Exercices corrigés - Compacité : espaces vectoriels normés et propriété de Bolzano-Weierstrass

Soit $(z_n)$ une suite de $K+L$. Alors pour chaque $n$, $z_n$ s'écrit $z_n=x_n+y_n$ avec $x_n\in K$ et $y_n\in L$. La suite $(x_n)$ est une suite de $K$ : elle admet donc une suite extraite $(x_{\phi(n)})$ qui converge vers $x\in K$. De plus, la suite $(y_{\phi(n)})$ est une suite de $L$. Elle admet donc une suite extraite $(y_{\psi(n)})$ qui converge vers $y\in L$. Comme la suite $(x_{\psi(n)})$ est extraite de $(x_{\phi(n)})$, elle converge également vers $x$. Ainsi, la suite $(z_{\psi(n)})$ converge vers $x+y\in K+L$. Ce dernier ensemble est bien compact. Remarquons ici l'importance de procéder à des extractions successives.

Un sens est assez facile. En effet, si $B$ est compact, alors $S$ est une partie fermée (pourquoi?) de l'ensemble compact $B$. C'est donc également un compact.
Réciproquement, si $S$ est compact, prouvons que $B$ est compact. Pour cela, considérons $(x_n)$ une suite d'éléments de $B$. Si $(x_n)$ admet une sous-suite qui converge vers 0, alors il n'y a rien à prouver. Sinon, pour tout $n$ assez grand, $x_n\neq 0$ et on peut donc considérer $y_n=\frac{x_n}{\|x_n\|}$. Alors $(y_n)$ est une suite de $S$ et comme $S$ est compact, $(y_{n})$ admet une sous-suite $(y_{\phi(n)})$ qui converge vers $y\in S$. De plus, la suite $(\|x_{\phi(n)}\|)$ est une suite du segment $[0,1]$ qui est compact. Elle admet donc une suite extraite $(\|x_{\psi(n)}\|)$ qui converge vers le réel $a\in [0,1]$. Mais alors, $x_{\psi(n)}=\|x_{\psi(n)}\|\times y_{\psi(n)}$ converge vers $ay$ qui est bien un élement de $B$. Ainsi, $B$ est compact.

Puisque $K_r$ est une partie d'un espace vectoriel normé de dimension finie, il suffit de démontrer que $K_r$ est une partie fermée et bornée de $E$. Que $K_r$ est bornée est facile à démontrer. $K$ étant compact, c'est une partie bornée : soit $M>0$ tel que pour tout $x\in K$, on a $\|x\|\leq M$. Alors si $y\in K_r$, l'inégalité triangulaire montre facilement que $\|y\|\leq M+r$.
Prouvons désormais que $K_r$ est fermé. Soit $(y_n)$ une suite de $K_r$ qui converge vers $y\in E$. Alors pour chaque $n$, il existe $x_n\in K$ tel que $y_n\in \bar B(x_n,r)$. La suite $(x_n)$ est une suite du compact $K$. Elle admet donc une sous-suite $(x_{\phi(n)})$ qui converge vers un certain $x\in K$. Mais alors, de l'inégalité $\|y_{\phi(n)}-x_{\phi(n)}\|\leq r$, on tire par passage à la limite que $\|y-x\|\leq r$. Ceci entraîne que $y\in K_r$ et donc que $K_r$ est fermé.

Soit $x$ une valeur d'adhérence, et $n\geq 1$. $x$ est limite d'une suite extraite $(u_{\varphi(k)})$. Quitte à retirer les premiers termes de cette suite, on peut supposer qu'on a toujours $\varphi(k)\geq n$, et donc $x\in\overline{A_n}$. Pour l'inclusion réciproque, soit $x\in\bigcap_n \overline{A_n}$. On construit par récurrence une suite extraite $(u_{\varphi(n)})$ telle que $\|u_{\varphi(n)}-x\|\leq\frac{1}{2^n}.$ Au rang 0, puisque $x\in \overline{A_1}$, il est possible de choisir $\varphi(0)$ tel que $\|u_{\varphi(0)}-x\|\leq 1$. Supposons les termes construits jusqu'au rang $n$. Puisque $x\in\overline{A_{\varphi(n)+1}}$, il existe $\varphi(n+1)>\varphi(n)$ tel que : $$\|u_{\varphi(n+1)}-x\|\leq \frac{1}{2^{n+1}}.$$ Ceci prouve que $x$ est une valeur d'adhérence de $(u_n)$. L'ensemble $V$ des valeurs d'adhérence apparait donc comme une intersection de fermés : c'est un fermé. En outre, si $(u_n)$ est bornée, il est clair que $V$ est aussi borné. Dans ce cas, par caractérisation des parties compactes de $\mtr^d$, on a prouvé que $V$ est compact.

