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L3 - Topologie - M52
Topologie des Espaces M´etriques. 1
9 octobre 2016

1. Affiliation: Universit´e Lille 1, ann´ee 2016-2017; ; Benoˆıt Merlet

2

Conventions et Notations
Convention 1 Dans ces notes on utilise la notation internationale (a, b) pour
d´esigner l’intervalle ouvert
{x ∈ R : a < x < b} .
Notation 1 La lettre K d´esigne le corps des r´eels R ou le corps des complexes
C.
Notation 2 Pour d´efinir un objet `
a l’aide d’une formule on utilise la notation
“:=”. Par exemple, pour introduire le milieu d’un intervalle (a, b), nous dirons :
soit c := (a + b)/2.

Rappels sur les ensembles
Soit X un ensemble.

efinition 1
a On note P(X) l’ensemble des parties de X, c’est-`
a-dire l’ensemble dont les
´el´ements sont les sous-ensembles de X. Exemple :
P({1, 2, 3}) = {∅, {1}, {2}, {3}, {1, 2}, {1, 3}, {2, 3}, {1, 2, 3}}.
b Soit Y, Z ∈ P(X), on note Y \ Z, l’ensemble
{x ∈ Y : x 6∈ Z} .
c Pour Y ∈ P(X), on note Y c = X\Y = {x ∈ X : x 6∈ Y } son compl´ementaire
dans X.
d Si (Yi )i∈I est une famille d’´el´ements de P(X), on note leur r´eunion
[
Yi = {x ∈ X : ∃i ∈ I tel que x ∈ Yi } .
i∈I

On note leur intersection
\
Yi = {x ∈ X : ∀i ∈ I, x ∈ Yi } .
i∈I

Par convention, si I = ∅, alors
[
Yi = ∅

et

i∈I

\

Yi = X.

i∈I

Proposition 1 Nous rappelons les identit´es suivantes. Si X un ensemble et
(Yi )i∈I ⊂ P(X), alors
!c
!c
[
\
\
[
c
c
Yi =
Yi
et
Yi =
Yi .
i∈I

i∈I

i∈I

i∈I


efinition 2 Soit A, B, C des ensembles et f : A → B et g : B → C, on note
g ◦ f la fonction compos´ee d´efinie par (g ◦ f )(x) = g(f (x)).
3

4

efinition 3 Soit A, B deux ensembles et f : A → B une application de A
vers B.
a Pour E ⊂ A, on note f (E) l’ensemble des ´el´ements de B de la forme f (x), x ∈
E. L’ensemble f (E) est appel´e image de E par f .
b Pour F ⊂ B, on note f −1 (F ) l’ensemble des ´el´ements x de A tels que f (x) ∈
F . L’ensemble f −1 (F ) est appel´e image r´eciproque de F par f .
Pour y ∈ B, on notera aussi f −1 (y) l’image r´eciproque du singleton {y} par
F.
c Si pour tout y ∈ B, l’ensemble f −1 (y) a au plus un ´el´ement, on dira que f
est injective.
d Si pour tout y ∈ B, l’ensemble f −1 (y) a au moins un ´el´ement, on dira que f
est surjective.
e Si pour tout y ∈ B, l’ensemble f −1 (y) a exactement un ´el´ement, on dira que
f est bijective.
Dans ce cas il existe g : B → A telle que f −1 ({y}) = {g(y)} pour y ∈ B.
On note encore f −1 = g. Cette fonction est la r´eciproque (ou l’inverse) de f .
Elle satisfait
f −1 ◦ f = IdA ,
f ◦ f −1 = IdB .


efinition 4 (relation d’´
equivalence) Soit X un ensemble et P un sous ensemble de X × X. Pour x, y ∈ X, on note x ∼ y si (x, y) ∈ P . On dit que ∼ est
une relation d’´equivalence sur X si les trois propri´et´es suivantes ont lieu :
i. (sym´etrie) ∀ x, y ∈ X, x ∼ y
ii. (r´eflexivit´e) ∀ x ∈ X,

⇐⇒

y ∼ x,

x ∼ x,

iii. (transitivit´e) ∀ x, y, z ∈ X,

(x ∼ y et y ∼ z) =⇒ x ∼ z.

• Pour x ∈ X on note x
¯ la classe d’´equivalence de x par ∼, soit :
x
¯ := {y ∈ X : y ∼ x} ∈ P(X).
• Supposons que ∼ soit une relation d’´equivalence sur X. Pour x, y ∈ X, on a
y∈x
¯

⇐⇒

y¯ = x
¯ ⇐⇒ x ∈ y¯.

• Nous notons X/ ∼ l’ensemble des classes de X. X/ ∼ est donc une partition
de X. C’est-`
a-dire que
[
X=
C
et
∀ C, C 0 ∈ X/ ∼, C 6= C 0 ⇒
C ∩ C 0 = ∅.
C∈X/∼

• On d´efinit la projection canonique de X sur X/ ∼ par
Π :

X
x

−→
7−→

X/ ∼ ,
x
¯.

5
Il est facile de v´erifier que Π est surjective et que pour tout x ∈ X, Π−1 ({¯
x}) =
x
¯.
• L’ensemble X/ ∼ est appel´e quotient de X par la relation d’´equivalence ∼.

efinition 5 Nous dirons que deux ensembles A et B ont mˆeme cardinal et on
notera A ∼ B si il existe une bijection entre A et B. La relation ∼ d´efinit une
relation d’´equivalence.

efinition 6 Soit A un ensemble. Nous dirons que A est
a fini s’il est vide ou s’il existe un entier n ≥ 0 tel que A ∼ {0, · · · , n}. On dit
alors que A a n + 1 ´el´ements.
b infini s’il n’est pas fini,
c d´enombrable si A ∼ N.
d au plus d´enombrable, si A est fini ou d´enombrable,
e non d´enombrable si A n’est ni fini ni d´enombrable.
Exemple 1
1. L’ensemble des entiers N est d´enombrable. L’ensemble des entiers pairs est
d´enombrable. L’ensemble des entiers relatifs Z est d´enombrable.
2. L’ensemble des nombres rationnels Q est d´enombrable. L’ensemble Q[X] des
polynˆ
omes `
a coefficients dans Q est d´enombrable. L’ensemble des nombres
alg´ebriques (racines des polynˆ
omes `a coefficients dans Q) est d´enombrable.
3. L’ensemble des nombres r´eels R et l’intervalle [0, 1] ne sont pas d´enombrables.
On peut d´eduire les exemples du point 1 ci-dessus directement de la D´efinition
6. Pour les exemples du point 2, on peut utiliser le th´eor`eme suivant.
Th´
eor`
eme 1
a Un sous-ensemble d’un ensemble d´enombrable est au plus d´enombrable.
b Soit (Ei )i∈I une famille d’ensembles. Si I est au plus d´
enombrable et que
S
chaque Ei est au plus d´enombrable alors l’ensemble E = i∈I Ei est au plus
d´enombrable.

6

Chapitre 1

Espaces vectoriels norm´
es,
espaces pr´
ehilbertiens.

1.1

Espaces vectoriels norm´
es.


efinition 7 (norme) Soit E un K-espace vectoriel. Une norme sur E est
une application N : E −→ R+ qui satisfait les trois axiomes suivants :
i. Pour tout x ∈ E, on a

N (x) = 0 ⇐⇒

ii. Pour tout x ∈ E et λ ∈ K, on a
iii. Pour tous x, y ∈ E on a

x = 0.

N (λx) = |λ|N (x).

N (x + y) ≤ N (x) + N (y).

On dit que E muni de N est un espace vectoriel norm´e. Nous ´ecrirons : soit
(E, N ) un K-espace vectoriel norm´e (ou simplement un espace vectoriel norm´e).
Quand il n’y a pas de risque d’ambigu¨ıt´e, nous pourrons ´ecrire que E un espace
vectoriel norm´e sans pr´eciser la norme.
Remarque 1 La plupart du temps, une norme est not´ee kxk ou |x| plutˆot que
N (x).
Exemple 2 La valeur absolue d´efinit une norme sur le R-espace vectoriel R.
Le module d´efinit une norme sur le C-espace vectoriel C.
Exemple 3 Soit E = Kn . Pour x ∈ E, posons
− N∞ (x) = |x|∞ :=Pmax1≤k≤n |xk |,
n
− N1 (x) = |x|1 :=
k=1 |xk |.
Il est facile de v´erifier que | · |∞ et | · |1 v´erifient les axiomes (i ) et (ii) de la
D´efinition 7. Elles v´erifient aussi l’axiome (iii). En effet, pour 1 ≤ k ≤ n, on a
|xk + yk | ≤ |xk | + |yk |.
7

(1.1)

´
CHAPITRE 1. ESPACES VECTORIELS NORMES

8

En prenant le maximum sur 1 ≤ k ≤ n et en remarquant que le max d’une
somme est plus petit que la somme des max, on d´eduit
|x + y|∞ ≤ |x|∞ + |y|∞ .
De mˆeme en sommant (1.1) sur 1 ≤ k ≤ n, on a bien
|x + y|1 ≤ |x|1 + |y|1 .
Ainsi | · |∞ et | · |1 sont des normes sur E.
Exemple 4 Soit l∞ (K) l’ensemble des suites born´ees d’´el´ements de K. Pour
u = (uk )k≥0 , posons
N∞ (u) = |u|∞ = sup |uk |.
k≥0

En raisonnant comme dans l’exemple pr´ec´edent, on v´erifiera que | · |∞ est une
norme sur l∞ (K).
Exemple 5 Soit l1 (K) l’ensemble des suites sommables d’´el´ements de K. Pour
u = (u)k≥0 , posons

X
N1 (u) = |u|1 =
|uk |.
k=0
1

N1 est une norme sur l (K).
Exemple 6 Soit I un intervalle de R et Cb (I) l’ensemble des fonctions continues et born´ees sur I `a valeurs dans K. Pour f ∈ Cb (I), on pose
N∞ (f ) = kf k∞ = sup |f (x)|.
x∈I

On v´erifie facilement que k · k∞ d´efinit une norme sur Cb (I). (exercice : le faire).

1.2

Espaces pr´
ehilbertiens.

Soit E un K-espace vectoriel et consid´erons une application de b : E×E → K
not´ee b(x, y) = hx, yi pour x, y ∈ E.

efinition 8 (produit scalaire, produit scalaire hermitien) a) Supposons
K = R.
On dit que h·, ·i est un produit scalaire sur E si
i. hx, yi = hy, xi pour tous x, y ∈ E,
ii. hx, λy + zi = λhx, yi + hx, zi pour tous x, y, z ∈ E et λ ∈ K,
iii. hx, xi ≥ 0

pour tout x ∈ E,

iv. hx, xi = 0 =⇒ x = 0

pour tout x ∈ E.

´
1.2. ESPACES PREHILBERTIENS.

9

b) Supposons K = C.
On dit que h·, ·i est un produit scalaire hermitien sur E si
i’. hx, yi = hy, xi pour tous x, y ∈ E,
et ii, iii et iv ont lieu.
(Remarquer que par (i’) on a hx, xi = hx, xi et donc hx, xi ∈ R. La condition
(iii) a donc bien un sens.
Remarquer aussi que par (i’) et (ii) on a :
¯ xi +¯hx, zi
hλx + y, zi = λhx,

pour x, y, z ∈ E et λ, ∈ C.

on dit que h·, ·i est une forme sesquilin´eaire `
a gauche.)
Proposition 2 Si (E, h·, ·i) est un espace pr´ehilbertien r´eel de norme associ´ee
| · | on a les identit´es remarquables
hx + y, x − yi = |x|2 − |y|2
|x + y|2

= |x|2 + 2hx, yi + |y|2

2

= |x|2 − 2hx, yi + |y|2

|x − y|

Proposition 3 (formule de polarisation, cas r´
eel) On d´eduit des identit´es
ci-dessus que pour x, y ∈ E, on a
hx, yi = (|x + y|2 − |x − y|2 )/4.
Ainsi il suffit de connaˆıtre la norme associ´ee | · | pour d´eterminer le produit
scalaire.
Remarque 2 Les formules des deux propositions pr´ec´edentes sont toujours valables si h·, ·i est une forme bilin´eaire sym´etrique positive mais pas strictement
positive.
L’hypoth`ese de sym´etrie est essentielle dans ces formules.
Proposition 4 (formule de polarisation, cas complexe) Si (E, h·, ·i) est un
espace pr´ehilbertien complexe de norme associ´ee | · | on a les identit´es remarquables
|x + y|2

= |x|2 + 2 Re(hx, yi) + |y|2

|x + iy|2

= |x|2 − 2 Im(hx, yi) + |y|2

On d´eduit de ces identit´es la formule de polarisation
hx, yi = (|x + y|2 − |x − y|2 + i|x − iy|2 − i|x + iy|2 )/4.
Comme dans le cas r´eel, il suffit de connaˆıtre la norme associ´ee | · | pour
d´eterminer le produit scalaire hermitien.

