Cours et exercices corrigés de L3 : Démonstrations fondamentales de L3 : Lebesgue, Banach et Sylow
Démonstrations majeures de L3 : Théorème de convergence dominée de Lebesgue, Théorème de Baire et Banach-Steinhaus, Théorème d'Inversion Locale, Théorèmes de Sylow.
Démontrer le théorème de convergence dominée à partir du lemme de Fatou.
Déduire le théorème de Banach-Steinhaus du théorème de Baire et identifier le rôle de la complétude.
Démontrer le théorème d'inversion locale par le théorème du point fixe, y compris la régularité de la réciproque.
Démontrer l'existence des p-sous-groupes de Sylow à l'aide d'une action de groupe.
Le cours
1. Théorème de convergence dominée de Lebesgue
Énoncé : soient (X,A,μ) un espace mesuré et (fn) une suite de fonctions mesurables à valeurs réelles convergeant μ-presque partout vers une fonction mesurable f. S'il existe g∈L1(μ) telle que, pour tout n, ∣fn∣≤g presque partout, alors f∈L1(μ) et
n→+∞lim∫∣fn−f∣dμ=0,doncn→+∞lim∫fndμ=∫fdμ.
Démonstration (lemme de Fatou) :
1. Intégrabilité de la limite : hors d'une réunion dénombrable d'ensembles négligeables, on a ∣fn∣≤g pour tout n et fn→f ; par passage à la limite, ∣f∣≤g presque partout, donc f∈L1(μ). 2. On pose hn=2g−∣fn−f∣. Presque partout, ∣fn−f∣≤∣fn∣+∣f∣≤2g, donc hn≥0, et hn→2g. 3. Lemme de Fatou appliqué aux fonctions positives hn : ∫2gdμ≤liminf∫hndμ=∫2gdμ−limsup∫∣fn−f∣dμ. 4. Comme ∫2gdμ<+∞, on peut le soustraire : limsup∫∣fn−f∣dμ≤0, donc ∫∣fn−f∣dμ→0. 5. Enfin ∫fndμ−∫fdμ≤∫∣fn−f∣dμ→0.
Contre-exemple : sur [0;1], fn=n1]0;1/n] tend vers 0 en tout point, mais ∫fn=1 pour tout n ; la plus petite majorante supnfn vaut ⌊1/x⌋≥x1−1 sur ]0;1] et n'est pas intégrable.
2. Théorème de Baire et théorème de Banach-Steinhaus
Théorème de Baire : dans un espace métrique complet, toute intersection dénombrable d'ouverts denses est dense. Forme équivalente (passage au complémentaire) : si un espace métrique complet non vide est réunion dénombrable de fermés Fn, l'un des Fn est d'intérieur non vide.
Théorème de Banach-Steinhaus : soient E un espace de Banach, F un espace vectoriel normé et (Ti)i∈I une famille d'applications linéaires continues de E dans F. Si supi∈I∥Ti(x)∥<+∞ pour tout x∈E, alors supi∈I∥Ti∥<+∞.
Démonstration :
1. Pour n∈N∗, Fn={x∈E∣∀i∈I,∥Ti(x)∥≤n} est une intersection d'images réciproques du fermé [0;n] par les applications continues x↦∥Ti(x)∥ : c'est un fermé. 2. Par hypothèse, E=⋃n≥1Fn. Comme E est complet, le théorème de Baire fournit n0 tel que Fn0 contienne une boule fermée Bˉ(x0,r) avec r>0. 3. Soit u∈E avec ∥u∥≤1. Alors x0+ru et x0 appartiennent à Fn0, donc pour tout i∈I, par linéarité : r∥Ti(u)∥=∥Ti(x0+ru)−Ti(x0)∥≤n0+n0=2n0. 4. Ainsi ∥Ti∥≤r2n0 pour tout i∈I.
Application : si une suite (Tk) d'applications linéaires continues sur un Banach converge simplement vers T, alors T est linéaire et continue, avec ∥T∥≤supk∥Tk∥.
Contre-exemple sans complétude : sur R[X] muni de ∥∑akXk∥=maxk∣ak∣, les formes linéaires Tn(P)=nan sont ponctuellement bornées (pour P fixé, an=0 dès que n>degP), mais ∥Tn∥=n.
