Exercice 1. Groupes topologiques F S 1. Soit H un sous-groupe de G, alors G = H ( gH). Par hypothèse, l’application g ∈H / Tg : x 7→ g · x est un homéomorphisme (d’inverse x 7→ g −1 · x) pour tout g ∈ G. Si H est ouvert, on en déduit que gH = (Tg−1 )−1 (H) est ouvert pour tout g ∈ G, et donc S que gH est ouvert en tant qu’union d’ouverts. Or il s’agit du complémentaire de g ∈H / H dans G. On en déduit bien que H est fermé dans G. 0 2. Si H est ouvert dans G alors H = H et 1 ∈ H appartient bien à l’intérieur de H. Supposons que 1 soit intérieur à H. Il existe ε > 0 tel que B(1, ε) ⊂ H. Pour tout x ∈ H on a alors x·B(1, ε) ⊂ H, car H est stable par produit. Or x = x·1 appartient à x · B(1, ε) et x · B(1, ε) est un ouvert par continuité de l’application g 7→ x−1 · g. On a montré que tout point de H est intérieur à H, ce qui prouve que H est ouvert. 3. On suppose que G est connexe. Soit U un voisinage de l’unité, et soit G0 le sousgroupe de G engendré par U . Alors, puisque 1 ∈ U ⊂ G0 , 1 est intérieur à G0 , ce qui prouve par la question 2 que G0 est ouvert. Il découle de la question 1 que G0 est également fermé. G0 est ouvert, fermé et non-vide dans G qui est connexe, donc G0 = G. On a montré que G est endendré par tout voisinage de l’unité. 4. On note G0 la composante connexe de 1 dans G. L’image de G0 par toute application continue ϕ est un connexe contenant ϕ(1). Si ϕ est à valeurs dans G et ϕ(1) = 1 alors ϕ(G0 ) est un connexe de G contenant 1 d’où ϕ(G0 ) ⊂ G0 . On en déduit en particulier que G0 est stable par tout morphisme de groupe continu : G → G. En considérant l’application x 7→ x−1 qui est continue sur G et envoie 1 sur 1, on déduit également de ce qui précéde que G0 est stable par passage à l’inverse. Soit x ∈ G0 , alors x−1 ∈ G0 et xG0 est un connexe (par continuité de y 7→ x · y) contenant x · x−1 = 1. On a donc xG0 ⊂ G0 pour tout x ∈ G0 . Ceci prouve que G0 est stable par multiplication. Comme 1 ∈ G0 , on en déduit que G0 est un sous-groupe de G. Puisque une composante connexe est toujours fermée, on en déduit que G0 est un sous-groupe fermé de G. Exercice 2. Connexité 1. Soient a, b et ε > 0 comme dans l’énoncé. On pose C = {x ∈ X|∃a = a1 , . . . , an = x ∈ X ∀i d(ai , ai+1 ) < ε} C est non-vide car il contient a. C est ouvert car pour tout x dans C, B(x, ε) ⊂ C. Soit (xn )n∈N une suite d’éléments de C qui converge vers x ∈ X. Alors il existe n0 ∈ N tel que xn0 ∈ B(x, ε). Comme xn0 appartient à C, il existe une suite de 1 points a = a1 , . . . , an = xn0 avec d(ai , ai+1 ) < . En posant an+1 = x, on voit que x appartient à C ce qui prouve que C est fermé. C est un ouvert fermé non-vide de X qui est connexe, donc C = X. En particulier on a b ∈ C ce qui prouve bien la propriété demandée. Exercice 3. Opérateurs à noyau 1. T f est bien définie en tout point comme intégrale d’une fonction continue sur un compact. L’application (x, t) 7→ k(t, x)f (t) est continue sur [0, 1]×[0, 1], donc d’après le théorème de continuité sous l’intégrale, T f est continue sur [0, 1], c’est-à-dire, T f ∈ E. 2. Si f ∈ BE (0, 1) alors N∞ (T f ) ≤ sup |k(t, x)|. Comme B E (0, sup |k(t, x)|) (t,x)∈[0,1]2 (t,x)∈[0,1]2 est fermé dans E on en déduit que l’adhérence de T (BE (0, 1)) est bornée dans E. On écrit pour f ∈ BE (0, 1), |Tf (x) − Tf (y)| ≤ kf k∞ Z 1 |k(t, x) − k(t, y)|dt ≤ 0 Z 1 |k(t, x) − k(t, y)|dt 