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Espaces localement convexes Distributions
Mohamed HOUIMDI
Version septembre 2019

TABLE DES MATIÈRES

1 Espaces vectoriels topologiques
1.1 Ensembles remarquables dans un espace vectoriel topologique . .
1.1.1 Notations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.2 Parties équilibrées . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.3 Parties absorbantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.4 Parties convexes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.5 Parties absolument convexes . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Rappels de topologie générale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.1 Définition et exemples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.2 Voisinage - Adhérence - Intérieur - Frontière . . . . . . . .
1.2.3 Applications continues . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.4 Suites généraliées - Bases de filtre . . . . . . . . . . . . . .
1.3 Définition et propriétés de base d’un espace vectoriel topologique .
1.4 Parties bornées - Parties totalement bornées . . . . . . . . . . . .
1.5 Applications linéares continues . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.6 Espace quotient . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.7 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2 Espaces localement convexes
2.1 Semi-normes et jauges . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Définition et propriétés de base d’un espace localement convexe
2.3 Topologie définie par une famille de semi-normes . . . . . . . . .
2.4 Utisation des semi-normes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.4.1 Convergence d’une suite généralisée . . . . . . . . . . . .
2.4.2 Parties bornées . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.4.3 Applications linéaires continues . . . . . . . . . . . . . .
2.5 Espaces localement convexes métrisables - Espaces de Fréchet .
2.6 Application aux espaces fonctionnels . . . . . . . . . . . . . . .
2.6.1 L’espaces des applications d’un ensemble X vers K . . .
2.6.2 L’espace C k (Ω) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.6.3 L’espace C ∞ (Ω) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.6.4 L’espace DK (Ω) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.7 Limite inductive et espace D(Ω) . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.7.1 Définition d’une limite inductive . . . . . . . . . . . . . .
2.7.2 L’espace D(Ω) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
ii

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1
1
1
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3
4
6
8
8
9
12
13
17
21
23
24
26

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30
30
33
34
36
36
37
38
38
45
45
46
48
50
50
50
51

TABLE DES MATIÈRES
2.7.3
2.7.4

Limite inductive stricte et applications linéaires continues . . . . . . 57
Limite inductive stricte d’espaces de Fréchet . . . . . . . . . . . . . 58

3 Distributions
62
3.1 Définition et propriètés de base . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62
3.2 Multiplication d’une distribution par une fonction de classe C ∞ . . . . . . 66
3.3 Dérivation des distributions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
3.4 Convergence des distributions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
3.5 Support d’une distribution . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
3.5.1 Définition et exemples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
3.5.2 Distributions à support compact . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
3.5.3 Distribution dont le support est réduit à un singleton . . . . . . . . 75
3.6 Convolution et régularisation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
3.6.1 Convolution de deux fonctions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
3.6.2 Régularisation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78
3.6.3 Produit de convolution d’une distribution par une fonction de D(Rn ) 79
3.6.4 Régularisation - Densité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
3.6.5 Produit de convolution de deux distributions . . . . . . . . . . . . . 85
3.6.6 Solution fondamentale d’un opérateur différentiel . . . . . . . . . . 88
3.7 Transformée de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89
3.7.1 Transformée de Fourier dans L1 (Rn ) . . . . . . . . . . . . . . . . . 89
3.7.2 Transformation de Fourier dans l’espace de Schwartz S . . . . . . . 92
3.7.3 Transformée de Fourier d’une distribution tempérée . . . . . . . . . 97
3.7.4 Transformée de Fourier d’une distribution à support compact . . . . 101
3.8 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103

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Pr.Mohamed HOUIMDI

TABLE DES MATIÈRES

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Pr.Mohamed HOUIMDI

CHAPITRE 1
ESPACES VECTORIELS
TOPOLOGIQUES

1.1

Ensembles remarquables dans un espace vectoriel
topologique

1.1.1

Notations

Soient E un K-espace vectoriel, K = R ou K = C, A et B deux parties de E.
1. On désigne par Vect(A) le sous-espace engendré par A et on rappelle que pour
x ∈ E, on a x ∈ Vect(A), si et seulement si, il existe α1 , α2 , . . . , αn ∈ K et il existe
n
P

x1 , x2 , . . . , xn ∈ A, tels que x =

k=1

αk xk .

2. Pour x0 ∈ E, on définit x0 + A par
∀x ∈ E, x ∈ x0 + A ⇐⇒ ∃a ∈ A tel que x = x0 + a
Autrement dit A = {x0 + a : a ∈ A}.
3. A + B est défini par
∀x ∈ E, x ∈ A + B ⇐⇒ ∃a ∈ A, ∃b ∈ B tel que x = a + b
ou encore on a A + B = {a + b : a ∈ A et b ∈ B}.
4. Pour λ ∈ K, on définit λA, par
∀x ∈ E, x ∈ λA ⇐⇒ ∃a ∈ A tel que x = λa
5. Si Λ est une partie de K, on définit ΛA par
ΛA = {λa : λ ∈ Λ et a ∈ A} =

[
λ∈Λ

1

λA

CHAPITRE 1. ESPACES VECTORIELS TOPOLOGIQUES

1.1.2

Parties équilibrées

Définition 1.1.
Soient E un K-espace vectoriel, K = R ou K = C. Une partie A de E est dite
équilibrée, si
∀λ ∈ K, |λ| ≤ 1 =⇒ λA ⊆ A
Remarque 1.1.1
S
λA ⊆ A.
1. A est équilibrée, si et seulement si,
|λ|≤1

2. Si K = R, alors A est équilibrée, si et seulement si, pour tout λ ∈ [−1, 1] et pour
tout a ∈ A, on a λa ∈ A.
3. Si K = C, alors A est équilibrée, si et seulement si, pour tout λ ∈ D et pour tout
a ∈ A, on a λa ∈ A, où D est le disque unité de C.
Exemples
Si (E, k · k) est un espace normé, alors toute boule de centre 0 est équilibrée.
Proposition 1.2.
Soit E un K-espace vectoriel, K = R ou K = C.
1. Si A est une partie équilibré de E, alors on a
i) 0 ∈ A.
ii) ∀λ ∈ K, ∀µ ∈ K, |λ| ≤ |µ| =⇒ λA ⊆ µA.
iii) ∀λ ∈ K, |λ| = 1 =⇒ λA = A.
2. Soit (Ai )i∈I une famille de parties équilibrées de E, alors

T

Ai est une

i∈I

partie équilibré de E.
Preuve
1. i) On a 0A = {0} et 0A ⊆ A, donc 0 ∈ A.
ii) On a |λ| ≤ |µ|, donc
λA ⊆ µA.
iii) On a |λ| = 1, donc

1
λ

λ
µ

≤ 1 et comme A est équilibré, alors

λ
µA

⊆ A, donc

= 1, par suite, on a λA ⊆ A et λ1 A ⊆ A, donc λA = A.

2. Exercice.
Remarque 1.1.2
1. Si A est équilibré, alors −A = A, donc A est symétrique par rapport à l’origine.
2. Si A est équilibré, alors pour tout λ ∈ K, on a λA = |λ|A.
3. Soit A une partie quelconque de E. Alors d’après iii) de la proposition précédente,
l’intersection de toutes les parties équilibrées de E contenant A est une partie
équilibrée de E, appelée enveloppe équilibrée de A. On voit facilement que l’enveloppe
équilibré d’une partie A est égal à DA.
Exemples
E = R et A = {x, y}, avec x =
6 y. Soit B l’enveloppe équilibrée de A, alors on a B = [−α, α],
où α = max(|x|, |y|).
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Pr.Mohamed HOUIMDI

CHAPITRE 1. ESPACES VECTORIELS TOPOLOGIQUES

1.1.3

Parties absorbantes

Définition 1.3.
Soient E un K-espace vectoriel, K = R ou K = C, A et B deux parties de E.
i) On dit que A absorbe B, s’il existe α > 0, tel que
∀λ ∈ K, 0 < |λ| ≤ α =⇒ λB ⊆ A
ii) On dit que A absorbe x, avec x ∈ E, si A absorbe B, où B = {x}, c’est à dire,
il existe α > 0, tel que
∀λ ∈ K, 0 < |λ| ≤ α =⇒ λx ∈ A
iii) On dit que A est une partie absorbante de E, si A absorbe tout élément x
de E.

Remarque 1.1.3
Soient E un K-espace vectoriel, A et B deux parties de E. Alors
1. A absorbe B, si et seulement si, il existe α > 0, tel que
∀λ ∈ K, |λ| ≥ α =⇒ B ⊆ λA
En effet, supposons que A absorbe B, alors il existe β > 0, tel que
∀λ ∈ K, |λ| ≤ β =⇒ λB ⊆ A
1
1
1
On pose α = , alors pour |λ| ≥ α, on aura
≤ β, donc B ⊆ A, par suite, B ⊆ λA.
β
λ
λ
Réciproquement, supposons qu’il existe α > 0, tel que pour tout λ ∈ K, avec |λ| ≥ α,
1
1
on a B ⊆ λA et soit β = , alors pour λ ∈ K, tel que |λ| ≤ β, on aura
≥ α, donc
α
λ
1
B ⊆ A, par suite λB ⊆ A.
λ
2. Si A est une partie équilibrée de E et B une partie de E, alors A absorbe B, si et
seulement si, il existe α > 0, tel que B ⊆ αA.
En effet, si A absorbe B, alors il existe α > 0, tel que pour tout λ ∈ K, avec |λ| ≥ α,
on a B ⊆ λA, donc en particulier, on a B ⊆ αA. Réciproquement, supposons qu’il
α
existe α > 0, tel que B ⊆ αA et soit λ ∈ K, tel que |λ| ≥ α, alors on a
≤ 1. Comme
|λ|
α
α
A est équilibré et
≤ 1, alors A ⊆ A, donc αA ⊆ λA, par suite, B ⊆ λA.
|λ|
λ
Exemples
Soit (E, k · k) un espace normé. Alors toute boule de E de centre 0 est absorbante.
En effet, soit B(0, r) une boule de centre 0, par exemple fermée, et soit x ∈ E, avec x 6= 0.
r
Si on pose α =
, alors pour λ ∈ K, avec 0 < |λ| ≤ α, on aura kλxk = |λ|kxk ≤ αkxk,
kxk
où αkxk = r, donc λx ∈ B(0, r), pour tout λ, avec 0 < |λ| ≤ α.
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Pr.Mohamed HOUIMDI

CHAPITRE 1. ESPACES VECTORIELS TOPOLOGIQUES

1.1.4

Parties convexes

Définition 1.4.
Soit E un K-espace vectoriel, K = R ou K = C, A une partie de E. On dit que A
est convexe, si
∀λ ≥ 0, ∀µ ≥ 0, λ + µ = 1 =⇒ λA + µA ⊆ A

Remarque 1.1.4
1. A est convexe, si et seulement si, pour tout λ ≥ 0, pour tout µ ≥ 0, avec λ + µ = 1,
pour tout x ∈ A et pour tout y ∈ A, on a λx + µy ∈ A.
2. A est convexe, si et seulement si, pour tout λ ∈ [0, 1], pour tout x ∈ A et pour tout
y ∈ A, on a (1 − λ)x + λy ∈ A.
Exemples
1. Tout sous-espace affine de E est convexe et en particulier, tout sous-espace vectoriel
de E est convexe.
2. Soit (E, k · k) un espace normé. Alors toute boule de E est convexe.
En effet, on suppose, par exemple, que B(a, r) est une boule fermée de E et soient
λ ∈ [0, 1], x ∈ B(a, r) et y ∈ B(a, r), alors on a
k(1 − λ)x + λy − ak = k(1 − λ)(x − a) + λ(y − a)k
≤ (1 − λ)kx − ak + λky − ak
≤ (1 − λ)r + λr = r
d’où (1 − λ)x + λy ∈ B(a, r).
Proposition 1.5.
i) Si A est une partie convexe de E, alors pour tout λ ≥ 0 et pour tout µ ≥ 0,
on a λA + µA = (λ + µ)A.
ii) Si A est convexe, alors pour tout entier n ≥ 2, pour tout x1 , x2 , . . . , xn ∈ A et
pour tout λ1 , λ2 , . . . , λn ≥ 0, avec

n
P

i=1

λi = 1, on a

n
P

i=1

λi xi ∈ A.

iii) Si (Ai )i∈I est une famille de parties convexes de E, tel que
T

T

Ai 6= ∅, alors

i∈I

Ai est une partie convexe de E.

i∈I

Preuve
i) On voit facilement que pour tout λ, µ ∈ K et pour toute partie A de E, on a toujours
(λ + µ)A ⊆ λA + µA.
Supposons que A est convexe et soient λ ≥ 0 et µ ≥ 0.
Si λ + µ = 0, alors λ = 0 et µ = 0, donc λA + µA ⊆ (λ + µ)A.
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Pr.Mohamed HOUIMDI

CHAPITRE 1. ESPACES VECTORIELS TOPOLOGIQUES
Si λ + µ 6= 0, alors on a

µ
λ
+
= 1 et comme A est convexe, alors
λ+µ λ+µ
µ
λ
A+
A⊆A
λ+µ
λ+µ

donc λA + µA ⊆ (λ + µ)A.
ii) On procède par récurrence sur n.
Si n = 2, alors, par définition d’un convexe, la propriété est vraie.
On suppose que la propriété est vraie jusqu’à l’ordre n.
Soient x1 , x2 , . . . , xn+1 ∈ A et λ1 , λ2 , . . . , λn+1 ≥ 0, avec
Montrons que

n+1
P
i=1

n+1
P
i=1

λi = 1.

λi xi ∈ A, pour cela, on distingue deux cas :

Si λn+1 = 1, alors λ1 = λ2 = · · · = λn = 0, donc
Si λn+1 6= 1, alors 0 ≤ λn+1 < 1 et on a
n+1
X

λi xi = (1 − λn+1 )

i=1

n+1
P
i=1

λi xi = xn+1 , avec xn+1 ∈ A.

n
X

λi
xi + λn+1 xn+1
i=1 1 − λn+1

n
λi
λi
P
= 1, donc d’après
≥ 0 et
1 − λn+1
i=1 1 − λn+1
n
λi
P
l’hypothèse de récurrence, on aura
xi ∈ A et comme A est convexe et
i=1 1 − λn+1
λn+1 ∈ [0, 1], alors on a

Pour tout i ∈ {1, 2, . . . , n}, on a

(1 − λn+1 )

n
X

λi
xi + λn+1 xn+1 ∈ A
i=1 1 − λn+1

d’où le résultat.
iii) Exercice
Remarque 1.1.5
Soit A une partie quelconque de E. Alors d’après la proposition précédente, l’intersection
de toutes les parties convexes de E contenant A est une partie convexe de E, c’est le plus
petit convexe contenant A.
Définition 1.6.
Soit A une partie quelconque de E. L’intersection de toutes les parties convexes
de E contenant A, s’appelle l’enveloppe convexe de A et se note co(A).

Remarque 1.1.6
Soit B une partie de E. Alors B = co(A), si et seulement si, B est convexe, B contient A
et si C est un convexe qui contient A, alors C contient B.
Exemples
E = R et A = {x, y}, alors co(A) = [x, y].
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Pr.Mohamed HOUIMDI

CHAPITRE 1. ESPACES VECTORIELS TOPOLOGIQUES
Proposition 1.7.
Soient E un K-espace vectoriel, A une partie non vide de E et x ∈ E. Alors
x ∈ co(A), si et seulement si, il existe x1 , x2 , . . . , xn ∈ A et il existe λ1 , λ2 , . . . , λn ≥ 0,
avec

n
P

i=1

λi = 1, tel que x =

n
P

i=1

λi xi .

