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Quelques théorèmes

Théorème Soient (X,$\cal{O}$) un espace topologique et (Y,$\delta$) un espace métrique. Soit $(f_n)_{\scriptsize {n \in {\rm I\!N }}}$ une suite de fonctions définies de X dans Y et qui converge uniformément vers $f:X\longrightarrow Y$. On suppose de plus que les applications $f_n$ sont continues $\forall n\in$ IN. Alors $f:X\longrightarrow Y$ est continue.
Démonstration Soit $\varepsilon>0$. Donnons nous x un élément de X. On cherche un voisinage V de x dans X tel que si y est élément de V alors $\delta(f(x),f(y)<\varepsilon$. L'inégalité triangulaire nous permet d'écrire, pour tout x et y dans X et tout n dans IN,

\begin{displaymath}\delta(f(x),f(y))\leq \delta(f(x),f_n(x))+\delta(f_n(x),f_n(y))+\delta(f_n(y),f(y)).\end{displaymath}

Comme $(f_n)_{\scriptsize {n \in {\rm I\!N }}}$ converge uniformément vers $f$, on peut trouver un entier N indépendant de x et y tel que si n>N alors $\delta(f(x),f_n(x))<\varepsilon/3$ et $\delta(f(y),f_n(y))<\varepsilon/3$. Choisissons donc n>N. $f_n$ est par définition continue. Il existe donc un voisnage V de x ( c'est le voisinage que l'on cherche) tel que $y\in V \Rightarrow \delta(f_n(x),f_n(y))<\varepsilon/3$. En utilisant l'inégalité précédente, on trouve $\delta(f(x),f(y))<\varepsilon/3+\varepsilon/3+\varepsilon/3=\varepsilon$ si y est élément de V.Cqfd

Théorème Soit (X,$\cal{O}$) un espace topologique. Si (Y,d) est un espace métrique complet alors il en de même de $\cal B$(X,Y). Si de plus X est muni d'une topologie le rendant compact, alors $\cal C$(X,Y) est complet.

Démonstration Nous allons procéder à la démonstration de la complétude de $\cal C$(X,Y). Nous supposons donc que X est compact. La démonstration de la complétude de $\cal B$(X,Y) est absolument identique. Soit $(f_n)_{\scriptsize {n \in {\rm I\!N }}}$ une suite de Cauchy dans $\cal C$(X,Y). Cela se traduit par:

\begin{displaymath}\forall \varepsilon>0 \; \exists N \in {\rm I\!N }; n,m>N \Rightarrow \Vert\vert f_n-f_m\Vert\vert<\varepsilon.\end{displaymath}

Par définition de la norme $\Vert\vert \vert\Vert$, ceci implique que pour tout x $(f_n(x))_{\scriptsize {n \in {\rm I\!N }}}$ est de Cauchy dans Y. Y étant complet, chaque suite $(f_n(x))_{\scriptsize {n \in {\rm I\!N }}}$ est convergente dans Y. Notons $f$(x) la limite d'une telle suite. Ceci permet de définir une application $f$ de X dans Y. La convergence de $(f_n)_{\scriptsize {n \in {\rm I\!N }}}$ vers $f$ est pour l'instant seulement une convergence simple. Montrons qu'elle est uniforme. Le fait que $(f_n)_{\scriptsize {n \in {\rm I\!N }}}$ soit de Cauchy permet d'écrire, rappellons le:

\begin{displaymath}\forall \varepsilon>0 \; \exists N \in {\rm I\!N }; n,m>N \Rightarrow \Vert\vert f_n-f_m\Vert\vert<\varepsilon.\end{displaymath}

Choisissons $\varepsilon>0$ et l'entier N corespondant dans l'écriture ci dessus. Comme l'application norme et l'application différence sont continues, on peut écrire

\begin{displaymath}\displaystyle{\lim_{m\rightarrow \infty} \Vert f_n(x)-f_m(x)\...
...\lim_{m\rightarrow \infty} f_m(x)\Vert=\Vert f_n(x)-f(x)\Vert}.\end{displaymath}

La dernière égalité étant réalisée car $(f_n)_{\scriptsize {n \in {\rm I\!N }}}$ converge simplement vers $f$. Supposons que n est plus grand que N. On obtient, pour tout x dans X et tout m plus grand que n: $\Vert f_n(x)-f_m(x)\Vert<\varepsilon$. Cette inégalité reste vrai quand on passe à la limite comme précédemment et donc pour tout n plus grand que N et tout x dans X, $\Vert f_n(x)-f(x)\Vert<\varepsilon$. Ceci prouve le fait que $(f_n)_{\scriptsize {n \in {\rm I\!N }}}$ converge uniformément vers $f$.

Dans le cas où l'on veut démontrer la complétude $\cal C$(X,Y), il faut encore démontrer que $f$ est continue. Ceci est vrai car si $(f_n)_{\scriptsize {n \in {\rm I\!N }}}$ converge uniformément vers $f$ alors $f$ est continue. Dans le cas où l'on veut démontrer la complétude de $\cal B$(X,Y), il faut encore démontrer que $f$ est bornée. Mais sachant que $(f_n)_{\scriptsize {n \in {\rm I\!N }}}$ est de Cauchy dans $\cal B$(X,Y), alors $(\Vert\vert f_n\Vert\vert)_{\scriptsize {n \in {\rm I\!N }}}$ est aussi de Cauchy dans IR. (on utilise l'inégalité | |||a|||-|||b||| |$\leq$|||a+b|||). Et les termes d'une suite de Cauchy dans IRsont majorés dès que l'on dépasse un certain rang. Donc les éléments de $(\Vert\vert f_n\Vert\vert)_{\scriptsize {n \in {\rm I\!N }}}$ sont majorés par une quantité M$\in$IRdès que n est assez grand. Cela s'écrit, $\Vert\vert f_n \Vert\vert\leq M$ si n est assez grand. L'application norme étant continue et $(f_n)_{\scriptsize {n \in {\rm I\!N }}}$ convergeant simplement vers $f$, on obtient, en passant à la limite: $\Vert\vert f \Vert\vert\leq M$ et $f$ est bien élément de $\cal B$(X,Y).

Corollaire Soit (X,$\cal{O}$) un espace topologique. Si (Y,d) est un espace métrique complet alors $\cal B$(X,Y) est un espace de Banach.
Si X est muni d'une topologie le rendant compact, alors $\cal C$(X,Y) est un espace de Banach.

Démonstration C'est immédiat: on a déjà démontré que ces deux ensembles sont des espaces vectoriels normés. On vient de montrer qu'ils sont complets. Par application du théorème précédent, ils sont complets. Ce sont donc des espaces de Banach.


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©Emmanuel Vieillard Baron 01-01-2001
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