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Exercice : ÉquicontinuitéTopologie générale/Exercices/Équicontinuité », n'a pu être restituée correctement ci-dessus.
Soient K un espace compact, E un espace métrique et A un ensemble équicontinu de fonctions de K dans E .
Montrer que sur A , la topologie de la convergence simple et celle de la convergence uniforme coïncident.
Solution
Soit f un élément de A . Pour toute partie I de K , notons
B
I
(
f
,
ϵ
)
=
{
g
∈
A
|
∀
x
∈
I
,
d
(
f
(
x
)
,
g
(
x
)
)
≤
ϵ
}
{\displaystyle B_{I}(f,\epsilon )=\{g\in A\ |\ \forall x\in I,d(f(x),g(x))\leq \epsilon \}}
.
Une base de voisinages de f dans A pour la topologie de la convergence uniforme (resp. simple) est donnée par les
B
K
(
f
,
ϵ
)
{\displaystyle B_{K}(f,\epsilon )}
pour tout réel
ϵ
>
0
{\displaystyle \epsilon >0}
(resp. les
B
I
(
f
,
ϵ
)
{\displaystyle B_{I}(f,\epsilon )}
pour tout réel
ϵ
>
0
{\displaystyle \epsilon >0}
et toute partie finie I de K ).
On a évidemment
B
I
(
f
,
ϵ
)
⊃
B
K
(
f
,
ϵ
)
{\displaystyle B_{I}(f,\epsilon )\supset B_{K}(f,\epsilon )}
. Montrons que réciproquement, pour tout réel
ϵ
>
0
{\displaystyle \epsilon >0}
, il existe une partie finie I de K telle que
B
K
(
f
,
3
ϵ
)
⊃
B
I
(
f
,
ϵ
)
{\displaystyle B_{K}(f,3\epsilon )\supset B_{I}(f,\epsilon )}
.
Par équicontinuité de A , tout point x de K appartient à un ouvert
O
x
{\displaystyle O_{x}}
tel que pour tout g de A (en particulier pour g = f )
∀
y
∈
O
x
,
d
(
g
(
x
)
,
g
(
y
)
)
≤
ϵ
{\displaystyle \forall y\in O_{x},d(g(x),g(y))\leq \epsilon }
.
Par compacité, K est recouvert par un nombre fini de ces ouverts
O
x
{\displaystyle O_{x}}
:
K
=
∪
x
∈
I
O
x
{\displaystyle K=\cup _{x\in I}O_{x}}
pour une certaine partie finie I de K .
Pour tout
y
∈
K
{\displaystyle y\in K}
, soit
x
∈
I
{\displaystyle x\in I}
tel que
y
∈
O
x
{\displaystyle y\in O_{x}}
. Pour tout
g
∈
B
I
(
f
,
ϵ
)
{\displaystyle g\in B_{I}(f,\epsilon )}
on a
d
(
f
(
x
)
,
g
(
x
)
)
≤
ϵ
{\displaystyle d(f(x),g(x))\leq \epsilon }
, d'où
d
(
f
(
y
)
,
g
(
y
)
)
≤
d
(
f
(
y
)
,
f
(
x
)
)
+
d
(
f
(
x
)
,
g
(
x
)
)
+
d
(
g
(
x
)
,
g
(
y
)
)
≤
3
ϵ
{\displaystyle d(f(y),g(y))\leq d(f(y),f(x))+d(f(x),g(x))+d(g(x),g(y))\leq 3\epsilon }
,
d'où l'inclusion voulue.
Les deux ensembles suivants sont-ils équicontinus ?
A
=
{
f
n
:
R
→
R
,
x
↦
x
+
n
∣
n
≥
1
}
{\displaystyle A=\{f_{n}:\mathbb {R} \to \mathbb {R} ,\;x\mapsto x+n\mid n\geq 1\}}
;
B
=
{
g
n
:
[
0
,
+
∞
[
→
R
,
t
↦
sin
t
+
4
n
2
π
2
∣
n
≥
1
}
{\displaystyle B=\{g_{n}:\left[0,+\infty \right[\to \mathbb {R} ,\;t\mapsto \sin {\sqrt {t+4n^{2}\pi ^{2}}}\mid n\geq 1\}}
.