Preuve
Soit B la partie de E définie par
®
B=

n
X

n

λi xi : n ∈ N, (x1 , x2 , . . . , xn ) ∈ A

et λ1 , λ2 , . . . , λn ≥ 0 avec

i=1

n
X

´
λi = 1

i=1

Alors B est convexe. En effet, soient x ∈ B, y ∈ B et α ∈ [0, 1], on doit montrer que
(1 − α)x + αy ∈ B. On a x =

n
P
i=1

on aura (1 − α)x + αy =

n+m
P
i=1

λi xi , avec

n
P
i=1

λi = 1, et y =

m
P
i=1

µi yi , avec

n
P
i=1

µi = 1, donc

γi zi , tel que

∀i ∈ {1, 2, . . . , n + m}, γi =

(
(1 − α)λi

si i ∈ {1, 2, . . . , n}
si i ∈ {n + 1, . . . , n + m}

αµi−n

et ∀i ∈ {1, 2, . . . , n + m}, zi =

(
xi
yi−n

si i ∈ {1, 2, . . . , n}
si i ∈ {n + 1, . . . , n + m}

On a
n+m
X

γi = (1 − α)

i=1

n
X
i=1

λi + α

n+m
X

µi−n = (1 − α) + α

i=n+1

m
X

µi = (1 − α) + α = 1

i=1

donc on en déduit que (1 − α)x + αy ∈ B et par suite B est convexe et A ⊆ B.
Soit C un convexe de E, tel que A ⊆ C, alors d’après ii) de la proposition précédente, on
a B ⊆ C, donc B est le plus petit convexe contenant A, par conséquent B = co(A).

1.1.5

Parties absolument convexes

Définition 1.8.
Une partie de E qui est à la fois convexe et équilibrée est dite absolument convexe.

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Pr.Mohamed HOUIMDI

CHAPITRE 1. ESPACES VECTORIELS TOPOLOGIQUES
Proposition 1.9.
i) A est absolument convexe, si et seulement si,
∀λ ∈ K, ∀µ ∈ K, |λ| + |µ| ≤ 1 =⇒ λA + µA ⊆ A
ii) Si A est absolument convexe, alors pour tout entier n ≥ 2, pour tout
x1 , x2 , . . . , xn ∈ A et pour tout λ1 , λ2 , . . . , λn ∈ K, avec
n
P
i=1

n
P
i=1

|λi | ≤ 1, on a

λi xi ∈ A.

iii) Si (Ai )i∈I est une famille de parties absolument convexes, tel que
alors

T

T

Ai =
6 ∅,

i∈I

Ai est absolument convexe.

i∈I

Preuve
i) Soient λ, µ ∈ K, tel que |λ| + |µ| ≤ 1. Comme A est convexe, alors d’après i) de la
proposition 1.6, on a |λ|A + |µ|A ⊆ (|λ| + |µ|)A.
Comme A est équilibré et |λ| + |µ| ≤ 1, alors (|λ| + |µ|)A ⊆ A, donc |λ|A + |µ|A ⊆ A.
Puisque A est équilibré, alors |λ|A = λA et |µ|A = µA, donc λA + µA ⊆ A.
ii) On procède par récurrence sur n.
Si n = 2, alors d’après i), la propriété est vraie.
On suppose la propriété vraie jusqu’à l’ordre n.
Soit x1 , x2 , . . . , xn+1 ∈ A et soit λ1 , λ2 , . . . , λn+1 ∈ K, tel que
Montrons que

n+1
P
i=1

n+1
P
i=1

|λi | ≤ 1.

λi xi ∈ A. Pour cela, on distingue deux cas :

Si |λn+1 | = 1, alors on a λ1 = λ2 = · · · = λn = 0, donc

n+1
P
i=1

λi xi = λn+1 xn+1 , comme

A est équilibré et |λn+1 | = 1, alors λn+1 xn+1 ∈ A.
Si |λn+1 | 6= 1, alors |λn+1 | < 1 et on a
n+1
X

λi xi = (1 − |λn+1 |)

i=1

On a

n
X

λi
xi + λn+1 xn+1
i=1 1 − |λn+1 |

|λi |
≤ 1, donc d’après l’hypothèse de récurrence, on a
i=1 1 − |λn+1 |
n
P

n
X

λi
xi ∈ A
i=1 1 − |λn+1 |
Comme A est absolument convexe, alors (1 − |λn+1 |)

λi
xi + λn+1 xn+1 ∈ A.
i=1 1 − |λn+1 |
n
P

d’où le résultat.
iii) Exercice.
Page 7 sur 108

Pr.Mohamed HOUIMDI

CHAPITRE 1. ESPACES VECTORIELS TOPOLOGIQUES
Définition 1.10.
Soient E un K-espace vectoriel, K = R ou K = C, et A une partie de E. L’intersection de toutes les parties absolument convexes contenant A, s’appelle l’enveloppe
absolument convexe de A et se note aco(A).

Remarque 1.1.7
1. aco(A) est le plus petit ensemble absolument convexe contenant A.
2. B = aco(A), si et seulement si, B absolument convexe, B contient A et si C est une
autre partie absolument convexe contenant A, alors C contient B.
Proposition 1.11.
Soient E un K-espace vectoriel, K = R ou K = C, A une partie de E et x ∈ E.
Alors x ∈ aco(A), si et seulement si, il existe n ∈ N, il existe x1 , x2 , . . . , xn ∈ A et
il existe λ1 , λ2 , . . . , λn ∈ K, avec

n
P

i=1

|λi | ≤ 1, tel que x =

n
P

i=1

λi xi .

Preuve
Il suffit de considérer l’ensemble B défini par
®
B=

n
X

λi xi : n ∈ N, (x1 , x2 , . . . , xn ) ∈ An et λ1 , λ2 , . . . , λn ≥ 0 avec

i=1

n
X

´
|λi | ≤ 1

i=1

alors on voit facilement que B est absolument convexe, B contient A et si C une autre
partie absolument convexe contenant A, alors C contient B.

1.2

Rappels de topologie générale

1.2.1

Définition et exemples

Définition 1.12.
Soient E un ensemble quelconque et P(E), l’ensemble de toutes les parties de E.
Une topologie sur E est définie par une partie T de P(E), vérifiant les propriétés
suivantes :
i) ∅ ∈ T et E ∈ T
ii) Si (Ai )i∈I est une famille quelconque d’éléments de T , alors
élément de T .
iii) Si A1 , A2 , . . . , An sont des éléments de E, alors

n
T
i=1

S

Ai est un

i∈I

Ai est un élément de E.

Dans ce cas, les éléments de T sont appelés des ouverts et leurs complémentaires
dans E sont appelés des fermés.

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CHAPITRE 1. ESPACES VECTORIELS TOPOLOGIQUES
Remarque 1.2.1
Soit (E, T ) un espace topologique.
1. Une partie A de E est fermée, si et seulement si, E \ A est ouvert.
2. Si A1 , A2 , . . . , An sont des fermés de E, alors

n
S
i=1

Ai est un fermé de E.

3. Si (Ai )i∈I est une famille quelconque de fermés de E, alors

T

Ai est un fermé de E.

i∈I

4. Une intersection quelconque d’ouverts de E, est en général, n’est pas un ouvert de
T 1 1
E. Par exemple dans R, on a
− n , n = {0} et {0} n’est pas un ouvert de R.
n∈N∗

5. Une réunion quelconque de fermés de E, est en général, n’est pas un fermé de E.
S 1
Par exemple dans R, on a
n , 1 = ]0, 1] et ]0, 1] n’est pas un fermé de R.
n∈N∗

Exemples
1. E un ensemble quelconque et T = {∅, E}, alors T défini une topologie sur E, appelée
topologie grossière sur E.
2. E un ensemble quelconque et T = P(E), alors T défini une topologie sur E, appelée
topologie discrète sur E.
3. E = {1, 2, 3, 4} et T = {∅, {1}, {4}, {1, 4}, E}, alors T définit une topologie sur E.
4. Soit (E, d) un espace métrique et soit T la famille de parties de E définie par A ∈ T ,
si et seulement, pour tout x ∈ A, il existe r > 0, tel que la boule ouverte B(x, r) est
contenue dans A, où B(x, r) = {y ∈ E : d(x, y) < r}. Alors T définit une topologie
sur E, appelée topologie induite par la distance d sur E ou topologie associée à la
distance E.
5. Soient (E1 , T1 ) et (E2 , T2 ) deux espaces topologiques et soit T la partie de E1 × E2 ,
définie par A ∈ T , si et seulement si, pour tout (x, y) ∈ A, il existe A1 × A2 ∈ T1 × T2 ,
tel que (x, y) ∈ T1 × T2 et A1 × A2 ⊆ A. Alors T définit une topologie sur E1 × E2 ,
appelée topologie produit sur E1 × E2 .

1.2.2

Voisinage - Adhérence - Intérieur - Frontière

Définition 1.13.
i) Soient (E, T ) un espace topologique, x ∈ E et V une partie de E. On dit que V
est un voisinage de x, s’il existe un ouvert A de E, tel que x ∈ A et A ⊆ V .
On note V(x) l’ensemble de tous les voisinage de x.
ii) Une partie B(x) de V(x) est dite une base de voisinages de x, si pour tout
V ∈ V(x), il existe W ∈ B(x), tel que W ⊆ V .

Exemples
1. Si V est un ouvert de E et si x ∈ V , alors V est un voisinage de x.
2. Soit x ∈ E, alors l’ensemble de tous les ouverts de E contenant x, forme une base de
voisinages de x.
3. Soit (E, d) un espace métrique, alors pour tout x ∈ E, l’ensemble de toutes les boules
ouvertes de centre x, forme une base de voisinages de x.
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CHAPITRE 1. ESPACES VECTORIELS TOPOLOGIQUES
4. Si x ∈ R, alors B(x) = {]x − r, x + r[ : r > 0} est une base de voisinages de x.
Définition 1.14.
Soit (E, T ) un espace topologique.
i) On dit que E est séparé, si pour tout x ∈ E et pour tout y ∈ E, il existe
V ∈ V(x) et il existe W ∈ V(y), tel que V ∩ W = ∅.
ii) On dit que E possède le premier axiome de dénombrabilité, si tout x ∈ E,
possède une base de voisinage B(x), avec B dénombrable.

Exemples
Si (E, d) est un espâce métrique, alors E possède le premier axiome de dénombrabilité. En
effet, soit x ∈ E et soit B(x) défini par

ß Å
ã
1

B(x) = B x,
: n∈N
n
où pour chaque n ∈ N∗ , B(x, n1 ) = {y ∈ E : d(x, y) < n1 } est la boule ouverte de centre x et
de rayon n1 . Alors B(x) est une base de voisinage de x.
Proposition 1.15.
Soit E un espace topologique satisfaisant au premier axiome de dénombrabilité. Alors tout x ∈ E possède une base dénombrable et décroissante formée de
voisinages ouverts.

Preuve
Soit x ∈ E et soit {Vn : n ∈ N} une base de voisinages de x. Pour tout n ∈ N, Vn est un
voisinage de x, donc il existe un voisinage ouvert Un de x, tel que Un ⊆ Vn . Pour tout
T
n ∈ N, on pose Wn = nk=0 Un , alors {Wn : n ∈ N} est une base dénombrable et décroissante
formée de voisinages ouverts.
Définition 1.16.
Soient E un espace topologique et A une partie de E.
i) La réunion de tous les ouverts contenus dans A est un ouvert, c’est le plus
grand ouvert contenu dans A, il est appelé l’intérieur de A et se note Å.
ii) L’intersection de tous les fermés contenant A est un fermé, c’est le plus petit
fermé contenant A, il est appelé l’adhérence de A et se note A.
iii) La frontière de A, que l’on note F r(A) est définie par F r(A) = A \ Å.

Remarque 1.2.2
1. La définition précédente a un sens, car une réunion quelconque d’ouverts est un
ouvert et une intersection quelconque de fermés est un fermé.
2. Pour toute partie A, on a Å ⊆ A ⊆ A.
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CHAPITRE 1. ESPACES VECTORIELS TOPOLOGIQUES
3. A = Å, si et seulement si, A est un ouvert.
4. A = A, si et seulement si, A est un fermé.

Proposition 1.17.
Soient E un espace topologique, A une partie de E et x ∈ E. Alors on a
i) x ∈ Å, si et seulement si, il existe un ouvert V de E, tel que x ∈ V et V ⊆ A.
ii) x ∈ A, si et seulement si, pour tout voisinage V de x, on a V ∩ A 6= ∅.
iii) x ∈ F r(x), si et seulement si, pour tout voisinage V de x, on a V ∩ A =
6 ∅ et
V ∩ (E \ A) 6= ∅.

Preuve
i) (=⇒) Trivial, car Å est un ouvert.
(⇐=) Vraie, car Å est égal à la réunion de tous les ouverts contenus dans A.
ii) (=⇒) Supposons que x ∈ A et soit V un voisinage de x. Il existe un voisinage ouvert
W de x, tel que W ⊆ V , par suite, il suffit de montrer que W ∩ A 6= ∅.
Supposons, par absurde, que W ∩ A = ∅, donc on aura A ⊆ E \ W . Comme W
est un ouvert, alors E \ W est un fermé et comme A est le plus petit fermé
contenant A, alors A ⊆ E \ W . Or x ∈ A, donc x ∈
/ W , ce qui est absurde.
(⇐=) Supposons que pour tout voisinage V de x, on a V ∩ A 6= ∅ et supposons, par
absurde que x ∈
/ A. Comme A est un fermé, alors E \ A est un ouvert et comme
x ∈ E \ A, alors E \ A est un voisinage de x et on a (E \ A) ∩ A = ∅, ce qui est
absurde.
iii) Exercice.

Définition 1.18.
Soit E un espace topologique.
i) Une partie A de E est dite dense dans E, si A = E.
ii) On dit que E est séparable, si E possède au moins une partie dénombrable
dense.

Remarque 1.2.3
1. Une partie A de E est dense dans E, si et seulement si, pour tout x ∈ E, il existe
V ∈ V(x), tel que V ∩ A 6= ∅.
2. R muni de sa topologie usuelle est séparable, car Q dense dans R et Q dénombrable.
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CHAPITRE 1. ESPACES VECTORIELS TOPOLOGIQUES

1.2.3

Applications continues

Définition 1.19.
i) Soient E et F deux espaces topologiques et soit f : E −→ F une application.
On dit que f est continue au point x, avec x ∈ E, si pour tout voisinage W
de f (x), il existe un voisinage V de x, tel que f (V ) ⊆ W .
ii) Si f est continue en tout point x de E, on dit que f est continue sur E.

Remarque 1.2.4
1. Si B(x) et B(f (x)) sont réspectivement des bases de voisinages de x et f (x), alors
f est continue au point x, si et seulement si, pour tout W ∈ B(f (x)), il existe
V ∈ B(x), tel que f (V ) ⊆ W .
2. L’ensemble des ouverts contenant un point d’un espace topologique, forme une base
de voisinages de ce point. Donc une fonction f : E −→ F est continue en un point x
de E, si et seulement si, pour tout voisinage ouvert W de f (x), il existe un voisinage
ouvert V de x, tel que f (V ) ⊆ W .
3. Si (E, d) est un espace métrique, alors on sait que pour tout x ∈ E, l’ensemble des
boules ouvertes de centre x, forme une base de voisinages de x, donc, dans ce cas, la
définition de la continuité en un point x de E se traduit par :
Pour tout r > 0, il existe α > 0, tel que
∀y ∈ E, d(x, y) < α =⇒ d(f (x), f (y)) < r
Aussi l’ensemble des boules fermées de centre x, forme une base de voisinages de x,
donc f est continue au point x, si et seulement si, pour tout r > 0, il existe α > 0,
tel que
∀y ∈ E, d(x, y) ≤ α =⇒ d(f (x), f (y)) ≤ r
Proposition 1.20.
Soient E et F deux espaces topologiques et soit f : E −→ F une application.
Alors f est continue sur E, si et seulement si, l’image réciproque d’un ouvert de
F est un ouvert de E.

Preuve
(=⇒) Supposons que f est continue et soit A un ouvert de F . Soit x ∈ f −1 (A), alors
f (x) ∈ A, comme A est ouvert, alors il existe un voisinage ouvert W de f (x), tel que
W ⊆ A. Comme f est continue, alors il existe un voisinage ouvert Vx de x, tel que
S
f (Vx ) ⊆ W ⊆ A, donc V ⊆ f −1 (A). On a donc f −1 (A) =
Vx , donc f −1 (A) est
x∈f −1 (A)

ouvert.
(⇐=) Supposons que l’image réciproque d’un ouvert est un ouvert. Soit x ∈ E et soit W
un voisinage ouvert de f (x). Soit V = f −1 (W ), alors V est un voisinage ouvert de
x et on a f (V ) ⊆ W . On en déduit que f est continue au point x et ceci pour tout
x ∈ E.
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CHAPITRE 1. ESPACES VECTORIELS TOPOLOGIQUES
Remarque 1.2.5
1. f : E −→ F est continue, si et seulement si, l’image réciproque d’un fermé de F est
un fermé de E.
2. L’image d’un ouvert, par une application continue, n’est pas nécessairement un
ouvert. Par exemple, soit l’application f : R −→ R définie par f (x) = x2 , alors
f (] − 1, 1[) = [0, 1[.
Définition 1.21.
Soient E et F deux espaces topologiques et soit f : E −→ F une application.
i) On dit que f est ouverte, si l’image d’un ouvert de E est un ouvert de F .
ii) On dit que f est homéomorphisme, si f est continue, bijective et f −1 continue.

