Sujet : Analyse, Compacité et complétude, Compacité

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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013 Enoncés 1 Compacité Exercice 9 [ 03274 ] [correction] Soit A une partie bornée non vide d’unR-espace vectoriel de dimension finie E. a) Montrer qu’il existe une boule fermée de rayon minimal contenant A.Exercice 1 [ 01159 ] [correction] t b) On suppose l’espace E euclidien, montrer l’unicité de la boule précédente.Montrer queO (R) ={A∈M (R), AA =I } est une partie compacte den n n M (R).n Exercice 10 [ 01171 ] [correction] Exercice 2 [ 01160 ] [correction] Soient E et F deux espaces normés et f :E→F une application. −1Montrer que toute partie fermée d’une partie compacte est elle-même compacte. On suppose que F est compact, f ({y}) est compact pour tout y∈F et que l’image de tout fermé de E est un fermé de F. Montrer que E est compact. Exercice 3 [ 01161 ] [correction] Soient K une partie compacte non vide d’un espace vectoriel normé E et x∈E. Exercice 11 Mines-Ponts MP [ 02772 ] [correction] Montrer qu’il existe y∈K tel que Soient f une fonction deR dansR et G ={(x,f(x))/x∈R} le graphe de f.f a) Montrer, si f est continue, que G est fermé.d(x,K) =d(x,y) f 2b) Si f est bornée et si G est fermé dansR , montrer que f est continue.f c) Le résultat du b) subsiste-t-il si f n’est pas bornée? Exercice 4 [ 01164 ] [correction] Soient K et L deux compacts d’un espace vectoriel normé E. Etablir que K +L ={x +y/x∈K,y∈L} est un compact de E.
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Compacité

Exercice 1[ 01159 ][correction]
Montrer queOn(R) ={A∈ Mn(R)tAA=In}est une partie compacte de
Mn(R).

Enoncés

Exercice 2[ 01160 ][correction]
Montrer que toute partie fermée d’une partie compacte est elle-mme compacte.

Exercice 3[ 01161 ][correction]
SoientKune partie compacte non vide d’un espace vectoriel norméEetx∈E.
Montrer qu’il existey∈Ktel que

d(x K) =d(x y)

Exercice 4[ 01164 ][correction]
SoientKetLdeux compacts d’un espace vectoriel norméE.
Etablir queK+L={x+yx∈K y∈L}est un compact deE.

Exercice 5[ 01165 ][correction]
SoientFun fermé etKun compact d’un espace vectoriel norméE.
Etablir que la partieF+K={x+yx∈F y∈K}est fermée.

Exercice 6[ 01166 ][correction]
SoitKun compact d’un espace vectoriel norméEtel que0∈ K.
On formeF={λxλ∈R+ x∈K}. Montrer queFest fermé.

Exercice 7[ 01167 ][correction]
SoientKetLdeux compacts disjoints d’unK-espace vectoriel de dimension finie.
Montrer qued(K L)>0.

Exercice 8[ 01168 ][correction]
SoitFune partie fermée non vide d’un espace vectoriel normé de dimension finie
E.
a) Montrer que, pour toutx∈E, la distance dexàFest atteinte en un certain
élémenty0∈F.
b) Y a-t-il unicité de cet élémenty0?

Exercice 9[ 03274 ][correction]
SoitAune partie bornée non vide d’unR-espace vectoriel de dimension finieE.
a) Montrer qu’il existe une boule fermée de rayon minimal contenantA.
b) On suppose l’espaceEeuclidien, montrer l’unicité de la boule précédente.

Exercice 10[ 01171 ][correction]
SoientEetFdeux espaces normés etf:E→Fune application.
On suppose queFest compact,f−1({y})est compact pour touty∈Fet que
l’image de tout fermé deEest un fermé deF. Montrer queEest compact.

Exercice 11Mines-Ponts MP[ 02772 ][correction]
Soientfune fonction deRdansRetGf={(x f(x))x∈R}le graphe def.
a) Montrer, sifest continue, queGfest fermé.
b) Sifest bornée et siGfest fermé dansR2, montrer quefest continue.
c) Le résultat du b) subsiste-t-il sifn’est pas bornée ?

1

Exercice 12Mines-Ponts MP[ 02777 ][correction]
SoientAun compact d’intérieur non vide deRnetLA={u∈ L(Rn) u(A)⊂A}.
Montrer queLAest un compact deL(Rn).

