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Les-Mathematiques.net - Cours de mathématiques supérieures Propriétés des evn de dimension finie et théorème de Riesz

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Propriétés des evn de dimension finie et théorème de Riesz

Les propriétés qui viennent découlent de l'équivalence des normes

. On considère encore ici un k-espace vectoriel E de dimension finie n.
Corollaire Pour toute norme $\Vert \Vert$ sur E et toute norme $\Vert \Vert$ ' sur k

, il existe un isomorphisme bicontinue entre (E, $\Vert \Vert$ ) et (k

, $\Vert \Vert$ ').
Démonstration Il suffit de fixer une base $(e_i)_{\scriptsize {i =1..n}}$ dans E et de considérer l'application $\theta$ qui à un vecteur x de E lui associe ses coordonnées dans k

. Cette aplication est clairement un isomorphisme et est bicontinue ( c'est une isométrie!!!) pour la norme infinie de E et la métrique produit

sur k

, comme nous l'avons démontré au début de cette section

. Comme de plus, toutes les normes sur E, ainsi que sur k

, sont équivalentesatomaevc5, notre isomorphisme est bicontinue de E sur k

, et ce quelque soient les normes choisies sur E et k

.
Corollaire Un sous espace de dimension finie d'un evn est complet

.
Démonstration Soit F un sous espace vectoriel d'un k-evn (X, $\Vert \Vert$ ) de dimension finie. Considérons la restriction de la norme de X au sous espace F. Cela définie une norme sur F

que l'on note $\Vert \Vert$

. Comme F est de dimension finie, la norme $\Vert \Vert$

est équivalente

, si l'on se fixe une base $(e_i)_{\scriptsize {i =1..k}}$ dans F, à la métrique produit sur F

. Si une suite $(x_n)_{\scriptsize {n \in {\rm I\!N }}}$ est de Cauchy

dans (F, $\Vert \Vert$

), alors elle sera de Cauchy dans (F, $\Vert \Vert$ $_\infty$ ) et, si l'on note

le vecteur coordonné des éléments

de la suite et ce $\forall n \in$ IN, chacune de ces coordonnées, par définition de la métrique produit

, est de Cauchy dans (k,| |). k étant complet

, ceci implique que chacune des suites coordonnées $(x_n^i)_{\scriptsize {n \in {\rm I\!N }}}$ pour i=1...k converge vers un éléments

de k

. Reste à voir que la suite $(x_n)_{\scriptsize {n \in {\rm I\!N }}}$ converge vers

$\begin{displaymath}\displaystyle{x=\sum_{i=1}^k x_i e_i}\end{displaymath}$

dans (F, $\Vert \Vert$ $_\infty$ ). Il est clair, tout d'abord, que x est élément de F. Fixons ensuite $\varepsilon>0$ . Comme chaque suite $(x_n^i)_{\scriptsize {n \in {\rm I\!N }}}$ converge vers

, pour tout i=1..k, on peut trouver $N(\varepsilon,i)$ tel que si n> $N(\varepsilon,i)$ alors $\vert x_n^i-x^i\vert<\varepsilon$

. Posons alors

$\begin{displaymath}\displaystyle{N=\sup_{i=1}^k N(\varepsilon,i).}\end{displaymath}$

Si n>N

$\begin{displaymath}\sup_{i=1}^k \vert x_n^i-x^i\vert<\varepsilon\end{displaymath}$

ce qui signifie que $(x_n)_{\scriptsize {n \in {\rm I\!N }}}$ converge vers x pour la métrique produit

, et donc pour la métrique $\Vert \Vert$

. Ceci implique la complétude de F.
Corollaire Un sous espace de dimension finie d'un evn est fermé

.
Démonstration Un sous espace de dimension finie d'un evn est un sous espace complet de cet evn

. Comme un sous ensemble complet d'un espace métrique est fermé, notre sous espace est fermé

.
Corollaire La boule unité

d'un evn de dimension finie est compact

pour la norme de cet evn.
Démonstration On a montré précédemment que la boule unité fermé de (E, $\Vert \Vert$ $_\infty$ ): B $_\infty$ était compact pour la métrique produit