1.2.4

Suites généraliées - Bases de filtre

Les suites sont, en général, insuffisantes pour caractériser certaines propriétés d’un espace
topologique, par exemple, si E est un espace métrique ou un espace vérifiant le premier
axiome de dénombrabilité, si A est une partie de E et si x ∈ A, alors il existe une suite
(xn )n∈N d’éléments de A, telle que n→∞
lim xn = x. Il se trouve que cette propriété n’est plus
valable dans un espace topologique quelconque comme le montre l’exemple suivant :
On considère R muni de la topologie T définie par A ∈ T , si et seulement si, A = ∅ ou R \ A
est dénombrable, ce qui revient à dire qu’une partie A de R est fermée pour cette topologie,
si et seulement si, A = R ou A est dénombrable. Soit A = [0, 1], A n’est pas dénombrable,
donc A n’est pas fermé, par suite, on a A A. Soit x ∈ A, avec x ∈
/ A, et supposons qu’il
existe une suite (xn )n∈N de A, telle que n→∞
lim xn = x. Soit V = (R \ {xn : n ∈ N}) ∪ {x},
alors on a R \ V = {xn : n ∈ N} ∩ (R \ {x}), donc R \ V est dénombrable, par suite V est
un ouvert, avec x ∈ V , donc V ∈ V(x). Comme n→∞
lim xn = x, alors il existe N ∈ N, tel que
pour tout n ∈ N, avec n ≥ N , on a xn ∈ V , donc pour n ≥ N , on a xn = x, ce qui est
absurde, car x ∈
/ A. Pour remédier à ce problème, nous somme amenés à introduire une
notion plus général que la notion de suite, à savoir les suites généralisées ou les filtres qui
jouent le rôle d’identification de certaines propriétés telles que l’adhérence, la continuité
ou la compacité.
Définition 1.22.
i) Soit (I, ≤) un ensemble ordonné. On dit que I est un ensemble filtrant croissant,
si pour tout i ∈ I et pour tout j ∈ I, il existe k ∈ I, tel que i ≤ k et j ≤ k.
ii) Soit E un ensemble quelconque. Une suite généralisée de E est une famille
(xi )i∈I d’éléments de E, où I est un ensemble filtrant croissant.

Exemples
N muni de son ordre usuel est un ensemble filtrant croissant. Donc toute suite (xn )n∈N
d’éléments de E est en particulier une suite généralisée de E.
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CHAPITRE 1. ESPACES VECTORIELS TOPOLOGIQUES
Définition 1.23.
Soit E un ensemble quelconque.
1) Une famille F de parties de E est un filtre sur E, si
i) F =
6 ∅ et ∅ ∈
/ F.
ii) Si A ∈ F et B ∈ F alors A ∩ B ∈ F.
iii) Si B ⊆ E et s’il existe A ∈ F, tel que A ⊆ B, alors B ∈ F.
2) Une famille B de parties de E est une base de filtre, si
i) B =
6 ∅ et ∅ ∈
/ B.
ii) Pour tout A ∈ B et pour tout B ∈ B, il existe C ∈ B, tel que C ⊆ A ∩ B.

Exemples
1. Soit E un ensemble quelconque, x ∈ E et Fx = {A ∈ P(E) : x ∈ A}. Alors F est un
filtre sur E.
2. Soit E un ensemble infini et soit F = {A ∈ P(E) : le complémentaire de A dans E est fini}.
Alors F est un filtre sur E, appelé filtre de Fréchet sur E.
3. Soit B une base de filtre sur E et soit F la famille de parties de E définie par A ∈ F,
si et seulement, il existe B ∈ B, tel que B ⊆ A. Alors F est un filtre, appelé filtre
engendré par B.
4. Soit E un espace topologique, x ∈ E et F l’ensemble de tous les voisinages de x.
Alors F est un filtre, appelé filtre des voisinages de x.
5. Soit A une partie non vide de E et soit B = {X ∈ P(E) : A ⊆ X}.
Alors B est une base de filte sur E.
6. Soit E un espace topologique, x ∈ E et B(x) une base de voisinages de x.
Alors B(x) est une base de filtre sur E.
7. Soit (xi )i∈I une suite généralisée d’un ensemble E.
Pour tout j ∈ I, soit Ij = {xi : i ≥ j} et soit B = {Ij : j ∈ I}, alors B est une base
de filtre sur E, appelée base de filtre associée à la suite généralisée (xi )i∈I .
8. Réciproquement, si B est une base de filtre, on pose I = {(x, A) : x ∈ A et A ∈ B}
et on considère la relation ≤ définie sur I par
(x, A) ≤ (y, B) ⇐⇒ B ⊆ A
Alors (I, ≤) est un ensemble filtrant croissant et (xi )i∈I , où pour tout i ∈ I, avec
i = (x, A), on a xi = x, est une suite généralisée dont la base de filtre associée est
égale à B et (xi )i∈I s’appelle la suite généralisée associée à la base de filtre B.
9. Pour tout m ∈ N, on pose Im = {n ∈ N : n ≥ m} et on pose B = {Im : m ∈ N}.
Alors B est une base de filtre sur N, appelée base de filtre de Fréchet.
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CHAPITRE 1. ESPACES VECTORIELS TOPOLOGIQUES
Définition 1.24.
Soient E un espace topologique, y ∈ E, (xi )i∈I une suite généralisée de E et B
une base de filtre sur E.
i) On dit que (xi )i∈I converge vers y dans E et on écrit lim xi = y, si pour tout
voisinage V de y, il existe i0 ∈ I, tel que

I

∀i ∈ I, i ≥ i0 =⇒ xi ∈ V
ii) On dit que B converge vers y dans E et on écrit lim xi = y, si pour tout
voisinage V de E, il existe A ∈ B, tel que A ⊆ V .

B

Remarque 1.2.6
1. Soit (xi )i∈I une suite généralisée d’un espace topologique E et soit B la base de filtre
associée à (xi )i∈I . Alors (xi )i∈I converge vers un élément y de E, si et seulement si
B converge vers y.
2. Soit B une base de filtre d’un espace topologique E et soit (xi )i∈I la suite généralisée
associée à la base de filtre B. Alors B converge vers un élément y de E, si et
seulement si (xi )i∈I converge vers y.
Théorème 1.25.
Soient E un espace topologique séparé et (xi )i∈I une suite généralisée de E. Si
(xi )i∈I admet une limite dans E, alors cette limite est unique.

Preuve
Supposons, par absurde, que (xi )i∈I possède deux limites x et y. Comme E est séparé,
alors il existe V ∈ V(x) et il existe W ∈ V(x), tel que V ∩ W = ∅. Comme (xi )i∈I converge
vers x et vers y et comme I est filtrant croissant, alors il existe i0 ∈ I, tel que
∀i ∈ I, i ≥ i0 =⇒ xi ∈ V ∩ W
donc V ∩ W 6= ∅, ce qui est absurde, car V ∩ W = ∅.
Remarque 1.2.7
De la même manière, on montre que si E est un espace topologique séparé et si B est une
base de filtre sur E qui admet une limite dans E, alors cette limite est unique.
Proposition 1.26.
Soient E un espace topologique, A une partie de E et x ∈ E. Alors x ∈ A, si et
seulement si, il existe une suite géréralisée (xi )i∈I de A, telle que lim xi = x.
I

Preuve
(=⇒) Supposons que x ∈ A, alors pour tout V ∈ V(x), on a V ∩ A 6= ∅. On considère la
famille (xV )V ∈V(x) , où pour tout V ∈ V(x), xV ∈ V ∩ A, alors (xV )V ∈V(x) est une
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CHAPITRE 1. ESPACES VECTORIELS TOPOLOGIQUES
suite généralisée, car V(x) est un ensemble filtrant croissant pour la relation d’ordre
suivante :
∀V ∈ V(x), ∀W ∈ V(x), V ≤ W ⇐⇒ W ⊆ V
et on vérifie facilement que lim xV = x.
V(x)

(⇐=) Supposons qu’il existe une suite généralisée (xi )i∈I de A, tel que lim xi = x. Soit
I

V ∈ V(x), alors il existe i0 ∈ I, tel que
∀i ∈ I, i ≥ i0 =⇒ xi ∈ V
donc V ∩ A 6= ∅ et par conséquent, x ∈ A.
Remarque 1.2.8
Soient E un espace topologique satisfaisant au premier axiome de dénombrabilité, A une
partie de E et x ∈ E. Alors x ∈ A, si et seulement si, il existe une suite (xn )n∈N , telle que
lim xn = x.
n→∞

En effet, s’il existe une suite (xn )n∈N , telle que lim xn = x, alors il est clair que x ∈ A.
n→∞

Réciproquement, supposons que x ∈ A. Comme E satisfait au premier axiome de dénombrabilité, alors on sait que x possède une base {Vn : n ∈ N} dénombrable et décroissante
de voisinages ouverts de x. Pour chaque n ∈ N, soit xn ∈ Vn ∩ A, alors (xn )n∈N d’éléments
de A, telle que pour tout n ∈ N, on a xn ∈ Vn , avec Vn+1 ⊆ Vn . Soit V un voisinage de 0,
alors il existe N ∈ N, tel que VN ⊆ V , donc pour n ≥ N , on a xn ∈ V , d’où lim xn = x.
n→∞

Proposition 1.27.
Soient E et F deux espaces topologiques, f : E −→ F une application et x ∈ E.
Alors f est continue au point x, si et seulement si, pour toute suite généralisée
(xi )i∈I qui converge vers x, la suite généralisée (f (xi ))i∈I converge vers f (x).

Preuve
(=⇒) Supposons que f est continue au point x et soit (xi )i∈I une suite généralisée, telle
que lim xi = x. On doit montrer que lim f (xi ) = f (x), pour cela, soit W un voisinage
I

I

de f (x). Comme f est continue, alors il existe un voisinage V de x, tel que f (V ) ⊆ W
et comme lim xi = x, alors il existe i0 ∈ I, tel que i ∈ I, avec i ≥ i0 , on a xi ∈ V .
I

Donc pour i ≥ i0 , on aura f (xi ) ∈ W .
(⇐=) Supposons que pour toute suite généralisée (xi )i∈I qui converge vers x, la suite
généralisée (f (xi ))i∈I converge vers f (x) et montrons que f est continue au point
x. On suppose que f n’est pas continue au point x, alors il existe un voisinage W
de f (x), tel que pour tout voisinage V de x, il existe xV ∈ V , tel que f (xV ) ∈
/ W.
Comme V(x) est un ensemble filtrant croissant pour l’ordre V1 ≤ V2 , si et seulement
si V2 ⊆ V1 , alors (xV )V ∈V(x) est une suite généralisée et on voit facilement que
(xV )V ∈V(x) converge vers x, donc (f (xV ))V ∈V converge vers f (x), ce qui est absurde,
car pour tout V ∈ V(x), xV ∈
/ W.
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CHAPITRE 1. ESPACES VECTORIELS TOPOLOGIQUES

1.3

Définition et propriétés de base d’un espace vectoriel topologique
Définition 1.28.

Soit E un K-espace vectoriel, K = R ou K = C, muni d’une topologie T . On dit
que (E, T ) est un espace vectoriel topologique (e.v.t), si :
i) L’application de E × E vers E, qui à (x, y) ∈ E × E fait correspondre x + y,
est continue sur E × E.
ii) L’application de K × E vers E, qui à (α, x) ∈ K × E fait correspondre αx, est
continue sur K × E.

Exemples
Si (E, k · k) est un espace normé, alors E muni de la topologie associée à la norme est un
espace vectoriel topologique.
Théorème 1.29.
Soit E un espace vectoriel topologique. Alors pour tout α0 ∈ K∗ et pour tout
x0 ∈ E, l’application h : E −→ E qui à x ∈ E fait correspondre h(x) = α0 x + x0
est un homéomorphisme de E.

Preuve
Comme α0 6= 0, alors h est bijective et pour tout x ∈ E, on a h−1 (x) = α10 (x − x0 ). On voit
donc que h−1 est aussi une application affine qui s’écrit sous la forme h−1 (x) = β0 x + y0 ,
avec β0 = α10 et y0 = − αx00 , ainsi, il suffit de montrer que h est continue. Soit z ∈ E et soit W
un voisinage de f (z), on doit montrer qu’il existe un voisinage V de z, tel que h(V ) ⊆ W . Or,
par définition, l’application Φ : E × E −→ E qui à (x, y) fait correspondre x + y est continue,
donc en particulier Φ est continue au point (α0 z, x0 ), avec Φ(α0 z, x0 ) = α0 z + x0 = f (z).
Comme W est un voisinage de f (z), alors W est un voisinage de Φ(z), donc il existe un
voisinage V1 de α0 z et un voisinage V2 de x0 , tels que V1 + V2 ⊆ W , donc, en particulier,
on a x0 + V1 ⊆ W .
D’autre part, par définition, l’application Ψ : K × E −→ E qui à (α, x) ∈ K × E fait
correspondre αx est continue, donc en particulier, Ψ est continue au point (α0 , z). Or V1
est un voisinage de α0 z et α0 z = Ψ(α0 , z), donc il existe r > 0 et il existe un voisinage V
de z, tels que
∀α ∈ K, |α − α0 | < r =⇒ αV ⊆ V1
Donc, en particulier, on a α0 V ⊆ V1 , par suite on aura x0 + α0 V ⊆ W et ainsi on a
h(V ) ⊆ W . D’où le résultat.
Remarque 1.3.1
1. Pour tout x ∈ E et pour tout ouvert V de E, x + V est un ouvert de E.
En effet, l’application h : E −→ E df́inie par h(y) = x + y est un homéomorphisme et
on a x + V = h(V ).
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CHAPITRE 1. ESPACES VECTORIELS TOPOLOGIQUES
2. Pour Toute partie A de E et pour tout ouvert V de E, A + V est un ouvert de E.
S
En effet, il suffit de remarquer que A + V =
(x + V ).
x∈A

Proposition 1.30.
Soit E un espace vectoriel topologique et soit x0 ∈ E. Alors W est un voisinage
de x0 , si et seulement si, il existe un voisinage V de 0, tel que W = x0 + V .

Preuve
(=⇒) Supposons que W est un voisinage de x0 et soit h : E −→ E l’application définie
par h(x) = x0 + x. D’après le théorème précédent, h est un homéomorphisme et
comme h(0) = x0 , alors h−1 (W ) est un voisinage de 0, donc si on pose V = h−1 (W ),
alors on aura h(V ) = h(h−1 (W )), et puisque h est surjective, alors h(V ) = W , donc
x0 + V = W .
(⇐=) Soit V un voisinage de 0. Comme h−1 est continue et h(0) = x0 , alors h(V ) est un
voisinage de x0 , avec h(V ) = x0 + V .
Théorème 1.31.
1. Soient E un espace vectoriel topologique et V le filtre de voisinages de 0.
Alors on a
i) Tout V ∈ V est absorbant.
ii) Tout V ∈ V il existe W ∈ V, avec W équilibré, tel que W ⊆ V .
iii) Pour tout V ∈ V, il existe W ∈ V, tel que W + W ⊆ V .
2. Réciproquement, soit E un K-espace vectoriel et soit F un filtre sur E, tel
que
i) Tout V ∈ F est absorbant.
ii) Tout V ∈ F, il existe W ∈ V, avec W équilibré, tel que W ⊆ V .
iii) Pour tout V ∈ F, il existe W ∈ F, tel que W + W ⊆ V .
Alors il existe une unique topologie T sur E, pour laquelle E est un espace
vectoriel topologique et pour laquelle F est un système de voisinages de 0.

