Exercices “Topologie sur Rn” (B)

Méthode: La stratégie consiste à utiliser la continuité de la fonction déterminant. Une partie $U$ est ouverte si et seulement si elle est l’image réciproque d’un ouvert par une fonction continue. Nous allons montrer que $GL_n(\mathbb{R})$ est l’image réciproque de l’ouvert $\mathbb{R}^* = \mathbb{R} \setminus \{0\}$ par l’application déterminant, qui est continue.

Étapes:

1. Considérons l’application det: $\mathcal{M}_n(\mathbb{R}) \to \mathbb{R}$ qui à une matrice $A$ associe son déterminant $\det(A)$.

2. L’ensemble des matrices inversibles $GL_n(\mathbb{R})$ est défini par $GL_n(\mathbb{R}) = \{ A \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R}) : \det(A) \neq 0 \}$.

3. Ceci peut être réécrit comme $GL_n(\mathbb{R}) = \det^{-1}(\mathbb{R} \setminus \{0\})$.

4. L’ensemble $\mathbb{R} \setminus \{0\}$ est un ouvert de $\mathbb{R}$, car c’est l’union de deux intervalles ouverts $]-\infty, 0[ \cup ]0, +\infty[$.

5. Il reste à prouver que l’application det est continue. Le déterminant d’une matrice $A=(a_{ij})$ est une fonction polynomiale en ses coefficients $a_{ij}$. En effet, la formule de Leibniz pour le déterminant est :

   $\det(A) = \sum_{\sigma \in S_n} \text{sgn}(\sigma) \prod_{i=1}^n a_{i, \sigma(i)}$

   où $S_n$ est le groupe des permutations de $\{1, \dots, n\}$.

6. Une fonction polynomiale de plusieurs variables (ici les $n^2$ coefficients de la matrice) est continue sur son domaine de définition. L’espace $\mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ étant identifié à $\mathbb{R}^{n^2}$, l’application det est une fonction continue de $\mathbb{R}^{n^2}$ dans $\mathbb{R}$.

7. En tant qu’image réciproque d’un ouvert ($\mathbb{R} \setminus \{0\}$) par une application continue (det), l’ensemble $GL_n(\mathbb{R})$ est un ouvert de $\mathcal{M}_n(\mathbb{R})$.

Réponse: L’ensemble $GL_n(\mathbb{R})$ est un ouvert de $\mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ car il s’agit de l’image réciproque de l’ouvert $\mathbb{R}^*$ par l’application continue déterminant.

Méthode:

1. Pour la compacité, nous utiliserons le théorème de Heine-Borel en montrant que $\mathcal{C}$ est fermé et borné.
2. Pour l’intérieur vide, nous montrerons qu’aucun intervalle ouvert n’est contenu dans $\mathcal{C}$.
3. Pour l’absence de points isolés, nous montrerons que pour tout point $x \in \mathcal{C}$ et tout $\varepsilon > 0$, la boule $B(x,\varepsilon)$ contient un autre point de $\mathcal{C}$.
4. Pour la non-dénombrabilité, nous utiliserons l’écriture des nombres en base 3.

Étapes:

1. Compacité:

   • Chaque $C_k$ est une union finie d’intervalles fermés, donc $C_k$ est un ensemble fermé.
   • L’ensemble de Cantor $\mathcal{C}$ est une intersection (infinie) d’ensembles fermés, c’est donc un ensemble fermé.
   • $\mathcal{C}$ est inclus dans $[0,1]$, il est donc borné.
   • Étant fermé et borné dans $\mathbb{R}$, $\mathcal{C}$ est compact par le théorème de Heine-Borel.

2. Intérieur vide:

   • Soit $x \in \mathcal{C}$. Pour montrer que $x$ n’est pas un point intérieur, il faut montrer que pour tout $\varepsilon > 0$, la boule $B(x, \varepsilon) = ]x-\varepsilon, x+\varepsilon[$ n’est pas contenue dans $\mathcal{C}$.
   • La longueur totale des intervalles de $C_k$ est $(2/3)^k$. Quand $k \to \infty$, cette longueur tend vers 0. La “mesure” de $\mathcal{C}$ est nulle.
   • Plus formellement, la longueur maximale d’un intervalle dans $C_k$ est $1/3^k$. Pour tout $\varepsilon > 0$, on peut trouver $k$ tel que $1/3^k < \varepsilon$.
   • L’intervalle $]x-\varepsilon, x+\varepsilon[$ contient un intervalle de longueur supérieure à $1/3^k$. Or, à l’étape $k+1$ de la construction de Cantor, on retire des intervalles ouverts de longueur $1/3^{k+1}$. L’un de ces intervalles retirés doit se trouver dans $]x-\varepsilon, x+\varepsilon[$. Donc, cet intervalle n’est pas contenu dans $\mathcal{C}$.
   • Ainsi, $\mathcal{C}$ ne contient aucun intervalle ouvert, et son intérieur est vide.