Soit
(
f
n
)
n
{\displaystyle (f_{n})_{n}}
la suite de fonctions de
[
0
,
1
]
{\displaystyle [0,1]}
dans
R
{\displaystyle \mathbb {R} }
définie par
f
n
(
x
)
=
x
n
{\displaystyle f_{n}(x)=x^{n}}
. En quels points l'ensemble
A
:=
{
f
n
∣
n
∈
N
}
{\displaystyle A:=\{f_{n}\mid n\in \mathbb {N} \}}
est-il équicontinu ?
Même question pour l'ensemble
B
{\displaystyle B}
des fonctions
g
n
:
R
→
R
{\displaystyle g_{n}:\mathbb {R} \to \mathbb {R} }
définies par
g
n
(
x
)
=
arctan
(
n
x
)
{\displaystyle g_{n}(x)=\arctan(nx)}
.
Solution
Les
f
n
{\displaystyle f_{n}}
sont continues mais leur limite simple est discontinue au point 1 donc en ce point,
A
{\displaystyle A}
n'est pas équicontinu.
En revanche,
A
{\displaystyle A}
est équicontinu sur
[
0
,
1
[
{\displaystyle \left[0,1\right[}
, et même uniformément équicontinu sur
[
0
,
1
−
ε
]
{\displaystyle [0,1-\varepsilon ]}
pour tout
ε
∈
]
0
,
1
[
{\displaystyle \varepsilon \in \left]0,1\right[}
. En effet, d'après le théorème des acroissements finis,
∀
x
,
y
∈
[
0
,
1
−
ε
]
|
x
n
−
y
n
|
≤
n
(
1
−
ε
)
n
−
1
|
x
−
y
|
{\displaystyle \forall x,y\in [0,1-\varepsilon ]\quad |x^{n}-y^{n}|\leq n(1-\varepsilon )^{n-1}|x-y|}
or quand
n
→
∞
{\displaystyle n\to \infty }
,
n
(
1
−
ε
)
n
−
1
→
0
{\displaystyle n(1-\varepsilon )^{n-1}\to 0}
donc borné.
Les
g
n
{\displaystyle g_{n}}
sont continues mais leur limite simple est discontinue au point 0 donc en ce point,
B
{\displaystyle B}
n'est pas équicontinu.
En revanche,
B
{\displaystyle B}
est équicontinu sur
R
∗
{\displaystyle \mathbb {R} ^{*}}
, et même uniformément équicontinu sur
]
−
∞
,
−
ε
]
∪
[
ε
,
+
∞
[
{\displaystyle \left]-\infty ,-\varepsilon \right]\cup \left[\varepsilon ,+\infty \right[}
pour tout
ε
>
0
{\displaystyle \varepsilon >0}
, par le même raisonnement que ci-dessus. En effet,
(
arctan
(
n
x
)
)
′
=
n
1
+
(
n
x
)
2
≤
n
1
+
(
n
ε
)
2
→
0
{\displaystyle \left(\arctan(nx)\right)'={\frac {n}{1+(nx)^{2}}}\leq {\frac {n}{1+(n\varepsilon )^{2}}}\to 0}
quand
n
→
∞
{\displaystyle n\to \infty }
.
Soient
E
,
F
{\displaystyle E,F}
deux espaces métriques, et
(
f
n
)
n
{\displaystyle (f_{n})_{n}}
une suite de fonctions de
E
{\displaystyle E}
dans
F
{\displaystyle F}
, équicontinue en
a
{\displaystyle a}
. On suppose que
f
n
(
a
)
→
b
{\displaystyle f_{n}(a)\to b}
.
Montrer que si
x
n
→
a
{\displaystyle x_{n}\to a}
alors
f
n
(
x
n
)
→
b
{\displaystyle f_{n}(x_{n})\to b}
.
Ce résultat est-il encore vrai si l'on ne suppose plus l'équicontinuité ? On pourra considérer la suite
f
n
(
x
)
=
(
1
+
x
)
n
{\displaystyle f_{n}(x)=(1+x)^{n}}
et
x
n
=
1
n
{\displaystyle x_{n}={\frac {1}{n}}}
.