3. Théorème d'inversion locale
Énoncé : soient U un ouvert de Rn, f:U→Rn de classe C1 et a∈U tel que df(a) soit inversible. Il existe un ouvert V contenant a et un ouvert W contenant f(a) tels que f induise une bijection de V sur W dont la réciproque est de classe C1.
Démonstration (point fixe de Banach) :
1. Réduction : en remplaçant f par x↦df(a)−1(f(a+x)−f(a)), on se ramène à a=0, f(0)=0 et df(0)=Id. 2. Pour y fixé, on pose φy(x)=x−f(x)+y : l'équation f(x)=y équivaut à φy(x)=x. On a dφy(x)=Id−df(x), nulle en 0 ; par continuité de df, il existe r>0 tel que Bˉ(0,r)⊂U et ∥Id−df(x)∥≤21 pour x∈Bˉ(0,r). 3. Contraction : par l'inégalité des accroissements finis sur le convexe Bˉ(0,r), ∥φy(x)−φy(x′)∥≤21∥x−x′∥. Si ∥y∥<2r, alors ∥φy(x)∥≤∥φy(x)−φy(0)∥+∥y∥≤2r+∥y∥<r : φy envoie la boule fermée Bˉ(0,r), qui est complète, dans la boule ouverte B(0,r). 4. Bijection locale : par le théorème du point fixe, chaque y∈W=B(0,2r) a un unique antécédent g(y) dans Bˉ(0,r), et ∥g(y)∥<r. L'ensemble V=B(0,r)∩f−1(W) est ouvert (continuité de f), contient 0, et f induit une bijection de V sur W, de réciproque g. 5. Continuité de g : de x−x′=(φ0(x)−φ0(x′))+(f(x)−f(x′)), on tire ∥x−x′∥≤2∥f(x)−f(x′)∥ sur V : g est 2-lipschitzienne. 6. Différentiabilité de g : pour x∈V, ∥Id−df(x)∥≤21<1, donc df(x) est inversible (série de Neumann). Pour x=g(y) et k=g(y+h)−g(y), on a h=df(x)k+o(∥k∥) et ∥k∥≤2∥h∥ ; donc k=df(x)−1h+o(∥h∥), c'est-à-dire dg(y)=df(g(y))−1. 7. Classe C1 : y↦df(g(y))−1 est composée de g (continue), de df (continue) et de l'inversion M↦M−1 (continue sur GLn(R) par la formule de la comatrice) ; g est donc de classe C1.
Le résultat est local : (x,y)↦(excosy,exsiny) a une différentielle inversible en tout point de R2 (jacobien e2x), mais n'est pas injective (elle est 2π-périodique en y).
4. Premier théorème de Sylow (existence)
Énoncé : soit G un groupe fini d'ordre pαm, avec p premier, α≥1 et p∤m. Alors G possède un sous-groupe d'ordre pα (un p-sous-groupe de Sylow).
Lemme arithmétique : p ne divise pas N=(pαpαm). En effet,
N=j=0∏pα−1pα−jpαm−j; le facteur j=0 vaut m, et pour 1≤j<pα on a vp(j)<α, donc vp(pαm−j)=vp(j)=vp(pα−j). Ainsi vp(N)=vp(m)=0.
Démonstration (action par translation à gauche) :
1. Soit X l'ensemble des parties de G à pα éléments, de cardinal N. Le groupe G agit sur X par g⋅A=gA={ga∣a∈A}. 2. Les orbites forment une partition de X ; comme p∤N, l'une d'elles, O(A), a un cardinal non divisible par p. 3. Soit H=Stab(A)={g∈G∣gA=A}, sous-groupe de G. Par la relation orbite-stabilisateur, ∣G∣=∣O(A)∣⋅∣H∣ ; pα divise ∣G∣ et est premier avec ∣O(A)∣, donc pα divise ∣H∣ (lemme de Gauss). 4. Fixons a∈A. Pour h∈H, ha∈hA=A ; l'application h↦ha est injective (simplification dans un groupe), de H dans A, donc ∣H∣≤∣A∣=pα. 5. Ainsi ∣H∣=pα : H est un p-sous-groupe de Sylow de G.
Suite du théorème (énoncés) : les p-Sylow sont deux à deux conjugués ; leur nombre np divise m et vérifie np≡1(modp).