. Elle est donc compact pour toute topologie équivalente à celle induite par la métrique produit. Soit B la boule unité fermé de (E, $\Vert \Vert$ ). Comme les normes $\Vert \Vert$ $_\infty$ et $\Vert \Vert$ sont équivalentes il existe $\alpha \in$ k tel que , pour tout x de E, $\Vert x\Vert$ $\leq \alpha$ $\Vert x\Vert$ $_\infty$

. Donc B est incluse dans l'image par l'homothétie de rapport $\alpha$ de B $_\infty$ : $\alpha$ B $_\infty$ . Mais B $_\infty$ est compact dans (E, $\Vert \Vert$ ) et les homothéties vectorielles

sont continues dans (E, $\Vert \Vert$ ). Comme l'image d'un compact par une application continue est un compact

, on en déduit que $\alpha$ B $_\infty$ est compact dans (E, $\Vert \Vert$ ). Mais B etant un sous ensemble fermé de $\alpha$ B $_\infty$ est alors aussi nécessairement compact

.
Remarque La réciproque de ce théorème est vraie et fait l'objet du théorème de Riez qui suit plus loin.
Corollaire Les compacts de E sont les sous ensembles fermés et bornés

de E.
Démonstration On a déjà montré, dans le chapitre sur les espaces métriques compacts, que tout compact d'un espace métrique est fermé

et borné

. Considérons donc maintenant un sous ensemble K fermé et borné de E. Comme K est borné

, on peut trouver une boule de centre 0 et de rayon r suffisamment grand pour que cette boule contienne K. L'adhérence

de cette boule contiendra donc encore K. Mais cette boule est l'image par l'homothétie de centre 0 et de rapport r de la boule unité fermée de E

. Rappelons que l'image d'un compact par une application continue est encore compacte

, et donc $B_{f}(0,r)$ est un compact de (E, $\Vert \Vert$ ). Mais notre sous ensemble est alors un fermé inclus dans un compact, ce qui implique qu'il est compact

.
Théorème de Riesz Si la boule unité d'un evn (E, $\Vert \Vert$ ) est compact alors E est de dimension finie.
On va, pour la démonstration du théorème, utiliser les notations suivantes: si F et G désignent des parties de E ,que x est élément de E et que $\lambda$ est élément de k,alors: $F+G=\lbrace f+g ; f\in F,g\in G \rbrace$ , $x+G = \lbrace x+g ; g\in G \rbrace$ , $\lambda F=\lbrace \lambda f ; f\in F \rbrace$ .
Démonstration Soit B la boule unité fermé de (E, $\Vert \Vert$ ) qui est compacte par hypothèse. On note Bo la boule unité ouverte. La famille $(x+{1 \over 2}Bo)_{\scriptsize {x \in B}}$ définit un recouvrement ouvert de B

. On peut alors en extraire un recouvrement fini $(x_i+{1 \over 2} Bo)_{\scriptsize {i =1...n}}$ où n est élément de IN

amcb3. Soit F le sous espace vectoriel engendré par $(x_i)_{\scriptsize {i =1..n}}$ . On a la série d'inclusion: B $\subset$ ${1 \over 2}$ B+F , 2B $\subset$ 2( ${1 \over 2}$ B+F)=B+2F=B+F. Puis 4B $\subset$ 2(B+F)=2B+2F=2B+F=B+B+F. Mais B $\subset$ B+F et donc 4B $\subset$ B+F. Par récurence, on montre que 2

B $\subset$ B+F. Mais E= $\displaystyle{\lim_{n\rightarrow \infty}2^n B}$ , donc E $\subset$ B+F. Supposons que E ne soit pas inclus dans F.
Soit x $\in$ E $\setminus$ F.Remarquons que F, étant un sous espace vectoriel de dimension finie de E, il est fermé dans E

. Donc, E $\setminus$ F est ouvert et pour n assez grand, la boule x+ ${1 \over 2^n}$ B est incluse dans E $\setminus$ F. C'est à dire (x+ ${1 \over 2^n}$ B) $\cap$ F= $\emptyset$ , donc (

x+B) $\cap$ F= $\emptyset$ ou encore

x n'est pas élément de B+F (si

x $\in$ B+F $\Rightarrow \exists b \in$ B et $f\in$ F tel que

mais alors

ce qui implique que l'intersection de (

x+B) et F est non vide), ce qui est absurde car on vient d'établir le contraire. Notre hypothèse de départ est donc fausse et E=F, ce qui prouve que E est de dimension finie.