Soit $(y_n)$ une suite de $A$. Si elle prend un nombre infini de fois la valeur $x$, alors elle possède une suite extraite constante égale à $x$, donc convergente dans $A$. Sinon, $y_n$ prend une infinité de fois une valeur différente de $x$. Quitte à considérer une suite extraite, on peut supposer que, pour chaque $n$, $y_n$ est un terme de la suite de départ, d'où $y_n=x_{\varphi(n)}$. On traite deux cas séparément :

1. La suite d'entiers $(\varphi(n))$ est bornée : autrement dit, $(y_n)$ ne prend qu'un nombre fini de valeurs différentes. Clairement, une telle suite admet une sous-suite convergente (il suffit de prendre une valeur qui est prise une infinité de fois) avec une limite dans $A$.
2. La suite d'entiers $(\varphi(n))$ n'est pas bornée : on peut alors extraire de $(y_n)$ une sous-suite $(y_{\psi(n)})$ telle que $\varphi\circ\psi(n)$ soit strictement croissante. Mais alors, $y_{\psi(n)}=x_{\varphi\circ\psi(n)}$ converge vers $x$ puisque c'est une suite extraite de $(x_n)$.

Dans tous les cas, on a prouvé que $(y_n)$ admettait une suite extraite convergente : l'ensemble $A$ est compact.
On peut aussi donner une preuve en utilisant la propriété de Borel-Lebesgue, si on connait cette caractérisation des parties compactes des espaces vectoriels normés. Pour cela, on considère un recouvrement de $A$ par une famille d'ouverts $(U_i)_{i\in I}$, et on doit prouver qu'on peut en extraire un sous-recouvrement fini. Soit $i_0$ tel que $x\in U_{i_0}$. Alors, puisque la suite converge vers $x$, il existe un entier $N$ tel que pour tout $n>N$, on a $x_n\in U_{i_0}$. Soient ensuite $i_1,\dots,i_N$ tels que, pour $j\leq N$, $x_j\in U_{i_j}$. Alors, il est clair que $U_{i_0}\cup\dots\cup U_{i_N}$ est un recouvrement ouvert de $A$, prouvant que $A$ est compact.
Sur cet exemple, la preuve utilisant la propriété de Borel-Lebesgue est sans doute plus facile.

Soit $f:K\to\mathbb R$, $x\mapsto \|x\|$. Alors $f$ est continue et comme $K$ est compact, $f$ est bornée et atteint sa borne supérieure. Soit $x_0\in K$ tel que $f(x_0)=\sup \{f(x);\ x\in K\}$. Alors on a $f(x_0)=\|x_0\|<1$ puisque $K$ est contenu dans la boule unité ouverte. Posons $r=\|x_0\|<1$. On a donc, pour tout $x\in K$, $\|x\|=f(x)\leq f(x_0)=r$. C'est bien que $K$ est contenu dans $\bar B(0,r)$.

Donnons deux rédactions possibles. La première consiste à remarquer que $K\times L$ est compact, comme produit de deux compacts. De plus, l'application $(x,y)\in K\times L\mapsto \|y-x\|$ est continue. Elle atteint donc son minimum. Ainsi, il existe $(x_0,y_0)\in K\times L$ tel que $\|y_0-x_0\|=\inf\{(x,y)\in K\|y-x\|\}$.
La deuxième rédaction n'utilise pas la compacité de $K\times L$ (mais, en quelque sorte, la redémontre...). Par définition de la borne inférieure, il existe deux suites $(x_n)$ de $K$ et $(y_n)$ de $L$ telles que $\|x_n-y_n\|\to d(K,L)$. Mais alors la suite $(x_n)$ est une suite du compact $K$. Elle admet donc une suite extraite $(x_{\phi(n)})$ convergente vers $x\in K$. La suite $(y_{\phi(n)})$ est une suite du compact $L$. Elle admet une suite extraite $(y_{\psi(n)})$ qui converge vers $y\in L$. $(x_{\psi(n)})$ est aussi une suite extraite de $(x_{\phi(n)})$ elle converge donc encore vers $x$. Finalement, par passage à la limite, on a $\|x-y\|=d(K,L)$. Comme $K$ et $L$ sont disjoints, on en déduit que $d(K,L)=\|x-y\|>0$.