Exemple : si ∣G∣=15, alors n3 divise 5 et n3≡1(mod3), donc n3=1 ; de même n5=1. Les deux Sylow sont distingués, d'intersection triviale, et G≃Z/3Z×Z/5Z, groupe cyclique.
Méthodes et exemples rédigés
Appliquer le théorème de convergence dominée
Exemple
Calculer limn→+∞∫0n(1−nx)ndx. On pose fn(x)=(1−nx)n1[0;n](x) sur [0;+∞[. Pour x fixé, fn(x)→e−x ; et, comme ln(1−t)≤−t pour t∈[0;1[, on a 0≤fn(x)≤e−x, fonction intégrable. Donc la limite vaut ∫0+∞e−xdx=1 (contrôle : le calcul direct donne n+1n).
1. Écrire l'intégrale sur un domaine fixe, en intégrant une indicatrice si les bornes dépendent de n.
2. Vérifier la mesurabilité des fn et déterminer leur limite simple presque partout.
3. Trouver une domination∣fn∣≤g valable pour toutn, avec g intégrable et indépendante de n.
4. Conclure en citant le théorème, puis calculer ∫f.
Pièges fréquents
Utiliser une « domination » qui dépend de n : ∣fn∣≤gn ne suffit pas, il faut une même fonction g intégrable pour tous les n (voir fn=n1]0;1/n]).
Oublier la complétude dans Banach-Steinhaus : sur R[X] normé par maxk∣ak∣, les formes Tn(P)=nan sont ponctuellement bornées mais ∥Tn∥=n.
Conclure du théorème d'inversion locale à un difféomorphisme global : (x,y)↦(excosy,exsiny) a une différentielle partout inversible mais n'est pas injective.
Lire Sylow comme une réciproque du théorème de Lagrange : le groupe alterné A4, d'ordre 12, n'a aucun sous-groupe d'ordre 6. Sylow garantit seulement des sous-groupes d'ordre pk pour pk divisant ∣G∣.
Questions de révision
Essaie de répondre de tête avant d'afficher la réponse.
À quelle suite de fonctions positives applique-t-on le lemme de Fatou pour démontrer la convergence dominée ?
À hn=2g−∣fn−f∣≥0, qui tend vers 2g ; on obtient limsup∫∣fn−f∣≤0.
Où intervient la complétude de E dans la preuve de Banach-Steinhaus ?
Pour appliquer le théorème de Baire à E=⋃nFn, avec Fn fermés : l'un des Fn contient une boule.
Pourquoi φy(x)=x−f(x)+y est-elle contractante près de 0 dans la preuve du théorème d'inversion locale ?
Car dφy(x)=Id−df(x) est nulle en 0 et continue ; sur une boule Bˉ(0,r), ∥dφy∥≤21 et l'inégalité des accroissements finis donne le rapport 21.
Quelle est la différentielle de la réciproque locale g donnée par le théorème d'inversion locale ?
dg(y)=df(g(y))−1.
Sur quel ensemble fait-on agir G pour démontrer l'existence d'un p-Sylow ?
Sur l'ensemble des parties de G à pα éléments, par translation à gauche ; le stabilisateur d'une partie dont l'orbite a un cardinal premier à p est un p-Sylow.
Exercices corrigés
Exercice 1 TCD : Pourquoi la domination intégrable g est indispensable
Palier 1 · découverte
Considérons sur [0,1] la suite de fonctions fn(x)=n1]0,1/n](x). On a fn(x)→0 simplement pour tout x∈[0,1]. Pourquoi ∫01fn(x)dx ne tend-elle pas vers ∫010dx=0 ?
Car il n'existe aucune fonction dominante g∈L1([0,1]) qui majore ∣fn∣ pour tout n (la plus petite majorante, ⌊1/x⌋≥1/x−1, n'est pas intégrable)
Car l'intégrale de Lebesgue n'est pas définie sur [0, 1]
Car les fonctions fn ne sont pas boréliennes
Car l'intervalle [0, 1] n'est pas compact
Un indice
Calcule ∫01fn(x)dx : elle vaut n×(1/n)=1 pour tout n, donc tend vers 1 et non 0 !
