IR, p ∈ IR}. On sait ou on
2) a) Soit l2 (IR) = {a = (a1 , · · · , ap , · · · ) ;
p=1

admettra que

l2 (IR)

est un espace vectoriel et que l’´egalit´e kak =

+∞
P

n=1

a2n

1/2

d´efinit une norme

sur l2 (IR).
u 1 est a` la
On consid`ere la suite (en )n∈IN∗ dans l2 (IR) telle que en = (0, · · · , 0, 1, 0, · · · ) o`
n-i`eme place et 0 ailleurs.
Questions : d´emontrer que la suite (en )n∈IN∗ n’est pas de Cauchy et que l’on ne peut en
extraire aucune suite de Cauchy.
b) Soit E = C([0, 1], IR) muni de la norme k k∞ et de la distance d´efinie par : d(f, g) =
u fn est d´efinie par :
kf − gk∞ = sup{|f (x) − g(x)| , x ∈ [0, 1]}. Soit la suite (fn )n∈IN∗ o`
h
i



1
1
1
fn (t) = 0 si t ∈ 0, 2n+2
∪ 2n
= 1,
, 1 , fn 2n+1
fn continue sur [0, 1] et affine sur

h

1
1
2n+2 , 2n+1

i

et

h

1
1
2n+1 , 2n

i

.

Questions : d´emontrer que fn appartient a` la sph`ere unit´e ferm´ee S1 (0) de E et qu’aucune
suite extraite de (fn )n∈IN∗ n’est de Cauchy.
c) Soit F le sous espace vectoriel
n de E form´e des polynˆomes r´eels restreints a` [0, 1]. Soit P n
d´efini sur [0, 1] par Pn (t) = 1 + nt .
Questions : D´emontrer que la suite (Pn )n∈IN∗ est de Cauchy, non convergente dans F .

40

UTM-L3 MIASHS

MI0A16X B. Chevallier

Contrˆole 1 : 2006/2007
1) Soit la fonction :
d∞ : IR4 × IR4 → IR
(x, y)
7→ d∞ (x, y) =

max (|xi − yi |)

i∈{1,2,3,4}

o`
u x = (x1 , x2 , x3 , x4 ) et y = (y1 , y2 , y3 , y4 ).
D´emontrer que (IR4 , d∞ ) est un espace m´etrique.

2) Soit la fonction :
δ : M ×M
(x, y)

→ IR
7→ δ(x, y) =



1 si x 6= y
0 si x = y

o`
u M est un ensemble quelconque.
D´emontrer que (M, δ) est un espace m´etrique.

3) Soit (M, d) un espace m´etrique. D´emontrer que, pour tout x, y, z ∈ M , l’in´egalit´e suivante
est vraie :
|d(x, y) − d(y, z)| ≤ d(x, z).
4) Soit (M, d) un espace m´etrique. D´emontrer que toute boule ouverte de M est un ouvert
de M .

5) Soit (M, d) un espace m´etrique et x, y ∈ M tels que x 6= y.
D´emontrer qu’il existe un voisinage Vx de x et un voisinage Vy de y tels que Vx ∩ Vy = ∅.
[Indication : consid´erer r = 21 d(x, y) et les boules Br (x) et Br (y).]

6) Soit (M, d) un espace m´etrique. On consid`ere les applications
ϕ: M
→ M
et
x
7

f (x)

f: M
x

→ IR+
7

d(x, f (x))

D´emontrer que, quels que soit x et y :
|ϕ(x) − ϕ(y)| ≤ d(x, y) + d(f (x), f (y)).
7) On consid`ere la fonction :
f : (IR × IR, d2 ) → (IR, dcan
(x, y)
7→ √xy
x−y
41

Exercices et examens

Topologie et analyse fonctionnelle

Le domaine de d´efinition de h est-il :
- un ouvert de (IR2 , d2 ) ,
- un ferm´e de (IR2 , d2 ) ?
- ni l’un, ni l’autre ?
Justifier la r´eponse.

8) Soit A = ([0, 1] × [0, 1]) ∪ ([1, 2] × {0}) vu comme sous-ensemble de l’espace m´etrique
(IR2 , d2 ).
a) Dessiner A
b) Trouver l’int´erieur ˚
A de A
c) Trouver l’adh´erence A de A.

42

UTM-L3 MIASHS

MI0A16X B. Chevallier

Contrˆole 2 : 2006/2007
1) Soit (E, k.k) un espace vectoriel norm´e. D´emontrer l’in´egalit´e :




| k→
x k − k→
y k | ≤ k→
x −→
y k.