Exercice 13[ 03271 ][correction]
[Théorème de Riesz]
SoitFun sous-espace vectoriel de dimension finie d’unK-espace vectorielE.
a) Montrer que pour touta∈E, il existex∈Fvérifiant

d(a F) =ka−xk

b) On supposeF6=E. Montrer qu’il existea∈Evérifiant
d(a F) = 1etkak= 1

c) On suppose leK-espace vectoriel de dimension infinie. Montrer qu’il existe une
suite(an)d’éléments deEvérifiant

∀n∈Nkank= 1etd(an+1Vect(a0     an)) = 1

Conclure que la boule unité deEn’est pas compacte.

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Exercice 14Mines-Ponts MP[ 02778 ][correction]
Soient(Ekk)un espace vectoriel normé etFun sous-espace vectoriel de
dimension finie deE.
a) Montrer
∀x∈E∃y∈F d(x F) =kx−yk

Enoncés

b) Montrer, siF6=E, qu’il existeu∈Etel qued(u F) =kuk= 1.
c) Montrer queEest de dimension finie si, et seulement si,B={x∈Ekxk61}
est une partie compacte.

Exercice 15[ 03305 ][correction]
a) SoitFune partie fermée d’unK-espace vectorielEde dimension finie.
L’ensembleF0=SB(x1) ?est-il fermé
x∈F
b) Qu’en est-il si on ne suppose plus l’espaceE ?de dimension finie

Exercice 16[ 03472 ][correction]
SoientKune partie compacte d’un espace de dimension finie etr >0.
Montrer que la partie
Kr=[B(x r)
¯
x∈K
est compacte.

Exercice 17Mines-Ponts MP[ 02776 ][correction]
SoientE1etE2deux espaces vectoriels normés réels,fune application deE1
dansE2telle que pour tout compactKdeE2,f−1(K)soit un compact deE1.
Montrer, siFest un fermé deE1, quef(F)est un fermé deE2.

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Corrections

Exercice 1 :[énoncé]
On(R)est borné par 1 pour la norme

kAk= max|aij|
16ij6n

On(R)est fermé car siAp∈ On(R)→AalorstApAp=Indonne à la limite
tAA=In

Corrections

Exercice 2 :[énoncé]
SoitFune partie fermée d’un compactK. Si(xn)est une suite d’éléments deF,
alors c’est aussi une suite d’éléments deKet on peut donc en extraire une suite
(xϕ(n))convergeant dansK. Cette suite extraite est aussi une suite convergente
d’éléments du ferméF, sa limite appartient donc àF. Au final, il existe une suite
extraire de(xn)convergeant dansF.

Exercice 3 :[énoncé]

Par définition
d(x K) =yi∈nfKd(x y)
Pour toutn∈N?, il existeyn∈Ktel que

d(x K)6d(x yn)6d(x K 1) +n

La suite(yn)d’éléments du compactKadmet une valeur d’adhérencey∈K. Il
existe alors une extractriceϕtelle queyϕ(n)→y. Mais alorsd(x yϕ(n))→d(x y)
et
d(x K)6d(x yϕ(n))6d(x K) +ϕ1(n)
donne à la limited(x y) =d(x K).
On aurait pu aussi introduire la fonctiony7→ ky−xkqui est continue sur un
compact non vide et admet donc un minimum.

Exercice 4 :[énoncé]
Soit(un)une suite d’éléments deK+L. Pour toutn∈N, on peut écrire
un=an+bnavecan∈Ketbn∈L. On peut extraire de la suite(an)d’éléments
du compactK, une suite(aϕ(n))convergeant vers un élément deK. On peut aussi

3

extraire de la suite(bϕ(n))d’éléments du compactL, une suite(bϕ(ψ(n)))
convergeant vers un élément deL. Pour l’extractriceθ=ϕ◦ψ,(aθ(n))et(bθ(n))
convergent vers des éléments deKetLdonc(uθ(n))converge vers un élément de
K+L.
Autre démonstrationK+Lest l’image du compactK×LdeE2par l’application
continue(x y)7→x+y.