Preuve
1. i) Soit V un voisinage de 0 et soit x ∈ E. On doit montrer qu’il existe α > 0, tel que
∀λ ∈ K, |λ| ≤ α =⇒ λx ∈ V
Pour cela, on considère l’application Ψ : K × E −→ E définie par Ψ(λ, y) = λy,
alors on sait que Ψ est continue, donc en particulier, Ψ est continue au point
(0, x), avec Ψ(0, x) = 0. Comme V est un voisinage de 0, alors il existe α > 0 et
il existe W ∈ V(x), tels que Ψ({λ ∈ K : |λ| ≤ α} × W ) ⊆ V , donc on a
∀λ ∈ K, |λ| ≤ α =⇒ λW ⊆ V
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CHAPITRE 1. ESPACES VECTORIELS TOPOLOGIQUES
Comme x ∈ W , alors en particulier, on a
∀λ ∈ K, |λ| ≤ α =⇒ λx ∈ V
ii) Soit V ∈ V(0), on doit chercher W ∈ V(0), avec W équilibré, tel que W ⊆ V .
L’application Ψ : K × E −→ E continue au point (0, 0), avec Ψ(0, 0) = 0, et
V ∈ V(0), donc il existe α > 0 et il existe U ∈ V(0), tels que
∀λ ∈ K, |λ| ≤ α =⇒ λU ⊆ V
On pose W =

S

λU , alors W est équilibré et on a W ⊆ V .

|λ|≤α

iii) Soit V ∈ V(0), on doit chercher W ∈ V(0), tel que W + W ⊆ V . L’application
Φ : E × E −→ E définie par Φ(x, y) = x + y au point (0, 0), avec Φ(0, ) = 0, et
comme V est un voisinage de 0, alors il existe deux voisinages de 0 V1 et V2 de
0, tel que Φ(V1 × V2 ) ⊆ V , donc V1 + V2 ⊆ W . On pose W = V1 ∩ V2 , alors on a
W +W ⊆ V .

2. Soit F un filtre sur E vérifiant les propriétés i), ii) et iii). Soit T la topologie définie
sur E par A est un ouvert pour T , si et seulement si, A = ∅ ou pour tout x ∈ A, il
existe U ∈ F, tel que x + U ⊆ A.
Montrons que tout U ∈ F est un voisinage de 0 pour la topologie ainsi définie. Pour
cela, on considère la partie A de E définie par x ∈ A, si et seulement si, il existe
V ∈ F, tel que x + V ⊆ U , alors on a 0 ∈ A et A ⊆ U . Soit x ∈ A, alors il existe V ∈ F,
tel que x + V ⊆ U et il existe W ∈ F, tel que W + W ⊆ V , donc x + W + W ⊆ U ,
par suite x + W ⊆ A, donc A est un ouvert. Comme 0 ∈ A et A ⊆ U , alors U est un
voisinage de 0.
Soit (x, y) ∈ E × E et soit W un voisinage de x + y. Il existe V ∈ F, tel que
x + y + V ⊆ W et il existe U ∈ F, tel que U + U ⊆ V , donc (x + U ) + (y + U ) ⊆ W ,
par suite Φ((x + U ) × (y + U )) ⊆ W , où Φ : E × E −→ E est l’application définie par
Φ(x, y) = x + y. Ainsi on voit que Φ est continue sur E × E.
Soit (α, x) ∈ K × E et soit W un voisinage de αx, alors il existe V ∈ F, tel que
αx + V ⊆ W . On pose V0 = V , donc d’après les propriétés ii) et iii), il existe V1 ∈ F,
avec V1 équilibré, tel que V1 + V1 ⊆ V0 et il existe V2 ∈ F, avec V2 équilibré, tel que
V2 + V2 ⊆ V1 , ainsi par récurrence, il existe une (Vn )n≥1 déléments équilibrés de F,
tel que pour tout n ≥ 0, on a Vn+1 + Vn+1 ⊆ Vn . Soit N ∈ N∗ , tel que |α| ≤ 2N − 2 et
soit t > 0, tel que pour tout µ ∈ K, avec |µ| ≤ t, on a µx ∈ VN , t existe car VN est
absorbant. Donc si on pose r = min(t, 1), alors on aura r ≤ 1 et pour tout µ ∈ K,
avec |µ| ≤ r, on a µx ∈ VN . Posons Dr = {µ ∈ K : |µ| ≤ r}, alors pour λ ∈ α + Dr
et y ∈ x + VN , on a (λ − α)x ∈ VN , car |λ − α| ≤ r, et on a (λ − α)(y − x) ∈ VN , car
VN est équilibré et r ≤ 1. On a aussi |α| ≤ 2N − 2, VN équilibré et y − x ∈ VN , donc
α(y − x) ∈ (2N − 2)VN . Or on a λy − αx = (λ − α)(y − x) + (λ − α)x + α(y − x), donc
λy − αx ∈ VN + VN + (2N − 2)VN . On a (2N − 2)VN ⊆ VN + VN + · · · + VN , par suite,
|
{z
}
(2N −2) f ois

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CHAPITRE 1. ESPACES VECTORIELS TOPOLOGIQUES
on a λy − αx ∈ VN + VN + · · · + VN . Or, on a
|
{z
}
2N f ois

VN + VN + · · · + VN ⊆ VN −1 + VN −1 + · · · + VN −1
{z
} |
|
{z
}
2N f ois

2N −1 f ois

⊆ VN −2 + VN −2 + · · · + VN −2
|
{z
}
2N −2 f ois

..
.
..
.
⊆ V1 + V1 ⊆ V0
Donc λy − αx ∈ V , car V0 = V . On en déduit donc que
Ψ((α + Dr ) × (x + VN )) ⊆ αx + V ⊆ W
où Ψ : K × E −→ E est l’application définie par Ψ(α, x) = αx, donc Ψ est continue.
Théorème 1.32.
Soit E un espace vectoriel topologique. Alors
T

i) Pour toute partie A de E, on a A =

(V + A).

V ∈V(0)

ii) Pour tout V ∈ V(0), il existe W ∈ V(0), avec W équilibré, tel que W ⊆ V .
iii) E est séparé, si et seulement si,

T

V = {0}.

V ∈V(0)

Preuve
T
i) Soit A une partie quelconque de E. Montrons que A =
(V + A).
V ∈V(0)

Soit x ∈ A et soit V ∈ V(0). On doit montrer que x ∈ V + A, pour cela, soit W un
voisinage équilibré de 0, tel que W ⊆ V . Comme x ∈ A et comme x + W ∈ V(x),
alors (x + W ) ∩ A 6= ∅, donc x ∈ A − W et comme W est équilibré, alors W = −W ,
donc x ∈ W + A, par suite x ∈ V + A.
T
Soit maintenant x ∈
(V +A) et soit U ∈ V(0), on doit montrer que (x+U )∩A 6= ∅.
V ∈V(0)

Soit W un voisinage équilibré de 0, tel que W ⊆ U , alors on a x ∈ W + A, car
T
x∈
(V + A), donc (x − W ) ∩ A 6= ∅. Comme W est équilibré, alors −W = W ,
V ∈V(0)

donc (x + W ) ∩ A 6= ∅, par suite, (x + U ) ∩ A 6= ∅, car x + W ⊆ x + U .
ii) Soit V ∈ V(0), alors il existe W ∈ V(0), avec W équilibré, tel que W + W ⊆ V . D’après
T
i), on a W =
(U + W ), donc en particulier, on a W ⊆ W + W , d’où W ⊆ V .
U ∈V(0)

iii) (=⇒) Supposons que E est séparé et montrons que

T

V = {0}. Comme E est

V ∈V(0)

séparé, alors pour tout x ∈ E, avec x 6= 0, il existe un voisinage U de 0, tel que
T
T
x∈
/ U , par suite, x ∈
/
V . On en déduit donc que
V = {0}.
V ∈V(0)

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V ∈V(0)

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CHAPITRE 1. ESPACES VECTORIELS TOPOLOGIQUES
(⇐=) Supposons que

T

V = {0} et montrons que E est séparé. Soient x et y

V ∈V(0)

deux éléments de E, avec x 6= y, on doit montrer qu’il existe deux voisinages de
0, V1 et V2 , tels que (x + V1 ) ∩ (x + V2 ) = ∅. Comme x =
6 y, alors x − y 6= 0, et
T
comme
V = {0}, alors il existe un voisinage U de 0, tel que x − y ∈
/ U . Soit
V ∈V(0)

W un voisinage de 0 équilibré, tel que W + W ⊆ U , donc x − y ∈
/ W + W . On
en déduit donc que (x + W ) ∩ (y + W ) = ∅, car sinon, il existe w, w0 ∈ W , tel
que x + w = y + w0 , donc x − y = w0 − w, par conséquent, x − y ∈ W − W , avec
W = −W , car W est équibré, donc x − y ∈ W + W , ce qui est absurde.
Corollaire 1.33.
Soit E un espace vectoriel topologique. Alors E est séparé, si et seulement si,
{0} est fermé.

Preuve
T
V et on a E séparé, si et seulement si,
D’après la proposition précédente, on a {0} =
V ∈V(0)

V = {0}, donc on voit que E est séparé, si et seulement si {0} = {0}.

T

V ∈V(0)

Exercice
Soit E un espace vectoriel topologique et soit A une partie de E. Montrer que si A est
équilibré, alors A est équilibré.
Corollaire 1.34.
Soit E un espace vectoriel topologique. Alors l’origine possède une base de
voisinages équilibrés et fermés.

Preuve
Soit V ∈ V(0), alors d’après ii) du théorème précédent, il existe W ∈ V(0), avec W équilibré,
tel que W ⊆ V . La fermeture d’un équilibré est équilibré, donc W ⊆ est un voisinage
équilibré et fermé de 0 et on a W ⊆ V .

1.4

Parties bornées - Parties totalement bornées
Définition 1.35.

Soient E un espace vectoriel topologique et B une partie de E.
i) On dit que B est bornée, si B est absorbée par tout voisinage de l’origine.
ii) On dit que B est totalement bornée, si pour tout V ∈ V(0), il existe
x1 , x2 , . . . , xn ∈ E, tel que B ⊆

n
S

(xk + V ).

k=1

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CHAPITRE 1. ESPACES VECTORIELS TOPOLOGIQUES
Remarque 1.4.1
1. B est borné, si et seulement si, pour tout V ∈ V(0), il existe α > 0, tel que
∀λ ∈ K, |λ| ≥ α =⇒ B ⊆ λV
2. B est borné, si et seulement si, pour tout voisinage équilibré W de 0, il existe α > 0,
tel que B ⊆ αW . De plus, dans ce cas, on peut toujours choisir α > 1.
3. Toute partie finie de E est bornée. En effet, soit B = {x1 , x2 , . . . , xn } une partie
finie de E et soit V un voisinage de 0. Comme V est absorbant, alors pour tout
k ∈ {1, 2, . . . , n}, il existe αk > 0, tel que pour tout λ ∈ K, avec |λ| ≥ αk , on a xk ∈ λV .
Soit α = max αk , alors pour λ ∈ K, avec |λ| ≥ α, on a B ⊆ λV .
1≤k≤n

4. Si B est borné, alors B est borné.
En effet, soit V un voisinage de 0, alors on sait qu’il existe un voisinage W de 0, tel
que W ⊆ V . Comme B est borné, alors il existe α > 0, tel que pour tout λ ∈ K, avec
|λ| ≤ α, on a λB ⊆ W , donc on aura λB ⊆ W , par suite λB ⊆ V .
5. Toute partie totalement bornée est bornée.
En effet, soit B une partie totalement bornée de E et soit V un voisinage équilibré
de l’origine. Alors il existe une partie finie A de E, telle que B ⊆ A + V et il existe un
voisinage équilibré W de 0, tel que W +W ⊆ V . Comme A est finie, alors A est bornée,
alors il existe α > 0, tel que A ⊆ αW , donc A+W ⊆ W +αW . Puisque W est équilibré
1
α
et puisque
≤ 1 et
≤ 1, alors on a W ⊆ (α + 1)W et αW ⊆ (α + 1)W ,
α+1
α+1
donc W + αW ⊆ (α + 1)(W + W ), par suite, B ⊆ (α + 1)(W + W ) ⊆ (α + 1)V , donc
B est borné, car V est équilibré.
Proposition 1.36.
Soient E un espace vectoriel topologique et (xn )n≥0 une suite de E, telle que
lim x = 0, alors {xn : n ∈ N} est borné.
n→∞ n
Preuve
Soit W un voisinage de l’origine équilibré. Comme lim xn = 0, alors il existe N ∈ N∗ , tel
n→∞
que pour tout n ∈ N, avec n ≥ N , on a xn ∈ W , donc {xn : n ≥ N } ⊆ W .
L’ensemble {x0 , x1 , . . . , xN −1 } est fini, donc il est borné, et comme W est équilibré, alors il
existe α > 1, tel que {x0 , x1 , . . . , xN −1 } ⊆ αW . On a W équilibré et α > 1, donc W ⊆ αW ,
par suite, on a {xn : n ∈ N} ⊆ αW .
Proposition 1.37.
Soient E un espace vectoriel topologique et B une partie de E. Alors B est bornée,
si et seulement si, pour toute suite (xn )n≥0 de B et pour toute suite (αn )n≥0 de
K, avec lim αn = 0, on a lim αn xn = 0.
n→∞

n→∞

Preuve
(=⇒) On suppose que B est bornée. Soient (xn )n≥0 une suite de B et (αn )n≥0 une suite
de K, avec lim αn = 0. Montrons que lim αn xn = 0, pour cela, soit W un voisinage
n→∞

n→∞

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CHAPITRE 1. ESPACES VECTORIELS TOPOLOGIQUES
équilibré de l’origine. Comme B est bornée, alors il existe α > 0, tel que B ⊆ αW ,
donc pour tout n ∈ N, on a xn ∈ αW . Comme lim αn = 0, alors il existe N ∈ N, tel
n→∞
que pour tout n ∈ N, avec n ≥ N , on a α|αn | ≤ 1> Comme W est équilibré, alors
pour tout n ∈ N, avec n ≥ N , on a αn xn ∈ W .
(⇐=) Supposons, par absurde, que B n’est pas bornée, alors il existe un voisinage équilibré
V de l’origine, tel que pour tout α > 0, il existe xα ∈ B, avec xα ∈
/ αW . En particulier,
1
pour tout n ∈ N∗ , il existe xn ∈ B, tel que xn ∈
/ nW . Pour chaque n ∈ N∗ , soit αn = ,
n
alors on a n→∞
lim αn = 0 et pour tout n ∈ N∗ , on a αn xn ∈
/ W , ce qui est absurde, car
lim αn xn = 0.
n→∞

1.5

Applications linéares continues
Proposition 1.38.

Soient E et F deux espaces vectoriels topologiques et soit f : E −→ F une
application linéaire. Alors les propositions suivantes sont équivalentes
i) f est continue sur E.
ii) f est continue au point 0.

Preuve
i) =⇒ ii) Trivial
ii) =⇒ i) Soit x ∈ E et soit W un voisinage de f (x) dans F , alors il existe un voisinage U
de 0 dans F , tel que W = f (x) + U . Comme f est continue en 0, alors il existe un
voisinage V de 0 dans E, tel que f (V ) ⊆ U . Or x + V est un voisinage de x et on a
f (x + V ) = f (x) + f (V ), donc f (x + V ) ⊆ W , par suite, f est continue en x.
Proposition 1.39.
Soient E et F deux espaces vectoriels topologiques et soit f : E −→ F une
application linéaire continue. Alors on a
i) Si B est un borné de E, alors f (B) est un borné de F .
ii) Si F est séparé, alors ker(f ) est un fermé de E.

Preuve
i) Supposons que B est un borné de E et montrons que f (B) est un borné de F . Soit
W un voisinage équilibré de 0 dans F , on doit montrer qu’il existe α > 0, tel que
f (B) ⊆ αW . Comme f est continue à l’origine, alors il existe un voisinage équilibré
V de 0 dans E, tel que f (V ) ⊆ W et comme B est borné et V équilibré, alors il
existe α > 0, tel que B ⊆ αV , donc f (B) ⊆ αf (V ). On en déduit que f (B) ⊆ αW .
ii) Comme F est sṕaré, alors on sait que {0} est fermé dans F . On a ker(f ) = f −1 ({0})
et f continue, donc ker(f ) est fermé.
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CHAPITRE 1. ESPACES VECTORIELS TOPOLOGIQUES

1.6

Espace quotient

Soient E un espace vectoriel topologique, M un sous-espace vectoriel de E, E/M l’espace
vectoriel quotient de E par M et s : E −→ E/M la surjection canonique, pour tout x ∈ E,
on a s(x) = x, où x = x + M désigne la classe de x modulo M .
Définition 1.40 (Topologie quotient).
Une partie W de E/M est un ouvert pour ce qu’on appelle la topologie quotient
sur E/M , si s−1 (W ) est un ouvert de E.