2) Soit (M, d) un espace m´etrique et (un )n∈IN une suite dans M convergeant vers une limite
a ∈ M.
a) Exprimer cette convergence en termes math´ematiques (∀ε > 0, ∃ · · · )
b) D´emontrer qu’il n’existe pas d’autre limite que a.

3) Soit les espaces vectoriels norm´es (C([a, b], IR), k.k∞ ), (IR, k.kcan = | |), x0 ∈ [a, b], et
l’application :
vx0 : (C([a, b], IR) → IR
f
7→ f (x0 )
D´emontrer que vx0 est continue.

4) D´emontrer l’assertion suivante (exprimant que la fonction x 7→ x2 de (IR, dcan = | |) dans
(IR, dcan = | |) n’est pas uniform´ement continue) :
0

0

∃β > 0, ∀α > 0, ∃xα , x0α ∈ IR, dcan (xα , x0α ) = |xα − x0α | < α et dcan (x2α , xα2 ) = |x2α − xα2 | > β.
[Indication : - choisir xα , x0α de la forme xn , x0n , n ∈ IN, avec xn − x0n <
- penser a` l’´egalit´e a2 − b2 = (a − b)(a + b).]

1
n

et

1
n

<α



5) Soit E un espace vectoriel sur IR de dimension finie n. Soit v = (→
v 1, · · · , →
v n ) une base



dans laquelle tout vecteur s’´ecrit →
x = x1 →
v 1 + · · · + xn →
v n . On d´efinit une norme sur E par

l’´egalit´e k→
x kv = max |xi |. Soit (F, k.k) un espace vectoriel sur IR norm´e, quelconque (de
i∈{1,··· ,n}

dimension finie ou non).
D´emontrer que toute application lin´eaire u : E → F est continue.

6) Soit E = IR[X] l’espace vectoriel des polynˆomes sur IR muni de la norme d´efinie par
l’´egalit´e :
ka0 + a1 X + · · · + an X n k = max |ai |.
i∈{0,··· ,n}

On consid`ere l’application T : (E, k.k) → (E, k.k) d´efinie par l’´egalit´e :
!
n
n
X
X
ai i
i
T
ai X = a 0 +
X
i
i=0

i=1

a) V´erifier que T est lin´eaire.
43

Exercices et examens

Topologie et analyse fonctionnelle

b) D´emontrer que T est continue.
c) D´emontrer que l’application r´eciproque T −1 existe [Indication : trouver T −1 explicitement].
d) V´erifier que T −1 est lin´eaire.
e) D´emontrer que T −1 n’est pas continue.
f) Quel commentaire vous inspire la comparaison de 6.e) et 5) ?
(P )k
g) D´emontrer que kT k ≤ 1. [Rappel : kT k = sup kTkP
k ]. [Indication : regardez


P ∈E\{ 0 }

votre d´emonstration de b)].
h) Trouver un polynˆome P1 ∈ E tel que kT (P1 )k = kP1 k et en d´eduire que kT k = 1.

44

UTM-L3 MIASHS

MI0A16X B. Chevallier

Contrˆole 3 : 2006/2007
Soit E = C([−1, 1], IR).
On sait ou on admettra que l’application :
1
(f, g) ∈ E × E →
7 hf, gi =
2

Z

1

f (x)g(x) dx
−1

est un produit scalaire faisant de l’espace vectoriel E un espace pr´ehilbertien r´eel.
Pour chaque entier i ∈ {0, 1, 2, 3, 4, · · · }, on consid`ere la fonction monˆome m i d´efinie par
mi (x) = xi .
1) D´emontrer que la famille (m0 , m1 , m2 , m3 ) est une famille libre mais non orthogonale de
l’espace vectoriel r´eel E.
2) Soit F = Vect(m0 , m1 , m2 , m3 ) le sous-espace vectoriel engendr´e par la famille (m0 , m1 , m2 , m3 ).
a) Construire une base orthonorm´ee (q0 , q1 , q2 , q3 ) de F .
b) Soit m4,F la projection orthogonale de m4 sur F .
• Trouver les coordonn´ees de m4,F dans la base (q0 , q1 , q2 , q3 ).
• Calculer la distance de m4 a` F .
R
1 1
• En d´eduire le nombre :
inf
(x4 − ax3 − bx2 − cx − d)2 dx.
4 2 −1
(a,b,c,d)∈IR

45

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