Exercice 5 :[énoncé]
Soit(un)une suite convergente d’éléments deF+Kde limiteu. Pour toutn∈N,
on peut écrireun=an+bnavecan∈Fetbn∈K. La suite(bn)étant une suite
d’élément du compactK, on peut en extraire une suite convergente(bϕ(n))de
limiteb∈K. La suite(aϕ(n))est alors convergente de limitea=u−bcar
aϕ(n)=uϕ(n)−bϕ(n). Or(aϕ(n))est une suite d’éléments du ferméFdonca∈F
et puisqueu=a+b,u∈F+K. FinalementF+Kest fermée.

Exercice 6 :[énoncé]
un∈F→u,un=λnxn.0∈Kdonc∀α >0 B(0 α)⊂CEK.
kunk → kuketα6kxnk6Mdonc(λn)est bornée.
Par double extraction(xϕ(n))et(λϕ(n))convergent versx∈Retλ∈R+. On a
alorsu=λx.

Exercice 7 :[énoncé]
Soient(xn)∈KNet(yn)∈LNtelle que
d(K L) =(xy)infK×Ld(x y) = lnim∞d(xn yn).

On peut extraire de(xn)une suite convergente(xϕ(n))et on peut extraire de
(yϕ(n))une suite convergente(yϕ(ψ(n))). Pourx= limxϕ(n)∈Ket
y= limyϕ(ψ(n))∈Lon ad(K L) =d(x y)>0carK∩L=∅.

Exercice 8 :[énoncé]
a) Posonsd=d(x F).

∀n∈N?∃xn∈F,kx−xnk6d+n1

Cela permet de définir une(xn)bornée, elle admet donc une sous-suite
convergente(xϕ(n))dont on notex¯la limite. On ax¯∈FcarFest une partie
fermée et puisquekx−xnk →don obtientkx−¯xk=d
.
b) Non, prendrex= 0etFl’hypersphère unité.

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Corrections

Exercice 9 :[énoncé]
a) Soita∈E. Puisque la partieAest bornée et non vide, l’ensemble
{kx−akx∈A}est une partie non vide et majorée deRce qui permet
d’introduire
Ra= sup{kx−akx∈A}
x∈A
¯
Il est immédiat queA⊂B(a Ra)et queRaest le rayon minimal d’une boule
fermée de centreacontenant la partieA.
L’ensemble{Raa∈E}est une partie non vide et minorée deR, on peut donc
introduire
R= inf{Raa∈E}
Par la caractérisation séquentielle des bornes inférieures, il existe une suite(an)
d’éléments deEtelle que
→R
Ran
¯
Soitx0∈A. PuisqueA⊂B(an Ran), on a

kx0−ank6Ran

et donc
kank6kx0k+kx0−ank6kx0k+Rn→ kx0k+R
ce qui permet d’affirmer que la suite(an)est bornée. PuisquedimE <+∞, on
peut extraire de(an)une suite convergente(aϕ(n))dont on noteraala limite.
Soitx∈A. Puisque
kx−ank6Ran

on obtient à la limite

kx−ak6R
¯
et doncA⊂B(a R).
¯
Enfin, par construction,B(a R)est une boule de rayon minimal contenant la
partieAs’autorisant de parler de boule fermée de rayon nul dans le cas où(en
R= 0).
b) On suppose ici l’espaceEeuclidien.
¯ ¯
0
SupposonsB(a R)etB(a0 R)solutions et montronsa=a.
Posons
b=12(a+a0)
En vertu de l’identité du parallélogramme
kαk2+kβk2=12kα+βk2+kα−βk2

appliquée à

α=x−betβ=a2a0
on obtient pour toutx∈A
kx−bk2+kβk221=kx−ak2+kx−a0k26
et donc
kx−bk6qR2− kβk2

Ainsi

R2

Rb6qR2− kβk2
Or par définition deR, on a aussiRb>Ret donc on peut affirmerkβk= 0i.e.
a=a0.

4

Exercice 10 :[énoncé]
Soit(un)une suite d’éléments deE. On poseFn={upp>n}. La suite(Fn)est
une suite décroissante de fermés non vides. PosonsGn=f(Fn),(Gn)est une
suite décroissante de fermés non vides, on peut considéreryn∈Gn. La suite(yn)
possède une valeur d’adhérenceycarFest compact. Pour toutp>n, on a
yp∈Gp⊂Gndoncy∈Gn. Par suite il existetn∈Fntel quey=f(tn). La suite
(tn)est une suite du compactf−1{y}, elle possède donc une valeur d’adhérencet.
Pour toutp>n,tp∈Fp⊂Fndonct∈Fn. Ainsitest une valeur d’adhérence de
(un).