Remarque 1.6.1
1. Une partie W de E/M est un ouvert pour la topologie quotient, si et seulement si,
il existe un ouvert V de E, tel que s(V ) = W .
En effet, si W est un ouvert pour la topologie quotient, alors par définition, s−1 (W )
est un ouvert de E. Comme s est surjective, alors on a s(s−1 (W )) = W , donc si on
pose V = s−1 (W ), alors V est un ouvert de E et on a s(V ) = W .
Réciproquement, supposons qu’il existe un ouvert V de E, tel que W = s(V ), alors
S
on aura s−1 (W ) = s−1 (s(V )) = M + V , avec M + V =
(x + V ). Comme V est un
x∈M

ouvert de E, alors pour tout x ∈ M , on a x + V est un ouvert de E, donc

S

(x + V )

x∈M

est un ouvert de E, par suite s−1 (W ) est un ouvert de E.

2. Pour tout ouvert V de E, s(V ) est un ouvert de E/M , car d’après 1.), s−1 (s(V ))
est un ouvert de E.
3. s : E −→ E/M est une application linéaire continue et ouverte.
Proposition 1.41.
Soient E un espace vectoriel topologique et M un sous-espace vectoriel de E.
Alors on a
i) E/M muni de la topologie quotient est un espace vectoriel topologique.
ii) W est un voisinage de 0, si et seulement si, il existe un voisinage V de 0 dans
E, tel que W = s(V ).
iii) E/M est séparé, si et seulement si, M est fermé dans E.

Preuve
i) Soit (x, y) ∈ E × E et soit W un voisinage ouvert de x + y, on doit montrer qu’il existe
un voisinage W1 de x et un voisinage W2 de y, tels que W1 + W2 şubseteqW . On a
x + y = x + y, donc W est un voisinage de x + y. Soit V = s−1 (W ), alors V est un
ouvert et on a x + y ∈ V , donc V est un voisinage de x + y et comme E est un espace
vectoriel topologique, alors il existe un voisinage ouvert V1 de x et un voisinage ouvert
V2 de y, tels que V1 + V2 ⊆ V . D’après la remarque précédente, s(V1 ) et s(V2 ) sont
deux ouverts de E/M , avec x ∈ s(V1 ) et y ∈ s(V2 ). On a s(V1 + V2 ) = s(V1 ) + s(V2 ) et
s(V1 +V2 ) ⊆ s(V ), donc si on pose W1 = s(V1 ) et W2 = s(V2 ), alors on a W1 +W2 ⊆ W .
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CHAPITRE 1. ESPACES VECTORIELS TOPOLOGIQUES
ii) Soit W un voisinage de 0, alors il existe un voisinage ouvert W1 de 0, tel que W1 ⊆ W .
Soit V = s−1 (W ), alors on a s−1 (W1 ) ⊆ V , s−1 (W1 ) est un ouvert et 0 ∈ s−1 (W1 ),
donc V est un voisinage de 0 et on a s(V ) = s(s−1 (W )) = W .
Soit V un voisinage de 0, alors il existe un voisinage ouvert V1 de 0, tel que V1 ⊆ V .
Or d’après la remarque prćd́ente, s(V1 ) est un ouvert, avec 0 ∈ s(V1 ) et s(V1 ) ⊆ V ,
donc s(V ) est un voisinage de 0.
iii) (=⇒) Supposons que E/M est sṕaré. Comme E/M est un espace vectoriel topologique,
alors {0} est fermé. Comme s est continue et M = s−1 ({0}), donc M est fermé.
(⇐=) Supposons que M est fermé et montrons que E/M est séparé, pour cela, il
T
suffit de montrer que {0} est fermé. On sait que {0} =
s(V ), donc il suffit
V ∈V(0)

de montrer que

T

s(V ) = {0}. Supposons, par absurde, qu’il existe x ∈ E,

V ∈V(0)

avec x 6= 0, tel que x ∈

T

s(V ). On a x 6= 0, donc x ∈
/ M et comme M est

V ∈V(0)

fermé, alors il existe un voisinage équilibré V de 0, tel que (x + V ) ∩ M = ∅,
donc x ∈
/ −V + M . Or V est équilibré, donc −V = V , par suite, x ∈
/ V + M,
donc s(x) ∈
/ s(V + M ), avec s(V + M ) = s(V ), par conséquent, x ∈
/ s(V ), ce qui
est absurde.

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CHAPITRE 1. ESPACES VECTORIELS TOPOLOGIQUES

1.7

Exercices

Exercice 1.1
Soient E un espace vectoriel topologique, A et B deux parties de E.
1. Montrer que si A est ouvert et si B est quelconque, alors A + B est ouvert.
2. Montrer que si A et B sont compacts, alors A + B est compact.
3. Montrer que si A est compact et B fermé, alors A + B est fermé.
4. Trouver un exemple d’un espace vectoriel topologique, dans lequel A et B sont fermés
mais A + B n’est pas fermé.
Exercice 1.2
Soient E un espace vectoriel topologique, F un sous-espace vectoriel de E et V ∈ V(0).
1. Montrer que F est un sous-espace vectoriel de E. En déduire que si H est hyperplan
de E, alors H est fermé ou H est dense dans E.
2. a) Montrer que E =

S

αV .

α>0

b) Montrer que si F 6= E, alors F̊ = ∅.
Exercice 1.3
Soient E un espace vectoriel topologique, K un compact de E et C un fermé de E, tel
que K ∩ C = ∅. Montrer qu’il existe un voisinage V de 0, tel que (K + V ) ∩ (C + V ) = ∅.
Exercice 1.4
Soient E un K-espace vectoriel et B une partie de E. Montrer que les deux propositions
suivantes sont équivalentes :
i) B est bornée.
ii) Pour toute suite (xn )n≥0 d’éléments de B et pour toute suite (αn )n≥0 , avec lim αn = 0,
n→∞
on a aussi n→∞
lim αn xn = 0.
Exercice 1.5
Soient E un K-espace vectoriel et V ∈ V(0). Montrer que
1. Si (αn )n≥0 est une suite strictement croissante, telle que n→∞
lim αn = +∞, alors on a
E=


S

n=0

αn V .

2. Toute partie compacte K de E est bornée.
3. Si (δn )n≥0 est une suite strictement décroissante, telle que lim δn = 0 et si on pose
n→∞
B = {δn V : n ∈ N}, alors B est une base de voisinages de 0.
Exercice 1.6
Soit E un espace normé de dimension infinie.
1. Montrer que si F est un sous-espace vectoriel de E de dimension finie, alors pour
tout x ∈ E, il existe y ∈ F , tel que d(x, F ) = kx − yk.
2. Montrer que B = {x ∈ E : kxk = 1} n’est pas totalement borné.
Exercice 1.7
Soient E un espace vectoriel topologique et A une partie de E.
a) Montrer que si A est équilibré, alors A est équilibré.




b) Montrer que si A est équilibré et si 0 ∈ A, alors A est équilibré.
c) Montrer que si A est équilibré, alors co(A) est absolument convexe.
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CHAPITRE 1. ESPACES VECTORIELS TOPOLOGIQUES
Exercice 1.8

Quelques définitions de base
Soit X un ensemble quelconque.
1. Une famille F de parties de X est un filtre sur X, si
i) F =
6 ∅ et ∅ ∈
/ F.
ii) Si A ∈ F et B ∈ F alors A ∩ B ∈ F.
iii) Si B ⊆ X et s’il existe A ∈ F, tel que A ⊆ B, alors B ∈ F.
2. Une famille B de parties de X est une base de filtre, si
i) B =
6 ∅ et ∅ ∈
/ B.
ii) Pour tout A ∈ B et pour tout B ∈ B, il existe C ∈ B, tel que C ⊆ A ∩ B.
3. Soient F1 et F2 deux filtres sur X. On dit que F1 est moins fin que F2 , si F1 ⊆ F2 .

Première partie
1. Dans chaque cas, vérifier que F est un filtre sur X :
a) X un ensemble infini et A ∈ F, si et seulement si, le complémentaire de A dans
X est fini.
b) X un ensemble quelcoque, B une base de filtre sur X et A ∈ F, si et seulement
si, il existe B ∈ B, tel que B ⊆ A. Dans ce cas, F s’appelle le filtre engendré
par B.
c) X un espace topologique, a ∈ X et F l’ensemble de tous les voisinages de a.
d) X un ensemble quelconque, A une partie non vide de X et B ∈ F, si et seulement
si, A ⊆ B.
e) Pour tout m ∈ N, on pose Im = {n ∈ N : n ≥ m} et B = {Im : m ∈ N}. Vérifier que
B est une base de filtre sur N et que le filtre F engendré par B est définie par
A ∈ F, si et seulement si, le complémentaire de A dans N est fini. F s’appelle
le filtre de Fréchet sur N.
2. L’ensemble de tous les filtres sur un ensemble X est ordonné par la relation F1 ≤ F2 ,
si et seulement si, F1 est moins fin que F2 . On dit que F est un ultrafiltre sur X,
si F est un élément maximal pour cette relation d’ordre. Montrer, en utilisant le
lemme de Zorn, que X possède au moins un ultrafiltre et pour tout filtre F sur X,
il existe au moins un ultrafiltre U , tel que F ⊆ U .
3. Soit U un filtre sur X. Montrer que les propositions suivantes sont équivalentes :
i) U est un ultrafiltre,
ii) Pour tout A ⊆ X, on a A ∈ U ou X \ A ∈ U ,
iii) Pour tout A ⊆ X et pour tout B ⊆ X, si A ∩ B ∈ U , alors A ∈ U ou B ∈ U .
4. Soit X un ensemble quelconque. Pour tout x ∈ X, soit U la famille de parties de X
définie par A ∈ U , si et seulement si x ∈ A. Montrer que U est un ultrafiltre sur X.
5. Soient X et Y deux ensembles et f : X −→ Y une application.
a) Montrer que si F est un filtre sur X, alors f (F) = {f (A) : A ∈ F} est une base
de filtre sur Y et que si f est surjective, alors f (F) est un filtre sur Y .
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CHAPITRE 1. ESPACES VECTORIELS TOPOLOGIQUES
b) Montrer que si F est un ultrafiltre sur X, alors le filtre engendré par f (F) est
un ultrafiltre sur Y .
c) Montrer que si F est un filtre sur Y et si pour tout B ∈ F, on a f −1 (B) 6= ∅,
alors f −1 (F) = {f −1 (B) : B ∈ F} est un filtre sur X.

Deuxième partie
Soient X un espace topologique, x ∈ X et F un filtre sur X. On dit que F converge vers
x, si V(x) ⊆ F, où V est le filtre formé par tous les voisinages de x.
1. Montrer que si X est un espace topologique séparé et que si un filtre F sur X possède
une limite, alors cette limite est unique.
2. Soient X un espace topologique, x ∈ X et A une partie de X. Montrer que x ∈ A, si
et seulement si, il existe un filtre F sur A qui converge vers x.
3. Soient X et Y deux espaces topologiques et f : X −→ Y une application.
a) Montrer que f est continue en un point x ∈ X, si et seulement si, pour tout filtre
F qui converge vers x, le filtre engendré par f (F) converge vers f (x).
b) Montrer que f est continue en un point x ∈ X, si et seulement si, pour tout
ultrafiltre U qui converge vers x, le filtre engendré par f (U ) converge vers
f (x).
4. Soient X un espace topologique, x ∈ X et F un filtre sur X. On dit que x est un
point d’accumulation de F, si pour tout A ∈ F, on a x ∈ A.
a) Montrer que si un filtre F sur X converge vers x, alors x est un point d’accumulation de x.
b) Montrer que si un ultrafiltre U sur X possède un point d’accumulation x, alors
U converge vers x.

Troisième partie
Soit ((Xi , Ti ))i∈I une famille d’espaces topologiques et soit X =

Q

Xi le produit cartésien

i∈I

des Xi .
On appelle rectangle élémentaire de X, toute partie R de X qui sécrit sous la forme
Q
R=
Vi , où pour tout i ∈ I, Vi est un ouvert de Xi et l’ensemble des i ∈ I, tels que
i∈I

Vi 6= Xi est fini ({i ∈ I : Vi 6= Xi } est fini).
La topologie T sur X engendrée par l’ensemble de tous les rectangles élémentaires s’appelle
la topologie produit sur X. Ainsi, par définition, une partie V de X est un ouvert pour la
topologie T , si et seulement si, V est une réunion quelconque de rectangles élémentaires.
1. Pour chaque i ∈ I, soit πi : (X, T ) −→ (Xi , Ti ) la projection de X sur Xi . Montrer
que πi est une application surjective continue et ouverte.
2. Soit F un filtre sur X, avec X =

Q

Xi , et pour chaque i ∈ I, soit Fi = πi (F). Alors

i∈I

F converge vers x, si et seulement si, pour tout i ∈ I, Fi converge vers xi .
3. Dans cette question X est un espace topologique quelconque.
a) Soit U un ultrafiltre sur X et soit x ∈ X. Montrer que U converge vers x, si et
seulement si, pour tout fermé F de X, avec F ∈ U , on a x ∈ F .
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CHAPITRE 1. ESPACES VECTORIELS TOPOLOGIQUES
b) Montrer que X est compact, si et seulement si, tout ultrafiltre sur X converge
vers un élément de X.
4. (Xi )i∈I une famille d’espaces topologiques et X =

Q

Xi muni de la topologie produit.

i∈I

Montrer que X est compact, si et seulement si, pour tout i ∈ I, Xi est compact (c’est
le théorème de Tychonoff).

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CHAPITRE 2
ESPACES LOCALEMENT CONVEXES

2.1

Semi-normes et jauges
Définition 2.1.

Soit E un K-espace vectoriel, K = R ou K = C, et p : E −→ R+ une application.
On dit que p est une semi-norme sur E, si
i) ∀λ ∈ K, ∀x ∈ E, p(λx) = |λ|p(x).
ii) ∀x ∈ E, ∀y ∈ E, p(x + y) ≤ p(x) + p(y).

Remarque 2.1.1
Soit p une semi-norme sur E. Alors on a
1. p(0) = 0 et pour tout x ∈ E, on a p(−x) = p(x).
2. ∀x ∈ E, ∀y ∈ E, |p(x) − p(y)| ≤ p(x − y).
En effet, on a p(x) = p((x − y) + y) ≤ p(x − y) + p(y), donc p(x) − p(y) ≤ p(x − y). On
a aussi p(y) = p((y − x) + x) ≤ p(y − x) + p(x), donc p(y) − p(x) ≤ p(y − x). Comme
p(y − x) = p(x − y), alors |p(x) − p(y)| ≤ p(x − y).
3. F = {x ∈ E : p(x) = 0} est un sous-espace vectoriel de E.
Proposition 2.2.
Soient E un K-espace vectoriel, p une semi-norme sur E et B = {x ∈ E : p(x) < 1}.
Alors B est absolument convexe et absorbant.

Preuve
Montrons que B est absolument convexe, pour cela, soient x, y ∈ B et soient λ, µ ∈ K, tels
que |λ| + |µ| ≤ 1, alors on a
p(λx + µy) ≤ |λ|p(x) + |µ|p(y) < |λ| + |µ| (car p(x) < 1 et p(y) < 1)
30

CHAPITRE 2. ESPACES LOCALEMENT CONVEXES
Or on a |λ| + |µ| ≤ 1, donc p(λx + µy) < 1, par suite λx + µy ∈ B, donc B est absolument
convexe. Comme B est équilibré, alors pour montrer que B est absorbant, il suffit de
montrer que pour tout x ∈ E, il existe α > 0, tel que αx ∈ B. Soit x ∈ E, si p(x) = 0,
1
alors x ∈ B, donc on peut supposer que p(x) 6= 0. Soit α =
, alors α > 0 et on a
2p(x)
1
p(αx) = αp(x) = , donc αx ∈ B.
2
Définition 2.3.
Soient E un K-espace vectoriel et A une partie absorbante de E. On définit une
application pA : E −→ R+ par
∀x ∈ E, pA (x) = inf({t > 0 : x ∈ tA})
et on dit que pA est la jauge associée à A.