´
CHAPITRE 1. ESPACES VECTORIELS NORMES

10

1.3

In´
egalit´
es de Cauchy-Schwarz et de Minkowski,
cas r´
eel.

Th´
eor`
eme 2 (in´
egalit´
e de Cauchy-Schwarz) Si E est un R-espace vectoriel muni d’un produit scalaire h·, ·i, alors pour tous x, y ∈ E, on a
hx, yi2 ≤ |x| 2 |y|2 .

(1.2)

Il y a ´egalit´e si et seulement si x et y sont colin´eaires.

emonstration Si y = 0, alors il n’y a rien `a d´emontrer car les deux membres
de (1.3) sont nuls.
Supposons y 6= 0. On consid`ere la fonction f : R → R d´efinie par
f (t) = |x − ty|2 = hx − ty, x − tyi.
En d´eveloppant, on a
f (t) = |y|2 t2 − 2hx, yit + |x|2 .
On en d´eduit que f est une fonction polynomiale de degr´e 2. Comme elle est
positive elle admet au plus une racine et le discriminant associ´e est n´egatif,
c’est-`
a-dire
hx, yi2 − |x|2 |y|2 ≤ 0.
C’est exactement l’in´egalit´e annonc´ee.
On a ´egalit´e si et seulement si le discriminant est nul, c’est-`a-dire si et seulement si f a une racine r´eelle. Or λ est racine de f si et seulement si x = λy.
2
Proposition 5 (in´
egalit´
e de Minkowski,
cas pr´
ehilbertien r´
eel) Si (E, h·, ·i)
p
est espace pr´ehilbertien r´eel et |x| := hx, xi on a pour tous x, y ∈ E,
|x + y| ≤ |x| + |y|.
Les cas d’´egalit´e sont les mˆemes que pour l’in´egalit´e de Cauchy-Schwarz.

emonstration Soit x, y ∈ E. En utilisant la lin´earit´e du produit scalaire, on
d´eveloppe :
|x + y|2 = hx + y, x + yi = |x|2 + 2hx, yi + |y|2 .
Par in´egalit´e de Cauchy-Schwarz, on d´eduit
|x + y|2 ≤ |x|2 + 2|x| |y| + |y|2 = (|x| + |y|)2 .
On obtient l’in´egalit´e de Minkowski en prenant la racine carr´ee.

2

´
´ DE CAUCHY-SCHWARZ ET DE MINKOWSKI, CAS REEL.11
´
1.3. INEGALIT
ES
Corollaire 1 L’application | · | associ´ee au produit scalaire d´efinit une norme
sur E.
Les espaces pr´ehilbertiens sont donc des cas particuliers d’espace vectoriels
norm´es.

emonstration La premi`ere propri´et´e (|λx| = |λ| |x|) d´ecoule de la bilin´earit´e
de h·, ·i. La seconde (|x| = 0 ⇐⇒ x = 0) provient du caract`ere d´efini positif de
h·, ·i. Enfin, l’in´egalit´e triangulaire est simplement l’in´egalit´e de Minkowski que
nous venons d’´etablir.
2
Exemple 7 Si E = R, le produit ht, si := ts d´efinit un produit scalaire. Plus
g´en´eralement, si a > 0, a 6= 1 est fix´e, ht, si := ats d´efinit un autre produit
scalaire.
Exemple 8 Si E = Rn , le produit scalaire euclidien usuel
hx, yi :=

n
X

xk yk

k=1

est bien un produit scalaire.
pPn
2
ee.
Dans cet espace, on notera N2 (x) = |x|2 :=
k=1 |xk | la norme associ´
L’in´egalit´e de Cauchy-Schwarz s’´ecrit
v
v
u n
u n
n
X
uX
uX
xk yk ≤ t
|xk |2 t
|yk |2 = |x|2 |y|2 .
hx, yi =
k=1

k=1

k=1

De mˆeme, si a = (a1, · · · , an ) est donn´e avec ak > 0 pour k = 1, · · · , n, on peut
d´efinir un produit scalaire sur E par
hx, yia :=

n
X

ak xk yk .

k=1

Exemple 9 Si E = l2 (R) est l’ensemble des suites `a valeurs r´eelles et de carr´e
sommable. L’application d´efinie pour u = (uk )k≥0 et v = (vk )k≥0 par
hu, vi :=

X

uk vk

k≥0

d´efinit un produit scalaire sur l2 (R). On notera encore N2 = | · |2 la norme
associ´ee. L’in´egalit´e de Cauchy-Schwarz s’´ecrit ici : pour u, v ∈ l2 (R),
X
k≥0

uk vk ≤

sX
k≥0

|uk |2

sX
k≥0

|vk |2 .

´
CHAPITRE 1. ESPACES VECTORIELS NORMES

12

Exemple 10 Si E = M\ (R) est l’ensemble des matrices r´eelles de taille n × n,
on peut d´efinir le produit scalaire suivant sur E :
hM, N i :=

n X
n
X

Mk,l Nk,l .

k=1 l=1

Exemple 11 Si E = C([0, 1]) est l’ensemble des fonctions continues sur [0, 1],
on d´efinit un produit scalaire sur E par
Z

1

hf, gi :=

f (t)g(t) dt.
0

On notera k · k2 la norme associ´ee. L’in´egalit´e de Cauchy-Schwarz s’´ecrit dans
ce cas
s
s
Z 1
Z 1
Z 1
2
2
|f (t) | dt
|g(t) | dt.
f (t)g(t) dt ≤
0

0

0

Exemple 12 Soit n ≥ 0 et soit E = Rn [X] l’espace des polynˆomes `a coefficients r´eels de degr´e plus petit que n. Alors
Z
hP, Qi :=

1

P (t)Q(t) dt.
0

d´efinit un produit scalaire sur Rn [X].

efinition 9 Un espace pr´ehilbertien de dimension finie est appel´e espace Euclidien.

1.4

In´
egalit´
es de Cauchy-Schwarz et de Minkowski,
cas complexe.

Th´
eor`
eme 3 (in´
egalit´
e de Cauchy-Schwarz, cas complexe) Si E est un
C-espace vectoriel muni d’un produit scalaire hermitien h·, ·i, alors pour tout
x, y ∈ E, on a
|hx, yi| ≤ |x| |y|.
(1.3)
Il y a ´egalit´e si et seulement si x et y sont colin´eaires.
´

emonstration Soit x, y ∈ E. Ecrivons
en coordonn´ees polaires
hx, yi = reiϕ ,
avec r ≥ 0 et −π ≤ ϕ < π. Posons x0 = eiϕ x. On a |x0 | = |x| et
hx0 , yi = eiϕ hx, yi = e−iϕ hx, yi = r.

´
´ DE CAUCHY-SCHWARZ ET DE MINKOWSKI, CAS COMPLEXE.13
1.4. INEGALIT
ES
Donc
|hx0 , yi| = |hx, yi|.
On voit donc qu’il suffit de d´emontrer le r´esultat avec x0 `a la place de x. C’est
a dire qu’on peut supposer sans perte de g´en´eralit´e hx, yi = r ∈ R+ .
`
On suppose maintenant hx, yi ∈ R et on consid`ere comme dans le cas r´eel
la fonction
f (t) = |x − ty|2 = |y|2 t2 − 2 Re(hx, yi)t + |x|2 = |y|2 t2 − 2hx, yit + |x|2 .
2

On conclut comme dans le cas r´eel.

p
Th´
eor`
eme 4 Si (E, h·, ·i) est un espace pr´ehilbertien complexe et |x| := hx, xi,
alors l’espace (E, |·|) est un C-espace vectoriel norm´e. En particulier, l’in´egalit´e
de Minkowski est encore valable dans le cas hermitien :
∀ x, y ∈ E

|x + y| ≤ |x| + |y|.


emonstration Il faut montrer que | · | est bien une norme sur E.
Tout d’abord, pour λ ∈ C et x ∈ E, on a
¯
|λx|2 = hλx, λxi = λλhx,
xi = |λ|2 |x|2
et prenant la racine carr´ee on a bien |λx| = |λ| |x|.
Ensuite, on a par d´efinition du produit scalaire hermitien, |x| = 0 ⇐⇒ x = 0
pour tout x ∈ E.
Enfin, on d´emontre l’in´egalit´e de Minkowski comme dans le cas r´eel `a partir
de l’in´egalit´e de Cauchy-Schwarz :
|x + y|2

=

|x|2 + 2 Re(hx, yi) + |y|2



|x|2 + 2|hx, yi| + |y|2



|x|2 + 2|x| |y| + |y|2 = (|x| + |y|)2 .
2

Exemple 13 Les exemples d’espaces pr´ehilbertiens r´eels donn´es plus haut ont
leurs contreparties complexes. Il suffit de remplacer le corps de base par C et
de transformer les produits scalaires en produits scalaires hermitiens :
hx, yi :=

n
X
k=1

x
¯ k yk ,

hu, vi :=

X
k≥0

Z
u
¯ k vk ,

hf, gi :=
0

1

f¯(t) g(t) dt,

...

´
CHAPITRE 1. ESPACES VECTORIELS NORMES

14

1.5

Normes ´
equivalentes


efinition 10 Soit E un espace vectoriel et | · |a , | · |b deux normes sur E. On
dit que ces normes sont ´equivalentes si il existe des constantes C ≥ c > 0 telles
que
∀x ∈ E
c|x|a ≤ |x|b ≤ C|x|a .
Cette notion d´efinit une relation d’´equivalence sur l’ensemble des normes sur
E.
Exemple 14 Sur Rn les normes | · |1 , | · |2 et | · |∞ sont ´equivalentes. En effet,
on a pour x ∈ Rn ,
|x|∞ ≤ |x|1 ≤ n|x|∞ .
Et en utilisant l’in´egalit´e de Cauchy-Schwarz,
v
v
u n
u n
n
n
X
X
uX
uX

2
t
|xk | t
12 = n|x|2 ,
|x|1 =
|xk | =
|xk | · 1 ≤
k=1

et
|x|22 =

k=1

k=1

n
X

|xk |2 ≤

k=1

En r´esum´e, on a |x|2 ≤ |x|1 ≤

n
X

k=1

|x|∞ |xk | = |x|∞ |x|1 ≤ |x|21 .

k=1



n|x|2 .

Ces exemples sont des cas particuliers d’un r´esultat plus g´en´eral que nous
d´emontrerons plus loin dans le cours.
Th´
eor`
eme 5 Dans un espace de dimension finie, toutes les normes sont ´equivalentes.
Nous reviendrons sur les espaces pr´ehilbertiens et les espaces vectoriels norm´es
mais nous allons tout d’abord introduire des objets plus g´en´eraux : les espaces
m´etriques.

Chapitre 2

Espaces m´
etriques, ouverts,
ferm´
es, adh´
erence,
int´
erieur, points
d’accumulation.
2.1

Distance, espaces m´
etriques


efinition 11 (distance) Soit X un ensemble et d : X × X → R+ une
fonction. On dit que d est une distance sur X si les trois conditions suivantes
sont satisfaites.
i. (sym´etrie) pour tous x, y ∈ X, d(x, y) = d(y, x).
ii. pour tous x, y ∈ X,
d(x, y) = 0 ⇐⇒ x = y.
iii. (in´egalit´e triangulaire) pour tout x, y, z ∈ X, on a
d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z).
On dit alors que (X, d) est un espace m´etrique.
Proposition 6 Si (E, k·k) est un K-espace vectoriel norm´e, l’application d´efinie
par d(x, y) := kx − yk d´efinit une distance sur E. Les espaces vectoriels norm´es
sont donc des espaces m´etriques particuliers.

emonstration Il suffit de v´erifier que les trois axiomes satisfaits par la norme
k · k entraˆınent les trois axiomes de la d´efinition de distance. La v´erification
imm´ediate est laiss´ee au lecteur.
2
Avertissement 1 Il faut faire attention au vocabulaire. Malgr´e le mot “espace”, un espace m´etrique n’est pas en g´en´eral un espace vectoriel, ni un espace
affine.
15

´
CHAPITRE 2. ESPACES METRIQUES

16

Proposition 7 Si (X, d) est un espace m´etrique, alors pour tous x, y, z ∈ X,
on a
|d(x, y) − d(x, z)| ≤ d(y, z).

emonstration Soit x, y, z ∈ X. En appliquant l’in´egalit´e triangulaire au
triplet (x, y, z), on a
d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z)
et donc
d(x, z) − d(x, y) ≤ d(y, z).
De mˆeme, en ´echangeant les rˆoles de y et z on a
d(x, y) − d(x, z) ≤ d(y, z).
Les deux derni`eres in´egalit´es sont ´equivalentes `a l’in´egalit´e de l’´enonc´e.