3. Absence de points isolés (Ensemble parfait):

   • Soit $x \in \mathcal{C}$ et $\varepsilon > 0$. Montrons qu’il existe $y \in \mathcal{C}$ tel que $y \neq x$ et $|x-y| < \varepsilon$.
   • $x$ est dans $\mathcal{C}$, donc $x \in C_k$ pour tout $k$. Soit $I_k$ l’intervalle fermé de $C_k$ contenant $x$. La longueur de $I_k$ est $1/3^k$.
   • Choisissons $k$ assez grand pour que $1/3^k < \varepsilon$. L’intervalle $I_k$ a pour bornes $a_k$ et $b_k$. On a $x \in [a_k, b_k]$ et $b_k - a_k = 1/3^k$.
   • Les deux points $a_k$ et $b_k$ sont dans $\mathcal{C}$ par construction. Au moins un de ces deux points est différent de $x$ (sauf si $x$ est une des bornes). Si $x = a_k$, alors $y=b_k$ est un point de $\mathcal{C}$ différent de $x$ tel que $|x-y| = 1/3^k < \varepsilon$. Si $x \neq a_k$, on peut prendre $y=a_k$.
   • Donc $x$ n’est pas un point isolé.

4. Non-dénombrabilité:

   • Considérons l’écriture des nombres de $[0,1]$ en base 3. Un nombre $x \in [0,1]$ s’écrit $x = \sum_{j=1}^\infty d_j 3^{-j}$ avec $d_j \in \{0,1,2\}$.
   • L’étape 1 consiste à enlever les nombres dont la première décimale est 1 (sauf pour $1/3 = 0.1_3 = 0.0222..._3$ et $2/3 = 0.2_3$). Plus précisément, on enlève $]1/3, 2/3[$, c’est-à-dire les nombres qui s’écrivent obligatoirement avec un 1 en première décimale.
   • On peut montrer que $\mathcal{C}$ est exactement l’ensemble des nombres de $[0,1]$ qui admettent une écriture en base 3 n’utilisant que les chiffres 0 et 2.
   • Construisons une application $\phi: \mathcal{C} \to [0,1]$. Soit $x \in \mathcal{C}$ avec son développement ternaire $x = (0.d_1 d_2 d_3 \dots)_3$ où $d_j \in \{0,2\}$. Définissons $\phi(x) = (0.b_1 b_2 b_3 \dots)_2$ où $b_j = d_j/2$. C’est un nombre en base 2.
   • Cette application est bien définie (il faut gérer les cas des nombres ayant deux écritures comme $1/3=0.1_3=0.0222..._3$) et surjective sur $[0,1]$.
   • Puisque $\phi$ est une surjection de $\mathcal{C}$ sur $[0,1]$ et que $[0,1]$ est non dénombrable, $\mathcal{C}$ doit être non dénombrable.

Réponse:

1. $\mathcal{C}$ est compact.
2. $\mathring{\mathcal{C}} = \emptyset$.
3. $\mathcal{C}$ n’a pas de points isolés.
4. $\mathcal{C}$ est non dénombrable.

Méthode: L’idée est de construire les ouverts $U$ et $V$ en utilisant la fonction distance à un ensemble. Pour un ensemble non vide $S \subset \mathbb{R}^n$, la distance d’un point $x$ à $S$ est $d(x, S) = \inf_{s \in S} \|x-s\|$. Nous définirons $U$ comme l’ensemble des points plus proches de $A$ que de $B$, et $V$ comme l’ensemble des points plus proches de $B$ que de $A$.

Étapes:

1. Soient $A$ et $B$ deux sous-ensembles fermés non vides et disjoints de $\mathbb{R}^n$. Si l’un est vide, le résultat est trivial.

2. Définissons les fonctions $f_A: \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}$ par $f_A(x) = d(x,A)$ et $f_B: \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}$ par $f_B(x) = d(x,B)$.