On va utiliser le critère séquentiel pour les fermés. Soit $(z_n)$ une suite de $G$ qui converge vers $z$ appartenant à $\mtr^n$. Il suffit de prouver que $z\in G$. $z_n$ se décompose en $z_n=x_n+y_n$, où $x_n\in F$ et $y_n\in C$. La suite $(y_n)$ qui évolue dans le compact $C$ admet une sous-suite convergente $(y_{\varphi(n)})$ qui converge vers $y\in C$. Maitenant, la suite $x_{\varphi(n)}$, qui s'écrit comme différence de deux suites convergentes, converge vers $x\in\mtr^n$, et puisque $F$ est fermé, la limite est dans $F$. Par passage à la limite dans $z_{\varphi(n)}=x_{\varphi(n)}+y_{\varphi(n)}$, $z=x+y$ est dans $F+C=G$ qui est fermé.
Remarquons que ce résultat est faux si on suppose simplement que $F$ et $C$ sont fermés. Par exemple, on peut prendre $F=\mtz$ et $C=\sqrt{2}\mtz$, dans $\mtr$. D'après le résultat classique de structure des sous-groupes de $\mtr$, $F+C$ est dense dans $\mtr$, sans être $\mtr$ tout entier : en aucun cas, il ne peut donc être fermé.

Posons $L_j=\left\{x\in \mathbb R^n;\ \textrm{dist}(x,\Omega^c)\geq \frac 1j\right\}$. Alors $L_j$ est fermé : si on note $F=\Omega^c$, l'application $x\mapsto d(x,F)$ est continue et $L_j$ est l'image réciproque du fermé $[1/j,+\infty[$ par cette application). Donc $K_j=\bar B(O,j)\cap L_j$ est compact, puisque c'est un fermé et borné de $\mathbb R^n$. La suite $(K_j)_{j\geq 1}$ vérifie les conclusions demandées :

1. Si $x\in K_j$, alors $x\in L_j$ et donc $\textrm{dist}(x,\Omega^c)>0$. En particuler, $x\notin \Omega^c$, c'est-à-dire $x\in K$.
2. Si $x\in K_j$, alors $\|x\|\leq j\implies \|x\|\leq j+1$ et $d(x,F)\geq \frac 1j\geq \frac1{j+1}$.
3. On a $\bigcup_{j\geq 1}K_j\subset\Omega$. Réciproquement, si $x\in \Omega$, puisque $\Omega$ est ouvert, il existe $\delta>0$ tel que $B(x,\delta)\subset\Omega$. En particulier, $\textrm{dist}(x,F)\geq \delta$. Si on choisit $j\geq 1$ tel que $j\geq \|x\|$ et $\frac 1j\leq\delta$, alors on a $x\in K_j$ ce qui prouve que $\Omega\subset\bigcup_{j\geq 1}K_j$.

Supposons pour commencer que l'ensemble $\mathcal C$ est compact. Alors on sait que $f$, qui est continue sur $\mathcal C$, y est bornée et atteint ses bornes. En particulier, il existe $a\in\mathcal C$ tel que $f(a)=\inf_{x\in \mathcal C}f(x)$. Puisque $f(a)>0$, le résultat est démontré.
Il suffit donc de prouver que $\mathcal C$ est compact. Puisque $\mathcal C$ est une partie de $\mathbb R^n$, il suffit de prouver qu'elle est bornée et fermée. Pour démontrer qu'elle est bornée, on peut choisir de munir $\mathbb R^n$ de la norme $\|\cdot\|_1$ (toutes les normes sur $\mathbb R^n$ sont équivalentes). Mais, alors, si $x\in\mathcal C$, on a $$\|x\|_1=|x_1|+\dots+|x_n|=x_1+\dots+x_n=1.$$ Ainsi, $\mathcal C$ est bornée. Pour démontrer que $\mathcal C$ est compact, on va poser $$\mathcal C_0=\{(x_1,\dots,x_n)\in\mathbb R^n;\ x_1+\dots+x_n=1\}\textrm{ et }\mathcal C_i=\{(x_1,\dots,x_n)\in\mathbb R^n;\ x_i\geq 0\},\ i=1,\dots,n.$$ Il est clair que $\mathcal C=\mathcal C_0\cap\mathcal C_1\cap\dots\mathcal C_n$. Pour démontrer que $\mathcal C$ est fermé, il suffit de démontrer que chaque $\mathcal C_i$ est fermé, puisque l'intersection de parties fermées est fermée. Or, posons $f_0(x)=x_1+\dots+x_n$ et $f_i(x)=x_i$, $i=1,\dots,n$. Toutes les fonctions $f_i$ sont continues. De plus, $$\mathcal C_0=f_0^{-1}(\{1\})\textrm{ et }\mathcal C_i=f_i^{-1}([0,+\infty[).$$ Ainsi, chaque $\mathcal C_i$ est fermé comme image réciproque d'un fermé par une application continue, ce qui achève la preuve de la compacité de $\mathcal C$.

Soit $M$ un réel tel que $M>f(0)$. Par hypothèse, il existe $A>0$ tel que $\|x\|\geq A\implies \|f(x)\|\geq M.$ Ceci entraine en particulier que : $$f(0)\leq\inf_{\|x\|\geq A}f(x).$$ Ainsi, $$\inf_{x\in\mtr^d} f(x)=\inf_{\|x\|\leq A}f(x).$$ Maintenant, la boule fermée de centre $0$ et de rayon $A$ est compacte dans $\mtr^d$, et il suffit d'appliquer le théorème qui dit qu'une fonction continue sur un compact admet un minimum.