2

Exemple 15
1. Si X est un ensemble quelconque, l’application

0 si x = y,
d(x, y) :=
1 sinon,
d´efinit une distance sur X.
2. Si X = R, l’application d(x, y) = |x − y| d´efinit une distance sur R.
3. Si X = [−1, 1], l’application d(x, y) = |x − y| d´efinit une distance sur [−1, 1].
4. Les distances issues des normes | · |1 , | · |2 et | · |∞ d´efinissent bien sˆ
ur des
distances sur Rn mais aussi sur tout sous-ensemble X ⊂ Rn .
5. Plus g´en´eralement, si (X, d) est un espace m´etrique et Y ⊂ X, la restriction
de d `
a Y × Y d´efinit une distance sur Y appel´ee distance induite.
6. Si X est l’ensemble des suites u = (uk )k≥0 `a valeurs dans Z, on peut d´efinir

0
si u = v,
d(u, v) =
e−V (u,v) si u 6= v et V (u, v) := max {j ≥ 0 : uk = vk pour 0 ≤ k < j} .
On v´erifie alors que d est une distance sur X. Pour l’in´egalit´e triangulaire,
on remarque que pour u, v, w ∈ X, deux `a deux distincts, on a
V (u, v) ≥ j et V (v, w) ≥ j

=⇒

V (u, w) ≥ j.

On en d´eduit que V (u, w) ≥ min(V (u, v), V (v, w)) et donc que d(u, w) ≤
max(d(u, v), d(v, w)) ce qui entraˆıne l’in´egalit´e triangulaire.
7. Si (X1 , d1 ), · · · , (Xn , dn ) sont des espaces m´etriques alors on peut d´efinir
une m´etrique sur l’espace produit X = X1 × · · · × Xn en posant pour x =
(x1, · · · , xn ), y = (y1, · · · , yn ) ∈ X,
d(x, y) = N (d(x1, y1 ), · · · , d(xn , yn ))
o`
u N est la norme N1 , N2 ou N∞ sur Rn .

´
2.1. DISTANCE, ESPACES METRIQUES

17


efinition 12 (boules) Soit (X, d) un espace m´etrique.
a Soit x ∈ X et r > 0, on appelle boule ouverte de rayon r et de centre x
l’ensemble
B(x, r) = {y ∈ X : d(x, y) < r} .
(Noter que x ∈ B(x, r) et donc B(x, r) 6= ∅.)
b Soit x ∈ X et r ≥ 0, on appelle boule ferm´ee de rayon r et de centre x
l’ensemble
BF (x, r) = {y ∈ X : d(x, y) ≤ r} .
c La sph`ere de centre x et de rayon r ≥ 0 est l’ensemble
S(x, r) = {y ∈ X : d(x, y) = r} .
Remarque 3 1. On a B(x, r) ⊂ BF (x, r) et S(x, r) = BF (x, r) \ B(x, r).
2. Si x ∈ X et 0 < r < s, alors B(x, r) ⊂ B(x, s).
3. D’apr`es l’in´egalit´e triangulaire, si s ≥ r + d(x, y) alors B(x, r) ⊂ B(y, s).
(Faire un dessin)

efinition 13 Soit (X, d) un espace m´etrique et Y ⊂ X.
a On dit que Y est born´e si il existe x ∈ X et r ≥ 0 tels que
Y ⊂ BF (x, r).
b On appelle diam`etre de Y et on note diam(Y ) l’´el´ement de [0, +∞] d´efini par
diam (Y ) = sup d(x, y).
x,y∈Y

(par convention, si Y = ∅, alors diam(Y ) = 0).
c On d´efinit la distance entre deux sous-ensembles non vides A, B de X par
d(A, B) = inf {d(x, y) : x ∈ A, y ∈ B} .
Proposition 8
a diam (Y ) = 0 si et seulement si Y = ∅ ou bien Y est un singleton.
b diam (Y ) < ∞ si et seulement si Y est born´e.

emonstration
(a) Cet ´enonc´e d´ecoule de la condition d(x, y) = 0 ⇐⇒ x = y.
(b) ⇒ Soit x ∈ Y et posons r = diam Y . Par d´efinition du diam`etre on a
d(x, y) ≤ r
Ainsi Y ⊂ BF (x, r) est born´e.

pour tout y ∈ Y.

´
CHAPITRE 2. ESPACES METRIQUES

18

⇐ R´eciproquement supposons que Y soit born´e et prenons x ∈ X
et r ≥ 0 tels que
d(x, y) ≤ r
pour tout y ∈ Y.
Soit y1 , y2 ∈ Y . Par in´egalit´e triangulaire, on a
d(y1, y2 ) ≤ d(x, y1 ) + d(x, y2 ) ≤ 2r.
En prenant le supremum sur y1, y2 ∈ Y , on en d´eduit diam Y ≤ 2r < ∞.

2.2

2

Ouverts, ferm´
es, voisinages.

Dans les sections suivantes de ce chapitre, (X, d) est un espace m´etrique.

efinition 14 (ouverts, ferm´
es) a Soit U ⊂ X, on dira que U est un ouvert
de X pour la topologie associ´ee `
a d si pour tout point x ∈ U , il existe un r > 0
tel que B(x, r) ⊂ U .
b On dit que F est ferm´e dans X si son compl´ementaire X \ F est ouvert.
Exemple 16 X et ∅ sont `a la fois ouverts et ferm´es.
Th´
eor`
eme 6 L’ensemble U des ouverts associ´es a
` la m´etrique d forme une
topologie sur X, c’est-`
a-dire que les trois conditions suivantes sont satisfaites :
i. ∅ ∈ U, X ∈ U.
ii. Si {Ui }i∈I ⊂ U est un ensemble quelconque d’ouverts alors leur r´eunion
est aussi ouverte :
[
Ui
∈ U.
i∈I

iii. Si U1 , · · · , UN ∈ U est un ensemble fini d’ouverts alors leur intersection
est aussi ouverte :
N
\
Ui
∈ U.
i=1

Remarque 4 Si E est un ensemble, on dit qu’une partie U ⊂ P(E) est une
topologie sur E si elle v´erifie les axiomes (i), (ii) et (iii) ci-dessus. On dit alors
que E muni de U est un espace topologique. Les espaces m´etriques sont donc
des espaces topologiques particuliers.
Tous les espaces topologiques ne sont pas des espaces m´etriques mais dans
ces notes nous nous restreignons aux espaces m´etriques.
Corollaire 2 Si on note F l’ensemble des ferm´es de X, on a en passant au
compl´ementaire :
i. ∅ ∈ F, X ∈ F.

´ VOISINAGES.
2.2. OUVERTS, FERMES,

19

ii. Si {Fi }i∈I ⊂ F est un ensemble quelconque de ferm´es alors
\
Fi
∈ F.
i∈I

iii. Si F1 , · · · , FN ∈ F est un ensemble fini de ferm´es alors
N
[

Fi

∈ F.

i=1


emonstration [du Th´eor`eme 6] D’apr`es la D´efinition 14, pour ´etablir que
Y ⊂ X est un ouvert il suffit de montrer que pour tout ´el´ement de x ∈ Y , Y
contient une boule ouverte centr´ee en x.
(i) Il est clair que ∅ est un ouvert car il n’y a rien `a v´erifier. De mˆeme X
est un ouvert car si x ∈ X alors toutes les boules ouvertes B(x, r) sont des
sous-ensembles de X, en particulier B(x, 1) ⊂ X.
(ii) Soit (Ui )i∈I un ensemble quelconque d’ouverts et notons U leur r´eunion.
Soit x ∈ U , par d´efinition il existe i ∈ I tel que x ∈ Ui . Comme Ui est un ouvert,
il existe r > 0 tel que B(x, r) ⊂ Ui et comme Ui ⊂ U , on a bien B(x, r) ⊂ U .
Ainsi U est un ouvert.
(iii) Soit U1 , · · · , UN une suite finie d’ouverts et notons V leur intersection.
Si x ∈ V alors pour 1 ≤ k ≤ N il existe rk > 0 tel que B(x, rk ) ⊂ Uk . Notons,
r := min1≤k≤N rk , on a r > 0 et pour tout k,
B(x, r) ⊂ B(x, rk ) ⊂ Uk ,
et donc B(x, r) ⊂ V . Ainsi V est bien un ouvert.

2

Proposition 9 Soit (X, d) une espace m´etrique.
a Une boule ouverte est ouverte.
b Soit U ⊂ X,
U est ouvert ⇐⇒ U est une union de boules ouvertes .
c Une boule ferm´ee est ferm´ee.
En particulier pour tout x ∈ X le singleton {x} = BF (x, 0) est ferm´e.
Comme une union finie de ferm´es est ferm´ee, on en d´eduit :
d Tout ensemble fini est ferm´e.

emonstration
(a) Soit B = B(x, r) une boule ouverte et y ∈ B. Comme d(x, y) < r, il
existe ε > 0 tel que
d(x, y) + ε ≤ r.
V´erifions que B(y, ε) ⊂ B ce qui montrera que B est ouvert.
En effet, si z ∈ B(y, ε), on a par in´egalit´e triangulaire
d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z) < d(x, y) + ε < r.

´
CHAPITRE 2. ESPACES METRIQUES

20

Donc z ∈ B.
(b) ⇒ Si U est ouvert, alors pour tout x ∈ U il existe rx > 0 tel que
B(x, rx ) ⊂ U.
Par cons´equent si pour n ≥ 1, on pose
Un = {x ∈ U : B(x, 1/n) ⊂ U } ,
pour tout x ∈ U , on a x ∈ Un pour n ≥ 1/rx . On a donc ∪ Un = U et
#
"
[ [
B(x, 1/n) .
U=
n≥1

x∈Un

On conclut que U est bien une r´eunion de boules ouvertes.
⇐ R´eciproquement une r´eunion de boules ouvertes est une r´eunion d’ouverts
(par le (a)) et est donc ouverte par le Th´eor`eme 6 (ii).
(c) Consid´erons une boule ferm´ee BF (x, r) et montrons que son compl´ementaire
U est ouvert. Pour y ∈ U , on a d(x, y) > r et il existe ry > 0 tel que
d(x, y) > r + ry .
On a alors B(y, ry ) ⊂ U . Donc U est ouvert et BF (x, r) est ferm´e.

2

Exemple 17 1. Si X est un ensemble quelconque muni de la distance d(x, y) =
δx,y alors pour x ∈ X et r ≤ 1, B(x, r) = {x}. Si r > 1, B(x, r) = X.
L’ensemble des ouverts est P(X).
2. Si X = R muni de la distance usuelle d(x, y) = |x − y| alors B(x, r) est
l’intervalle ouvert (x − r, x + r).
(Rappel : on utilise la notation internationale (a, b) plutˆot que la notation
fran¸caise ]a, b[ pour d´esigner l’intervalle ouvert (a, b) = {y ∈ R : a < y < b}.)
Les ouverts sont les r´eunions (quelconques) d’intervalles ouverts.
En particulier, les intervalle ouverts (a, b), (−∞, b), (a, +∞) et (−∞, ∞) sont
des ouverts de R.
En fait, on peut montrer que les ouverts de R sont les r´eunions d´enombrables
d’intervalles ouverts disjoints.
3. Les intervalles ferm´es [a, b], (−∞, b], [a, +∞) et (−∞, +∞) sont des ferm´es.
4. Si X = [−1, 1]. B(x, r) = (x − r, x + r) ∩ [−1, 1]. L’ensemble des ouverts est
form´e des intersections des ouverts de R avec [−1, 1].
5. Les boules ouvertes de C muni de d(z, z 0 ) = |z − z 0 | sont les disques ouverts.
6. Les boules ouvertes euclidiennes de Rn pour la norme | · |2 , sont les sph`eres
pleines ouvertes. Les boules ouvertes de Rn pour la norme | · |∞ sont les
hypercubes :
B∞ (x, r) :=

n
Y
k=1

(xk −r, xk +r) = {y ∈ Rn : xk − r < yk < xk + r, k = 1, · · · , n} .

´
´
2.3. INTERIEUR,
ADHERENCE,
PARTIE DENSE.