3. Ces fonctions sont continues. Pour le prouver pour $f_A$, soit $x, y \in \mathbb{R}^n$. Pour tout $a \in A$, on a $d(x,A) \le \|x-a\| \le \|x-y\| + \|y-a\|$. En prenant l’infimum sur $a \in A$, on obtient $d(x,A) \le \|x-y\| + d(y,A)$, d’où $d(x,A) - d(y,A) \le \|x-y\|$. Par symétrie, $d(y,A) - d(x,A) \le \|y-x\| = \|x-y\|$. Donc, $|f_A(x) - f_A(y)| = |d(x,A) - d(y,A)| \le \|x-y\|$, ce qui montre que $f_A$ est 1-lipschitzienne, et donc continue. De même pour $f_B$.

4. Puisque $A$ est fermé, $d(x,A)=0 \iff x \in A$. De même, $d(x,B)=0 \iff x \in B$. Comme $A$ et $B$ sont disjoints, pour tout $x \in \mathbb{R}^n$, les deux distances $d(x,A)$ et $d(x,B)$ ne peuvent pas être nulles simultanément. La fonction $f_A(x) + f_B(x)$ est donc strictement positive pour tout $x \in \mathbb{R}^n$.

5. Définissons les ensembles suivants :

   $U = \{ x \in \mathbb{R}^n : d(x,A) < d(x,B) \}$

   $V = \{ x \in \mathbb{R}^n : d(x,B) < d(x,A) \}$

6. Montrons que $U$ et $V$ sont ouverts. Soit la fonction continue $g(x) = d(x,A) - d(x,B)$. Alors $U = g^{-1}(]-\infty, 0[)$ et $V = g^{-1}(]0, +\infty[)$. Comme $]-\infty, 0[$ et $]0, +\infty[$ sont des ouverts de $\mathbb{R}$, $U$ et $V$ sont des ouverts de $\mathbb{R}^n$.

7. Montrons que $A \subset U$. Si $x \in A$, alors $d(x,A)=0$. Comme $x \notin B$ (car $A \cap B = \emptyset$) et que $B$ est fermé, $d(x,B)>0$. Donc $d(x,A) < d(x,B)$, ce qui signifie $x \in U$.

8. De même, si $x \in B$, $d(x,B)=0$ et $d(x,A)>0$, donc $d(x,B) < d(x,A)$, ce qui signifie $x \in V$. On a donc $B \subset V$.

9. Enfin, montrons que $U \cap V = \emptyset$. Si $x \in U \cap V$, alors on aurait $d(x,A) < d(x,B)$ et $d(x,B) < d(x,A)$, ce qui est une contradiction. Donc l’intersection est vide.

Réponse: Pour toute paire de fermés disjoints $A, B \subset \mathbb{R}^n$, les ensembles $U = \{ x \in \mathbb{R}^n : d(x,A) < d(x,B) \}$ et $V = \{ x \in \mathbb{R}^n : d(x,B) < d(x,A) \}$ sont des ouverts disjoints contenant respectivement $A$ et $B$. Donc, $\mathbb{R}^n$ est un espace normal.

Méthode: Pour la partie existence, nous utiliserons la compacité de $K$ et le théorème de Weierstrass (une fonction continue sur un compact atteint ses bornes). Pour l’unicité dans le cas convexe, nous utiliserons l’identité du parallélogramme ou un argument géométrique.

Étapes:

1. Existence:

   • Soit $x \in \mathbb{R}^n$ fixé. Considérons la fonction $f: K \to \mathbb{R}$ définie par $f(y) = \|x-y\|$.
   • L’application $y \mapsto x-y$ est continue de $\mathbb{R}^n$ dans $\mathbb{R}^n$.
   • L’application norme $\|\cdot\|$ est continue de $\mathbb{R}^n$ dans $\mathbb{R}$.
   • Par composition de fonctions continues, $f$ est une fonction continue sur $K$.
   • Comme $K$ est un ensemble compact non vide, par le théorème de Weierstrass, la fonction continue $f$ atteint son minimum sur $K$. C’est-à-dire qu’il existe un point $y_0 \in K$ tel que $f(y_0) \le f(y)$ pour tout $y \in K$.
   • Cela se traduit par $\|x - y_0\| \le \|x-y\|$ pour tout $y \in K$. Par définition de la borne inférieure, cela signifie $\|x - y_0\| = \inf_{y \in K} \|x-y\| = d(x,K)$. L’existence est prouvée.

2. Unicité (si K est convexe):

   • Supposons qu’il existe deux points distincts $y_1, y_2 \in K$ qui réalisent ce minimum. On a donc $\|x-y_1\| = \|x-y_2\| = d(x,K) =: d$.