Remarque 2.1.2
L’application pA est bien définie, car A est une partie absorbante, donc pour tout x ∈ E,
il existe t > 0, tel que x ∈ tA, par suite {t > 0 : x ∈ tA} est non vide et minoré par 0.
Lemme 2.4.
Soient E un K-espace vectoriel et A une partie de E, avec A absorbante et
absolument convexe. Pour λ ∈ K et x ∈ E, on pose X = {t > 0 : λx ∈ tA} et
Y = {t > 0 : x ∈ tA}, alors X = |λ|Y .

Preuve
t
Pour chaque t > 0, on a t ∈ X, si et seulement si, λx ∈ tA, si et seulement si, x ∈ A.
λ
t
t
A, donc on aura t ∈ X, si et seulement si,
∈Y,
Comme A est équilibré, alors x ∈
|λ|
|λ|
par suite, on a X = |λ|Y .
Théorème 2.5.
Soient E un K-espace vectoriel et A une partie de E, avec A absorbante et
absolument convexe. Alors pA définit une semi-norme sur E et on a
{x ∈ E : pA (x) < 1} ⊆ A ⊆ {x ∈ E : pA (x) ≤ 1}

Preuve
Montrons que pA est une semi-norme sur E.
i) Soit x ∈ E et soit λ ∈ K, alors on a pA (λx) = inf({t > 0 : λx ∈ tA}), donc d’après le
lemme précd́ent, on a pA (λx) = |λ| inf({t > 0 : x ∈ tA}), donc pA (λx) = |λ|pA (x).
ii) Soient x ∈ E et y ∈ E, montrons que pA (x+y) ≤ pA (x)+pA (y). Soit ε > 0, alors il existe
ε
ε
t > 0, tel que x ∈ tA et t < pA (x) + et il existe s > 0, tel que y ∈ sA et s < pA (y) + .
2
2
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CHAPITRE 2. ESPACES LOCALEMENT CONVEXES
On a alors x + y ∈ tA + sA et comme A est convexe, alors tA + sA ⊆ (t + s)A, donc
x + y ∈ (t + s)A, par suite, on a pA (x + y) ≤ t + s < pA (x) + pA (y) + ε, et ceci pour
tout ε > 0, donc pA (x + y) ≤ pA (x) + pA (y).
iii) Montrons que {x ∈ E : pA (x) < 1} ⊆ A ⊆ {x ∈ E : pA (x) ≤ 1}. Soit x ∈ E, tel que
pA (x) < 1, alors il existe t > 0, tel que x ∈ tA et pA (x) ≤ t < 1. On a t < 1 et A
équilibré, donc tA ⊆ A, par consq́uent x ∈ A. Si maintenant x ∈ A, alors pA (x) ≤ 1.
Lemme 2.6.
Soient E un espace vectoriel topologique, (αn )n≥0 une suite de R∗+ , tel que
1
lim α = 0, et x ∈ E. Alors on a lim (1 + αn )x = x et lim
x = x.
n→∞ n
n→∞
n→∞ 1 + αn

Preuve
Montrons que n→∞
lim (1 + αn )x = x. Soit V ∈ V(0), alors on sait que V est absorbant, donc
il existe α > 0, tel que pour tout λ ∈ K, avec |λ| ≤ α, on a λx ∈ V . On a lim αn = 0 et
n→∞
α > 0, donc il existe N ∈ N, tel que pour tout n ∈ N, avec n ≥ N , on a αn ≤ α, par suite,
pour n ≥ N , on a αn x ∈ V . Ainsi, pour n ≥ N , on a (1 + αn )x ∈ x + V .
1
Montrons que lim
x = x. Soit V ∈ V(0) et soit α > 0, tel que pour tout λ ∈ K,
n→∞ 1 + αn
αn
avec |λ| ≤ α, on a λx ∈ V . On a n→∞
lim
= 0 et α > 0, donc il existe N ∈ N, tel que
1 + αn
αn
αn
pour tout n ∈ N, avec n ≥ N , on a
≤ α, par suite, pour n ≥ N , on a −
x∈V.
1 + αn
1 + αn
1
Ainsi, on voit que pour n ≥ N , on a
x ∈ x+V .
1 + αn
Théorème 2.7.
Soient E un espace vectoriel topologique et p une semi-norme sur E. On pose
Bo = {x ∈ E : p(x) < 1} et Bf = {x ∈ E : p(x) ≤ 1}, alors on a


Bf ⊆ Bo ⊆ Bf ⊆ B o

Preuve


Pour montrer que Bf ⊆ Bo , il suffit de montrer que E \ Bo ⊆ E \ Bf . Or on sait que


E \ Bf = E \ Bf , donc il suffit de montrer que E \ Bo ⊆ E \ Bf .
Soit x ∈ E \ Bo , alors on a p(x) ≥ 1, et soit (αn )n≥0 une suite de R∗+ , tel que n→∞
lim αn = 0.
Pour tout n ∈ N, on a p((1 + αn )x) = (1 + αn )p(x), avec p(x) ≥ 1, donc on a
p((1 + αn )x) ≥ (1 + αn ) > 1, par suite, pour tout n ∈ N, on a (1 + αn )x ∈
/ Bf . D’après le
lemme précédent, on a lim (1 + αn )x = x, donc x ∈ E \ Bf .
n→∞

Montrons que Bf ⊆ Bo . Pour cela, soit x ∈ Bf et soit (αn )n≥0 une suite de R∗+ , tel que
x
lim α = 0, alors on voit facilement que pour tout n ∈ N, on a
∈ Bo , puis d’après
n→∞ n
1 + αn
1
le lemme précédent, on a lim
x = x. On en déduit donc que x ∈ Bo .
n→∞ 1 + αn
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CHAPITRE 2. ESPACES LOCALEMENT CONVEXES
Corollaire 2.8.
Soient E un espace vectoriel topologique et A une partie de E absorbante et
absolument convexe.
i) Si A est ouvert, alors A = {x ∈ E : pA (x) < 1}.
i) Si A est fermé, alors A = {x ∈ E : pA (x) ≤ 1}.

Preuve
Posons Bo = {x ∈ E : pA (x) < 1} et Bf = {x ∈ E : pA (x) ≤ 1}, alors, d’après le théorème
2.5, on sait que Bo ⊆ A ⊆ Bf .


i) Supposons que A est ouvert. D’après le théorème précédent, on a A ⊆ Bf ⊆ Bo , donc
on aura A = Bo .
ii) Supposons que A est fermé. D’après le théorème précédent, on a Bf ⊆ Bo ⊆ A, donc
on aura A = Bf .

2.2

Définition et propriétés de base d’un espace localement convexe
Définition 2.9.

Soit E un espace vectoriel topologique. On dit que E est localement convexe, si
l’origine possède une base de voisinages convexes.

Exemples
Dans un espace normé les boules de centre 0 sont convexes et forment une base de voisinages
de 0, donc tout espace normé est localement convexe.
Lemme 2.10.
Soient E un espace vectoriel topologique et A une partie de E.
i) Si A est convexe alors A est convexe.
ii) Si A est équilibré, alors A est équilibré.
ii) Si A est équilibré, l’enveloppe convexe co(A) est équilibré.

Preuve
i) Soient x ∈ A, y ∈ A et α, β ∈ R+ , avec α +β = 1. Soit W un voisinage de αx+βy, puisque
l’application de E × E vers E qui à (z, w) fait correspondre αz + βw est continue,
alors il existe un voisinage U de x et un voisinage V de y, tels que αU + βV ⊆ W .
Comme x ∈ A et y ∈ A, alors U ∩ A 6= ∅ et V ∩ A 6= ∅. Soient u ∈ U ∩ A et v ∈ V ∩ A,
alors αu + βv ∈ A, car A est convexe et αu + βv ∈ W , car αU + βV ⊆ W , donc
W ∩ A 6= ∅, par suite αu + βv ∈ A.
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CHAPITRE 2. ESPACES LOCALEMENT CONVEXES
ii) Supposons que A est équilibré. Soit x ∈ A et soit λ ∈ K, avec 0 < |λ| ≤ 1, on doit
1
montrer que λx ∈ A. Soit V un voisinage de λx, alors V est un voisinage de x et
λ
1
1
6 ∅. Soit v ∈ V ∩ A, alors λv ∈ V ∩ λA et comme A
comme x ∈ A, alors V ∩ A =
λ
λ
est équilibré et |λ| ≤ 1, alors λA ⊆ A, donc λu ∈ V ∩ A. On en déduit donc que A
est équilibré.
iii) Supposons que A est équilibré. Soit x ∈ co(A) et soit λ ∈ K, avec 0 < |λ| ≤ 1, on
doit montrer que λx ∈ co(A). On a x ∈ co(A), donc il existe x1 , x2 , . . . , xn ∈ A et il
existe λ1 , λ2 , . . . , λn R+ , avec

n
P

i=1

λi = 1, tels que x =

n
P

i=1

λi xi . Comme A est équilibré

et |λ| ≤ 1, alors pour tout i ∈ {1, 2, . . . , n}, on a λxi ∈ A. On a λx =
λx ∈ co(A), car

n
P
i=1

n
P
i=1

λi (λxi ), donc

λi = 1.

Proposition 2.11.
Soit E un espace localement convexe. Alors l’origine possède une base de voisinages
absolument convexes et fermés.

Preuve
Soit V ∈ V(0), alors on sait qu’il existe V1 ∈ V(0), avec V1 fermé, tel que V1 ⊆ V . Comme
E est localement convexe, alors il existe V2 ∈ V(0), avec V2 convexe, tel que V2 ⊆ V1 . On
sait aussi qu’il existe V3 ∈ V(0), avec V3 équilibré, tel que V3 ⊆ V2 . On pose W = co(V3 ),
alors d’après le lemme précédent, W est absolument convexe et on a W ⊆ V1 ⊆ V .

2.3

Topologie définie par une famille de semi-normes
Définition 2.12.

Soit E un K-espace vectoriel et soit (pi )i∈I une famille de semi-normes sur E.
i) On dit que la famille (pi )i∈I est séparante, si pour tout x ∈ E, il existe i ∈ I,
tel que pi (x) 6= 0.
ii) On dit que la famille (pi )i∈I est filtrante, pour tout i ∈ I et pour tout j ∈ I,
il existe k ∈ I, tel que pi ≤ pk et pj ≤ pk .

Remarque 2.3.1
Soit (pi )i∈I une famille quelconque de semi-normes sur E et soit F(I) l’ensemble de toutes
les parties finies de I. Pour chaque J ∈ F(I), on pose qJ = sup pi .
i∈J

Alors (qJ )J∈F(I) est une famille croissante de semi-normes sur E, (J1 ⊆ J2 =⇒ pJ1 ≤ pJ2 ),
donc en particulier (qJ )J∈F(I) est une famille filtrante de semi-normes sur E.
Notations
1. Soit p une semi-norme sur E et soit ε > 0, on pose Bp,ε = {x ∈ E : p(x) ≤ ε}
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CHAPITRE 2. ESPACES LOCALEMENT CONVEXES
2. On désigne par B la famille de parties de E définie par V ∈ B, si et seulement si, il
T
existe J ∈ F(I) et il existe ε > 0, tel que V =
Bpi ,ε .
i∈J

Proposition 2.13.
Soit E un K-espace vectoriel, muni d’une famille de semi-normes (pi )i∈I . Alors
il existe une unique topologie vectorielle sur E, appelée topologie définie par la
famille de semi-normes (pi )i∈I , pour laquelle E est un espace localement convexe
et pour laquelle B est une base de voisinage de l’origine.

Preuve
Soit F la famille de parties de E, définie par W ∈ F, si et seulement si, il existe V ∈ F, tel
que V ⊆ W . Alors il est facile de vérifier que F est un filtre et que F vérifie les propriètés
suivantes :
i) Tout W ∈ F est absorbant.
En effet, soit W ∈ F, donc il existe ε > 0 et il existe une partie finie J de I, tel que
T
avec
Bpi ,ε ⊆ W . Soit x ∈ E et soit β = max pi (x).
i∈J

i∈J

Si β = 0, alors pour tout i ∈ J, on a pi (x) = 0, donc pour tout λ ∈ K, on a λx ∈ W .
ε
Si β > 0, on pose α = , alors pour λ ∈ K, avec |λ| ≤ α, on a λx ∈ W . On en déduit
β
donc que W est absorbant.
ii) Pour tout W ∈ F, il existe V ∈ F, avec V équilibré, tel que V ⊆ W .
En effet, soit W ∈ F, alors il existe ε > 0 et il existe une partie finie J de I, tel que
T
T
avec
Bpi ,ε ⊆ W . Posons V =
Bpi ,ε , alors V est une intersection finie de parties
i∈J

i∈J

équilibrées, donc V est équilibré.
iii) Pour tout W ∈ F, il existe V ∈ F, tel que V + V ⊆ W
En effet, soit W ∈ F, alors il existe ε > 0 et il existe une partie finie J de I, tel que
T
T
avec
Bpi ,ε ⊆ W . Posons V =
Bpi , 2ε , alors on voit facilement que V + V ⊆ W .
i∈J

i∈J

iv) Pour tout W ∈ F, il existe V ∈ F, avec V convexe, tel que V ⊆ W .
En effet, soit W ∈ F, alors il existe ε > 0 et il existe une partie finie J de I, tel que
T
T
avec
Bpi ,ε ⊆ W . Posons V =
Bpi ,ε , alors V est une intersection finie de parties
i∈J

i∈J

convexes, donc V est convexe et on a V ⊆ W .
Ainsi, d’aprés le théorème 1.31, il existe une unique topologie sur E pour laquelle E est
un espace vectoriel topologique localement convexe et pour laquelle F est un systéme de
voisinages de l’origine.
Remarque 2.3.2
Soit (pi )i∈I une famille de semi-normes sur E.
1. Si (pi )i∈I est une famille filtrante et si B est la famille de parties de E définie par
V ∈ B, si et seulement si, il existe i ∈ I et il existe ε > 0, tel que V = Bpi .ε , alors B
est une base pour la topologie définie sur E par la famille de semi-normes (pi )i∈I .
En effet, soit J ∈ F(I), comme (pi )i∈I est une famille filtrante, alors il existe i ∈ I,
T
tel que pour tout j ∈ J, on a pj ≤ pi , donc Bpi ,ε ⊆
Bpj ,ε .
j∈J

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CHAPITRE 2. ESPACES LOCALEMENT CONVEXES
2. Pour chaque J ∈ F(I), on pose qJ = max pi , alors (qJ )J∈F(I) est une famille croissante,
i∈J

donc filtrante, de semi-normes sur E qui définit la même topologie sur E que celle
définie par la famille (pi )i∈I .
Donc si E est un espace localement convexe dont la topologie est définie par une
famille (pi )i∈I de semi-normes sur E, alors on peut toujours supposer que la famille
(pi )i∈I est croissante, (i ≤ j =⇒ pi ≤ pj )).
3. Si (pi )i∈I une famille de semi-normes sur E. Alors la topologie définie sur E par la
famille (pi )i∈I est séparé, si et seulement si, la famille (pi )i∈I est séparante.
Théorème 2.14.
Soit E un espace vectoriel topologique. Alors les deux propositions suivantes sont
équivalentes :
i) E est un espace localement convexe.
ii) La topologie de E est définie par une famille de semi-normes.

Preuve
(=⇒) Supposons que E est localement convexe, alors d’après la proposition 2.11, l’origine
possède une base V de voisinages absolument convexes et fermés. Pour chaque V ∈ V,
soit pV la jauge associée à V , alors pV est une semi-norme, car V est absolument
convexe. Soit T la topologie définie sur E par la famille de semi-normes (pV )V ∈V .
La famille de semi-normes (pV )V ∈V est filtrante, car si V1 ∈ V et V2 ∈ V, alors
pV1 ≤ pV1 ∩V2 et pV2 ≤ pV1 ∩V2 , donc une base B de voisinages de l’origine pour la
topologie T est définie par W ∈ B, si et seulement si, il existe ε > 0 et il existe V ∈ V,
tel que W = {x ∈ E, : pV (x) ≤ ε}. Or d’après le corollaire 2.8, pour tout V ∈ V, on a
V = {x ∈ E : pV (x) ≤ 1}, donc pour tout ε > 0, on a {x ∈ E : pV (x) ≤ ε} = εV , par
suite, on a B = {εV : ε > 0 et V ∈ V}. Ainsi on voit que la topologie initiale de E et
la topologie T ont même base de voisinages de l’origine, donc elles sont identiques.
(⇐=) Trivial, car pour tout i ∈ I et pour tout ε > 0, {x ∈ E : pi (x) ≤ ε} est absolument
convexe et fermé.