21

7. Si (X, d) est un espace m´etrique et Y ⊂ X alors dans l’espace m´etrique (Y, d),
on a B(Y,d) (y, r) = B(X,d) (x, r) ∩ Y .
Les ouverts de (Y, d) sont les intersections des ouverts de (X, d) avec Y .
8. Soit X = ZN muni de la distance donn´e au 6i`eme exemple 15 (6). Soit u =
(uk )k≥0 ∈ X et r > 0. Soit j le plus petit entier positif tel que j > ln(1/r),
alors
B(u, r) = {v ∈ X : vk = uk
pour 0 ≤ k < j} .
On pourra v´erifier que si v ∈ B(u, r) alors B(v, r) = B(u, r).
Notation 3 (voisinage) Soit (X, d) un espace m´etrique
a Soit x ∈ X. On dit que V ⊂ X est un voisinage de x si V contient une boule
ouverte centr´ee en x.
Par d´efinition U ⊂ X est un ouvert si et seulement si il est voisinage de
chacun de ses points.
b Soit E ⊂ X, on dit que V ⊂ X est un voisinage de E dans X si V est un
voisinage de chacun des points de E.
De mani`ere ´equivalente, V est un voisinage de E si il existe un ouvert U de
X tel que
E ⊂ U ⊂ V.

2.3

Int´
erieur, adh´
erence, partie dense.


efinition 15 Soit (X, d) un espace m´etrique et E ⊂ X.
a On appelle int´
erieur de E et on note Int E l’ensemble
[
Int E :=
U.
U ouvert, U ⊂E

¯ l’ensemble
b On appelle adh´
erence ou clˆ
oture de E et on note E
\
E :=
F.
F ferm´
e, F ⊃E

¯ \ Int E.
c On appelle fronti`
ere de E et on note ∂E l’ensemble E
Exemple 18
1. Soit X = R muni de la distance usuelle. On pose Yo = (0, 1) et Yf = [0, 1].
Alors
Int Yo = Int Yf = Yo , Yo = Yf = Yf

et ∂Yo = ∂Yf = {0, 1}.

´
CHAPITRE 2. ESPACES METRIQUES

22

2. Soit X = l∞ (R) muni de la norme | · |∞ et Y l’ensemble des suites qui sont
nulles `
a partir d’un certain rang. Alors Y ⊂ X et on a
∂Y = Y = {u ∈ X : uk → 0 quand k → ∞} .

Int Y = ∅,

Proposition 10
Soit E ⊂ X.
a On a Int E ⊂ E. L’ensemble Int E est ouvert et si U est un ouvert alors
U ⊂ E =⇒ U ⊂ Int E
b
c
d
e
f

E est ouvert ⇐⇒ Int E = E.
¯ et E
¯ est ferm´e et si F est ferm´e alors F ⊃ E ⇒ F ⊃ E.
¯
On a E ⊂ E
¯
E est ferm´e ⇐⇒ E = E.
A ⊂ B =⇒ Int A ⊂ Int B.
¯
A ⊂ B =⇒ A¯ ⊂ B.


emonstration Nous ne d´emontrons que les parties (a) et (b), les parties (c)
et (d) sont similaires et les derni`eres d´ecoulent directement des d´efinitions.
(a) Par d´efinition, Int E est une union d’ensembles contenus dans E donc
Int E ⊂ E. Ensuite, Int E est ouvert comme union d’ouverts. Finalement si
U ⊂ E est ouvert alors U apparaˆıt dans l’union d’ensembles d´efinissant Int E
et donc U ⊂ Int E.
(b) Si E est ouvert, alors E ⊂ E entraˆıne E ⊂ Int E et donc Int E = E.
R´eciproquement comme Int E est un ouvert, si Int E = E alors E est ouvert.
2
Th´
eor`
eme 7 Soit E ⊂ X.
a Int E = X \ E c .
¯ = X \ (Int E c ).
b E

emonstration
(a) On utilise directement la d´efinition et l’identit´e suivante : si P ⊂ P(X),
alors,
"
#
[
\
c
U = X\
U .
U ∈P

U ∈P

On a donc

Int E =

[

U =X \

U ouvert, U ⊂E


\

U

c

.

U ouvert, U ⊂E

Comme U est ouvert et U ⊂ E si et seulement U c est ferm´e et U c ⊃ E c , on a


\
Int E = X \ 
F  = X \ Ec.
F ferm´
e, F ⊃E c

´
´
2.3. INTERIEUR,
ADHERENCE,
PARTIE DENSE.

23

La partie (a) est ´etablie.
On obtient la partie (b) en appliquant la partie (a) `a l’ensemble E c et en
passant au compl´ementaire.
2
Proposition 11 Soit E ⊂ X et soit x ∈ X. On a alors
a x ∈ Int E si et seulement si E contient une boule ouverte centr´ee en x.
¯ si et seulement si toute boule ouverte centr´ee en x intersecte E.
b x∈E

emonstration
Soit x ∈ E.
(a) ⇒ Si x ∈ Int E, alors il existe un ouvert U ⊂ E tel que x ∈ U . Il existe
r > 0 tel que B(x, r) ⊂ U et donc B(x, r) ⊂ E.
⇐ Supposons qu’il existe une boule ouverte B = B(x, r) ⊂ E. Comme B
est un ouvert, on a aussi B ⊂ Int E et en particulier x ∈ Int E.
(b) Par contrapos´ee, l’´enonc´e est ´equivalent `a :
x∈X \E

⇐⇒

∃ r > 0 tel que B(x, r) ⊂ E c .

¯ = Int (E c ), on obtient le (b) en appliquant le (a) `a E c .
Mais comme X \ E

2

¯

efinition 16 Soit E, Y ⊂ X, on dit que E est dense dans Y si Y ⊂ E.
Proposition 12 Soit E, Y ⊂ X. L’ensemble E est dense dans Y si et seulement si toute boule ouverte centr´ee en un point de Y intersecte E.
En particulier : E est dense dans X ⇐⇒ E intersecte toute boule ouverte
de X.PPP

emonstration C’est juste une application de la Proposition 11 (b).

2

Exemple 19
1. Dans X = R muni de la distance usuelle, les ensembles Q et R \ Q sont
denses dans R. En effet, tout intervalle ouvert de R contient un ´el´ement de
Q et un ´el´ement de R \ Q.
2. Dans X = Mn (K) muni d’une des distances | · |1 , | · |2 ou | · |∞ , l’ensemble
GLn (K) des matrices inversibles est dense dans Mn (K).
3. Dans X = l∞ (R) muni de | · |∞ , l’ensemble Y des suites qui sont nulles `a
partir d’un certain rang est dense dans l’ensemble Z des suites qui convergent
vers 0.
Y¯ = Z = {u ∈ X : uk → 0 quand k → ∞} .

´
CHAPITRE 2. ESPACES METRIQUES

24

2.4

Points d’accumulation, points isol´
es


efinition 17 (points d’accumulation, points isol´
es) Soit Y ⊂ X.
a Soit x ∈ X. Nous dirons que x est un point d’accumulation de Y si toute
boule ouverte centr´ee en x contient un point de Y distinct de X.
De mani`ere ´equivalente x est un point d’accumulation de Y si et seulement
si
∀r > 0
B(x, r) ∩ Y est infini .
b On dit que y∈ Y est un point isol´e de Y s’il existe une boule ouverte B(x, r)
telle que
B(y, r) ∩ Y = {y}.
Remarque 5 Un point d’accumulation de Y n’appartient pas n´ecessairement
a Y.
`
Proposition 13 Un ensemble est ferm´e si et seulement si il contient tous ses
points d’accumulation.
Exemple 20 Tous les points de l’ensemble {1/n : n ≥ 1} ⊂ R sont isol´es. Son
unique point d’accumulation est 0.

2.5

Topologie induite

Soit Y ⊂ X. Nous avons vu que (Y, d) ´etait un espace m´etrique. La proposition suivante caract´erise les ouverts et les ferm´es de (Y, d) en fonction des
ouverts et des ferm´es de X. Sa preuve est laiss´ee en exercice.
Proposition 14 Soit E ⊂ Y .
a E est un ouvert de (Y, d)
E =U ∩Y.

⇐⇒

il existe un ouvert U de (X, d) tel que

b E est un ferm´e de (Y, d)
E =F ∩Y.

⇐⇒

il existe un ferm´e F de (X, d) tel que

c L’int´erieur de E dans (Y, d) contient l’int´erieur (Int E)∩Y . Il n’y a pas ´egalit´e
en g´en´eral.
¯∩Y.
d L’adh´erence de E dans (Y, d) est E

Chapitre 3

Suites convergentes,
distances ´
equivalentes,
espaces produits
Dans ce chapitre (X, d) est un espace m´etrique.

3.1

Suites


efinition 18 Soit u = (uk )k≥0 une suite d’´el´ements de X.
a On dit que u est born´ee si l’ensemble {uk ; k ≥ 0} est born´e, c’est-`
a-dire si
il existe x ∈ X et r ≥ 0 tel que uk ∈ BF (x, r) pour tout k ≥ 0.
b On dit que u est convergente si il existe x ∈ X tel que
d(uk , x) −→ 0

quand k −→ +∞.

C’est `
a dire que pour tout ε > 0, il existe k ≥ 0 tel que
d(ul , x) < ε,

∀ l ≥ k.

De mani`ere ´equivalente, pour tout ε > 0, l’ensemble
{l ≥ 0 : ul 6∈ B(x, ε)}
est fini.
On dit alors que x est la limite de la suite u ou bien que u converge vers x.
On note
lim uk = x,

k→∞

u −→ x

lim u = x,
25

ou

uk −−−−→ x.
k→∞

26

CHAPITRE 3. SUITES CONVERGENTES

Remarque 6 Les suites convergentes sont born´ees. En effet si u → x alors
(d(x, uk ))k converge vers 0 dans R et est donc born´ee. Il existe alors r > 0 tel
que d(x, uk ) ≤ r pour tout k ≥ 0, i.e. : uk ∈ BF (x, r) pour tout k ≥ 0.
Proposition 15
a Si u → x, alors pour tout y ∈ X on a d(uk , y) −→ d(x, y).
b De mˆeme, si u → x et v → y, alors d(uk , vk ) −→ d(x, y).
c La limite d’une suite est unique.

emonstration (a) Par in´egalit´e triangulaire,
|d(uk , y) − d(x, y)| ≤ d(x, uk ) −−−−→ 0.
k→∞

(b) On a
|d(uk , vk ) − d(x, y)| =


|d(uk , vk ) − d(uk , y) + d(uk , y) − d(x, y)|
|d(uk , vk ) − d(uk , y)| + |d(uk , y) − d(x, y)| .
{z
} |
{z
}
|
≤d(vk ,y)−→0

−→0 par (a)

(c) Si u → x et u → y, alors par (b), 0 = d(uk , uk ) → d(x, y). Donc d(x, y) = 0
et x = y.
2
Proposition 16 Un ensemble Y ⊂ X est born´e si et seulement si toute suite
d’´el´ements de Y est born´ee.

emonstration ⇒ Supposons que Y soit born´e. Il est clair que les suites
d’´el´ements de Y sont born´ees.
⇐ R´eciproquement, supposons par contradiction que Y ne soit pas born´e.
Fixons x ∈ X. Pour tout k ≥ 0, il existe yk ∈ Y tel que d(x, yk ) ≥ k. Maintenant,
pour tout x0 ∈ X, on a par in´egalit´e triangulaire
d(x0 , yk ) ≥ d(x, yk ) − d(x, x0 ) ≥ k − d(x, x0 ) −−−−→ ∞.
k→∞

L’ensemble Y n’est donc pas born´e.

2

Les notions d’ensemble ouverts ou ferm´es sont compl´etement d´etermin´ees
par la convergence des suites.
Th´
eor`
eme 8 Soit (X, d) un espace m´etrique et E ∈ X.
a x∈E

⇐⇒

∃ (xk ) ⊂ E, xk → x.

b E est un ferm´e de X ⇐⇒
limk→∞ uk ∈ E.
c

x ∈ Int E

⇐⇒

pour toute suite convergente (uk ) ⊂ E on a

pour toute suite (uk ) ⊂ X telle que u → x.
on a uk ∈ E pour k assez grand.

´
3.2. VALEURS D’ADHERENCE
D’UNE SUITE

27

d E est un ouvert de X ⇐⇒ pour toute suite (uk ) ⊂ X, si uk → x ∈ E
alors uk ∈ E pour k assez grand.
Exemple 21 Si f : [a, b] → R est une fonction continue, alors son graphe
Gf := {(x, f (x)) : x ∈ [a, b]} ⊂ R2
est ferm´e dans R2 .
En effet si (xk , yk )k ⊂ Gf est une suite convergente dans R2 vers un point (x, y),
alors (xk ) converge dans R vers x et par continuit´e de f on a yk = f (xk ) −→
f (x). Donc y = f (x) et on a bien (x, y) ∈ Gf .

emonstration
a =⇒

¯ Pour k ≥ 0, on prend xk dans l’ensemble B(x, 1/2k ) ∩ E
Soit x ∈ E.

qui est non vide. On a bien d(xk , x) < 1/2k → 0 et donc xk → x.