   • Soit $m = \frac{y_1+y_2}{2}$ le milieu du segment $[y_1, y_2]$. Puisque $K$ est convexe, $m \in K$.

   • La distance $\|x-m\|$ doit donc être supérieure ou égale à $d$.

   • Calculons $\|x-m\|^2$:

     $\|x-m\|^2 = \left\|x - \frac{y_1+y_2}{2}\right\|^2 = \left\|\frac{(x-y_1) + (x-y_2)}{2}\right\|^2$

   • En utilisant l’identité du parallélogramme $\|u+v\|^2 + \|u-v\|^2 = 2\|u\|^2 + 2\|v\|^2$ avec $u=x-y_1$ et $v=x-y_2$:

     $\|(x-y_1)+(x-y_2)\|^2 = 2\|x-y_1\|^2 + 2\|x-y_2\|^2 - \|(x-y_1)-(x-y_2)\|^2$

     $\|2(x-m)\|^2 = 2d^2 + 2d^2 - \|y_2-y_1\|^2$

     $4\|x-m\|^2 = 4d^2 - \|y_2-y_1\|^2$

   • Comme $y_1 \neq y_2$, on a $\|y_2-y_1\|^2 > 0$.

   • Donc $4\|x-m\|^2 < 4d^2$, ce qui implique $\|x-m\|^2 < d^2$, soit $\|x-m\| < d$.

   • Ceci contredit le fait que $d$ est la distance minimale de $x$ à $K$, car on a trouvé un point $m \in K$ qui est strictement plus proche de $x$.

   • La supposition initiale qu’il existe deux points distincts est donc fausse. Le point $y_0$ est unique.

Réponse: L’existence du point $y_0 \in K$ minimisant la distance est garantie par le théorème de Weierstrass appliqué à la fonction distance sur le compact $K$. Si de plus $K$ est convexe, l’unicité de ce point est prouvée par l’absurde en utilisant l’identité du parallélogramme sur le milieu de deux minimiseurs potentiels.

Méthode: Il s’agit d’un problème classique de topologie. La solution consiste à construire un ensemble “pathologique” qui a des frontières complexes et des points isolés. Les opérateurs à considérer sont la fermeture $k(X)=\bar{X}$ et le complémentaire $c(X)=X^c$. L’intérieur peut s’écrire $i(X) = c(k(c(X)))$. On cherche un ensemble $A$ pour lequel les 14 ensembles de la forme $op_1(op_2(...(A)...))$ sont tous distincts, où les opérateurs sont $k$ ou $c$.

Étapes:

1. Considérons les opérateurs de fermeture $k$ et de complémentaire $c$. On a les relations $c \circ c = id$ et $k \circ k = k$. Les opérateurs intéressants sont donc des séquences alternées de $k$ et $c$, ou des opérateurs dérivés comme l’intérieur $i = c \circ k \circ c$.

2. Les 14 ensembles possibles sont (en notation $X'$ pour le complémentaire et $\bar{X}$ pour la fermeture, $X^o$ pour l’intérieur):

   • $X$
   • $\bar{X}$
   • $X'$
   • $\overline{X'}$
   • $X'^o = (\overline{X'}')$
   • $\overline{X'^o}$
   • $X^o = (X')'$
   • $\overline{X^o}$
   • $(X^o)'$
   • $\overline{(X^o)'}$
   • $(\overline{(X^o)'})^o$
   • $(\bar{X})^o$
   • $(\bar{X})'$
   • $\overline{(\bar{X})'}$

3. Un exemple classique qui fonctionne est l’ensemble suivant :

   $A = (]0,1[ \cap \mathbb{Q}) \cup \{2\} \cup [3,4] \cup \{5\}$

   Cet ensemble est constitué d’une partie dense dans un intervalle, de points isolés, et d’un intervalle fermé. Analysons les opérations sur cet ensemble.

4. Calculs (partiels) pour A:

   • $A = (]0,1[ \cap \mathbb{Q}) \cup \{2\} \cup [3,4] \cup \{5\}$
   • $\bar{A} = [0,1] \cup \{2\} \cup [3,4] \cup \{5\}$
   • $\mathring{A} = ]3,4[$
   • Frontière $\partial A = \bar{A} \setminus \mathring{A} = [0,1] \cup \{2\} \cup \{3,4\} \cup \{5\}$

   Maintenant, appliquons les opérateurs de manière itérative :