2.4

Utisation des semi-normes

2.4.1

Convergence d’une suite généralisée

Proposition 2.15.
Soit E un espace localement convexe dont la topologie est définie par une famille
de semi-normes notée P et soit (xi )i∈I une suite généralisée de E. Alors (xi )i∈I
converge vers 0 dans E, si et seulement si, pour tout p ∈ P, la famille (p(xi ))i∈I
converge vers 0 dans R.

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CHAPITRE 2. ESPACES LOCALEMENT CONVEXES
Preuve
(=⇒) Supposons que (xi )i∈I converge vers 0. Pour chaque p ∈ P et pour chaque ε > 0 on
doit montrer qu’il existe j ∈ I, tel que
∀i ∈ I, i ≥ j =⇒ p(xi ) ≤ ε
Soit V = {x ∈ E : p(x) ≤ ε}, alors V est un voisinage de 0 et comme (xi )i∈I converge
vers 0, alors il existe j ∈ I, tel que
∀i ∈ I, i ≥ j =⇒ xi ∈ V
Donc pour i ≥ j, on a p(xi ) ≤ ε.
(⇐=) Supposons que pour tout p ∈ P, (p(xi ))i∈I converge vers 0.
Soit V un voisinage de 0, alors il existe p1 , p2 , . . . , pn ∈ P et il existe ε > 0, tels que
n
T

k=1

Bpk ,ε ⊆ V , où pour chaque k ∈ {1, 2, . . . , n}, on a Bpk ,ε = {x ∈ E : pk (x) ≤ ε}.

Pour chaque k ∈ {1, 2, . . . , n}, on a pk (xi ) converge vers 0, donc il existe jk ∈ I, tel
que
∀i ∈ I, i ≥ jk =⇒ pk (xi ) ≤ ε
I est un ensemble filtrant croissant, donc il existe j ∈ I, tel que jk ≤ j pour tout
k ∈ {1, 2, . . . , n}, donc pour i ≥ j, on a pk (xi ) ≤ ε, pour tout k ∈ {1, 2, . . . , n}. Ainsi,
pour tout i ∈ I, avec i ≥ j, on a xi ∈

n
T

k=1

2.4.2

Bpk ,ε , par suite, pour i ≥ j, on a xi ∈ V .

Parties bornées

Proposition 2.16.
Soit E un espace localement convexe dont la topologie est définie par une famille
de semi-normes notée P et soit B une partie de E. Alors B est bornée, si et
seulement si, pour tout p ∈ P, on a sup p(x) < +∞.
x∈B

Preuve
(=⇒) Supposons que B est bornée. Soit p ∈ P et soit V = {x ∈ E : p(x) ≤ 1}, alors V
est un voisinage équilibré de 0 et comme B est bornée, alors il existe α > 0, tel que
B ⊆ αV . Soit x ∈ B, alors il existe v ∈ V , tel que x = αv, donc p(x) = αp(v) ≤ α,
par suite, on a sup p(x) ≤ α.
x∈B

(⇐=) Supposons que pour tout p ∈ P, on a sup p(x) < +∞. Soit V un voisinage équilibré
x∈B

de 0, on doit montrer qu’il existe α > 0, tel que B ⊆ αV . Comme V est un voisinage
de 0, alors existe p1 , p2 , . . . , pn ∈ P et il existe ε > 0, tels que

n
T

k=1

Bpk ,ε ⊆ V . Pour

M
chaque k ∈ {1, 2, . . . , n}, on pose Mk = sup pk (x), M = max Mk et α =
, alors
1≤k≤n
ε
x∈B
Å ã
1
M
M
pour tout x ∈ B et pour tout k ∈ {1, 2, . . . , n}, on a pk
x ≤
, avec
= ε,
α
α
α
donc B ⊆ α

n
T

k=1

Bpk ,ε , par suite, B ⊆ αV .
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Pr.Mohamed HOUIMDI

CHAPITRE 2. ESPACES LOCALEMENT CONVEXES

2.4.3

Applications linéaires continues

Proposition 2.17.
Soient E et F deux espaces localement convexes, P et Q deux familles filtrantes de
semi-normes définissant respectivement les topologies de E et F . Alors pour toute
application linéaire T : E −→ F , les propositions suivantes sont équivalentes :
i) T est continue.
ii) Pour tout q ∈ Q, il existe p ∈ P et il existe c > 0, tel que pour tout x ∈ E, on
a q(T x) ≤ cp(x).
Preuve
(=⇒) Supposons que T est continue. Soit q ∈ Q et soit W = {x ∈ F : q(x) ≤ 1}, alors W
est un voisinage de 0F et comme T est continue, alors il existe un voisinage V de 0E ,
tel que T (V ) ⊆ W . Comme P est une famille filtrante, alors il existe p ∈ P et il existe
ε > 0, tel que Bp,ε ⊆ V , avec Bp,ε = {x ∈ E : p(x) ≤ ε}, donc T (Bp,ε ) ⊆ W . Soit
εx
x ∈ E, alors pour tout n ∈ N, on a −n
∈ Bp,ε , par suite, pour tout n ∈ N, on
2 + p(x)
2−n + p(x)
2−n + p(x)
a T (x) ∈
. Donc
W . Ainsi, pour tout n ∈ N, on aura q(T x) ≤
ε
ε
1
en faisant tendre n vers l’infini, on aura q(T x) ≤ p(x). D’où le résultat, car il suffit
ε
1
de prendre c = .
ε
(⇐=) Supposons que pour tout q ∈ Q, il existe p ∈ P et il existe c > 0, tel que pour tout
x ∈ E, on a q(T x) ≤ Cp(x). Comme E et F sont deux espaces vectoriels topologiques,
alors il suffit de montrer que T est continue en 0E . Soit W un voisinage de 0F , comme
Q est une famille filtrante, alors il existe q ∈ Q et il existe ε > 0, tel que Bq,ε ⊆ W ,
avec Bq,ε = {x ∈ F : q(x) ≤ ε}. Or, par hypothèse, il existe p ∈ P et il existe c > 0,
c
tel que pour tout x ∈ E, on a q(T x) ≤ cp(x), donc si on pose α = et V = Bp,α ,
ε
alors V est un voisinage de 0E et on a T (V ) ⊆ W .
Corollaire 2.18.
Soit E un espace localement convexe, dont la toplogie est définie par une famille
filtrante de semi-normes P et soit ϕ : E −→ K une forme linéaire. Alors ϕ est
continue, si et seulement si, il existe p ∈ P et il existe c > 0, tels que pour tout
x ∈ E, on a |ϕ(x)| ≤ cp(x)
Preuve
Conséquence directe de la proposition précédente.

2.5

Espaces localement convexes métrisables - Espaces
de Fréchet

Rappelons que si E est un ensemble quelconque, une application d : E × E −→ R+ définit
une distance sur E, si
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CHAPITRE 2. ESPACES LOCALEMENT CONVEXES
i) ∀x ∈ E, ∀y ∈ E, d(x, y) = 0 ⇐⇒ x = y,
ii) ∀x ∈ E, ∀y ∈ E, d(x, y) = d(y, x),
iii) ∀x ∈ E, ∀y ∈ E, ∀z ∈ E, d(x, y) ≤ d(x, z) + d(y, z)
Dans ce cas, la topologie T définie par d sur E est définie par V ∈ T , si et seulement si,
pour tout x ∈ V , il existe r > 0, tel que {y ∈ E : d(x, y) < r} ⊆ V .
Définition 2.19.
On dit qu’un espace vectoriel topologique E est métrisable, s’il existe une distance
d sur E, tel que la topologie définie par d sur E coincide avec la topologie vectorielle
sur E.
Remarque 2.5.1
Soit E un espace vectoriel topologique.
1. Si E est métrisable, alors E possède une base dénombrable de voisinages de l’origine.
En effet, si pour tout n ∈ N, on pose Bn = {x ∈ E : d(x, 0) ≤ 21n }, alors on voit que
B = {Bn : n ∈ N} est une base dénombrable de voisinages de l’origine.
2. Si E est métrisable, alors E est séparé. En effet, il suffit de voir que

T

Bn = {0}.

n∈N

Définition 2.20.
Une distance d sur un espace vectoriel E est dite invariante par translation, si
pour x, y, z ∈ E, on a d(x + z, y + z) = d(x, y).

Remarque 2.5.2
Soit d une distance invariante par translation sur un espace vectoriel E. Pour tout x ∈ E,
on pose N (x) = d(x, 0), alors on a
i) ∀x ∈ E, N (x) = 0 ⇐⇒ x = 0,
ii) ∀x ∈ E, N (−x) = N (x),
iii) ∀x ∈ E, ∀y ∈ E, N (x + y) ≤ N (x) + N (y).
Théorème 2.21.
Soit E un espace vectoriel topologique séparé. Si E possède une base dénombrable
de voisinages de l’origine, alors E est métrisable et la distance d définissant
la topologie de E est invariante par translation et satisfait les deux propriétés
suivantes :
i) Pour tout λ ∈ C, avec |λ| ≤ 1, on a d(λx, 0) ≤ d(x, 0).
ii) Si λ −→ 0 alors pour tout x ∈ E, on a d(λx, 0) −→ 0.

Preuve
Soit B = {Vn : n ∈ N∗ } une base de voisinages de 0. Comme E est séparé, alors on peut
T
supposer que
Vn = {0}.
n∈N∗

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CHAPITRE 2. ESPACES LOCALEMENT CONVEXES
Posons W1 = V1 , puisque V1 est un voisinage de 0, alors il existe un voisinage équilibré
W2 de 0, tel que W2 + W2 + W2 ⊆ V1 . Aussi, V2 ∩ W2 est un voisinage de 0, donc il existe
un voisinage équilibré W3 de 0, tel que W3 + W3 + W3 ⊆ V2 ∩ W2 . Ainsi par récurrence on
construit une suite strictement décroissante (Wn )n∈N∗ , telle que pour pour tout n ∈ N∗ ,
Wn est un voisinage équilibré de 0 et telle que
∀n ∈ N∗ , Wn+1 + Wn+1 + Wn+1 ⊆ Vn ∩ Wn
Aussi, on voit facilement que {Wn : n ∈ N∗ } forme une base de voisinages de 0 et que
T
Wn = {0}. Soit α : E −→ R+ la fonction définie par :
n∈N∗

∀x ∈ E, α(x) =


1


 2k
1


0

si x ∈ Wk et x ∈
/ Wk+1
si x ∈
/ W1
si x = 0

Alors l’application α vŕifie les propriétés suivantes qui sont facile à vérifier :
i) ∀x ∈ E, α(x) = 0 ⇐⇒ x = 0.
1
.
2k
iii) ∀x ∈ E, ∀λ ∈ K, |λ| = 1 =⇒ α(λx) = α(x), (car pour tout k ∈ N∗ , Wk est équilibré).

ii) Pour tout x ∈ E, il existe k ∈ N∗ , tel que x ∈ Wk , si et seulement si, α(x) ≤

iv) ∀x ∈ E, ∀λ ∈ K, |λ| ≤ 1 =⇒ α(λx) ≤ α(x). (car pour tout k ∈ N∗ , Wk est équilibré).
Soit maintenant π : E −→ R+ , l’application définie par
Ç® p
∀x ∈ E, π(x) = inf

X



α(xi ) : p ∈ N , x1 , x2 , . . . , xp ∈ E et

i=1

p
X

´å
xi = x

i=1

Alors l’application π satisfait aux propriétés suivantes :
a) Pour tout x ∈ E, on a π(x) ≥ 0,
b) Pour Tout (x, y) ∈ E × E, on a π(x + y) ≤ π(x) + π(y),
1
c) Pour tout x ∈ E, on a α(x) ≤ π(x) ≤ α(x)
2
En effet, pour tout x ∈ E, on a α(x) ≥ 0, donc pour tout x ∈ E, on a π(x) ≥ 0.
Soit (x, y) ∈ E × E et soit ε > 0, alors il existe x1 , x2 , . . . , xp ∈ E et il existe y1 , y2 , . . . , yq ∈ E,
p
q
p
q
ε
ε
P
P
P
P
tels que
xi = x,
yi = y,
α(xi ) ≤ π(x) + et
α(yi ) ≤ π(y) + . Or, on a
2
2
i=1
i=1
i=1
i=1
x+y =

p
P

i=1

xi +

q
P

i=1

yi , avec

p
P

i=1

α(xi ) +

q
P

i=1

α(yi ) ≤ π(x) + π(y) + ε, donc π(x + y) ≤ ε et

ceci pour tout ε > 0, par suite, on a π(x + y) ≤ π(x) + π(y).
Pour établir c), montrons d’abord, par récurrence sur n, que si x1 , x2 , . . . , xn ∈ E et s’il
n
n
1
P
P
existe m ∈ N∗ , tel que
α(xi ) < m , alors
xi ∈ Wm .
2
i=1
i=1
1
Pour n = 1, on a α(x1 ) < m , donc par définition de l’application α, on a x1 ∈ Wm+1 ,
2
donc x1 ∈ Wm , car Wm+1 ⊆ Wm .
Supposons que la propriété est vraie jusqu’à l’ordre n. Soient x1 , x2 , . . . , xn , xn+1 ∈ E, tel
n+1
n+1
1
P
P
que
α(xi ) < m et montrons que
xi ∈ W m .
2
i=1
i=1
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CHAPITRE 2. ESPACES LOCALEMENT CONVEXES
1
1
1
, alors pour tout i ∈ {1, 2, . . . , n}, on a α(xi ) < m , donc α(xi ) ≤ m .
m
2
2
2
i=1
Noua allons distinguer les deux cas suivants :
n+1
n
1
1
P
P
Si
α(xi ) < m+1 , alors
α(xi ) < m+1 , donc d’après l’hypothèse de récurrence, on a
2
2
i=1
i=1
Comme

n
P
i=1

n+1
P

α(xi ) <

xi ∈ Wm+1 . On a

n+1
P
i=1

n
P

xi =

i=1

xi +xn+1 , avec xn+1 ∈ Wm+1 , donc

et comme Wm+1 + Wm+1 ⊆ Wm , alors

n+1
P
i=1

n+1
P
i=1

xi ∈ Wm+1 +Wm+1

xi ∈ W m .

n+1
1
P
,
soit
k

{1,
2,
.
.
.
,
n
+
1}
le
plus
grand
entier,
tel
que
α(xi ) ≥ m+1 .
m+1
2
2
i=1
i=k
n+1
n
n+1
1
P
P
P
Si k = 1, on a
α(xi ) =
α(xi )+α(x1 ), avec
α(xi ) < m+1 , donc d’après l’hypothèse
2
i=1
i=2
i=2

Si

n+1
P

α(xi ) ≥

1

de récurrence, on a

n
P
i=2

α(xi ) ∈ Wm+1 et comme x∈ Wm+1 , alors
n+1
P

avec Wm+1 + Wm+1 ⊆ Wm , donc

i=1

n+1
P
i=1

α(xi ) ∈ Wm+1 + Wm+1 ,

α(xi ) ∈ Wm .

1
1
et comme α(xn+1 ) ≤ m+1 , alors α(xn+1 ) = m+1 . Or
2
2
n
n+1
n
1
1
1
1
1
P
P
P
on a
α(xi ) =
α(xi )−α(xn+1 ), donc
α(xi ) < m − m+1 , avec m − m+1 = m+1 ,
2
2
2
2
2
i=1
i=1
i=1
n
n
1
P
P
donc
α(xi ) < m+1 et ainsi d’après l’hypothèse de récurrence, on aura
α(xi ) ∈ Wm+1 .
2
i=1
i=1
1

Si k = n + 1, alors α(xn+1 ) ≥

On a

n+1
P
i=1

α(xi ) =

n
P
i=1

2m+1

α(xi ) + α(xn+1 ), donc

Wm+1 + Wm+1 ⊆ Wm , donc

n+1
P

n+1
P
i=1

α(xi ) ∈ Wm+1 + Wm+1 , avec

α(xi ) ∈ Wm .

i=1
n+1
P

Si 1 < k < n + 1, puisque on a

i=1

α(xi ) <

n+1
k−1
1
1
1
P
P
et
α(xi ) ≥ m+1 , alors
α(xi ) < m+1 ,
m
2
2
2
i=1
i=k
k−1
P

donc d’après l’hypothèse de récurrence, on a

i=1

D’après le choix de K, on a aussi

n+1
P

α(xi ) <

i=k+1

Or, on a

1
2m+1

, donc d’après l’hypothèse de récur-

n+1
P

xi ∈ Wm+1 .
i=k+1
n+1
k−1
n+1
P
P
P
xi =
x i + xk +
xi ,
i=1
i=1
i=k+1

rence, on a

xi ∈ Wm+1 .

donc

Wm+1 + Wm+1 + Wm+1 ⊆ Wm , par suite,

n+1
P
i=1

n+1
P
i=1

xi ∈ Wm+1 + Wm+1 + Wm+1 , avec

xi ∈ Wm . D’où le résultat.