Soit x ∈ X et (xk ) ⊂ E telle que xk → x. Pour tout r > 0, on a
¯
xk ∈ B(x, r) pour k assez grand et donc B(x, r) ∩ E 6= ∅. Ainsi x ∈ E.
b ⇒ Soit (uk ) ⊂ E une suite convergente vers un point x ∈ X. Par le (a) on
¯ et comme E est ferm´e, E = E
¯ et donc x ∈ E.
ax∈E
⇐ Soit x un point d’accumulation de E, alors pour k ≥ 0 l’ensemble
B(x, 1/2k ) ∩ E \ {x}
est non vide. Prenons xk dans cet ensemble, on a xk → x et donc d’apr`es
l’hypoth`ese, x ∈ E. Conclusion : E contient ses points d’accumulation et est
donc ferm´e.
c et d) : Exercices.
2

3.2

Valeurs d’adh´
erence d’une suite


efinition . Si u = (uk )k≥0 est une suite et ϕ : N → N est une application
strictement croissante, on d´efinit la suite extraite (vk )k≥0 par vk := uϕ(k) pour
k ≥ 0. On note alors cette suite extraite uϕ .
Si u ⊂ X o`
u (X, d) est un espace m´etrique, on v´erifie facilement que si u
est born´ee, alors uϕ est born´ee et si u → x alors uϕ → x.

efinition 19 Soit u = (uk ) une suite d’´el´ements de X. On dit que x ∈ X est
une valeur d’adh´erence si il existe une suite extraite uϕ telle que uϕ → x.
Exemple 22
1. Dans R muni de la distance usuelle, la suite ((−1)k ) admet pour valeurs
d’adh´erence les deux points −1 et 1.

28

CHAPITRE 3. SUITES CONVERGENTES

2. Dans C. La suite d´efinie par (e2iπsk )k avec s 6∈ Q admet pour valeurs
d’adh´erence tous les ´el´ements du cercle unit´e S 1 (rappel : S 1 = {z ∈ C : |z| = 1}).
3. Dans R, l’ensemble des valeurs d’adh´erence de la suite uk = k est vide.
4. Soit ϕ : N → Q une bijection, la suite (ϕ(k))k admet pour valeurs d’adh´erence
R tout entier.
Th´
eor`
eme 9 Si u → x, alors x est l’unique valeur d’adh´erence de la suite u.

emonstration x = lim u est bien un point d’adh´erence de u car la suite
extraite uϕ = u converge vers x.
Soit maintenant y une valeur d’adh´erence de u. Il existe une suite extraite
uϕ de u telle que uϕ → y. Comme on a aussi uϕ → x, on a y = x par unicit´e de
la limite. En conclusion x = lim u est bien l’unique valeur d’adh´erence de u. 2
Proposition 17 (caract´
erisations des valeurs d’adh´
erence) Soit u = (uk ) ⊂
X.
a x ∈ X est une valeur d’adh´erence de u ⇐⇒
pour tout r > 0, l’ensemble {k : uk ∈ B(x, r)} est
infini.
b x ∈ X est une valeur d’adh´erence de u ⇐⇒
T
x ∈ k≥0 {uk , uk+1 , uk+2 , · · · }.

emonstration
(a)
⇒ Supposons que x ∈ X soit une valeur d’adh´erence de u. Soit uϕ une
suite extraite convergeant vers x, alors il existe k0 ≥ 0 tel que pour tout l ≥ k0 ,
uϕ(l) ∈ B(x, r).
En cons´equence
{k : uk ∈ B(x, r)}
contient
{ϕ(l) : l ≥ k0 }
et est donc infini.
⇐ R´eciproquement, supposons que pour tout r > 0, l’ensemble {k : uk ∈ B(x, r)}
est infini et construisons par r´ecurrence sur n une suite extraite (uϕ(n) ) (avec
ϕ : N → N strictement croissante) telle que pour n ≥ 0, on ait
d(uϕ(n) , x) < 1/2n .


(3.1)

Pour n = 0, appliquons la condition (??) avec r = 1. L’ensemble
I0 := {l ≥ 0 : ul ∈ B(x, 1)}

est non vide. D´efinissons alors ϕ(0) = min I0 de sorte que (3.1) ait lieu pour
n = 0.

´
3.3. DISTANCES EQUIVALENTES

29

• Supposons construite la suite (ϕ(0), · · · , ϕ(k)) strictement croissante et telle
que (3.1) ait lieu pour 0 ≤ n ≤ k. Par hypoth`ese, l’ensemble


Ik+1 := l ≥ ϕ(k) + 1 : ul ∈ B(x, 1/2n+1 )
est infini donc non vide. On pose ϕ(k + 1) := min Ik+1 de sorte que ϕ(k + 1) >
ϕ(k) et que (3.1) ait lieu pour n = k + 1.
En conclusion, la suite extraite uϕ ainsi construite v´erifie (3.1) pour n ≥ 0
et en particulier uϕ −→ x.
(b) ⇒ Soit x ∈ X une valeur d’adh´erence de u et soit uϕ une suite extraite
telle que uϕ → x. Soit r > 0, il existe l0 ≥ 0 tel que pour l ≥ l0 on a
uϕ(l) ∈ B(x, r).
Donc pour k ≥ 0,
B(x, r) ∩ {uk , uk+1 · · · } ⊃




uϕ(l) : l ≥ l0 et ϕ(l) ≥ k .

En particulier, B(x, r) ∩ {uk , uk+1 · · · } est non vide. Ainsi x ∈ {uk , uk+1 · · · }
pour tout k ≥ 0 et donc
\
x∈
{uk , uk+1 , uk+2 , · · · }.
k≥0

⇐ Soit x ∈ X et supposons que x ne soit pas une valeur d’adh´erence de u. Dans
ce cas, il existe r > 0 tel que {k : uk ∈ B(x, r)} soit fini. Si k0 le maximum de
cet ensemble, on a alors,
{uk0+1 , uk0 +2 , uk0 +3 , · · · } ∩ B(x, r) = ∅.
Par cons´equent x 6∈ {uk0+1 , uk0 +2 , uk0 +3 , · · · } et donc x 6∈

T

k≥0

{uk , uk+1 , uk+2 , · · · }.
2

Le (b) montre que l’ensemble des valeurs d’adh´erences d’une suite u est une
intersections de ferm´es, d’o`
u:
Corollaire 3 L’ensemble des valeurs d’adh´erence d’une suite d’´el´ements de X
forme un ferm´e de (X, d).

3.3

Distances ´
equivalentes


efinition 20 Soit X un ensemble et d1 et d2 deux distances sur X.
a On dit que les deux distances sont ´equivalentes si il existe des constantes
0 < c ≤ C telles que
∀ x, y ∈ X, cd1 (x, y) ≤ d2 (x, y) ≤ Cd1 (x, y).

30

CHAPITRE 3. SUITES CONVERGENTES

b On dit que les deux distances sont topologiquement ´equivalentes si les ouverts
de (X, d1 ) et de (X, d2 ) sont les mˆemes.
De mani`ere ´equivalente d1 et d2 sont topologiquement ´equivalentes si pour
toute d1 -boule ouverte contient une d2 -boule ouverte centr´ee au mˆeme point
et r´eciproquement, i.e.
∀ x ∈ X, ∀ r1 > 0, ∃r2 > 0 t.q. Bd2 (x, r2 ) ⊂ Bd1 (x, r1 ),
∀ x ∈ X, ∀ r2 > 0, ∃r1 > 0 t.q. Bd1 (x, r1 ) ⊂ Bd2 (x, r2 ).
Remarque 7 Si d1 et d2 sont ´equivalentes alors elles sont topologiquement
´equivalentes. La r´eciproque est fausse (voir l’exemple 2 ci-dessous).
Exemple 23
1. Si E est un K-espace vectoriel et | · |a , | · |b sont deux normes ´equivalentes
sur E alors les distances associ´ees sont ´equivalentes.
|x−y|
sont des distances
2. Sur R les distances da (x, y) = |x−y| et db (x, y) := 1+|x−y|
topologiquement ´equivalentes qui ne sont pas ´equivalentes.

3. Plus g´en´eralement. Soit (X, d) est un espace m´etrique et posons
˜ y) :=
d(x,

d(x, y)
,
1 + d(x, y)

alors d˜ d´efinit une distance topologiquement ´equivalente `a d.
Remarquer que d˜ est `a valeurs dans l’intervalle [0, 1).
Proposition 18 Si les distances d1 et d2 sont topologiquement ´equivalentes sur
X alors (par d´efinition) elles d´efinissent les mˆemes ouverts.
Par cons´equent, elles d´efinissent les mˆemes notions d’int´erieur, d’adh´erence,
de point d’accumulation, de convergence des suites. Par contre les ensembles
born´es ne sont pas forc´ement les mˆemes.

3.4

Suites dans les espaces m´
etriques produits

Remarque 8 (rappel) Dans l’espace vectoriel norm´e Kn , une suite converge
si et seulement si chacune de ses composantes converge.
Cette id´ee peut se g´en´eraliser `a des produits finis, voire d´enombrables d’espaces m´etriques.

efinition 21 Soit (X1 , d1 ), · · · , (Xn , dn ) une famille finie d’espaces m´etriques.
Notons X le produit cart´esien
X = X1 × · · · × Xn .

´
3.4. SUITES DANS LES ESPACES METRIQUES
PRODUITS

31

Pour x = (x1, · · · , xn ), y = (y1, · · · , yn ) ∈ X, on pose
dmax (x, y) = max(d1 (x1 , y1 ), · · · , dn (xn , yn )).
Dans ce cas dmax est une distance sur X et on a
x(k) −→ x

(k)

dans (X, dmax ) ⇐⇒ xj

−→ xj dans (Xj , dj ) pour j = 1, · · · , n.

Remarque 9 Dans l’espace produit (X, dmax ), la boule de centre x = (x1 , · · · , xn )
et de rayon r est simplement le produit des boules de centres xj et de rayon r
dans Xj :
n
Y
BX (x, r) =
BXj (xj , r).
j=1

Proposition 19 Avec les notations de la d´efinition ci-dessus.
Si Uj est un ouvert de Xj pour j = 1, · · · , n alors U1 × · · · × Un est un ouvert
de (X, dmax ).

efinition 22 Soit (Xj , dj )j≥0 une suite d’espaces m´etriques et X =
Pour x = (xj ), y = (yj ) ∈ X, on pose
d(x, y) =

X
j≥0

2−j

Q

j≥0

Xj .

dj (xj , yj )
.
1 + dj (xj , yj )

` nouveau d est une distance sur X et on a (exercice)
A
x(k) −→ x

(k)

dans (X, d) ⇐⇒ xj

−→ xj

dans(Xj , dj ) pour tout j ≥ 0.

32

CHAPITRE 3. SUITES CONVERGENTES

Chapitre 4

Ensembles compacts

efinition 23 (compacts) Soit (X, d) un espace m´etrique.
a on dit que (X, d) est un espace m´etrique compact si toute suite d’´el´ements
de X admet une sous-suite convergente.
b Si Y ⊂ X est tel que (Y, d) soit un espace m´etrique compact on dit que Y est
un sous-ensemble compact de (X, d).
Y est compact ⇐⇒ toute suite d’´el´ements de Y admet une sous-suite convergente dans Y .
c Si Y ⊂ X est tel que toute suite d’´el´ements de Y admet une sous-suite convergente dans X, on dit que Y est relativement compact dans X.
On peut reformuler ces d´efinitions de la mani`ere suivante.
Proposition 20
a (X, d) est compact si et seulement si toute suite d’´el´ements de X admet au
moins une valeur d’adh´erence.
b Y est relativement compact ⇐⇒
Y¯ est compact.

emonstration
(a) d´ecoule imm´ediatement des d´efinitions (rappel : x est une valeur d’adh´erence
de (uk ) si (uk ) admet une suite extraite convergeant vers x.)
(b) exercice.
2
Proposition 21 Soit (X, d) est un espace m´etrique compact et soit (uk ) ⊂ X.
Si (uk ) a une seule valeur d’adh´erence, alors elle converge vers cette valeur
d’adh´erence.

emonstration Soit x une valeur d’adh´erence de (uk ) et supposons par contradiction que (uk ) ne converge pas vers x. Dans ce cas, il existe ε > 0 et une
suite-extraite uϕ telle que
∀ k ≥ 0, d(uϕ(k) , x) ≥ ε.
33

34

CHAPITRE 4. ENSEMBLES COMPACTS

Comme uϕ ⊂ X qui est compact, on peut extraire une sous-suite uϕ0 de uϕ qui
converge vers un ´el´ement y ∈ X. En particulier uϕ0 est une suite extraite de u,
donc y est une valeur d’adh´erence de u. Par unicit´e de la valeur d’adh´erence de
u on a uϕ0 → y = x et on aboutit `a la contradiction,
k→∞

0 < ε ≤ d(uϕ0 (k) , x) −−−−→ 0.
2

En conclusion, u → x.
Th´
eor`
eme 10 Les sous-ensembles compacts sont ferm´es et born´es.


emonstration Soit Y un compact de (X, d).
Montrons d’abord que Y est born´e. Supposons par contradiction que Y n’est
pas born´e. Soit x ∈ X, pour tout k ≥ 0 il existe uk ∈ Y tel que d(x, uk ) ≥ k.
Comme Y est compact, la suite (uk ) admet une sous-suite convergente uϕ → y.
On a donc
d(x, y) = lim d(x, uϕ(k) ) = +∞.
k→∞ |
{z }
≥ϕ(k)

On a une contradiction et on conclut que Y est born´e.
Montrons maintenant que Y est ferm´e. Soit (uk ) ⊂ Y une suite convergente.
Notons x = limk→∞ uk . Il nous faut montrer que x ∈ Y .
Par compacit´e de Y il existe une suite extraite uϕ qui converge vers y ∈ Y .
Comme on a d´ej`
a uϕ → x, on a x = y ∈ Y par unicit´e de la limite. Ainsi Y est
ferm´e.
2
Proposition 22 Si (K, d) est un espace m´etrique compact et F ⊂ K est ferm´e
alors (F, d) est un espace m´etrique compact.

emonstration Soit (uk ) ⊂ F ⊂ K une suite. Par compacit´e de K, elle
admet une sous-suite convergente uϕ → x ∈ K. Il nous reste `a ´etablir que
x ∈ F . Comme F est ferm´e et que (uϕ ) ⊂ F , on a bien x = lim uϕ ∈ F .
2

4.1

Compacts des K-e.v.n de dimension finie.