On suppose au contraire que $f$ n'est pas bornée. Ainsi, pour tout $n\geq 1$, il existe $x_n\in A$ tel que $|f(x_n)|\geq n$. Puisque $A$ est compact, il existe $x\in A$ et une suite extraite $(x_{\phi(n)})$ de $(x_n)$ qui converge vers $x$. Soit $r>0$ et $M>0$ tels que, pour tout $y\in B(x,r)\cap A$, $|f(y)|\leq M$.
Puisque $(x_{\phi(n)})$ converge vers $x$, il existe un entier $N$ tel que, pour $n\geq N$, on a $x_{\phi(n)}\in B(x,r)$. Pour ces entiers $n$, on a alors $$\phi(n)\leq |f(x_{\phi(n)})|\leq M.$$ Faisant tendre $n$ vers l'infini, on trouve une contradiction.

Remarquons que $L$ est compact. La fonction $f:K\to L$ étant bijective et continue, il suffit de prouver que $g=f^{-1}:L\to K$ est continue. Pour cela, il suffit de prouver que, pour tout fermé $F$ de $K$, $g^{-1}(F)$ est un fermé. Mais $g^{-1}(F)=f(F).$ De plus, $F$ étant une partie fermée d'un compact, $F$ est elle-même compact. Et on sait que l'image d'un compact par une fonction continue est un compact. Ainsi, $g^{-1}(F)=f(F)$ est compact donc fermé, ce qui prouve que $g$ est continue.

On commence par observer qu'une fonction localement lipschitzienne est continue. Ensuite, on raisonne par l'absurde et on suppose que $f$ n'est pas lipschitzienne sur $K$. Pour chaque entier $n$, on peut donc trouver deux éléments $y_n$ et $z_n$ de $K$ tels que $$\|f(y_n)-f(z_n)\|>n \|y_n-z_n\|.$$ En particulier, $y_n\neq z_n$. Remarquons que, puisque $f$ est bornée (elle est continue sur le compact $K$), disons par $M$, on a \begin{eqnarray} \|y_n-z_n\|\leq \frac{2M}n \end{eqnarray} et donc $\|y_n-z_n\|\to 0$.
D'autre part, puisqu'elle vit dans le compact $K$, la suite $(y_n)$ admet une sous-suite $(y_{\phi(n)})$ qui converge vers $x\in K$. Puisque $\|y_{\phi(n)}-z_{\phi(n)}\|\to 0$, il en est de même pour $(z_{\phi(n)})$. Mais on sait que $f$ est localement lipschitzienne en $x$ et donc il existe $C>0$ et un voisinage $V_x$ de $x$ tels que $$\forall (y,z)\in V_x^2,\ \|f(y)-f(z)\|\leq C\|y-z\|.$$ Pour $n$ assez grands, $y_\phi(n)$ et $z_{\phi(n)}$ sont éléments de $V_x^2$. On en déduit $$n\|y_{\phi(n)}-z_{\phi(n)}\|<\|f(y_{\phi(n)})-f(z_{\phi(n)})\|\leq C \|y_{\phi(n)}-z_{\phi(n)}\|.$$ Faisant tendre $n$ vers $+\infty$, c'est manifestement une contradiction puisque $y_{\phi(n)}\neq z_{\phi(n)}$ pour tout $n\geq 1$.

On note $l$ la seule valeur d'adhérence possible pour $(x_n)$, et on suppose que $(x_n)$ ne converge pas vers $l$. Soit donc $\veps>0$ tel que, pour tout $n\in\mtn$, il existe $N\geq n$ avec $\|x_N-l\|\geq\veps$. En choisissant d'abord $n=1$ et $\varphi(1)$ le $N$ correspondant, puis en appliquant récursivement le résultat à $n=\varphi(k)+1$ et en posant $\varphi(k+1)=N$, on construit par récurrence une suite extraite $(x_{\varphi(n)})$ de $(x_n)$ telle que : $$\forall n\geq 1,\ \|x_{\varphi(n)}-l\|\geq \veps.$$ Mais cette suite évolue dans le compact $A$ : quitte à extraire (ce qui ne change rien au problème puisque cette suite est déjà une suite extraite), on peut supposer qu'elle converge vers $l'\in A$. Mais remarquons que, par passage à la limite, on a : $$\|l-l'\|\geq\veps.$$ Or, $l'$ est une valeur d'adhérence de $(x_n)$ puisque c'est la limite d'une suite extraite : ceci est contradictoire avec l'unicité des valeurs d'adhérences.