Exercice 11 :[énoncé]
a) Immédiat par la caractérisation séquentielle des parties fermées.
b) Par l’absurde, supposons qu’il existea∈Rtel quefn’est pas continue ena.

∃ε >0∀α >0∃x∈R|x−a|6αet|f(x)−f(a)|> ε

Cela permet de construire(xn)∈RNtelle quexn→aet|f(xn)−f(a)|> ε.
La suite réelle(f(xn))est, on peut donc en extraire une suite convergente
f(xϕ(n)). Notonsbsa limite. Comme

∀n∈Nf(xϕ(n))−f(a)> ε

à la limite|b−f(a)|>εet doncf(a)6=b.
Or(xϕ(n) f(xϕ(n)))→(a b),(xϕ(n) f(xϕ(n)))∈Gfet(a b)∈ GfdoncGfn’est
pas fermé. Absurde.
c) Non, on obtient un contre-exemple avecf(x) = 1xsix6= 0etf(0) = 0.

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Corrections

Exercice 12 :[énoncé]
Etant en dimension finie, il suffit d’observer queLAest une partie fermée et
bornée deL(Rn).
On munitRnd’une norme quelconque etL(Rn)de la norme d’opérateur
subordonnée.
Soit(un)une suite convergente d’éléments deLAde limiteu∞.
Pour toutx∈A,kun(x)−u∞(x)k6kun−u∞k kxk →0doncun(x)→u∞(x).
Or pour toutn,un(x)∈Adoncu∞(x)∈A=A. Ainsiu∞∈LA. La partieLA
est fermée. Il reste à montrer qu’elle est bornée.
Comme l’intérieur deAest non vide, il existex0∈Aetα >0vérifiant
B(x0 α)⊂A. De plus, la partieAétant bornée, il existeM∈R+vérifiant
A⊂B(0 M). Pouru∈L(A)etx∈B(01),u(x0+αx)∈u(A)⊂Adonc
ku(x0)1+(uαM(x)k6Mpuisku(x)k6α1(M+ku(x0)k)et enfin
kuk6α+ku(x0)k).
Finalement la partieLAest bornée et donc compacte.

Exercice 13 :[énoncé]
a) Par caractérisation séquentielle d’une borne inférieure, il existe une suite(xn)
d’éléments deFvérifiant
ka−xnk →d(a F)
La suite(xn)est une suite bornée de l’espace vectorielFde dimension finie, il
existe donc une suite extraite de celle-ci convergeant dansF. La limite de cette
suite extraite est alors un vecteurx∈Fvérifiantd(a F) =ka−xk.
b) Soita0un élément deEqui n’est pas dansF. Il existex0∈Fvérifiant

d(a0 F) =ka0−x0k>0

Considérons alors le vecteur
a0−x0
a=kak
0−x0
On a immédiatementkak= 1et donc

d(a F)6ka−0Ek61car0E∈F

De plus, pour toutx∈F,

donc

ka−xk=ka01−x0k ka0−ykavecy=x0+ka0−x0kx∈F

ka−xk>ka0−1x0kd(a0 F) = 1

Finalement

d(a F) = 1

5

c) Il suffit de construire la suite(an)en partant dea0vecteur unitaire et, une fois
les vecteursa0     andéterminés, on choisitan+1tel que

kan+1k= 1etd(an+1 F) = 1

oùFdésigne le sous-espace vectoriel de dimension finie engendré par les vecteurs
a0     an.
La suite(an)d’éléments de la boule unité fermée vérifiantest alors une suite

∀n > m∈Nkan−amk>1

On ne peut extraire d’une telle suite une sous suite convergente. On en déduite
que la boule unité fermée n’est pas compacte.