Th´
eor`
eme 11 (Bolzano-Weierstrass) Toute suite born´ee d’´el´ements de R
admet une sous-suite convergente.

emonstration Soit x = (x(k) ) une suite born´ee d’´el´ements de R et soit
R > 0 tel que
−R ≤ x(k) ≤ R, ∀ k ≥ 0.
On note I0 = [−R, R]. On va construire par r´ecurrence sur k une suite d’intervalles ferm´es not´es Ik = [ak , bk ] de longueurs 2R/2k tels que pour k ≥ 0,
n
o
Ik+1 ⊂ Ik et j ≥ 0 : x(j) ∈ Ik est infini .
(4.1)

4.1. COMPACTS DES K-E.V.N DE DIMENSION FINIE.

35

On voit que pourk=0, I0 convient.
Supposons la suite construite jusqu’au rang k et posons ck := (ak + bk )/2. On

+

+
note Ik+1
= [ak , ck ] et Ik+1
= [ck , bk ]. Comme Ik = Ik+1
∪ Ik+1
, au moins l’un
des deux ensembles
n
o
n
o

+
j ≥ 0 : x(j) ∈ Ik+1
ou j ≥ 0 : x(j) ∈ Ik+1

+
est infini. On choisit alors Ik+1 = Ik+1
ou bien Ik+1 = Ik+1
de sorte que (4.1)
soit vrai au rang k + 1. On a bien longueur(Ik+1 ) = longueur(Ik )/2 = 2R/2k+1
et l’hypoth`ese de r´ecurrence est v´erifi´ee au rang k + 1.
Maintenant on construit r´ecursivement, ϕ : N → N strictement croissante
en posant ϕ(0) = 0 et pour k ≥ 0,
n
o
ϕ(k + 1) = min j > ϕ(k) : x(j) ∈ Ik+1 .



Notons que ϕ(k + 1) est bien d´efini. L’ensemble j > ϕ(k) : x(j) ∈ Ik sur lequel on minimise est un sous-ensemble non vide de N (il est infini par construction).
Nous voyons que les suites (ak )(bk ) forment une paire de suites adjacentes
et convergent donc vers une mˆeme limite x. Comme ak ≤ x(ϕ(k)) ≤ bk , on a
x(ϕ) → x.
2
Corollaire 4 Dans (Kn , | · |∞ ) les compacts sont les ferm´es born´es.
(En particulier, dans (Kn , | · |∞ ) les boules ferm´ees BF∞ (x, r) sont compactes.)

emonstration Nous avons vu que dans un espace m´etrique, les compacts
sont ferm´es et born´es. Montrons la r´eciproque dans le cas de l’e.v.n. (Kn , | · |∞ ).
Supposons que K soit un ferm´e born´e de Kn . Soit u = (u(k) ) une suite
d’´el´ements de Kn . Montrons qu’elle admet une sous-suite convergente dans K.
En prenant les parties r´eelle et imaginaire de chacune des composantes de la
(k)
(k)
suite, on voit que pour j = 1, · · · , n les suites (Re(uj ))k et (Im(uj ))k sont
des suites born´ees de R.
On leur applique le r´esultat pr´ec´edent et on extrait successivement des soussuites pour obtenir une suite (u(ϕ(k)) )k telle que
(ϕ(k))

Re(uj

) −→ aj ,

(ϕ(k))

Im(uj

) −→ bj ,

pour j = 1, · · · , n.

La suite u(ϕ) converge donc vers x := (a1 + ib1 , · · · , an + ibn ) dans Kn . Comme
K est ferm´e on a x ∈ K. Ainsi uϕ → x ∈ K dans (Kn , | · |∞ ). Ceci ´etablit que
K est compact.
2
Nous pouvons maintenant d´emontrer un r´esultat annonc´e au Chapitre 1.
Th´
eor`
eme 12 Dans Kn toutes les normes sont ´equivalentes.
En particulier, dans Kn , les notions d’ouverts, de ferm´es, de compacts, d’adh´erence,
de suites convergentes ... ne d´ependent pas de la norme choisie.

36

CHAPITRE 4. ENSEMBLES COMPACTS

Si E est un K-espace vectoriel de dimension finie n et L : Kn → E est un
isomorphisme d’espace vectoriel alors pour N : E → R+ on a l’´equivalence
N est une norme sur E ⇐⇒ N ◦ L est une norme sur Kn .
Cette correspondance permet de transporter les propri´et´es d’e.v.n. de Kn vers
E:
Corollaire 5 Soit E un K-espace vectoriel de dimension finie.
a Toutes les normes sur E sont ´equivalentes.
b Soit k·k une norme sur E. Les compacts de (E, k·k) sont les ferm´es born´es. En
particulier, les boules ferm´ees BF (x, r) et les sph`eres S(x, r) sont compactes.

emonstration [du Th´eor`eme 12] Soit k · k une norme sur Kn . Nous allons
´etablir que k · k ∼ | · |∞ .
Notons (e1 , · · · , en ) la base canonique de Kn . Pour x ∈ Kn , on a
n

!
n
n
n
X
X
X
X


kxk =
xi ei ≤
kxi ei k =
|xi | kei k ≤
kei k |x|∞ .


|{z}
i=1

En notant C =

P

i=1

i=1

≤|x|∞

i=1

kei k, on a montr´e que
∀ x ∈ Kn ,

kxk ≤ C|x|∞ .

(4.2)

Il nous reste `
a d´emontrer l’in´egalit´e inverse, c’est-`a-dire qu’il existe C 0 ≥ 0 telle
que
∀ x ∈ Kn ,
|x|∞ ≤ C 0 kxk.
(4.3)
Supposons par contradiction, que (4.3) soit fausse pour tout C 0 ≥ 0. Dans ce
cas, pour tout k ≥ 1, il existe xk ∈ Kn tel que
|xk |∞ > k kxk k.
En posant yk := (1/|xk |∞ )xk , on a |yk |∞ = 1 et kyk k = (1/|xk |∞ )kxk k < 1/k.
En r´esum´e :
∀ k ≥ 1,
|yk |∞ = 1 et kyk k < 1/k.
(4.4)
Comme (yk ) est born´ee dans (Kn , | · |∞ ), par le th´eor`eme de Bolzona-Weierstrass,
il existe une suite extraite yϕ et y ∈ Kn tels que yϕ → y dans (Kn , | · |∞ ). En
particulier,
|y|∞ = d∞ (y, 0) = lim d∞ (yϕ(k) , 0) = lim |yϕ(k) |∞ = 1.
k→∞

k→∞

(4.5)

Maintenant, on applique (4.2) avec x = yϕ(k) − y. On en d´eduit
k→∞

kyϕ(k) − yk ≤ C|yϕ(k) − y|∞ −−−−→ 0.
Ainsi yϕ → y dans (Kn , k · k). En particulier,
kyk = lim kyϕ(k) k = 0
k→∞

par (4.4).

On en d´eduit y = 0 ce qui contredit (4.5). Nous concluons qu’il existe C 0 ≥ 0
telle que (4.3) ait lieu et donc k · k ∼ | · |∞ .
2

´
4.2. CARACTERISATION
DE BOREL-LEBESGUE DES COMPACTS.

4.2

37

Caract´
erisation de Borel-Lebesgue des compacts.


efinition 24 Soit X un ensemble et A et (Yi )i∈I des sous-ensembles de X.
On dit que la famille (Yi )i∈I recouvre A si
[
A ⊂
Yi .
i∈I

Pour J ⊂ I, on dit que (Yi )i∈J est un sous-recouvrement si on a toujours
[
A ⊂
Yi .
i∈J

On parle de sous-recouvrement fini si J est fini.
Si (X, d) est un espace m´etrique et les Yi sont des ouverts, on dit que (Yi )i∈I
est un recouvrement ouvert de A.
Th´
eor`
eme 13 (Borel-Lebesgue) Soit (X, d) un espace m´etrique.

tout recouvrement ouvert de X
(X, d) est compact
⇐⇒
admet un sous - recouvrement fini .
Remarque 10 En fait cette caract´erisation est la “vraie” d´efinition de la compacit´e dans un espace topologique.
Remarque 11 Si (X, d) est un espace m´etrique et K ⊂ X. On a

tout recouvrement de K par des ouverts de (K, d)
K est compact
⇐⇒
admet un sous - recouvrement fini .
Rappelons que U est un ouvert de (K, d) si et seulement si il existe un ouvert
V de (X, d) tel que U = V ∩ K. Ainsi tout recouvrement de K par des ouverts
(Ui )i∈I de (K, d), s’´ecrit
[
[
K =
Ui ⊂
Vi .
i∈I

i∈I

o`
u les Vi sont des ouverts de X. On voit alors que :

tout recouvrement de K par des ouverts de X
K est compact
⇐⇒
admet un sous - recouvrement fini .
Exemple d’application de la caract´erisation de Borel-Lebesgue des compacts.
Th´
eor`
eme 14 (des compacts emboˆıt´
es) Soit (K, d) un espace m´etrique compact et
K0 ⊃ K1 ⊃ · · · ⊃ Kj ⊃ Kj+1 ⊃ · · ·
T
Si chacun des Kj est non vide alors leur intersection j≥0 Kj est non vide.

38

CHAPITRE 4. ENSEMBLES COMPACTS

T

emonstration Notons F = j≥0 Kj et pour j ≥ 0, notons Uj = K0 \ Kj .
Chaque Uj est un ouvert de K0 .
Supposons par contradiction F = ∅. Dans ce cas, pour tout x ∈ K0 , il existe j
tel que x 6∈ Kj et donc x ∈ Uj . Ainsi
[
K0 = ↑
Uj .
j≥0

Les {Uj } forment un recouvrement ouvert de K0 . Ce dernier ´etant compact, on
peut extraire un recouvrement fini : il existe J ≥ 0 tel que
K0 = ↑

J
[

Uj = UJ .

j=0

En conclusion KJ = K0 \ UJ est vide. Contradiction.

4.3

2

Preuve du th´
eor`
eme 13 (dit de Borel-Lebesgue)

Avant de d´emontrer ce r´esultat important (mais dont la preuve est hors
programme) nous allons ´etablir deux r´esultats interm´ediaires.
Proposition 23 Soit (X, d) un espace m´etrique compact. Pour tout r > 0, il
existe un ensemble fini de points x1, · · · , xn tels que
X⊂

n
[

B(xj , r).

j=1


emonstration Si X = ∅, il n’y a rien `a d´emontrer.
Supposons X 6= ∅ et supposons par contradiction qu’il existe r > 0 tel qu’aucun
ensemble fini de boules de la forme B(x, r) ne recouvre X.
Nous allons construire par r´ecurrence sur k ≥ 0 une suite (xk ) ⊂ X telle que
d(xj , xk ) ≥ r

∀ k > j ≥ 0.

