Math spé : Exercices sur compacité, connexité par arcs, espaces vectoriels normés de dimension finie

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.

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.

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 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 $n\geq 1$.

Soient $a,b\in \bigcup_{i\in I}A_i$. On va construire explicitement un chemin allant de $a$ à $b$. Soit $c\in\bigcap_{i\in I}A_i$ et soit $i_1,i_2$ tel que $a\in A_{i_1}$ et $b\in A_{i_2}$. Alors, puisque $A_{i_1}$ est connexe par arcs, il existe un chemin continu $\gamma_1$ contenu dans $A_{i_1}$ tel que $\gamma_1$ relie $a$ à $c$. Puisque $A_{i_2}$ est connexe par arcs, il existe un chemin continu $\gamma_2$ contenu dans $A_{i_2}$ tel que $\gamma_2$ relie $c$ à $b$. Alors le chemin constitué de $\gamma_1$ suivi de $\gamma_2$ est un chemin contenu dans $\bigcup_{i\in I}A_i$ qui relie $a$ à $b$. Ainsi, $\bigcup_{i\in I}A_i$ est connexe par arcs.

Il suffit de remarquer que $E$ est de dimension finie et que $\int_0^1 |P(t)|dt$ et $\sup_{t\in [0,1]} |P(t)|$ définissent des normes sur $E$. Elles sont donc équivalentes d'où le résultat.

Il y a plusieurs méthodes pour résoudre cet exercice. On peut par exemple prouver que l'inégalité est vraie pour une norme particulière sur $\mathcal M_n(\mathbb R)$, puis utiliser l'équivalence des normes. Précisément, considérons $N_\infty(A)=\sup_{1\leq i,j\leq n}|a_{i,j}|.$ Prenons $A=(a_{i,j})$, $B=(b_{i,j})$ et $C=AB$. Alors on a, pour tout $1\leq i,j\leq n$, $$|c_{i,j}|\leq \sum_{k=1}^n |a_{i,k}|\times |b_{k,j}|\leq \sum_{k=1}^n N_\infty(A)N_\infty(B)$$ ce qui prouve que $N_{\infty}(AB)\leq n N_\infty(A)N_{\infty}(B)$. Mais d'autre part, $N$ et $N_\infty$ sont équivalentes. Il existe donc $\alpha,\beta>0$ tels que $\alpha N\leq N_\infty\leq \beta N$. On en déduit que $$N(AB)\leq \frac{1}{\alpha}N_{\infty}(AB)\leq \frac{1}{\alpha}n N_\infty(A)N_{\infty}(B)\leq\frac{n\beta^2}{\alpha}N(A)N(B).$$

Il suffit de démontrer que $L$ est fermé et borné. D'abord, puisque $K$ est compact, il est borné. Il existe donc $M>0$ tel que, pour tout $x\in K$, on a $\|x\|\leq M$. Prenons ensuite $y\in L$. Alors il existe $x\in K$ tel que $\|y-x\|\leq r$. Il vient $\|y\|\leq \|x\|+r\leq M+r$ et donc $L$ est bornée.
Soit ensuite $(y_n)$ une suite de $L$ qui converge vers $y\in E$, et prouvons que $y\in L$. Pour chaque entier $n$, il existe $x_n\in K$ tel que $\|y_n-x_n\|\leq r$. Puisque $K$ est compact, il existe $x\in K$ et une sous-suite $(x_{\phi(n)})$ telle que $(x_{\phi(n)})$ converge vers $x$. Mais alors $(y_{\phi(n)})$ converge aussi vers $y$ et de l'inégalité $\|y_{\phi(n)}-x_{\phi(n)}\|\leq r$, on tire en passant à la limite que $\|y-x\|\leq r$. Ceci prouve que $y\in L$, et donc que $L$ est compact.

Soit $F$ un tel sous-espace, et $(e_1,\dots,e_p)$ une base de $F$. On complète $(e_1,\dots,e_p)$ en une base $(e_1,\dots,e_q)$ de $E$. On considère enfin la norme $N$ sur $E$ : $$N\left(\sum_{i=1}^q x_ie_i\right)=\max_i |x_i|.$$ Rappelons que, puisque $E$ est de dimension finie, toutes les normes sur $E$ sont équivalentes, il suffit de prouver que $F$ est fermé relativement à cette norme. Soit $(x(n))$ une suite de $F$, qui converge vers $x\in E$ pour cette norme. Chaque $x(n)$ s'écrit : $$x(n)=x_1(n)e_1+\dots x_p(n)e_p+x_{p+1}(n)e_{p+1}+\dots+x_q(n)e_q,$$ avec $x_i(n)=0$ si $i\geq p+1$. On décompose également $x$ sous cette forme : $$x=x_1e_1+\dots+x_qe_q.$$ Remarquons maintenant que : $$|x_i(n)-x_i|\leq N(x(n)-x).$$ Ceci prouve que chaque suite $(x_i(n))$ converge vers $x_i$ (dans un evn de dimension finie, la convergence équivaut à la convergence coordonnée par coordonnée). En particulier, pour $i\geq p+1$, $x_i=0$ ce qui prouve que $x\in F$.

