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Espaces compacts: exercices

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En analyse mathématique, les espaces compacts ont de nombreuses propriétés communes avec les espaces de dimension finie. Ces espaces satisfont la propriété de Borel-Lebesgue. Le rôle de la compacité est d’étendre certaines propriétés du local au global. Le but de cet article est de fournir des exercices corrigés sur les espaces compacts et les applications. Nous travaillons dans le cadre des espaces vectoriels normés pour mieux appréhender cette notion de compacité.

Exercices corrigés sur les espaces compacts

La définition de la compacité dans les espaces vectoriels normés est plus facile à l’aide de séquences. Mais aussi on peut utiliser la définition par recouvrement ouverts (propriété de Borel-Lebesgue) qui est importante si l’on travaille dans un cadre plus général comme les espaces topologiques ou en particulier les espaces métriques.

Exemples d’espaces dans lesquelles la Boule unité n’est pas compacte

Exercice: Soit $p\ge 1$ un nombre réel et soit l’espace \begin{align*}\ell^p:=\{(x_n)_n: \sum_{n=0}^\infty |x_n|^p<\infty\}\end{align*} muni de la norme \begin{align*} \|x\|_p:= \left(\sum_{n=0}^\infty |x_n|^p\right)^{\frac{1}{p}},\quad x=(x_n)_n\in\ell^p.\end{align*} Montrer que la boule unité fermée n’est pas compacte dans $\ell^p$.

Solution: Soit $(e_n)_n\subset \ell^p$ telle que $e_n=(0,0,\cdots,0,1,0,\cdots)$ (le 1 est dans la nième place). Il est facile de voir que $\|e_n\|_p=1$ pour tout $n$. Donc tout les éléments de la suite sont dans la boute unité fermée. De plus pour $n,m\in\mathbb{N}$ tels que $n\neq m$ on a $\|e_n-e_m\|_p=2^{\frac{1}{p}}$. Ainsi la suite $(e_n)_n$ ne peut pas admettre de sous-suite convergente. En effet, supposant il existe $\varphi:\mathbb{N}\to\mathbb{N}$ strictement croissante tel que $e_{\varphi(n)}\to x$. Donc on aurra aussi $2^{\frac{1}{p}}=\|e_{\varphi(n+1)}-e_{\varphi(n)}\|_p\to 0$ quand $n\to \infty,$ ce n’est pas possible. Donc boule unité fermée n’est pas compacte dans $\ell^p$.

Exercice: Montrer que la boule unité fermée n’est pas compacte dans l’espace des fonctions continues sur $[0,1]$, $(\mathscr{C}([0,1]),\|\cdot\|_\infty)$.

Solution: Pour tout $n,$ on considère les fonctions $f_n\in \mathscr{C}([0,1]$: \begin{align*} f_n(s):=\begin{cases}2^{n+1}t-2,& 2^{-n}\le s\le \frac{3}{2} 2^{-n},\cr 4-2^{n+1}t,& \frac{3}{2} 2^{-n},s\le 2^{-n+1},\cr 0,& \text{sinon.}\end{cases}\end{align*} Il est facile de voire que $\|f_n\|_\infty=1$ et $\|f_n-f_m\|_\infty=1$ pour $n\neq m$. Ainsi, par la même méthode que l’exercice précédent, montre queboule unité fermée n’est pas compacte.

Opérations dans des espaces compacts

Exercices (somme de deux compacts): Soient $K_1$ et $K_2$ deux compacts dans un espace vectoriel normé $E$. Montrer que $K_1+K_2$ est compact de $E$.

Solution: Soint $(x_n)_n$ une suite dans $K_1+K_2$. Il existe donc deux suites $(a_n)_n\subset K_1$ et $(b_n)_n\subset K_2$ de sorte que $x_n=a_n+b_n$ pour tout $n$. D’une part, puisque $K_1$ est un compact alors il existe une fonctions strictement croissante $\varphi:\mathbb{N}\to\mathbb{N}$ et il existe $a\in K_1$ tels que $a_{\varphi(n)}\to a$ quand $n\to\infty$. D’autre part, comme $(b_{\varphi(n)})_n\subset K_2$ et $K_2$ compact, alors il existe une fonctions strictement croissante $\psi:\mathbb{N}\to\mathbb{N}$ et il existe $b\in K_2$ tel que $b_{\psi(\varphi(n))}\to b$ quand $n\to \infty$. Il faut remarquer que $(a_{\psi(\varphi(n))})_n$ est une sous-suite de la suite $(a_{\varphi(n)})_n,$ et donc $a_{\psi(\varphi(n))}\to a$ quand $n\to\infty$. Ainsi $x_{\psi(\varphi(n))}\to a+b\in K_1+K_2$. Conclusion: on a montrer que la suite $(x_n)_n\subset K_1+K_2$ admet une sous-suite convergente vers un élément de $K_1+K_2$. Donc $K_1+K_2$ est un compact.