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Bonne réponse : A. Car il n'existe aucune fonction dominante g∈L1([0,1]) qui majore ∣fn∣ pour tout n (la plus petite majorante, ⌊1/x⌋≥1/x−1, n'est pas intégrable)
Pour tout n, ∫01fn=n×n1=1=0. L'hypothèse de domination ∣fn∣≤g∈L1 est en défaut : toute majorante vérifie g≥supnfn=⌊1/x⌋≥x1−1 sur ]0;1], qui n'est pas intégrable. Le TCD ne peut donc pas s'appliquer sans hypothèse de domination intégrable.
Exercice 2 Preuve du TCD : Rôle du Lemme de Fatou sur g + fn
Palier 2 · application
Dans la démonstration du Théorème de Convergence Dominée, pour quelle raison applique-t-on le lemme de Fatou à la suite hn=g+fn ?
Car le lemme de Fatou exige des fonctions positives, or ∣fn∣≤g⟹g+fn≥0
Car la fonction g + fn est toujours dérivable
Car g + fn est une suite de fonctions étagées
Car cela permet d'éliminer la mesure de l'espace
Un indice
Le lemme de Fatou est le résultat fondamental pour les suites de fonctions positives mesurables.
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Bonne réponse : A. Car le lemme de Fatou exige des fonctions positives, or ∣fn∣≤g⟹g+fn≥0
Le lemme de Fatou ne s'applique qu'aux suites de fonctions positives. L'hypothèse de domination ∣fn∣≤g p.p. assure précisément que g+fn≥0 et g−fn≥0, permettant d'obtenir les deux inégalités ∫f≤liminf∫fn et limsup∫fn≤∫f.
Exercice 3 Banach-Steinhaus : Rôle de la complétude de l'espace de départ
Palier 3 · approfondissement
Dans la démonstration du théorème de Banach-Steinhaus, à quel endroit précis intervient le fait que l'espace de départ E soit un espace de Banach (espace vectoriel normé complet) ?
Pour appliquer le théorème de Baire à la réunion dénombrable de fermés E=⋃n=1∞Fn, qui assure qu'un des fermés est d'intérieur non vide
Pour assurer que les opérateurs Ti sont inversibles
Pour affirmer que la boule unité est compacte
Pour justifier que la famille Ti est dénombrable
Un indice
Le lemme de Baire garantit qu'un espace métrique complet n'est pas une réunion dénombrable de fermés d'intérieur vide.
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Bonne réponse : A. Pour appliquer le théorème de Baire à la réunion dénombrable de fermés E=⋃n=1∞Fn, qui assure qu'un des fermés est d'intérieur non vide
On écrit E=⋃n≥1Fn où Fn={x∈E∣∀i,∥Ti(x)∥≤n} sont des fermés. Comme E est complet (Banach), le théorème de Baire assure qu'au moins un Fn0 contient une boule ouverte B(x0,r), ce qui permet ensuite de borner les opérateurs sur la boule unité par translation et homothétie.
Exercice 4 TIL : Pourquoi la différentielle inversible garantit une contraction locale
Palier 4 · défi
Dans la preuve du Théorème d'Inversion Locale pour f(0)=0 et df(0)=Id, pourquoi l'application φy(x)=x−f(x)+y est-elle une contraction stricte de rapport 1/2 sur une petite boule Bˉ(0,r) ?
Car dφy(0)=Id−df(0)=0, donc par continuité de df en 0, ∥dφy(x)∥≤1/2 sur Bˉ(0,r), et l'IAF conclut
Car f est un polynôme de degré 1
Car toute fonction de classe C1 est automatiquement lipschitzienne sur l'espace entier
Car y est de norme nulle
Un indice
La différentielle de φy en 0 s'annule : dφy(0)=I−I=0.
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Bonne réponse : A. Car dφy(0)=Id−df(0)=0, donc par continuité de df en 0, ∥dφy(x)∥≤1/2 sur Bˉ(0,r), et l'IAF conclut
On a dφy(x)=Id−df(x). En x=0, dφy(0)=Id−Id=0. Comme f est C1, x↦df(x) est continue, donc il existe r>0 tel que ∀x∈Bˉ(0,r),∥dφy(x)∥≤1/2. D'après l'Inégalité des Accroissements Finis (IAF), φy est 1/2-lipschitzienne, donc strictement contractante.