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Suites dans un espace métrique compact

Proposition Si (X,d) est un espace métrique compact, alors toute suite de X possède un point d'accumulation .
Démonstration En effet, on a vu dans le cours sur les espaces métriques que l'ensemble des points d'accumulation d'une suite $(x_n)_{\scriptsize {n \in {\rm I\!N }}}$ est donné par $\displaystyle{\bigcap_{i=0}^\infty \overline{\lbrace x_n;n>i\rbrace}}$. Posons

\begin{displaymath}F_i=(\overline{\lbrace x_n;n>i\rbrace})_{i\in {\rm I\!N }}.\end{displaymath}

La famille $F_i$ est bien une suite décroissante de fermés non vides. Et donc, par application de la proposition précédente, l'intersection de tous les éléments de cette famille est non vide. L'ensemble des points d'accumulation de la suite $(x_n)_{\scriptsize {n \in {\rm I\!N }}}$ est par conséquent non vide. Cqfd.
En utilisant la proposition , on peut encore exprimer la proposition précédente sous la forme:
Proposition (X,d) est un espace métrique compact alors toute suite $(x_n)_{\scriptsize {n \in {\rm I\!N }}}$ de X possède une sous-suite convergente .
On peut donc affirmer que toute suite dans un espace métrique compact possède une sous suite convergente.
Remarque On pourrait se poser le problème de la réciproque. Donnons nous (X,d) un espace métrique ayant la propriété : De toutes suites de X, on peut extraire une suite convergente. Peut on alors affirmer que (X,d) est compact? La réponse est positive et est donnée pas le Théorème de Bolzano-Weierstrass.
Théorème (de Bolzano-Weierstrass) On a équivalence entre:
  • (X,d) est compact.
  • De toute suite de (X,d), on peut extraire une sous-suite convergente dans X.
Démonstration Le sens direct vient d'être prouvé. Pour la réciproque, la dém. se décompose en deux lem mes.: On considère donc un espace métrique (X,d) tel que de toute suite de X, on peut extraire une sous-suite convergente. Lemme 1 Pour tout $ \varepsilon>0 $, on peut recouvrir X par un nombre fini de boules de rayon $ \varepsilon>0 $ .
Démonstration Supposons qu'il existe $ \varepsilon>0 $ tel que ce ne soit pas possible. Choisissons alors $x_1$ dans X. $B(x_1,\varepsilon)$ ne recouvre pas X . On peut donc trouver $x_2$ dans X n'appartenant pas à $B(x_1,\varepsilon)$. Supposons construit une famille $(x_i)_{\scriptsize {i \in =1..n}}$ de point de X tel que

\begin{displaymath}\displaystyle{\bigcup_{i=1}^n B(x_i,\varepsilon)}\end{displaymath}

ne recouvre pas X . On peut alors trouver $x_{n+1}$ dans X n'appartenant pas à cette réunion et tel que la famille ( $B(x_i,\varepsilon)$$)_{i=1..n+1}$ ne recouvre toujours pas X. On construit ainsi une suite $(x_n)_{\scriptsize {n \in {\rm I\!N }}}$ de X tel que, pour tout i, j $\in$ INd($x_i$,$x_j$)>$\varepsilon$. Cette suite ne peut, par conséquent, avoir une sous-suite convergente . Ceci prouve le lem me par l'absurde.
Lemme 2 Donnons nous un recouvrement ouvert $(U_i)_{\scriptsize {i \in I}}$ de X. Il existe r>0 tel que $\forall x \in X, \exists i_x \in I / B(x,r) \subset U_{i_x}$ .
Démonstration Raisonnons à nouveau par l'absurde et suppososons que pour tout r>0, il existe $x_r \in$ X tel que $B(x_r,r)$ n'est incluse dans aucun des $U_i$$i\in I$. En particulier, pout tout n dans IN, on peut trouver $x_n$ tel que $B(x_n,{1 \over n})$ n'est incluse dans aucun des $U_i$$i\in I$. Cette suite $(x_n)_{\scriptsize {n \in {\rm I\!N }}}$ doit posséder, par hypothèse, une sous suite convergente $(x_{\phi(n)})_{\scriptsize {n \in {\rm I\!N }}}$. Notons x $\in$ X sa limite .(x est donc aussi valeur d'adhérence de $(x_n)_{\scriptsize {n \in {\rm I\!N }}}$). Mais comme $(U_i)_{\scriptsize {i \in I}}$ est un recouvrement ouvert de X, il existe $i_0 \in I$ tel que $x\in U_{i_0}$. L'ouvert $U_{i_0}$ est donc un voisinage de x. Par définition de la limite d'une suite : pour tout $ \varepsilon>0 $, il existe N $(\varepsilon)\in {\rm I\!N }$ tel que $\lbrace x_{\phi(n)};n>N(\varepsilon) \rbrace$ est inclus dans $B(x,\varepsilon)$. Comme $U_{i_0}$ est ouvert, on peut choisir $\varepsilon$ assez petit en sorte que $B(x,\varepsilon)$ soit contenue dans $U_{i_0}$. Soit $\varepsilon$ ainsi choisis. Si $n>N(\varepsilon) , x_n \in$ $B(x,\varepsilon)$. De plus, si n est assez grand, on a même: $B(x_n,{1 \over n})$ $\subset B(x,\varepsilon)\subset U_{i_0}$, ce qui contredit notre hypothèse de départ. Cqfd.
Démontrons enfin le théorème de Bolzano-Weierstrass. Choisissons un recouvrement $(U_i)_{\scriptsize {i \in I}}$ de X. On sait, d'après le second lem me , qu'il existe un réél r>0 tel que pour tout x, $B(x,r)$ soit incluse dans l'un des $U_i$. Le lem me 1 appliqué dans le cas où $\varepsilon=r$ nous permet d'affirmer l'existence d'une famille $(x_i)_{\scriptsize {i =1..n}}$ de points de X tels que $(B(x_i,r))_{i=1..n}$ recouvre X. Mais pour tout k=1..n, il existe $i_k\in I$ tel que $B(x_k,r)$ $\subset U_{i_k}$. La famille $(U_{i_k})_{\scriptsize {k =1..n}}$ recouvre alors X et du recouvrement initial, on a bien extrait un recouvrement fini .
Définition Le nombre r s'appelle le nombre de Lebesgue du recouvrement $(U_i)_{\scriptsize {i \in I}}$.

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©Emmanuel Vieillard Baron 01-01-2001
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