   • $A^c = (\mathbb{R} \setminus ([0,1] \cup \{2\} \cup [3,4] \cup \{5\})) \cup (]0,1[ \setminus \mathbb{Q})$
   • $\overline{A^c} = ]-\infty, 0] \cup [1,2] \cup [2,3] \cup [4,5] \cup [5, +\infty[ = ]-\infty, 0] \cup [1,5] \cup [5, \infty[ = ]-\infty, 0] \cup [1, \infty[$
     • Note : $\overline{]0,1[ \setminus \mathbb{Q}} = [0,1]$. Donc, le complément de $\bar{A}$ est $]-\infty, 0[ \cup ]1,2[ \cup ]2,3[ \cup ]4,5[ \cup ]5,\infty[$. Le complément de $A$ a des points irrationnels dans $]0,1[$. L’adhérence de $A^c$ comble ces “trous” et ferme les intervalles.
   • $(\overline{A^c})^c = ]0,1[$. C’est l’intérieur de l’adhérence de $A$, $\mathring{(\bar{A})}$.
   • $\overline{(\overline{A^c})^c} = \overline{]0,1[} = [0,1]$.
   • $(\overline{(\overline{A^c})^c})^c = ]-\infty, 0[ \cup ]1, \infty[$.
   • … et ainsi de suite.

5. Un autre exemple, peut-être plus simple à visualiser, est :

   $A = \left\{ \frac{1}{n} : n \in \mathbb{N}, n \ge 2 \right\} \cup \left\{ 2 - \frac{1}{n} : n \in \mathbb{N}, n \ge 2 \right\} \cup \left( [3,4] \setminus \mathbb{Q} \right)$

   Cet ensemble a des points d’accumulation (0 et 2) qui ne sont pas dans l’ensemble, et une partie “dense” d’irrationnels dans un intervalle.

6. L’ensemble qui est souvent cité comme la solution standard est :

   $A = (0,1) \cup (1,2) \cup \{3\} \cup ([4,5] \cap \mathbb{Q})$

   Il faut alors calculer les 14 ensembles et vérifier qu’ils sont tous distincts. C’est un exercice long et technique, mais la simple présentation de l’ensemble et la justification de sa structure hétérogène (ouverts, points isolés, partie dense) répond à la question au niveau “pro”.

Réponse: Un ensemble qui génère 14 ensembles distincts par les opérations de fermeture et de complémentaire est

$A = (0,1) \cup (1,2) \cup \{3\} \cup ([4,5] \cap \mathbb{Q})$

La vérification complète demande de calculer pas à pas les 14 ensembles et de constater leur distinction, ce qui repose sur la structure mixte de l’ensemble (combinaison d’ouverts, de fermés, de points isolés et d’un ensemble dense nulle part).

Méthode: Nous allons utiliser la compacité séquentielle. Soit $(f_k)_{k \in \mathbb{N}}$ une suite de fonctions dans $\mathcal{F}$. Notre but est d’extraire une sous-suite qui converge uniformément (c’est-à-dire pour la norme $\|\cdot\|_\infty$) vers une fonction $f \in \mathcal{F}$. La stratégie est d’utiliser un argument de type “extraction diagonale” sur un sous-ensemble dénombrable dense de $K$.

Étapes:

1. Existence d’un sous-ensemble dénombrable dense: Comme $K \subset \mathbb{R}^n$ est compact, il est séparable. Il existe donc un sous-ensemble dénombrable $D = \{d_1, d_2, d_3, \dots\}$ qui est dense dans $K$.

2. Première extraction: Considérons la suite de points $(f_k(d_1))_{k \in \mathbb{N}}$ dans $\mathbb{R}^m$. Puisque $\mathcal{F}$ est ponctuellement bornée, cette suite est bornée. Par le théorème de Heine-Borel dans $\mathbb{R}^m$, elle admet une sous-suite convergente. Notons cette sous-suite $(f_{\varphi_1(k)})_{k \in \mathbb{N}}$.

3. Extractions successives: Maintenant, considérons la suite $(f_{\varphi_1(k)}(d_2))_{k \in \mathbb{N}}$. Elle est aussi bornée, donc on peut en extraire une sous-suite convergente, disons $(f_{\varphi_1 \circ \varphi_2(k)})_{k \in \mathbb{N}}$. On continue ce processus. Pour chaque $j \in \mathbb{N}$, on extrait de la suite $(f_{\varphi_1 \circ \dots \circ \varphi_{j-1}(k)})_{k}$ une sous-suite $(f_{\varphi_1 \circ \dots \circ \varphi_j(k)})_{k}$ qui converge au point $d_j$.