Solution
Soit
ε
>
0
{\displaystyle \varepsilon >0}
. Il existe :
η
>
0
{\displaystyle \eta >0}
tel que
d
(
x
,
y
)
<
η
⇒
∀
n
∈
N
d
(
f
n
x
,
f
n
y
)
≤
ε
{\displaystyle d(x,y)<\eta \Rightarrow \forall n\in \mathbb {N} \quad d(f_{n}x,f_{n}y)\leq \varepsilon }
;
N
∈
N
{\displaystyle N\in \mathbb {N} }
tel que
∀
n
≥
N
d
(
f
n
a
,
b
)
≤
ε
{\displaystyle \forall n\geq N\quad d(f_{n}a,b)\leq \varepsilon }
.
Alors,
d
(
a
,
x
)
<
η
⇒
∀
n
∈
N
d
(
f
n
a
,
f
n
x
)
≤
ε
⇒
∀
n
≥
N
d
(
b
,
f
n
x
)
≤
2
ε
{\displaystyle d(a,x)<\eta \Rightarrow \forall n\in \mathbb {N} \quad d(f_{n}a,f_{n}x)\leq \varepsilon \Rightarrow \forall n\geq N\quad d(b,f_{n}x)\leq 2\varepsilon }
, d'où la propriété annoncée.
Non : dans l'exemple proposé on a
x
n
→
0
{\displaystyle x_{n}\to 0}
,
f
n
(
0
)
=
1
{\displaystyle f_{n}(0)=1}
, mais
f
n
(
x
n
)
→
e
≠
1
{\displaystyle f_{n}(x_{n})\to \mathrm {e} \neq 1}
.
Soit
Hold
α
(
I
)
{\displaystyle \operatorname {Hold} ^{\alpha }(I)}
l'espace de Banach des fonctions höldériennes d'exposant
α
∈
]
0
,
1
]
{\displaystyle \alpha \in \left]0,1\right]}
de
I
=
[
0
,
1
]
{\displaystyle I=[0,1]}
dans
R
{\displaystyle \mathbb {R} }
, muni de la norme
‖
f
‖
α
=
|
f
(
0
)
|
+
sup
x
≠
y
|
f
(
x
)
−
f
(
y
)
|
|
x
−
y
|
α
{\displaystyle \|f\|_{\alpha }=|f(0)|+\sup _{x\neq y}{\frac {|f(x)-f(y)|}{|x-y|^{\alpha }}}}
.
On note
B
¯
α
{\displaystyle {\overline {B}}_{\alpha }}
la boule unité fermée de
Hold
α
(
I
)
{\displaystyle \operatorname {Hold} ^{\alpha }(I)}
, et l'on rappelle que pour tout
f
∈
Hold
α
(
I
)
{\displaystyle f\in \operatorname {Hold} ^{\alpha }(I)}
,
‖
f
‖
∞
≤
‖
f
‖
α
{\displaystyle \|f\|_{\infty }\leq \|f\|_{\alpha }}
.
Montrer que pour tout
x
∈
I
{\displaystyle x\in I}
,
B
¯
α
(
x
)
{\displaystyle {\overline {B}}_{\alpha }(x)}
est relativement compact dans
R
{\displaystyle \mathbb {R} }
.
Montrer que
B
¯
α
{\displaystyle {\overline {B}}_{\alpha }}
est équicontinue.
Dans
(
C
(
I
,
R
)
,
‖
⋅
‖
∞
)
{\displaystyle (C(I,\mathbb {R} ),\|\cdot \|_{\infty })}
, montrer que
B
¯
α
{\displaystyle {\overline {B}}_{\alpha }}
est fermée et en déduire qu'elle est compacte.
Soit
k
∈
C
(
[
0
,
1
]
×
[
0
,
1
]
)
{\displaystyle k\in C([0,1]\times [0,1])}
et
K
:
C
(
[
0
,
1
]
)
→
C
(
[
0
,
1
]
)
{\displaystyle K:C([0,1])\to C([0,1])}
définie par
K
f
(
x
)
=
∫
0
1
k
(
x
,
t
)
f
(
t
)
d
t
{\displaystyle Kf(x)=\int _{0}^{1}k(x,t)f(t)\,\mathrm {d} t}
.
Soit
(
f
n
)
n
{\displaystyle (f_{n})_{n}}
une suite bornée de
C
(
[
0
,
1
]
)
{\displaystyle C([0,1])}
.
Montrer que
k
{\displaystyle k}
est uniformément continue.
Montrer que
(
K
f
n
)
n
{\displaystyle (Kf_{n})_{n}}
est équicontinue.