(4.6)

Pour k = 0, x0 ∈ X quelconque convient.
Supposons construits x0 , · · · , xk v´erifiant (4.6). Par hypoth`ese,
X

k
[

B(xj , r) =: Uk

j=1

donc il existe xk+1 ∈ X \ Uk , c’est-`a-dire que (4.6) a lieu au rang k + 1.
On aboutit `
a une contradiction en remarquant que la suite (xk ) n’admet
aucune sous-suite convergente. En effet si xϕ → x, alors pour k ≥ 0, on aurait
k→∞

r ≤ d(xϕ(k) , xϕ(k+1) ) −−−−→ d(x, x) = 0.
2

´
`
4.3. PREUVE DU THEOR
EME
?? (DIT DE BOREL-LEBESGUE)

39

Th´
eor`
eme 15 (Lebesgue) Soit (X, d) un espace m´etrique compact et (Ui )i∈I
une famille d’ouverts recouvrant X. Alors il existe r > 0 tel que
∀ x ∈ X, ∃ i ∈ I tel que B(x, r) ⊂ Ui .

(4.7)


emonstration Par l’absurde. Supposons que (4.7) soit faux pour tout r > 0.
En particulier c’est faux pour rj := 1/2j , ∀ j ≥ 0. Ainsi, pour tout j ≥ 0, il
existe xj ∈ X tel que pour tout i ∈ I, on ait B(xj , rj )Ui . Par compacit´e de X,
il existe une suite extraite convergente xϕ → x? ∈ X. Maintenant, soit i? ∈ I
tel que x? ∈ Ui? . Comme Ui? est ouvert, il existe r > 0 tel que B(x? , r) ⊂ Ui? .
On a alors
B(xϕ(j) , rϕ(j) ) ⊂ B(x? , r) ⊂ Ui?

pour j assez grand .
2

Contradiction.


emonstration [du Th´eor`eme (13)] ⇒ Supposons que (X, d) soit compact.
Soit (Ui )i∈I une famille d’ouverts recouvrant X. Soit r > 0 le rayon donn´e par
le Th´eor`eme 15. Par la Proposition 23, il existe x1 , · · · , xn tels que
X⊂

n
[

B(xj , r).

j=1

Par le Th´eor`eme 15, pour j = 1, · · · , n il existe ij ∈ J tel que B(xj , r) ⊂ Uij .
On a donc
n
[
X⊂
Uij .
j=1

⇐ Supposons que tout recouvrement ouvert de X admette un sous-recouvrement
fini. Nous raisonnons par l’absurde en supposant que (X, d) ne soit pas compact.
Il existe alors une suite (uk ) ⊂ X sans valeur d’adh´erence. C’est-`a-dire que pour
tout x ∈ X, il existe rx > 0 tel que
{k ≥ 0 : uk ∈ B(x, rx )}

est fini .

La famille (B(x, rx ))x∈X forme un recouvrement de X. Par hypoth`ese, on peut
en extraire un sous-recouvrement fini, (B(xj , rxj ))j=1,··· ,n . On a alors
N = {k ≥ 0 : uk ∈ X} =

n
[



k : uk ∈ B(xj , rxj ) .

j=1

Ainsi N est fini comme union finie d’ensembles finis, ce qui est absurde. On
conclut que (X, d) est compact.
2

40

CHAPITRE 4. ENSEMBLES COMPACTS

Chapitre 5

Fonctions continues.
(continuit´
e en un point,
continuit´
e globale, fonctions
Lipshitziennes, composition,
hom´
eomorphismes, image
d’un compact , applications
lin´
eaires continues)
5.1

Continuit´
e ponctuelle, continuit´
e globale


efinition 25 Soit (X, d) et (Y, δ) deux espaces m´etriques et f : X → Y , une
fonction.
a On dit que f est continue au point x ∈ X, si
∀ ε > 0, ∃ r > 0 tel que : ∀ x0 ∈ X, d(x0 , x) < r =⇒ δ(f (x0 ), f (x)) < ε.
b On dit que f est continue sur X ou simplement “f est continue” si elle est
continue en chaque point x ∈ X.
On note C((X, d), (Y, δ)) l’ensemble des fonctions continues de (X, d) dans
(Y, δ).
Remarque 12 La notion de continuit´e ne change pas si on remplace d et δ par
des distances topologiquement ´equivalentes.
41

42

CHAPITRE 5. FONCTIONS CONTINUES

Exemple 24 Toute fonction constante d’un espace m´etrique (X, d) dans un
autre espace m´etrique (Y, δ) est continue.
Proposition 24 (caract´
erisations de la continuit´
e)
a f est continue au point x ⇐⇒ [pour toute suite (xk ) ⊂ X, xk → x ⇒
f (xk ) → f (x).]
b f est continue
⇐⇒
[pour toute suite convergente (xk ) ⊂ X,
f (xk ) →
f (lim xk )].


c f est continue ⇐⇒
pour tout ouvert U de Y, f −1 (U ) est un ouvert de X .


d f est continue
⇐⇒
pour tout ferm´e F de Y, f −1 (F ) est un ferm´e de X .

emonstration
a ⇒ Soit (xk ) ⊂ X telle que xk → x. Soit ε > 0. Il existe η > 0 tel que
d(x, x0 ) < η =⇒ d(f (x), f (x0 )) < ε.
Comme xk → x, il existe k0 ≥ 0 tel que
k ≥ k0 =⇒ d(xk , x) < η

=⇒ d(f (xk ), f (x)) < ε.

On en d´eduit que f (xk ) → f (x).
⇐ Supposons par contradiction que f ne soit pas continue au point x. Il existe
alors ε > 0 tel que pour tout k ≥ 0, il existe xk ∈ X tel que d(x, xk ) < 2−k
et d(f (x), f (xk )) ≥ ε. On a alors xk → x mais (f (xk )) ne converge pas vers
f (x).
b D´ecoule de (a).
c ⇒
Soit U un ouvert de Y et notons V = f −1 (U ). Prenons x ∈ V . On a
f (x) ∈ U et comme U est ouvert, il existe r > 0 tel que
B(f (x), r) ⊂ U.
Comme f est continue au point x, il existe ε > 0 tel que
∀ x0 ∈ X d(x, x0 ) < ε =⇒ d(f (x), f (x0 )) < r.
On a donc
V = f −1 (U ) ⊃ f −1 (B(f (x), r)) ⊃ B(x, ε).
Ainsi V est ouvert.
⇐ Soit x ∈ X et ε > 0. Notons U = B(f (x), ε). Comme U est un ouvert de
Y , par hypoth`ese, V = f −1 (U ) est un ouvert de X. On remarque que x ∈ V
et donc
∃ r > 0 tel que B(x, r) ⊂ V.
Ainsi,
x0 ∈ B(x, r) =⇒ f (x0 ) ∈ U = B(f (x), ε).
Ceci montre que f est continue en x et comme x est arbitraire, f est continue.

´ PONCTUELLE, CONTINUITE
´ GLOBALE
5.1. CONTINUITE

43

d On a pour E ⊂ Y ,
f −1 (E) = X \ f −1 (Y \ E).
On en d´eduit que f −1 (E) est ferm´e ⇐⇒ f −1 (Y \ E ) est ouvert.
On voit alors que le (d) d´ecoule du (c) par passage au compl´ementaire.
2

efinition 26 (limite) Soit (X, d) et (Y, δ) deux espaces m´etriques. Soit A ⊂
¯ On dit que f admet une limite au point x si il existe
X, f : A → Y et x ∈ A.
y ∈ Y tel que
∀ ε > 0, ∃ r > 0 tel que : x0 ∈ B(x, r) =⇒ f (x0 ) ∈ B(y, ε).
Le point y est alors appel´e la limite de f au point x. On note y = limx0 →x f (x0 ).
Remarque 13 f : A → Y est continue si et seulement si pour tout x ∈ A
lim f (x0 ) = f (x).

x0 →x


efinition 27 (d´
efinition-proposition, prolongement par continuit´
e) Avec
les notations de la d´efinition pr´ec´edente. Soit f ∈ C(A, Y ) et soit Z ⊂ X tel
que A ⊂ Z ⊂ A¯ et tel que f admette une limite en tout point de Z \ A. Alors
f admet un unique prolongement par continuit´e sur Z : c’est `
a dire qu’il existe
une unique fonction F ∈ C(Z, Y ) telle que F|A = f .

efinition 28 Soit (X, d) et (Y, δ) sont deux espaces m´etriques et f : X → Y .
On dit que f est une fonction Lipschitzienne si il existe K ≥ 0 telle que
∀ x, x0 ∈ X, δ(f (x), f (x0 )) ≤ K d(x, x0 ).

(5.1)

On dit que f est K-Lipschitzienne.
La plus petite constante K pour laquelle (5.1) est vraie est appel´ee constante de
Lipschitz de f .
On note Lip((X, d), (Y, δ)) l’ensemble des fonctions Lipschitziennes de (X, d)
dans (Y, δ).
Remarque 14 Si on remplace d et δ par des distances ´equivalentes, alors la
notion de fonction Lipschitzienne est inchang´ee. Par contre la constante de Lipschitz d´epend des distances choisies.
En g´en´eral, les fonctions Lipshitziennes ne sont pas les mˆemes si on remplace
d ou δ par une distance seulement topologiquement ´equivalente.
Proposition 25 Les fonctions Lipschiziennes sont continues.
Exemple 25

44

CHAPITRE 5. FONCTIONS CONTINUES

1. Les fonctions
R \ {0} → R, x 7→ 1/x,

C \ {0} → C, z 7→ 1/z,

C → C, z 7→ z¯

sont continues.
2. Si (X, d) est un espace m´etrique et x? ∈ X, alors
f : X → R, x 7→ d(x? , x)
est continue. Elle est en fait 1-Lipschitzienne : par in´egalit´e triangulaire, on
a
|f (x) − f (y)| = |d(x? , x) − d(x? , y)| ≤ d(x, y).
3. En particulier, si (E, k · k) est un e.v.n, l’application
f : E → R, x 7→ kxk
est 1-Lipschitzienne.
4. Soit (X1 , d1 ), · · · , (Xn , dn ) des espaces m´etriques et soit X = X1 × · · · × Xn .
On munit X de la distance
dmax (x, y) = max

i=1,··· ,n

di (xi , yi ).

Pour i ∈ {1, · · · , n} on d´efinit la projection
Πi : X → Xi , x = (x1 , · · · , xn ) 7→ xi .
La fonction Πi est 1-Lipschizienne de (X, dmax ) dans (Xi , d1 ).
Th´
eor`
eme 16 Soit (E, k · k) un K-e.v.n.
a On munit E × E de la norme k(x, y)kmax := max(kxk, kyk). L’application
⊕ : E × E → E, (x, y) → x + y
est continue de (E × E, k · kmax ) dans E.
b On munit E × K de la norme k(x, λ)k0max := max(|λ|, kxk). L’application
: E × K → E, (x, λ) → λx
est continue de (E × K, k · kmax ) dans (E, k · k).
c Si (E, h·, ·i) est un espace pr´ehilbertien. L’application
E × E → K, (x, y) → hx, yi
est continue de (E × E, k · kmax ) dans K.
Remarque 15 Dans le cas particulier, E = K on retrouve que l’addition et la
multiplication sur K sont continues de K × K → K.

´
5.2. COMPOSITION DE FONCTIONS, HOMEOMORPHISMES

45

Proposition 26 Soit (X, d), (Y1 , δ1 ), · · · , (Yn , δn ) des espaces m´etriques et pour
j = 1, · · · , n, soit fj ∈ C(X, Yj ).
Notons Y l’espace produit Y1 × · · · × Yn et d´efinissons
f := (f1 , · · · , fn ) : X → Y, x 7→ (f1 (x), · · · , fn (x)).
Alors f est continue de (X, d) dans (Y, δmax ) o`
u δmax est la distance sur Y
d´efinie par
δmax (y, y 0 ) := max δj (yj , yj0 )
1≤j≤n

5.2

pour y = (y1 , · · · , yn ), y 0 = (y10 , · · · , yn0 ) ∈ Y.