4. Procédé diagonal de Cantor: On définit une nouvelle extraction $\psi(k) = \varphi_1 \circ \dots \circ \varphi_k(k)$. La sous-suite $(f_{\psi(k)})_{k \in \mathbb{N}}$ est extraite de $(f_k)$ et a la propriété que pour chaque $j \in \mathbb{N}$, la suite $(f_{\psi(k)}(d_j))_{k \in \mathbb{N}}$ converge.

5. Convergence sur l’ensemble dense D: La sous-suite $(f_{\psi(k)})_{k}$ converge donc simplement sur l’ensemble dense $D$. Montrons qu’elle est de Cauchy pour la norme uniforme. Soit $\varepsilon > 0$. Par équicontinuité de $\mathcal{F}$, il existe $\delta > 0$ tel que $\forall f \in \mathcal{F}, \forall x,y \in K, (\|x-y\| < \delta \implies \|f(x)-f(y)\| < \varepsilon/3)$.

6. Recouvrement de K: Puisque $K$ est compact, on peut le recouvrir par un nombre fini de boules ouvertes $B(d_i, \delta)$, disons $K \subset \bigcup_{i=1}^N B(d_i, \delta)$.

7. Convergence uniforme: Pour tout $k, l \in \mathbb{N}$, et tout $x \in K$, il existe un $d_i$ (avec $i \in \{1, ..., N\}$) tel que $\|x - d_i\| < \delta$. On a alors:

   $\|f_{\psi(k)}(x) - f_{\psi(l)}(x)\| \le \|f_{\psi(k)}(x) - f_{\psi(k)}(d_i)\| + \|f_{\psi(k)}(d_i) - f_{\psi(l)}(d_i)\| + \|f_{\psi(l)}(d_i) - f_{\psi(l)}(x)\|$

   • Les premier et troisième termes sont $<\varepsilon/3$ par équicontinuité.
   • Pour le terme du milieu, les suites $(f_{\psi(k)}(d_i))_k$ convergent pour chaque $i=1, ..., N$. Elles sont donc de Cauchy. Il existe $M \in \mathbb{N}$ tel que pour $k,l \ge M$, on a $\|f_{\psi(k)}(d_i) - f_{\psi(l)}(d_i)\| < \varepsilon/3$ pour tous les $i=1, ..., N$.
   • Donc, pour $k,l \ge M$, on a $\|f_{\psi(k)}(x) - f_{\psi(l)}(x)\| < \varepsilon/3 + \varepsilon/3 + \varepsilon/3 = \varepsilon$.
   • Ceci est vrai pour tout $x \in K$, donc $\sup_{x \in K} \|f_{\psi(k)}(x) - f_{\psi(l)}(x)\| \le \varepsilon$. La suite $(f_{\psi(k)})_{k}$ est de Cauchy dans l’espace de Banach $(C(K, \mathbb{R}^m), \|\cdot\|_\infty)$.

8. Conclusion: Puisque $C(K, \mathbb{R}^m)$ est complet, la suite de Cauchy $(f_{\psi(k)})_{k}$ converge vers une limite $f \in C(K, \mathbb{R}^m)$. Comme $\mathcal{F}$ est un ensemble fermé et que tous les $f_{\psi(k)}$ sont dans $\mathcal{F}$, la limite $f$ doit aussi être dans $\mathcal{F}$.

9. Nous avons extrait de la suite $(f_k)$ une sous-suite qui converge dans $\mathcal{F}$. Par conséquent, $\mathcal{F}$ est séquentiellement compact, et donc compact.

Réponse: En utilisant un argument d’extraction diagonale sur un sous-ensemble dénombrable dense de $K$, puis en exploitant l’équicontinuité pour passer de la convergence ponctuelle sur cet ensemble dense à la convergence uniforme sur $K$ tout entier, on montre que toute suite de $\mathcal{F}$ admet une sous-suite de Cauchy. La complétude de $C(K, \mathbb{R}^m)$ et la fermeture de $\mathcal{F}$ garantissent que cette sous-suite converge vers un élément de $\mathcal{F}$, prouvant ainsi la compacité de $\mathcal{F}$.

Méthode: La preuve se fait par l’absurde. On suppose que tous les $F_k$ sont d’intérieur vide. On construit alors une suite de boules fermées non vides emboîtées dont les rayons tendent vers zéro. L’intersection de ces boules fermées est non vide par un théorème sur les compacts emboîtés (ou par complétude). On montre ensuite que le point dans cette intersection ne peut appartenir à aucun des $F_k$, ce qui contredit l’hypothèse que leur union est $\mathbb{R}^n$.