Exercice (somme d’un fermé et d’un compact): Soit $E$ un espace vectoriel normé, $F$ et $K$ deux parties de $E$. (1)- Montrer que si $F$ et $K$ sont deux fermés de $E,$ alors en général al somme $F+K$ n’est pas un fermé de $E$. (2)- Montrer que si $K$ est compact et $F$ un fermé, alors $F+K$ est un fermé de $E$.

Solution: (1)- On prend $E=\mathbb{R}^2,$ $F=\{(a,0):a\in \mathbb{R}\}$ et $K=\{(b,\frac{1}{b}):b\in\mathbb{R}^\ast\}$. Il est facile de voir que $K$ et $F$ sont deux fermés de $E$. D’autre part, $$F+K=\left\{(a+b,\frac{1}{b}): a\in\mathbb{R},\; b\in\mathbb{R}^\ast\right\}$$ n’est pas un fermé de $\mathbb{R}^2$. En fait, la suite $x_n=(0,\frac{1}{n})\in F+K$ (car on peut écrire $x_n=(-n+n,\frac{1}{n})$ pour $n\in\mathbb{N}^\ast$). Mais $x_n\to (0,0)\notin F+K$.

(2)- Soit $(y_n)_n\subset F+K$ et $y\in E$ tel que $y_n\to y$ quand $n\to\infty$. Il existe deux suite $(a_n)_n\subset F$ et $(b_n)_n\subset K$ tels que $y_n=a_n+b_n$ pour tout $n$. Comme $K$ est compact, alors il existe $\varphi:\mathbb{N}\to\mathbb{N}$ strictement croissante et il existe $b\in K$ tel que $b_{\varphi(n)}\to b$ quand $n\to\infty$. Remarquons que $x_{\varphi(n)}\to y$ quand $n\to\infty,$ donc $a_{\varphi(n)}=y_{\varphi(n)}-b_{\varphi(n)}\to y-b$. Mais $(a_{\varphi(n)})_n\subset F$ et $F$ fermé, alors $y-b\in F$. Donc il existe $a\in F$ tel que $y-b=a,$ ce qui donne $y=a+b\in F+K$. Ainsi $F+K$ est fermé.

Exercice (union de deux compacts): Soient $K_1$ et $K_2$ deux parties compacts dans un espace vectoriel normé $E$. Montrer que $K_1\cup K_2$ est un compact de $E$.

Solution: Soit $(x_n)_n\subset K_1 \cup K_2$. Il faut distinguer les cas suivants : Premier cas, $(x_n)_n\subset K_1$ ou $(x_n)_n\subset K_2$. Par compacité il existe $x_{\varphi(n)}\to x$ with $x\in K_1$ ou $x\in K_2$. Donc $K_1\cup K_2$ est compact. Deuxième cas, la suite $(x_n)_n$ est découpée en deux parties, l’une en $K_1$ et l’autre en $K_2$. Certes l’une des parties $K_1$ ou $K_2$ ne contiendra qu’un nombre fini de $x_n$, supposons qu’il s’agisse de la partie $K_1$. Ainsi $K_2$ contiendra un nombre infini de la suite qui l’arrangera en une suite $(x_{\varphi(n)})_n\subset K_2$. Il existe alors $(x_{\psi(\varphi(n))})_n\subset K_2$ et il existe $x\in K_2$ tels que $x_{\psi(\varphi(n))}\to x\in K_2\subset K_1 \cup K_2$. Il faut remarquer que $(x_{\psi(\varphi(n))})_n$ est une sous-suite de $(x_n)_n$. Donc $K_1 \cup K_2$ est compact.

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