Montrer que
(
K
f
n
)
n
{\displaystyle (Kf_{n})_{n}}
admet une sous-suite convergente.
Solution
k
{\displaystyle k}
est continue sur le compact
[
0
,
1
]
×
[
0
,
1
]
{\displaystyle [0,1]\times [0,1]}
+ théorème de Heine .
D'après la question précédente,
∀
ε
>
0
∃
η
>
0
∀
x
,
y
,
s
,
t
|
x
−
y
|
,
|
s
−
t
|
<
η
⇒
|
k
(
x
,
t
)
−
k
(
y
,
s
)
|
<
ε
{\displaystyle \forall \varepsilon >0\quad \exists \eta >0\quad \forall x,y,s,t\quad |x-y|,|s-t|<\eta \Rightarrow |k(x,t)-k(y,s)|<\varepsilon }
, en particulier
∀
x
,
y
,
t
|
x
−
y
|
<
η
⇒
|
k
(
x
,
t
)
−
k
(
y
,
t
)
|
<
ε
{\displaystyle \forall x,y,t\quad |x-y|<\eta \Rightarrow |k(x,t)-k(y,t)|<\varepsilon }
donc
∀
x
,
y
|
x
−
y
|
<
η
⇒
|
K
f
n
(
x
)
−
K
f
n
(
y
)
|
≤
ε
M
{\displaystyle \forall x,y\quad |x-y|<\eta \Rightarrow |Kf_{n}(x)-Kf_{n}(y)|\leq \varepsilon M}
pour
M
≥
sup
n
‖
f
n
‖
∞
{\displaystyle M\geq \sup _{n}\|f_{n}\|_{\infty }}
.
Pour tout
x
∈
[
0
,
1
]
{\displaystyle x\in [0,1]}
,
{
K
f
n
(
x
)
∣
n
∈
N
}
{\displaystyle \{Kf_{n}(x)\mid n\in \mathbb {N} \}}
relativement compact dans
R
{\displaystyle \mathbb {R} }
car borné (par
M
‖
k
‖
∞
{\displaystyle M\|k\|_{\infty }}
) donc d'après le théorème d'Ascoli (et la question précédente),
{
K
f
n
∣
n
∈
N
}
¯
{\displaystyle {\overline {\{Kf_{n}\mid n\in \mathbb {N} \}}}}
est compact.
On considère l'espace de Banach
L
1
(
R
)
{\displaystyle \mathrm {L} ^{1}(\mathbb {R} )}
, muni de sa norme habituelle
‖
f
‖
1
=
∫
R
|
f
|
{\displaystyle \|f\|_{1}=\int _{\mathbb {R} }|f|}
.
Pour tout
f
∈
L
1
(
R
)
{\displaystyle f\in \mathrm {L} ^{1}(\mathbb {R} )}
, on pose, pour
r
>
0
{\displaystyle r>0}
,
h
∈
R
{\displaystyle h\in \mathbb {R} }
et
x
∈
R
{\displaystyle x\in \mathbb {R} }
:
f
r
(
x
)
=
1
2
r
∫
x
−
r
x
+
r
f
(
t
)
d
t
{\displaystyle f_{r}(x)={\frac {1}{2r}}\int _{x-r}^{x+r}f(t)\,\mathrm {d} t}
;
τ
h
(
f
)
(
x
)
=
f
(
x
+
h
)
{\displaystyle \tau _{h}(f)(x)=f(x+h)}
.
Soit
A
⊂
L
1
(
R
)
{\displaystyle {\mathcal {A}}\subset \mathrm {L} ^{1}(\mathbb {R} )}
un sous-ensemble fermé tel que :
(i)
A
{\displaystyle {\mathcal {A}}}
est borné ;
(ii)
sup
u
∈
A
‖
τ
h
(
u
)
−
u
‖
1
→
0
{\displaystyle \sup _{u\in {\mathcal {A}}}\|\tau _{h}(u)-u\|_{1}\to 0}
quand
h
→
0
{\displaystyle h\to 0}
;
(iii)
sup
u
∈
A
∫
|
x
|
>
R
|
u
(
t
)
|
d
t
→
0
{\displaystyle \sup _{u\in {\mathcal {A}}}\int _{|x|>R}|u(t)|\,\mathrm {d} t\to 0}
quand
R
→
∞
{\displaystyle R\to \infty }
.