Exercice 14 :[énoncé]
a) Par réalisation séquentielle d’une borne inférieure, il existe une suite(yn)
d’éléments deFvérifiantkx−ynk →d(x F). Cette suite est bornée et évolue
dans l’espace vectoriel norméFqui est de dimension finie, elle admet donc une
valeur d’adhérenceydansFpour laquelled(x F) =kx−yk.
b) PuisqueF6=E, il existe un vecteurxdeEn’appartenant pas àF. On peut
vérifierd(λx F) =|λ|d(x F)de sorte qu’il est possible de choisirxvérifiant
d(x F) = 1. Pour tout vecteury∈F, on a aussid(x−y F) = 1. Il ne reste plus
qu’à trouvery∈Ftel quekx−yk= 1. Le vecteury∈Fvérifiant
d(x F) =kx−ykconvient
c) SiEest de dimension finie,Best compacte car fermée et bornée en dimension
finie.
Inversement, supposons par l’absurde queBest compacte etEde dimension
infinie. Par récurrence, on construit une suite(un)de vecteurs deEen posantu0
un vecteur unitaire quelconque, puis une foisu0     undéterminés, on définit
un+1de sorte qued(un+1Vect(u0     un)) =kun+1k= 1. Cette construction est
possible par l’étude précédente et parce queEest supposé de dimension infinie.
La suite(un)est une suite d’éléments du compactainsi définie B, on peut donc
en extraire une suite convergente(uϕ(n)). Puisque cette suite converge
uϕ(n+1)−uϕ(n)→0, or
uϕ(n+1)−uϕ(n)>d(uϕ(n+1)Vect(u0     uϕ(n+1)−1))>1. C’est absurde.

Exercice 15 :[énoncé]
a) Soit(un)une suite convergente d’élément deF0de limiteu∞.

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Pour chaquen∈N, il existexn∈Ftel que

kun−xnk61

Corrections

Puisque la suite(un)converge, elle est bornée et donc la suite(xn)l’est aussi.
Puisque l’espaceEest de dimension finie, on peut extraire une suite convergente
de la suite(xn). Notons-la(xϕ(n)). La limitex∞de cette suite extraite appartient
àFcarFest une partie fermée.
Pour toutn∈N, on a
uϕ(n)−xϕ(n)61

donc à la limite
ku∞−x∞k61
0
et doncu∞∈F.
Ainsi la partieF0est fermée.
b) SupposonsE=K[X]muni de la norme

Posons

Pour toutn∈N

+∞+∞
kPk1=X|ak|avecP=XakXk
k=0k=0

F=nn+ 1Xnn∈N?

Pn1Xn=n+ 1Xn−Xn∈F0
=
n n

et
kk
Pn−−−1→0∈F0
donc la partieF0n’est pas fermée.

Exercice 16 :[énoncé]
Puisque l’espace est dimension finie, les parties compactes sont exactement les
parties fermées et bornées.
Introduisonskkune norme sur cet espace.
PuisqueKest bornée, il existeM∈R+tel que

et alors

∀x∈Kkxk6M

∀y∈Krkyk6M+r

6

La partieKrest donc bornée.
Considérons maintenant(yn)une suite convergente d’éléments deKret notons
y∞sa limite.
Pour toutn∈N, il existexn∈Ktel que
¯
yn∈B(xn r)i.e.kyn−xnk6r
Puisque la partieKest compacte, on peut extraire de la suite(xn)une suite
(xϕ(n))convergeant vers un élémentx∞∈K.
Puisqueyn→y∞, on a aussiyϕ(n)→y∞et la relationyϕ(n)−xϕ(n)6rdonne
à la limiteky∞−x∞k6r.
¯
Ainsiy∞∈B(x∞ r)avecx∞∈Kdoncy∞∈Kr.
La partieKrest donc fermée et finalement c’est une partie compacte.

Exercice 17 :[énoncé]
Soit(yn)une suite convergente d’éléments def(F)de limitey∞. On veut établir
quey∞∈f(F). Siy∞est l’un des éléments de la suite(yn)l’affaire est entendue.
Sans perte de généralités, on peut supposer que pour toutn∈N,yn6=y∞.
Pour toutn∈N, il existexn∈Ftel queyn=f(xn). L’ensemble
K={ynn∈N} ∪ {y∞}est un compact deE2doncf−1(K)est un compact de
E1. La suite(xn)apparaît comme étant une suite d’éléments du compacte
f−1(K), on peut donc en extraire une suite convergeant dans la partie
xϕ(n)→x∞∈f−1(K). De plus(xϕ(n))étant une suite d’éléments du ferméF, on
peut affirmerx∞∈F. On va maintenant établiry∞=f(x∞)ce qui permettra de
conclure. Pour toutN∈N, posonsKN={ynn>N} ∪ {y∞}.KNest un
compact,f−1(KN)est donc fermé et par suitex∞∈f−1(KN). Ainsi,
x∞∈NT∈Nf−1(KN) =f−1NT∈NKNN∈NKN={y∞}doncf(x∞)
. OrT=y∞.

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