Composition de fonctions, hom´
eomorphismes

Proposition 27 Si (X, d), (Y, D), (Z, δ) sont des espaces m´etriques et
f : X → Y et g : Y → Z
sont continues, alors h = g ◦ f est continue de (X, d) dans (Z, δ).

emonstration Soit U un ouvert de Z. Par continuit´e de g, l’ensemble V :=
g −1 (U ) est ouvert. Par continuit´e de f , l’ensemble W = f −1 (V ) = h−1 (U ) est
ouvert.
2
Corollaire 6 Si (X, d) est un espace m´etrique et Y ⊂ X.
a) L’injection canonique i : Y → X, x 7→ x est continue de (Y, d) dans
(X, d).
b) Si f ∈ C((X, d), (Z, δ)) alors f|Y ∈ C((Y, d), (Z, δ)) o`
u f|Y d´esigne la
restriction de f `
a Y.

emonstration
(a) La preuve est imm´ediate d’apr´es la d´efinition de la continuit´e.
(b) On ´ecrit f|Y = f ◦ i. Par le (a), f|Y est continue comme compos´ee de
fonctions continues.
2
Exemple 26
1. Soit (E, k · k) un e.v.n. En composant les fonctions continues
E → R, x 7→ kxk

et

R → R, t 7→ sin t,

on d´eduit que E → R, x 7→ sin(kxk) est continue.
2. Soit (X, d) un espace m´etrique et (E, k · k) est un e.v.n. Si f1 : X → E et
f2 : X → E sont deux fonctions continues alors leur somme
f : X → E, x 7→ f1 (x) + f2 (x)

46

CHAPITRE 5. FONCTIONS CONTINUES
est continue.
En effet, on a f = ⊕ ◦ (f1 , f2 ) et nous avons vu que
⊕ :

E×E
(y, y 0 )


7→

E
,
y + y0

et (f1 , f2 ) :

X
x

→ E×E
7→ (f1 (x), f2 (x))

sont continues.
3. Sur K2 , l’application f : K2 → K, x = (x1 , x2 ) → x21 x2 est continue.
En effet, on a f = C ◦ B ◦ A, avec
A:

K2
x

→ K×K×K
,
7

(x1 , x1 , x2 )

B:

K×K×K
(a, b, c)

→ K×K
,
7→ (ab, c)

C:

K×K →
(d, e) 7→

D’apr`es la section pr´ec´edente, les fonctions A, B, C sont continues et par
composition de fonctions continues, f est continue.
4. De mani`ere plus g´en´erale Sur Kn , les fonctions polynomiales de la forme
X
αn
1
p : Kn → K, x 7→
aα1 ,··· ,αn xα
1 · · · xn
0≤α1 ,··· ,αn ≤q

sont continues.

efinition 29 (hom´
eomorphismes) Soit (X, d) et (Y, δ) deux espaces m´etriques
et
f : X→Y
une bijection.
Si f est continue de (X, d) dans (Y, δ) et f −1 est continue de (Y, δ) dans (X, d),
on dit que f est un hom´
eomorphisme de X sur Y .
Exemple 27 1. Si d et δ sont deux distances topologiquement ´equivalentes sur
X, alors
Id : X → X, x 7→ x
est un hom´eomorphisme de (X, d) dans (X, δ).
2. z 7→ 1/z est un hom´eomorphisme de C \ {0} sur lui mˆeme.
3. x 7→ arctan(x) est un hom´eomorphisme de R sur (−π/2, π/2).

5.3

Image continue d’un compact, continuit´
e uniforme

Th´
eor`
eme 17 (une fonction continue sur un compact atteint ses bornes )
Soit (X, d) un espace m´etrique compact et soit f ∈ C ((X, d), R) alors f est
born´ee et atteint ses bornes : il existe a, b ∈ X tels que
inf f = f (a),
X

sup f = f (b).
X

K
.
de

´ UNIFORME 47
5.3. IMAGE CONTINUE D’UN COMPACT, CONTINUITE

emonstration Posons m = inf X f et M = supX f . Montrons que M < ∞
et qu’il existe x ∈ X tel que f (x) = M . Le cas de l’infimum est similaire.
Par d´efinition, il existe (xk ) ⊂ X tel que f (xk ) → M dans R ∪ {+∞}. Par
compacit´e de X, il existe une suite extraite xϕ et x? ∈ X tels que xϕ → x? . Par
continuit´e de f , on a
f (x? ) = lim f (xϕ(k) ) = M.
k→∞

2

En particulier, le supremum M est fini et est atteint au point x? .
Le r´esultat pr´ec´edent est un cas particulier du suivant.

Th´
eor`
eme 18 (l’image d’un compact par une fonction continue est compacte)
Soit (X, d) un espace m´etrique compact et soit (Y, δ) un espace m´etrique.
Si f ∈ C((X, d), (Y, δ)) alors f (X) est un sous-ensemble compact de (Y, δ).

emonstration Notons K = f (X). Nous devons montrer que K est compact.
Pour varier, nous allons utiliser la d´efinition de Borel-Lebesgue de la compacit´e.
Soit (Ui )i∈I un recouvrement ouvert de K. Pour i ∈ I, notons Vi = f −1 (Ui ).
Comme f est continue, les Vi sont ouverts. On a aussi
!
[
[
[
−1
−1
−1
X = f (f (X)) = f (K) ⊂ f
Ui =
f −1 (Ui ) =
Vi .
i∈I

i∈I

i∈I

Donc (Vi )i∈I est un recouvrement ouvert de X. Comme X est compact, il existe
J ⊂ I fini tel que (Vi )i∈J recouvre X. On a alors
!
[
[
[
K = f (X) ⊂ f
Vi =
f (Vi ) =
Ui .
i∈J

i∈J

i∈J

Ainsi le recouvrement ouvert (Ui )i∈I de K admet un sous-recouvrement fini :
(Ui )i∈J . On conclut que K est compact.
2
Remarque 16 Bien sˆ
ur, il est possible de d´emontrer le r´esultat en utilisant
la d´efinition de la compacit´e de Bolzano-Weierstrass (`a partir des suites). On
pourra le faire en exercice.
L’avantage de la preuve donn´ee plus haut est qu’elle reste valable dans le
contexte des espaces topologiques.

efinition 30 (continuit´
e uniforme) Soit f : X → Y une fonction entre
deux espaces m´etriques (X, d) et (Y, δ).
On dit que f est uniform´ement continue sur X si pour tout ε > 0, il existe r > 0
tel que
∀ x, x0 ∈ X, d(x, x0 ) < r =⇒ δ(f (x), f (x0 )) < ε.

48

CHAPITRE 5. FONCTIONS CONTINUES

Remarque 17 Les fonctions uniform´ement continues sont continues.
Contrairement `
a la d´efinition de la continuit´e, dans la d´efinition de la continuit´e
uniforme on demande que r soit ind´ependant de x.
Exemple 28
1. Les applications Lipschitziennes sont uniform´ement continues.
2. Les fonctions (0, 1) → (1, +∞), x 7→ 1/x et R → R, x 7→ x2 sont continues
mais pas uniform´ement continues.
Th´
eor`
eme 19 (Heine) Soit (K, d) un espace m´etrique compact et (Y, δ) un
espace m´etrique. Toute fonction continue K → Y est uniform´
ement continue.

emonstration Soit f ∈ C((K, d), (Y, δ)). On suppose que (K, d) est compact.
1. (preuve par les suites) Supposons par contradiction qu’il existe ε > 0 et
des suites (xk ), (yk ) ⊂ K telles que
d(xk , yk ) < 1/2k

et

δ(f (xk ), f (yk )) ≥ ε.

Il existe alors une suite extraite xϕ et x ∈ K tel que xϕ → x. Comme d(yϕ , xϕ ) →
0, on a aussi yϕ → x. Par continuit´e de f on a donc,
f (xϕ ) → f (x) et f (yϕ ) → f (x).
En particulier,
ε ≤ d(f (xϕ ), f (yϕ )) → 0.
Contradiction.
2. (preuve par les recouvrements)
Soit ε > 0. Pour tout x ∈ K, il existe rx > 0 tel que
∀ y ∈ K, y ∈ B(x, rx ) =⇒ δ(f (x), f (y)) < ε/2.

(5.2)

La famille de boules (B(x, rx /2))x∈K est un recouvrement ouvert de K. On en
extrait un recouvrement fini (B(xj , rxj /2))j=1,··· ,N . On pose alors
1
min(rx1 , · · · , rxn ) > 0.
2
Maintenant soit y, z ∈ K. Nous allons montrer que
r=

d(y, z) < r =⇒ δ(f (y), f (z)) < ε.

(5.3)

Cela ´etablira que f est uniform´ement continue.
Comme (B(xj , rxj /2))j=1,··· ,N recouvre X, il existe j ∈ {1, · · · , N } tel que
d(y, xj ) < rxj /2.
Supposons d(y, z) < r. Par in´egalit´e triangulaire, on a aussi
d(z, xj ) ≤ d(z, y) + d(y, xj ) < r + rxj /2 < rxj .
On a donc y, z ∈ B(xj , rxj ). On conclut en appliquant (5.2) avec x = xj :
δ(f (y), f (z)) ≤ δ(f (y), f (xj )) + δ(f (xj ), f (z)) < ε/2 + ε/2 = ε.
Ceci ´etablit (5.3).

2

´
5.4. APPLICATIONS LINEAIRES
CONTINUES

5.4

49

Applications lin´
eaires continues

Dans cette section (E, | · |E ) et (F, | · |F ) sont des espaces vectoriels norm´es.
On ´etudie la continuit´e des applications lin´eaires E → F .
Th´
eor`
eme 20 Soit L : E → F une application lin´eaire. Les ´enonc´es suivant
sont ´equivalents.
i. L est continue.
ii. L est continue en 0.
iii. Il existe C ≥ 0 telle que |L(x)|F ≤ C|x|E pour tout x ∈ E.

emonstration i ⇒ ii est ´evident.
ii ⇒ iii. Si L est continue en 0, il existe c > 0 tel que
∀ x ∈ E, |x − 0|E ≤ c =⇒ |L(x) − L(0)|F ≤ 1.
Comme L est lin´eaire, on a L(0) = 0 et donc
∀ x ∈ E, |x|E ≤ c =⇒ |L(x)|F ≤ 1.
Soit maintenant y ∈ E. Si y 6= 0 alors on pose x = (c/|y|E )y. On a |x|E = c et
donc
c
|L(y)|F .
1 ≥ |L(x)|F =
|y|E
Ainsi pour tout y ∈ E, on a |L(y)|F ≤ (1/c)|y|E . Cette in´egalit´e est aussi vraie
pour y = 0. Ainsi iii a lieu avec C = 1/c.
iii ⇒ i. Soit x ∈ E. Pour tout y ∈ E tel que y 6= x, on a
|L(x) − L(y)|F = | L(x − y)|F ≤ C|x − y|E

y→x

−−−→ 0.
2

Donc L est continue au point x.

Proposition 28 Si L : E → F est lin´eaire continue, il existe une plus petite
constante C ≥ 0 telle que |L(x)|F ≤ C|x|E pour tout x ∈ E.
De plus, on a


|L(x)|F
C = sup
: x ∈ E \ {0} ,
|x|E
= sup {|L(x)|F : x ∈ E, |x|E ≤ 1} ,
=

sup{|L(x)|F : x ∈ E, |x|E = 1},

On notera kLkE,F ou bien kLk cette constante.
Remarquer, que :
∀ x ∈ E,

|L(x)|F ≤ kLkE,F |x|E ,

et que kLkE,F est la plus petite constante pour laquelle cela soit vrai.

50

CHAPITRE 5. FONCTIONS CONTINUES


efinition 31 On note L(E, F ) l’ensemble des applications lin´eaires continues
de (E, | · |E ) dans (F, | · |F ).
Proposition 29 L(E, F ) est un espace vectoriel et k · kE,F est une norme sur
L(E, F ).

emonstration Soit L, M ∈ L(E, F ) et λ, ∈ K.
On alors pour x ∈ E,
|(λL + M )(x)|F

=

|λL(x) + M (x)|F



|λL(x)|F + |M (x)|F = |λ||L(x)|F + |||M (x)|F



(|λ|kLk + ||kM k) |x|E . = C |x|E .
{z
}
|
C

Par la condition iii, λL + M ∈ L(E, F ).
Notons que
kλL + M k ≤ C = |λ|kLk + ||kM k.

(5.4)

Nous voyons facilement que k · kE,F est une norme sur L(E, F ). En effet,
l’in´egalit´e triangulaire d´ecoule de (5.4). Les autres propri´et´es se v´erifient imm´ediatement.
2
Dans le cas o`
u E est de dimension finie, toutes les applications lin´eaires sont
continues.
Th´
eor`
eme 21 Si E est de dimension finie, toute application lin´eaire E → F
est continue.

emonstration Soit (e1 , · · · , en ) une base de E. Toutes les normes ´etant
´equivalentes sur E, on peut choisir la norme que l’on souhaite pour v´erifier la
continuit´e. Nous prenons la norme
N (x) := max |xi | o`
ux=
1≤j≤n

Pour tout x =

n
X

xj ej .

j=1

P

xj ej , on a




X

n
n
X
X

n
kL(ej )k N (x).
kL(x)k =
xj L(ej )
|xj |kL(ej )k ≤ 



j=1
j=1
j=1
|
{z
}
C

Donc L est continue de (E, N ) dans (F, k · k).

2

Corollaire 7 Si E et F sont deux espaces vectoriels de mˆeme dimension finie et L : E → F est un isomorphisme d’espace vectoriel alors L est un
hom´eomorphisme (L et L−1 sont continues).




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