On cherche à montrer que
A
{\displaystyle {\mathcal {A}}}
est compact dans
L
1
(
R
)
{\displaystyle \mathrm {L} ^{1}(\mathbb {R} )}
car complet et précompact.
Montrer que pour tout
r
>
0
{\displaystyle r>0}
,
f
r
{\displaystyle f_{r}}
est continue et intégrable.
Montrer que
sup
f
∈
A
‖
f
r
−
f
‖
1
→
0
{\displaystyle \sup _{f\in {\mathcal {A}}}\|f_{r}-f\|_{1}\to 0}
quand
r
→
0
{\displaystyle r\to 0}
.
Montrer que pour tout
r
>
0
{\displaystyle r>0}
, l'ensemble
A
r
:=
{
f
r
∣
f
∈
A
}
{\displaystyle {\mathcal {A}}_{r}:=\{f_{r}\mid f\in {\mathcal {A}}\}}
est équicontinu.
En déduire que pour tout
R
>
0
{\displaystyle R>0}
,
A
r
{\displaystyle {\mathcal {A}}_{r}}
est d'adhérence compacte dans
C
(
[
−
R
,
R
]
)
{\displaystyle C([-R,R])}
, puis dans
L
1
(
[
−
R
,
R
]
)
{\displaystyle \mathrm {L} ^{1}([-R,R])}
.
Montrer que
A
{\displaystyle {\mathcal {A}}}
est compact dans
L
1
(
R
)
{\displaystyle \mathrm {L} ^{1}(\mathbb {R} )}
.
Solution
f
r
{\displaystyle f_{r}}
est continue par convergence dominée . Elle est intégrable car
∬
|
t
−
x
|
<
r
|
f
(
t
)
|
d
t
d
x
=
∬
|
x
−
t
|
<
r
|
f
(
t
)
|
d
x
d
t
=
2
r
‖
f
‖
1
{\displaystyle \iint _{|t-x|<r}|f(t)|\,\mathrm {d} t\,\mathrm {d} x=\iint _{|x-t|<r}|f(t)|\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} t=2r\|f\|_{1}}
.
f
r
(
x
)
−
f
(
x
)
=
1
2
r
∫
|
h
|
<
r
(
τ
h
(
f
)
(
x
)
−
f
(
x
)
)
d
h
{\displaystyle f_{r}(x)-f(x)={\frac {1}{2r}}\int _{|h|<r}(\tau _{h}(f)(x)-f(x))\,\mathrm {d} h}
donc
‖
f
r
−
f
‖
1
≤
1
2
r
∬
|
h
|
<
r
|
τ
h
(
f
)
(
x
)
−
f
(
x
)
|
d
h
d
x
=
1
2
r
∬
|
h
|
<
r
|
τ
h
(
f
)
(
x
)
−
f
(
x
)
|
d
x
d
h
=
1
2
r
∫
|
h
|
<
r
‖
τ
h
(
f
)
−
f
‖
1
d
h
≤
sup
|
h
|
<
r
‖
τ
h
(
f
)
−
f
‖
1
{\displaystyle \|f_{r}-f\|_{1}\leq {\frac {1}{2r}}\iint _{|h|<r}|\tau _{h}(f)(x)-f(x)|\,\mathrm {d} h\,\mathrm {d} x={\frac {1}{2r}}\iint _{|h|<r}|\tau _{h}(f)(x)-f(x)|\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} h={\frac {1}{2r}}\int _{|h|<r}\|\tau _{h}(f)-f\|_{1}\,\mathrm {d} h\leq \sup _{|h|<r}\|\tau _{h}(f)-f\|_{1}}
, si bien que quand
r
→
0
{\displaystyle r\to 0}
,
sup
f
∈
A
‖
f
r
−
f
‖
1
=
sup
|
h
|
<
r
sup
f
∈
A
‖
τ
h
(
f
)
−
f
‖
1
→
0
{\displaystyle \sup _{f\in {\mathcal {A}}}\|f_{r}-f\|_{1}=\sup _{|h|<r}\sup _{f\in {\mathcal {A}}}\|\tau _{h}(f)-f\|_{1}\to 0}
.