0 Si g est limite uniforme d’une suite (Tfn ), on peut passer à la limite quand n tend vers +∞ dans l’inégalité précédente et on obtient la même inégalité pour g. Par le théorème de Heine, la fonction continue k sur le compact [0, 1] × [0, 1] est uniformément continue donc pour tout > 0, il existe η tel que |k(t, x) − k(t, y)| < dès que |x − y| < η. En particulier, pour tout g ∈ T (BE (0, 1)) et pour tout x, y tel que |x − y| < η, |g(x) − g(y)| < La partie T (BE (0, 1)) est donc équicontinue, comme elle est également fermée et bornée, le théorème d’Ascoli assure qu’elle est compacte. 3. La boule unité fermée de ker(T − λ · Id) vaut BE (0, 1) \ ker(T − λ · Id) = \ 1 T (BE (0, 1)) ker(T − λ · Id) λ car on a f = λ1 T (f ) sur ker(T − λ · Id). Elle est fermée dans E car ker(T − λ · Id) est fermé. Comme T (BE (0, 1)) est compact, la boule unité est compacte (c’est un fermé dans un compact). D’après le théorème de Riesz, on en déduit que ker(T − λ·Id) est de dimension finie. Exercice 4. Distance de Hausdorff 1. Soient A, B, C ∈ F. On a bien dH (A, B) = supx∈X |d(x, A) − d(x, B)| ≥ 0 et dH (B, A) = kϕB − ϕA kX = kϕA − ϕB kX = dH (A, B). On a aussi l’inégalité triangulaire : dH (A, B) = kϕA − ϕB kX = k(ϕA − ϕC ) + (ϕC − ϕB )kX ≤ kϕA − ϕC kX + kϕC − ϕB kX ≤ dH (A, C) + dH (C, B) 2 Supposons maintenant que dH (A, B) = 0. Soit x ∈ B. Comme B est fermé, on a d(x, B) = 0. Or d(x, A) = |d(x, A) − d(x, B)| ≤ dH (A, B) = 0 d’où d(x, A) = 0 et x ∈ A car A est fermé. On a donc montré B ⊂ A. Comme dH est symétrique, on a aussi dH (B, A) = 0 d’où A ⊂ B et A = B, ce qui finit de montrer que dH est une distance sur F. 2. Soit x ∈ X. Montrons d’abord f (x) ≤ ϕA (x). Soit y ∈ A = f −1 ({0}). Comme An est compact (car fermé dans un compact), il existe yn ∈ An tel que d(y, An ) = d(y, yn ). On a d(y, yn ) = |d(y, An ) − f (y)| ≤ kϕAn − f kX → 0, autrement dit yn → y. Comme yn ∈ An , on a d(x, An ) ≤ d(x, yn ), d’où f (x) = lim d(x, An ) ≤ lim d(x, yn ) = d(x, y). Ceci étant vrai pour tout y ∈ A, on a bien f (x) ≤ ϕA (x). Montrons maintenant que ϕA (x) ≤ f (x). Par compacité de An , on peut trouver an ∈ An tel que d(x, An ) = d(x, an ). Comme (an )n∈N est une suite de X qui est compact, on peut considérer une suite extraite an(p) qui converge vers a ∈ X. On a : f (a) = f (a) − d(a, An(p) ) + d(a, An(p) ) − d(an(p) , An(p) ) + d(an(p) , An(p) ) → 0 | {z →0 } | {z } |.|≤d(a,an(p) )→0 | {z } =0 Ainsi par unicité de la limite, on a f (a) = 0, i.e. a ∈ A. On a donc : ϕA (x) ≤ d(x, a) ≤ d(x, an(p) ) + d(an(p) , a) = ϕAn(p) (x) + d(an(p) , a) → f (x) | {z →f (x) } | {z →0 } On obtient donc ϕA (x) ≤ f (x). 3. Commençons par poser E = {ϕA : A ∈ F} ⊂ C 0 (X). Comme X est compact, on a kϕA kX ≤ diam(X) < ∞ pour A ∈ F, ainsi E est une partie bornée de C 0 (X). C’est aussi une partie fermée : si (An )n∈N ∈ F N est telle que ϕA → f dans C 0 (X), alors la question précédente nous dit que f = ϕA avec A = f −1 ({0}) ∈ F car f est continue. De plus, ϕA est 1-lipschitzienne pour tout A ∈ F, ainsi E est une partie fermée, bornée et équicontinue de C 0 (X), et le théorème d’Ascoli nous dit que E est compacte. Soit (An )n∈N ∈ F N . La suite (ϕAn )n∈N est une suite du compact E, donc il existe une suite extraite (ϕAn(p) )p∈N et A ∈ F tels que ϕAn(p) → ϕA dans C 0 (X), autrement dit dH (An(p) , A) → 0, ainsi F est compact. 3