1
Montrons maintenant c). Pour cela, soit x ∈ E, tel que α(x) = m , avec m ∈ N, puis sup2
n
1
P
posons, par absurde, que π(x) < α(x), donc il existe x1 , x2 , . . . , xn ∈ E, tel que
xi = x
2
i=1
n
n
1
1
P
P
et
α(xi ) < α(x), donc on aura
α(xi ) < m+1 et d’après ce qui précède, on aura
2
2
i=1
i=1
n
n
1
P
P
xi ∈ Wm+1 . On a
xi = x, donc x ∈ Wm+1 et ainsi on aura α(x) ≤ m+1 , ce qui est
2
i=1
i=1
1
absurde, car α(x) = m .]] Pour (x, y) ∈ E × E, on pose d(x, y) = π(x − y), alors on a
2
— d(x, y) = π(x − y) = π(y − x) = d(y, x),
1
— si d(x, y) = 0, alors π(x − y) = 0, donc α(x − y) = 0, car α(x − y) ≤ π(x − y), par
2
suite, on a x = y,
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CHAPITRE 2. ESPACES LOCALEMENT CONVEXES
— pour x, y, z ∈ E, on a d(x, z) + d(z, y) = π(x − z) + π(z − y) ≥ π(x − y), donc on a
d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y),
— pour x, y, z ∈ E, on a d(x + z, y + z) = π(x − y) = d(x, y).
On en déduit donc que d définit une distance sur E et que d est invariante par translation.
Reste à vérifier que la topologie définie sur E par d coïncide avec la topologie initiale de E.
Montrons que la topologie T2 définie sur E par la distance d est identique à la topologie
initiale T1 de E. Pour cela, il suffit de montrer que l’application identique de E est un
homéomorphisme. Comme d est invariante par translation, alors il suffit de montrer la
continuité à l’origine dans les deux sens. Soit W un voisinage de 0 pour la topologie T2 ,
1
1
alors il existe m ∈ N∗ , tel que B(0, m ) ⊆ W , où B(0, m ) est la boule fermée de centre 0
2
2
1
1
1
et de rayon m . Soit x ∈ Wm , alors on sait que α(x) ≤ m , donc on a aussi π(x) ≤ m ,
2
2
2
1
1
car π(x) ≤ α(x), par suite, on a x ∈ B(0, m ) et ainsi on voit que Wm ⊆ B(0, m ) ⊆ W .
2
2
Réciproquement, soit W un voisinage de 0 pour la topologie T1 , alors il existe m ∈ N∗ , tel
1
1
que Wm ⊆ W . Soit x ∈ B(0, m+1 ), alors on a π(x) ≤ m+1 et comme α(x) ≤ 2π(x), alors
2
2
1
1
α(x) ≤ m , par suite, on a x ∈ Wm , donc on a B(0, m+1 ) ⊆ Wm ⊆ W .
2
2

Corollaire 2.22.
Soit E un espace localement convexe. Alors E est métrisable, si et seulement si, E
est séparé et sa topologie est définie par une famille dénombrable de semi-normes.

Preuve
1
(=⇒) Supposons que E est métrisable, alors les boules fermées B(0, ), où n ∈ N∗ , forment
n
une base dénombrables de voisinages de l’origine. Puisque E est localement convexe,
alors d’après la proposition 2.11, pour tout n ∈ N∗ , il existe un voisinage Vn de
1
0, absolument convexe et fermé, tel que Vn ⊆ b(0, ), par suite, {Vn : n ∈ N∗ } est
n
une base dénombrable de voisinages de 0 qui sont absolument convexes et fermés.
Pour chaque n ∈ N∗ , soit pn la jauge associée à Vn , alors d’après la proposition 2.14,
(pn )n∈N∗ est une famille dénombrable qui définit la topologie de E.
(⇐=) Supposons que la topologie de E est définie par une famille dénombrable (pn )n∈N∗
de semi-normes sur E. D’après la remarque 2.3.2, on peut supposer que la famille
(pn )n∈N∗ est croissante, donc si pour tout n ∈ N∗ , on pose Vn = {x ∈ E : pn (x) ≤ 1},
alors {Vn : n ∈ N∗ } est une base dénombrable de voisinages de 0, donc d’après le
théorème précédent, E est métrisable.
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CHAPITRE 2. ESPACES LOCALEMENT CONVEXES
Proposition 2.23.
Soit E un espace localement convexe séparé dont la topologie est définie par une
famille dénombrable et croissante (pn )n∈N de semi-normes. Soit d : E × E −→ R+
l’application définie par
∀(x, y) ∈ E × E, d(x, y) =


X

1 pn (x − y)
n
n=0 2 1 + pn (x − y)

Alors d définit sur E une distance invariante par translation et la topologie définie
par d sur E coïncide avec la topologie originale de E.

Preuve
∞ 1
1
pn (x − y)
1 pn (x − y)
P
On a n
est convergente, par suite d
≤ n , donc la série
n
2 1 + pn (x − y) 2
n=0 2 1 + pn (x − y)
définit bien une application sur E × E et il est clair que d est invariante par translation.
— Pour tout (x, y) ∈ E × E et pour tout n ∈ N, on a pn (x − y) = pn (y − x), donc
d(x, y) = d(y, x).
— Si x = y, alors pour tout n ∈ N, on a pn (x − y) = 0, donc d(x, y) = 0.
— Si x 6= y, alors x − y 6= 0, donc il existe n ∈ N, tel que pn (x − y) 6= 0, car E est séparé,
par suite, on a d(x, y) 6= 0.
— Soient x, y, z ∈ E et pour tout n ∈ N, on a pn (x − y) ≤ pn (x − z) + pn (z − y), donc
d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y)
On en déduit donc que d définit une distance sur E.
Montrons que la topologie T2 définie par d sur E coïncide avec la topologie initiale T1 de
E. Pour cela, soit W un voisinage de l’origine pour la topologie T2 , alors il existe m ∈ N,
1
1
tel que {x ∈ E : d(x, 0) ≤ m } ⊆ W . Soit V = {x ∈ E : pm+1 (x) ≤ m+2 }, alors V est un
2
2
voisinage de 0 pour la topologie T1 . Soit x ∈ V , alors on a
p0 (x) ≤ p1 (x) ≤ . . . ≤ pm (x) ≤ pm+1 (x) ≤
Comme

1
2m+2

pn (x)
≤ pn (x), alors on a
1 + pn (x)
m+1
X
n=0

On a aussi

m+1

X pn (x)
1 pn (x)
1 X
1
1

≤ m+2
= m+1
n
n
n
2 1 + pn (x) n=0 2
2
2
n=0 2

pn (x)
≤ 1, donc on a
1 + pn (x)

X


X
1 pn (x)
1
1

=
n
n
2m+1
n=m+2 2
n=m+2 2 1 + pn (x)

On en déduit donc qu’on a

X

m+1

X 1 pn (x)
X
1 pn (x)
1 pn (x)
1
1
1
=
+
≤ m+1 + m+1 = m
n
n
n
2
2
2
n=0 2 1 + pn (x)
n=0 2 1 + pn (x)
n=m+2 2 1 + pn (x)

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CHAPITRE 2. ESPACES LOCALEMENT CONVEXES
1
Ainsi, on aura d(x, 0) ≤ m , donc x ∈ W et par suite, V ⊆ W .
2
Réciproquement, soit W un voisinage de 0 pour la topologießT1 , alors il existe k ∈ N et ™il
1
1
existe m ∈ N, tel que {x ∈ E : pk (x) ≤ m } ⊆ W . Soit V = x ∈ E : d(x, 0) ≤ m+k+1 ,
2
2
alors V est un voisinage de 0 pour la topologie T2 . Pour tout x ∈ V , on a

X

1 pn (x)
1

n
2m+k+1
n=0 2 1 + pn (x)
1 pk (x)
pk (x)
1
1

,
par
suite,
on
a

. Ainsi,
2k 1 + pk (x) 2m+k+1
1 + pk (x) 2m+1
1
1
on aura pk (x) ≤ m+1
≤ m , donc x ∈ W et par conséquent V ⊆ W .
2
−1 2
donc en particulier, on a

Définition 2.24.
Un espace de Fréchet est un espace localement convexe métrisable et complet.

Exemples
1. Tout espace de Banach est un espace de Fréchet.
2. Si E est un espace de Fréchet et si F est un sous-espace fermé de E, alors E/F est
un espace de Fréchet.
Définition 2.25.
Soient E et F deux espaces topologiques et T : E −→ F une application linéaire.
On dit que T est bornée, si l’image par T de toute partie bornée de E est une
partie bornée de F .

Exemples
1. Si E et F sont des espaces normés, alors on sait qu’une application linéaire T : E −→ F
est continue, si et seulement si, T est bornée.
2. Soient E et F deux espaces topologiques et T : E −→ F une application linéaire
continue, alors, d’après la proposition 1.37, T est bornée.
Lemme 2.26.
Soient E un espace topologique métrisable et (xn )n≥1 une suite de E, telle que
lim x = 0. Alors il existe une suite de nombres strictement positifs (αn )n≥1 ,
n→∞ n
telle que n→∞
lim αn = +∞ et n→∞
lim αn xn = 0.

Preuve
On a lim xn = 0, donc lim d(xn , 0) = 0, par suite, il existe une suite (nk )k≥1 strictement
n→∞
n→∞
1

croissante de N , telle que pour tout n ≥ nk , on a d(xn , 0) ≤ 2 . Soit (αn )n≥1 la suite
k
définie par αn = 1, si n < n1 , et αn = k, si nk ≤ n < nk+1 , alors pour tout n ∈ N, on a
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CHAPITRE 2. ESPACES LOCALEMENT CONVEXES
d(αn xn , 0) = d(kxn , 0). Comme d est une distance invariante par translation, alors on voit
facilement par récurrence que pour tout k ∈ N∗ , on a d(kxn , 0) ≤ kd(xn , 0). Ainsi, pour
1
tout n ∈ N∗ , on a d(αn xn , 0) ≤ , donc n→∞
lim αn xn = 0, car lorsque n tend vers l’infini, nk
k
tend vers l’infini, donc k tend vers l’infini.
Théorème 2.27.
Soient E et F deux espaces vectoriels topologiques et T : E −→ F une application
linéaire. On suppose que E est métrisable, alors les propositions suivantes sont
équivalentes :
i) T est continue.
ii) T est bornée.
iii) Si (xn )n≥0 est une suite de E, tel que lim xn = 0, alors {T (xn ) : n ∈ N} est
n→∞
borné.
iv) Si (xn )n≥0 est une suite de E, tel que lim xn = 0, alors lim T (xn ) = 0
n→∞

n→∞

Preuve
i) =⇒ ii) D’après la proposition 1.39.
ii) =⇒ iii) Comme lim xn = 0, alors d’après la proposition 1.36, {xn : n ∈ N} est borné.
n→∞
Or T est bornée, donc {T (xn ) : n ∈ N} est borné.
iii) =⇒ iv) Soit (xn )n≥0 une suite de E, tel que n→∞
lim xn = 0, donc d’après le lemme 2.26,
il existe une suite de nombres strictement positifs (αn )n≥0 , telle que lim αn = +∞
n→∞
et lim αn xn = 0. Donc, par hypothèse, {αn T (xn ) : n ∈ N} est borné et comme
n→∞
1
lim
= 0, alors d’après la proposition 1.37, on a n→∞
lim T (xn ) = 0.
n→∞ αn
iv) =⇒ i) Supposons, par absurde, que T n’est pas continue, donc il existe un voisinage W
de 0F , tel que pour tout voisinage V de 0E , il existe x ∈ V , avec T (x) ∈
/ W . Comme E
est métrisable, alors il existe une suite strictement décroissante Vn )n≥0 de voisinages
de 0E , telle que {Vn : n ∈ N} forme une base de voisinages de l’origine. Donc, en
particulier, pour tout n ∈ N, il existe xn ∈ Vn , tel que T (xn ) ∈
/ W . Comme Vn )n≥0
est décroissante, alors lim xn = 0, donc par hypothèse, on aura lim T (xn ) = 0, ce
n→∞
n→∞
qui est absurde, car pour tout n ∈ N, on a T (xn ) ∈
/ W.

2.6
2.6.1

Application aux espaces fonctionnels
L’espaces des applications d’un ensemble X vers K

Soient X un ensemble non vide et KX le K-espace vectoriel de toutes les applications de
X vers K, K = R ou K = C. On considère la famille de semi-normes (px )x∈X définie pour
tout f ∈ KX , par px (f ) = |f (x)|. Alors KX muni de cette famille de semi-normes est un
espace localement convexe séparé.
La topologie définie ainsi sur KX s’appelle la topologie de la convergence simple.
Pour x ∈ X et pour ε > 0, on pose Bx,ε = {y ∈ X : px (y) ≤ ε}. On définit la famille B de
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CHAPITRE 2. ESPACES LOCALEMENT CONVEXES
parties de X, par V ∈ B, si et seulement si, il existe n ∈ N∗ , il existe x1 , x2 , . . . , xn ∈ X et
n
T

il existe ε > 0, tel que V =

i=1

Bxi ,ε , alors B est une base de voisinages pour la topologie

de la convergence simple.
Remarquons que si pour tout f ∈ KX , on pose f = (f (x))x∈X , alors KX s’identifie au
Q
produit
Kx , où pour chaque x ∈ X, on a Kx = K. Dans ce cas, la topologie produit
x∈X

sur

KX

2.6.2

coïncide avec la topologie de la convergence simple sur KX .

L’espace C k (Ω)

Notations (Utilisation des multi-indices)
Pour n ∈ N∗ et pour α ∈ Nn , avec α = (α1 , α2 , . . . , αn ) on pose
— |α| = α1 + α2 + · · · + αn , appelé longueur de α.
— α! = α1 !α2 ! . . . αn !, appelé α-factoriel.
— Si β ∈ Nn , avec β = (β1 , β2 , . . . , βn ), α − β = (α1 − β1 , α2 − β2 , . . . , αn − βn ).
— Si β ∈ Nn , avec β = (β1 , β2 , . . . , βn ), β ≤ α, si et seulement si, βi ≤ αi , pour tout
i ∈ {1, 2 . . . , n}.
Ç å
α
α!
n
.
— Si β ∈ N , avec β = (β1 , β2 , . . . , βn ),
=
β
β!(α − β)!
— Si x ∈ Rn , avec x = (x1 , x2 , . . . , xn ), xα = xα1 1 xα2 2 . . . xαnn .
— Si f est une fonction, Dα f =

∂ |α| f
.
∂ α1 x1 ∂ α2 x2 . . . ∂ αn xn

On a aussi les formules suivantes :
a) Formule du multinôme
(x1 + x2 + . . . + xn )k =

k! α
x
α!
|α|=k
X

où x = (x1 , x2 , . . . , xn )

b) Formule du binôme
Ç å
α α−β β
x
y
∀α ∈ N , ∀x ∈ R , ∀y ∈ R , (x + y) =
β
β≤α
n

n

n

α

X

c) Formule de Leibnitz
Ç å
α
D (f g) =
Dα−β f Dβ g
β
β≤α
α

X

où f et g sont deux fonctions de Ω vers R
d) Formule de Taylor-Young à l’ordre N au voisinage de x0 , avec x0 ∈ Ω
f (x) =

N X
X

Dα f (x0 )
(x − x0 )α + o(kx − x0 kN )
α!
k=0 |α|=k

où f est une fonction de classe C N sur Ω.
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