|
f
r
(
x
+
h
)
−
f
r
(
x
)
|
=
1
2
r
|
∫
|
t
−
x
|
<
r
(
τ
h
(
f
)
(
t
)
−
f
(
t
)
)
d
t
|
≤
1
2
r
‖
τ
h
(
f
)
−
f
‖
1
{\displaystyle |f_{r}(x+h)-f_{r}(x)|={\frac {1}{2r}}\left|\int _{|t-x|<r}(\tau _{h}(f)(t)-f(t))\,\mathrm {d} t\right|\leq {\frac {1}{2r}}\|\tau _{h}(f)-f\|_{1}}
donc
∀
x
∈
R
sup
f
∈
A
|
f
r
(
x
+
h
)
−
f
r
(
x
)
|
≤
1
2
r
sup
f
∈
A
‖
τ
h
(
f
)
−
f
‖
1
→
0
{\displaystyle \forall x\in \mathbb {R} \quad \sup _{f\in {\mathcal {A}}}|f_{r}(x+h)-f_{r}(x)|\leq {\frac {1}{2r}}\sup _{f\in {\mathcal {A}}}\|\tau _{h}(f)-f\|_{1}\to 0}
quand
h
→
0
{\displaystyle h\to 0}
.
A
r
{\displaystyle {\mathcal {A}}_{r}}
est équicontinu et
A
r
(
x
)
{\displaystyle {\mathcal {A}}_{r}(x)}
est borné pour tout
x
{\displaystyle x}
(par
1
2
r
sup
f
∈
A
‖
f
‖
1
{\displaystyle {\frac {1}{2r}}\sup _{f\in {\mathcal {A}}}\|f\|_{1}}
) donc par le théorème d'Ascoli,
A
r
{\displaystyle {\mathcal {A}}_{r}}
est d'adhérence compacte dans
C
(
[
−
R
,
R
]
)
{\displaystyle C([-R,R])}
. Pour tout
ε
>
0
{\displaystyle \varepsilon >0}
,
A
r
{\displaystyle {\mathcal {A}}_{r}}
est donc recouvert par un nombre fini de
ε
/
(
2
R
)
{\displaystyle \varepsilon /(2R)}
-boules pour la norme sup sur
[
−
R
,
R
]
{\displaystyle [-R,R]}
. Elles sont contenues dans les boules pour la norme
L
1
(
[
−
R
,
R
]
)
{\displaystyle \mathrm {L} ^{1}([-R,R])}
de mêmes centres et de rayon
ε
{\displaystyle \varepsilon }
, qui recouvrent donc également
A
r
{\displaystyle {\mathcal {A}}_{r}}
. Ainsi,
A
r
{\displaystyle {\mathcal {A}}_{r}}
est précompact dans
L
1
(
[
−
R
,
R
]
)
{\displaystyle \mathrm {L} ^{1}([-R,R])}
qui est complet, donc
A
r
{\displaystyle {\mathcal {A}}_{r}}
est d'adhérence compacte dans
L
1
(
[
−
R
,
R
]
)
{\displaystyle \mathrm {L} ^{1}([-R,R])}
.
Soit
ε
>
0
{\displaystyle \varepsilon >0}
. D'après 2), il existe
r
{\displaystyle r}
tel que
sup
f
∈
A
‖
f
r
−
f
‖
1
≤
ε
{\displaystyle \sup _{f\in {\mathcal {A}}}\|f_{r}-f\|_{1}\leq \varepsilon }
et a fortiori ,
∀
R
>
0
sup
f
∈
A
‖
f
r
χ
[
−
R
,
R
]
−
f
χ
[
−
R
,
R
]
‖
1
≤
ε
{\displaystyle \forall R>0\quad \sup _{f\in {\mathcal {A}}}\|f_{r}\chi _{[-R,R]}-f\chi _{[-R,R]}\|_{1}\leq \varepsilon }
. D'après (iii), il existe
R
{\displaystyle R}
tel que
sup
f
∈
A
‖
f
−
f
χ
[
−
R
,
R
]
‖
1
≤
ε
{\displaystyle \sup _{f\in {\mathcal {A}}}\|f-f\chi _{[-R,R]}\|_{1}\leq \varepsilon }
. Pour tout
f
∈
A
{\displaystyle f\in {\mathcal {A}}}
on a alors :
‖
f
−
f
r
χ
[
−
R
,
R
]
‖
1
≤
2
ε
{\displaystyle \|f-f_{r}\chi _{[-R,R]}\|_{1}\leq 2\varepsilon }
. D'après 4), l'ensemble de ces
f
r
χ
[
−
R
,
R
]
{\displaystyle f_{r}\chi _{[-R,R]}}
est recouvert par un nombre fini de
ε
{\displaystyle \varepsilon }
-boules dans
L
1
{\displaystyle \mathrm {L} ^{1}}
. Tout élément de
A
{\displaystyle {\mathcal {A}}}
est donc dans l'une des
3
ε
{\displaystyle 3\varepsilon }
-boules de mêmes centres. Ceci prouve que
A
{\displaystyle {\mathcal {A}}}
est précompact dans
L
1
(
R
)
{\displaystyle \mathrm {L} ^{1}(\mathbb {R} )}
, donc compact puisqu'on l'a supposé fermé et que
L
1
(
R
)
{\displaystyle \mathrm {L} ^{1}(\mathbb {R} )}
est complet.