On pose $E=\mathbb R_n[X]$. L'idée est que toutes les normes sont équivalentes sur $E$, et on va utiliser deux normes différentes, chacune étant bien adaptée à une partie du problème. La première est $$\|P\|_1=\int_0^1 |P(t)|dt$$ dont on sait que c'est une norme. D'autre part, pour $P(X)=a_n X^n+\dots+a_1 X+a_0$, on pose $$N(P)=\sup_{k}|a_k|.$$ Il s'agit aussi d'une norme sur $E$. En utilisant $N$, on vérifie aisément que $E_n$ est une partie fermée de $E$. En effet, l'application linéaire $\phi(P)=a_n$, où $P(X)=a_n X^n+\dots+a_1 X+a_0$, est continue puisqu'elle vérifie $$|\phi(P)|\leq N(P).$$ On conclut alors de la façon suivante : si $\inf_{P\in E_n}\int_0^1|P(t)|dt=\inf_{P\in E_n}\|P\|_1=0$, on peut trouver une suite $(P_k)$ de $E_n$ telle que $\|P_k\|_1\to 0$. Autrement dit, $(P_k)$ converge vers 0. Mais puisque $E_n$ est fermé, on aurait $0\in E_n$ ce qui n'est pas le cas.

Soit $(S_{i,j}(k))$ une suite de matrices symétriques qui converge dans $\mathcal M_n(\mathbb R)$ vers la matrice $S=(S_{i,j})$. Alors tous les entiers $1\leq i,j\leq n$ et $k\geq 1$, on a $S_{i,j}(k)=S_{j,i}(k)$. Puisque la convergence dans $\mathcal M_n(\mathbb R)$ entraîne la convergence coordonnées par coordonnées, ceci implique en faisant tendre $k$ vers $+\infty$ que $S_{i,j}=S_{j,i}$ pour tous $1\leq i,j\leq n$. Ainsi, la matrice $S$ est symétrique et l'ensemble des matrices symétriques est fermé.

Il suffit de démontrer qu'il est étoilé. En effet, la matrice nulle est diagonalisable, et si $D$ est une matrice diagonalisable, alors $tD$ est diagonalisable. Donc le segment $[0,D]$ est complètement contenu dans l'ensemble des matrices diagonalisables. Ce dernier ensemble est étoilé en $0$.

L'application déterminant est continue sur $\mcm_n(\mtr)$ (c'est un polynôme en les coefficients de la matrice). En outre, $$GL_n(\mtr)=\det\ \!^{-1}\left(\mtr^*\right).$$ Ainsi, cet ensemble est ouvert comme image réciproque d'un ouvert. Prouvons qu'il est dense. Une matrice $M$ n'admet qu'un nombre fini de valeurs propres. Il existe donc $\rho>0$ tel que $0<|\lambda|<\rho$ entraîne que $M-\lambda I$ est inversible. En outre, si $\lambda\to 0$, $M-\lambda I\to M$, et donc $M$ est limite d'une suite de matrices inversibles.

Il suffit de prouver que cet ensemble est fermé et borné, puisque $\mathcal M_n(\mtr)$ est un espace vectoriel de dimension finie $n^2$. Mais cet espace est fermé, car c'est l'image réciproque d'un fermé, à savoir $I_n$, par l'application continue $M\mapsto \ \!^tMM$. Il est de plus borné. Munissons $\mathcal M_n(\mathbb R)$ de la norme infinie $N_{\infty}$ et notons $f$ l'endomorphisme associé à $M$ dans la base canonique de $\mathbb R^n$. Alors, si $M$ est orthogonale, $f$ est une isométrie et on a $$|m_{i,j}|=|\langle f(e_j),e_i\rangle|\leq 1.$$ Enfin, $\mathcal O_n(\mathbb R)$ n'est pas connexe par arcs. En effet, s'il l'était, puisque l'application déterminant est continue, l'image de $\mathcal O_n(\mathbb R)$ par l'application déterminant serait un connexe par arcs de $\mathbb R$, c'est-à-dire un intervalle. Or, il est facile de voir que si $M\in\mathcal O_n(\mathbb R)$, alors $\det(M)^2=1$ et donc $\det(M)=\pm 1$. De plus, ces deux valeurs sont atteintes, car $\det(I_n)=1$ et $\det(A)=-1$ où $A$ est la matrice orthogonale diagonale avec -1 pour premier coefficient sur la diagonale, et 0 ailleurs. On a donc $\det(\mathcal O_n(\mathbb R))=\{\pm 1\}$, et donc $\mathcal O_n(\mathbb R)$ n'est pas connexe par arcs.

Puisque la suite $(A^{2k})$ est une suite extraite de $(A^k),$ elle converge vers $B.$ Mais on a aussi $$A^{2k}=A^k\cdot A^k.$$ Par continuité du produit de matrices, on en déduit que $$A^{2k}\to B\cdot B=B^2.$$ Par unicité de la limite, on a $B^2=B,$ et donc $B^2-B=0.$ Ainsi, $B$ admet comme polynôme annulateur le polynôme $X^2-X=X(X-1),$ qui est scindé à racines simples. La matrice $B$ est donc diagonalisable.

L'important dans cet exercice est d'utiliser une bonne caractérisation de ces matrices. Nous allons utiliser la suivante : une matrice est de rang supérieur ou égal à $p$ si et seulement si elle admet un déterminant extrait d'ordre $p$ non nul. Soit $A$ une telle matrice. Alors par continuité du déterminant, pour toute matrice assez proche de $A$, le même déterminant extrait sera non nul et donc la matrice sera de rang supérieure ou égal à $p$. Ainsi $F_p$ est ouvert. Remarquons ensuite que $F_p$ contient $GL_n(\mathbb R),$ qui est dense. Donc $F_p$ est dense et son adhérence est $\mathcal M_n(\mathbb R).$