Sous-ensembles compacts de $\ell^2$

millie
millie
dans Topologie
Bonjour,
Je suis en train de parcourir les exercices de : cours de topologie. Je bloque sur l'exercice 65.

Démontrer que dans $\ell^2$, l'ensemble suivant est compact $$A = \{x \in \ell^2\mid |x(n)| \leq \frac{1}{1+n},\ \forall n \in \N \}$$ (j'ai volontairement noté l'indice $n$ de la suite $x(n)$ pour ne pas me mélanger les pinceaux avec une suite $(x_n)_{n \in \N}$ à valeur dans $\ell^2$)
Je suppose qu'ils utilisent la norme suivante : $$ ||x|| = \sqrt{\sum_{n=0}^\infty x(n)^2}
$$ On sait que $\ell^2$ muni de cette norme est complet (cette propriété ne semble pas faire partie du cours). On peut se limiter aux suites à valeur dans $\R$

Bref. Je cherche un angle d'attaque à l'exercice, et je ne vois pas trop comment le prendre.
Si l'on prend une suite $(x_n)_{n \in \N}$ à valeur dans $A$,
Il est clair que $\forall p \in \N$, il existe une extractrice $\sigma_p$ telle que la suite $(x_{\sigma_p(n)}(p))_{n \in \N}$ converge. Mais cela ne m'avance pas des masses.
On voit aussi que toutes les suites $x_n$ convergent de manière similaire. C'est-à-dire :
$$ \forall n \in \N,\ \forall \epsilon >0,\ \exists P_n \in \N,\ \forall p \geq P_n \implies |x_n(p)| < \epsilon
$$ Merci.

Réponses

  • Poirot
    Poirot
    Pour montrer de la compacité en dimension infinie, le plus simple en général est de montrer qu'on a affaire à une partie complète et précompacte. Pour la complétude c'est facile, je te laisse voir pourquoi, et pour la précompacité il faut certainement réfléchir un petit peu plus ;-)
  • Shah d'Ock
    Shah d'Ock
    Extraction diagonale...
  • Maxtimax
    Maxtimax
    En fait il y a un théorème pour les $\ell^p$ : une partie est compacte si et seulement si elle est fermée (dans ton cas c'est clair), bornée (de même) et équisommable (dans ton cas, c'est encore clair)
  • millie
    millie
    Bon, j'ai un peu galéré.

    A est précompact

    Soit $\epsilon >0$

    Il existe $N \in \N$ tel que $\sum_{n=N+1}^{+\infty} \frac{1}{(1+p)^2} < \epsilon^2$

    Soit $A'$, le sous ensemble de $A$ à support fini tel que $\forall u \in A'$, vérifie $\forall n > N, u_n = 0$
    Comme $$K_N = \prod_{n=0}^N [- \frac{1}{1+n}, \frac{1}{1+n} ]$$ est un fermé borné de $\R^N$, c'est un compact

    Donc il existe une sous-partie finie $J \subset A'$ telle que $(B(x, \epsilon))_{x \in J}$ soit un recouvrement de $A'$

    Soit $x \in A$. Il existe $u \in J$ tel que : $ \sum_{n=0}^{N} (x(n)-u(n))^2 < \epsilon^2$

    Ainsi :
    $$ ||x-u||^2 = \sum_{n=0}^{+\infty} (x(n)-u(n))^2 = \sum_{n=0}^{N} (x(n)-u(n))^2 + \sum_{n=N+1}^{\infty} (x(n))^2 < \epsilon ^2 + \sum_{n=N+1}^{\infty} \frac{1}{(1+p)^2} < 2 \epsilon^2$$

    Nous avons ainsi montré que :

    $$\forall \epsilon >0, \exists J \subset A \text{ fini tel que }, \forall x \in A, \exists u \in J, ||x-u|| < \sqrt{2} \epsilon$$

    A est donc précompact. (J étant un $\sqrt{2} \epsilon$-réseau)

    A est complet

    Comme $\ell^2$ est complet. $A$ étant fermé inclut dans un espace complet, on en déduit que $A$ est complet.

    A priori, on peut retomber sur le résultat de Maxtimax assez facilement.
  • Shah d'Ock
    Shah d'Ock
    Sinon tu peux t'en sortir avec des extractions diagonales: soit $(u_n)_{n \in \N}$ une suite (de suite) dans ton candidat compact.
    Pour tout $k$ la suite (réelle) $(u_n(k))_{n \in \N}$ a une valeur d'adhérence $\lambda_k$.
    On va montrer que la suite $(\lambda_k)_{k\in \N}$ est valeur d'adhérence (dans $\ell^2$) de $u$.
    (Remarque: la suite $\lambda$ est dans $\ell^2$ car $|\lambda_k| \le \frac1{k+1}$ pour tout $k$).
    Soit $(\sigma_0(n))_{n \in \N})$ extractrice telle que $u_{\sigma_0(n)}(0)$ tende vers $\lambda_0$.
    On pose $\psi_0=\sigma_0$.
    Puis pour $k \ge 0$, soit $\sigma_{k+1}$ extractrice telle que $u_{(\psi_k(\sigma_{k+1}))}(k+1)$ tende vers $\lambda_{k+1}$. On pose $\psi_{k+1} = \psi_k \circ \sigma_{k+1}$.
    Et enfin $\phi(n)=\psi_n(n)$
    Soit $\varepsilon > 0$.
    Soit $N_1$ tel que $\sum_{k\ge N_1}\frac4{{k+1}^2} \le \frac{\varepsilon^2}{2}$.
    Soit $N_2$ tel que pour tout $k \le N_1$ si $n > N_2$ alors $|u_{\sigma_k(n)}(k)-\lambda_k| \le \frac{\varepsilon^2}{2N_1}$.
    Alors pour $n > \max \{N_1, N_2\}$ on a $$||u_{\phi(n)} - \lambda||_2^2 = \sum_{k=0}^{N_1-1} |u_{\phi(n)}(k)-\lambda_k|^2+
    \sum_{k\ge N_1}|u_{\phi(n)}(k)-\lambda_k|^2.$$
    Par construction chaque terme de la première somme est majoré par $\frac{\varepsilon^2}{2N_1}$, et la seconde somme est majorée par $ \frac{\varepsilon^2}{2}$ donc on est content.
  • Poirot
    Poirot
    @Shah : (tu) Je pense que c’est plus dans l’esprit de ce qui était attendu.
  • millie
    millie
    Super merci !
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