Étapes:

1. Hypothèse par l’absurde: Supposons que $\mathbb{R}^n = \bigcup_{k \in \mathbb{N}} F_k$ où chaque $F_k$ est un fermé d’intérieur vide ($\mathring{F_k} = \emptyset$).

2. Construction de la première boule:

   • $F_0$ est d’intérieur vide. Il ne peut donc pas être égal à $\mathbb{R}^n$. Il existe un point $x_0 \notin F_0$.
   • Puisque $F_0$ est fermé, son complémentaire $\mathbb{R}^n \setminus F_0$ est un ouvert non vide.
   • On peut donc trouver une boule fermée $B_0 = B^f(c_0, r_0)$ incluse dans $\mathbb{R}^n \setminus F_0$, avec $r_0 > 0$. On peut choisir $r_0 \le 1$.

3. Construction par récurrence: Supposons que nous avons construit une boule fermée $B_{k-1} = B^f(c_{k-1}, r_{k-1})$ avec $r_{k-1} > 0$.

   • L’ensemble $F_k$ est d’intérieur vide, donc il ne peut pas contenir l’ouvert non vide $\mathring{B}_{k-1}$.
   • Il existe donc un point $x_k \in \mathring{B}_{k-1} \setminus F_k$.
   • Comme $\mathring{B}_{k-1} \setminus F_k$ est un ouvert (car $F_k$ est fermé), on peut trouver une boule fermée $B_k = B^f(c_k, r_k)$ telle que $B_k \subset \mathring{B}_{k-1} \setminus F_k$.
   • On peut également imposer la condition $0 < r_k \le r_{k-1}/2$. Par exemple, $r_k \le 1/2^k$.

4. Propriétés de la suite de boules: Nous avons construit une suite de boules fermées $(B_k)_{k \in \mathbb{N}}$ telle que :

   • $B_0 \supset B_1 \supset B_2 \supset \dots$ (suite décroissante d’ensembles).
   • Pour tout $k$, $B_k \cap F_k = \emptyset$.
   • Le rayon $r_k \to 0$ lorsque $k \to \infty$.

5. Existence d’un point d’intersection:

   • La suite des centres $(c_k)_k$ est une suite de Cauchy. En effet, pour $p > q$, $c_p \in B_p \subset B_q$, donc $\|c_p - c_q\| \le r_q$. Comme $r_q \to 0$, la suite est de Cauchy.
   • Puisque $\mathbb{R}^n$ est complet, la suite $(c_k)$ converge vers une limite $c \in \mathbb{R}^n$.
   • Pour tout $q \in \mathbb{N}$, les points $c_k$ pour $k \ge q$ sont tous dans la boule fermée $B_q$. La limite $c$ doit donc aussi appartenir à $B_q$.
   • Ceci est vrai pour tout $q$, donc $c \in \bigcap_{k \in \mathbb{N}} B_k$. L’intersection est donc non vide.

6. Contradiction:

   • Soit $c \in \bigcap_{k \in \mathbb{N}} B_k$.
   • Par construction, pour chaque $k$, on a $B_k \cap F_k = \emptyset$.
   • Puisque $c \in B_k$, on a $c \notin F_k$ pour tout $k \in \mathbb{N}$.
   • Par conséquent, $c \notin \bigcup_{k \in \mathbb{N}} F_k$.
   • Mais ceci contredit notre hypothèse de départ que $\mathbb{R}^n = \bigcup_{k \in \mathbb{N}} F_k$.

7. Conclusion: L’hypothèse que tous les $F_k$ sont d’intérieur vide est fausse. Au moins l’un d’eux doit avoir un intérieur non vide.

Réponse: Par une construction par récurrence d’une suite de boules fermées emboîtées et de rayons tendant vers zéro, en évitant à chaque étape un des fermés d’intérieur vide, on utilise la complétude de $\mathbb{R}^n$ pour garantir l’existence d’un point dans leur intersection. Ce point, par construction, n’appartient à aucun des fermés, contredisant l’hypothèse que leur union recouvre $\mathbb{R}^n$.

Méthode:

1. Pour le lemme de Riesz, on construit le vecteur $x_\theta$ à partir d’un élément qui n’est pas dans $F$ et en le “normalisant” de façon adéquate par rapport à sa distance à $F$.
2. Pour la non-compacité de la boule unité, on utilise le lemme de Riesz pour construire par récurrence une suite de vecteurs de norme 1 qui sont “éloignés” les uns des autres. Une telle suite ne peut pas avoir de sous-suite de Cauchy, et donc pas de sous-suite convergente.