Soit
V
{\displaystyle V}
un sous-espace fermé de l'espace vectoriel
C
(
[
0
,
1
]
)
{\displaystyle C([0,1])}
des fonctions continues de
[
0
,
1
]
{\displaystyle [0,1]}
dans
R
{\displaystyle \mathbb {R} }
. Montrer que :
si toute application
f
∈
V
{\displaystyle f\in V}
est de classe C1 , alors
V
{\displaystyle V}
est de dimension finie ;
si toute application
f
∈
V
{\displaystyle f\in V}
est höldérienne , alors
V
{\displaystyle V}
est de dimension finie. (Indication : considérer les
F
n
:=
{
f
∈
V
∣
∀
x
,
y
∈
[
0
,
1
]
|
f
(
x
)
−
f
(
y
)
|
≤
n
|
x
−
y
|
1
/
n
‖
f
‖
∞
}
{\displaystyle F_{n}:=\{f\in V\mid \forall x,y\in [0,1]\quad |f(x)-f(y)|\leq n|x-y|^{1/n}\|f\|_{\infty }\}}
.)
Solution
Dans les deux cas, il s'agit, d'après le théorème de Riesz et celui d'Ascoli, de démontrer que la boule unité fermée
B
{\displaystyle B}
de
V
{\displaystyle V}
est équicontinue.
Par le théorème du graphe fermé et le théorème d'interversion limite-dérivée , l'opérateur de dérivation, de
V
{\displaystyle V}
dans
C
(
[
0
,
1
]
)
{\displaystyle C([0,1])}
est continu, si bien qu'il existe une constante
C
{\displaystyle C}
telle que
∀
f
∈
V
‖
f
′
‖
∞
≤
C
‖
f
‖
∞
{\displaystyle \forall f\in V\quad \|f'\|_{\infty }\leq C\|f\|_{\infty }}
. On conclut à l'aide du théorème des accroissements finis.
V
=
∪
n
≥
1
F
n
{\displaystyle V=\cup _{n\geq 1}F_{n}}
et les
F
n
{\displaystyle F_{n}}
sont fermés dans
V
{\displaystyle V}
. Le théorème de Baire implique donc que pour
n
{\displaystyle n}
assez grand,
F
n
{\displaystyle F_{n}}
est d'intérieur non vide. Il contient alors une boule fermée
B
¯
(
f
0
,
ε
)
{\displaystyle {\overline {B}}(f_{0},\varepsilon )}
de rayon
ε
>
0
{\displaystyle \varepsilon >0}
. Pour toute
f
∈
B
{\displaystyle f\in B}
, en utilisant le fait que
f
0
+
ε
f
∈
F
n
{\displaystyle f_{0}+\varepsilon f\in F_{n}}
, on en déduit :
|
f
(
x
)
−
f
(
y
)
|
≤
n
|
x
−
y
|
1
/
n
+
|
f
0
(
x
)
−
f
0
(
y
)
|
/
ε
≤
n
(
1
+
1
/
ε
)
|
x
−
y
|
1
/
n
{\displaystyle |f(x)-f(y)|\leq n|x-y|^{1/n}+|f_{0}(x)-f_{0}(y)|/\varepsilon \leq n(1+1/\varepsilon )|x-y|^{1/n}}
, ce qui conclut.
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