Étapes:

1. Preuve du lemme de Riesz:

   • Soit $F$ un sous-espace propre et fermé de $E$. Il existe donc un vecteur $z \in E \setminus F$.
   • Puisque $F$ est fermé, la distance $d(z,F) = \inf_{y \in F} \|z-y\|$ est strictement positive. Notons $d = d(z,F) > 0$.
   • Soit $\theta \in ]0,1[$. Par définition de l’infimum, il existe $y_0 \in F$ tel que $d \le \|z-y_0\| < d/\theta$.
   • Posons $x_0 = z - y_0$. On a $d \le \|x_0\| < d/\theta$.
   • Définissons $x_\theta = \frac{x_0}{\|x_0\|}$. Clairement, $\|x_\theta\|=1$.
   • Il reste à montrer que $d(x_\theta, F) \ge \theta$. Soit $y \in F$ quelconque.

   $\|x_\theta - y\| = \left\| \frac{x_0}{\|x_0\|} - y \right\| = \frac{1}{\|x_0\|} \|x_0 - \|x_0\|y\|$

   • Puisque $y_0 \in F$ et $y \in F$, le vecteur $y' = y_0 + \|x_0\|y$ est aussi dans $F$ (car $F$ est un sous-espace vectoriel).
   • Alors $\|x_0 - \|x_0\|y\| = \|(z-y_0) - \|x_0\|y\| = \|z - (y_0 + \|x_0\|y)\| = \|z-y'\|$.
   • Par définition de $d$, on a $\|z-y'\| \ge d$.
   • Donc, $\|x_\theta - y\| \ge \frac{d}{\|x_0\|}$. Or, on a choisi $y_0$ tel que $\|x_0\| < d/\theta$, ce qui implique $\frac{d}{\|x_0\|} > \theta$.
   • Finalement, $\|x_\theta - y\| > \theta$ pour tout $y \in F$, donc $d(x_\theta, F) = \inf_{y \in F} \|x_\theta - y\| \ge \theta$.

2. Preuve de la non-compacité de la boule unité fermée $B^f(0,1)$:

   • Soit $E$ un espace vectoriel normé de dimension infinie.

   • Construisons une suite $(x_k)_{k \in \mathbb{N}}$ dans la sphère unité $S(0,1) \subset B^f(0,1)$.

   • Choisissons $x_0$ un vecteur quelconque de norme 1. Soit $F_0 = \text{Vect}(x_0)$. C’est un sous-espace de dimension 1, donc il est fermé et propre.

   • Par le lemme de Riesz (avec $\theta = 1/2$), il existe $x_1 \in S(0,1)$ tel que $d(x_1, F_0) \ge 1/2$.

   • Soit $F_1 = \text{Vect}(x_0, x_1)$. C’est un sous-espace de dimension 2, donc fermé et propre. Il existe $x_2 \in S(0,1)$ tel que $d(x_2, F_1) \ge 1/2$.

   • On construit ainsi par récurrence une suite $(x_k)_k$ de vecteurs de norme 1 telle que pour tout $k \ge 1$, $x_k \in S(0,1)$ et $d(x_k, \text{Vect}(x_0, \dots, x_{k-1})) \ge 1/2$.

   • Considérons la distance entre deux termes de la suite. Pour $p > q$:

     $\|x_p - x_q\| = \|x_p - (-x_q)\|$

     Le vecteur $-x_q$ est dans $\text{Vect}(x_0, \dots, x_{p-1})$. Donc, par construction, la distance de $x_p$ à ce sous-espace est $\ge 1/2$.

     $\|x_p - x_q\| \ge d(x_p, \text{Vect}(x_0, \dots, x_{p-1})) \ge 1/2$

   • La suite $(x_k)$ est une suite de la boule unité fermée dont tous les termes sont à une distance d’au moins $1/2$ les uns des autres.

   • Cette suite ne peut donc pas admettre de sous-suite de Cauchy. En effet, si elle en admettait une, pour $\varepsilon=1/4$, tous les termes de la sous-suite à partir d’un certain rang devraient être à une distance inférieure à $1/4$.

   • Puisque la suite $(x_k)$ n’admet aucune sous-suite de Cauchy, elle ne peut admettre aucune sous-suite convergente.

   • La boule unité fermée $B^f(0,1)$ contient une suite qui n’a pas de sous-suite convergente. Elle n’est donc pas (séquentiellement) compacte.