Considèrons \( (E, \lVert .\lVert ) \), un \( {\mathbb K} \)-espace vectoriel normé et \( K\subset E \), une partie compacte.

Soit \( f: K\rightarrow K \) une dilatation, c'est à dire que pour tout \( (x, y)\in K^2 \),

\( \lVert f(x) - f(y)\lVert \geq \lVert x - y\lVert \)

L'objectif de l'exercice est de montrer que \( f \) est une isométrie bijective.

1. Montrer que \( f \) est injective.

Considérons \( a\in K \) et \( b\in K \).
Définissons les suites \( (a_n)\in K^{{\mathbb N}} \) et \( (b_n)\in K^{{\mathbb N}} \) par :

\( a_0 = a \)      \( \forall n\in{\mathbb N}, a_{n+1} = f(a_n) \)

\( b_0 = b \)      \( \forall n\in{\mathbb N}, b_{n+1} = f(b_n) \)

2. Montrer qu'il existe \( k: {\mathbb N} \rightarrow {\mathbb N} \) telle que les suites \( (a_{k(n)}) \) et \( (b_{k(n)}) \) convergent.

3. Déterminer \( \lim \lVert a_{k(n+1) - k(n)}\lVert \).

4. En déduire que \( f \) est une isométrie.

5. Démontrer que \( f \) est bijective.

■

Solution

1. Montrer que \( f \) est injective.

Considérons \( x\in K \) et \( y\in K \) tels que \( f(x) = f(y) \),

\( \underbrace{\lVert f(x) - f(y) \lVert }_{= 0} \geq \lVert x - y\lVert \)

Ainsi, \( \lVert x - y\lVert = 0 \) et donc \( x = y \). Autrement dit, \( f \) est injective.

2. Montrer qu'il existe \( k: {\mathbb N} \rightarrow {\mathbb N} \) telle que les suites \( (a_{k(n)}) \) et \( (b_{k(n)}) \) convergent.

Définissons la suite \( (u_n)\in(K\times K)^{{\mathbb N}} \) pour tout entier \( n \) par \( u_n = (a_n; b_n) \).
\( K\times K \) étant une partie compacte de \( E\times E \), on peut en extraire une sous-suite convergente \( (u_{k(n)}) \).
Ainsi, \( (a_{k(n)}) \) et \( (b_{k(n)}) \) convergent.

3. Déterminer \( \lim \lVert a_{k(n+1) - k(n)}\lVert \).

Pour tout entier \( n \),

\( \lVert a_{k(n+1)} - a_{k(n)}\lVert = \lVert f(a_{k(n+1) - 1}) - f(a_{k(n) - 1})\lVert \)

\( \lVert a_{k(n+1)} - a_{k(n)}\lVert \geq \lVert a_{k(n+1) - 1} - a_{k(n) - 1}\lVert \)

En itérant cette inégalité \( k(n) \) fois :

\( \lVert a_{k(n+1)} - a_{k(n)}\lVert \geq \lVert a_{k(n+1) - k(n)} - a_0\lVert \)

La suite \( (a_{k(n)}) \) étant convergente,

\( \underbrace{\lim \lVert a_{k(n+1)} - a_{k(n)}\lVert }_{= 0} \geq \lim \lVert a_{k(n+1) - k(n)} - a_0\lVert \)

Ainsi, \( \lim \lVert a_{k(n+1) - k(n)}\lVert = a_0 \)

4. En déduire que \( f \) est une isométrie.

Vu la question précédente, nous obtenons aussi que \( \lim b_{k(n+1) - k(n)} = b_0 \)

\( \lVert a_0 - b_0 \lVert \leq \lVert a_1 - b_1\lVert \)

Par récurrence, pour tout entier n,

\( \lVert a_0 - b_0 \lVert \leq \lVert a_1 - b_1\lVert \leq \lVert a_{k(n+1) - k(n)} - b_{k(n+1) - k(n)}\lVert \)

Par continuité, nous passons à la limite :

\( \lVert a - b \lVert \leq \lVert a_1 - b_1\lVert \leq \lVert \lim (a_{k(n+1) - k(n)}) - \lim(b_{k(n+1) - k(n)})\lVert \)

\( \lVert a - b \lVert \leq \lVert a_1 - b_1\lVert \leq \lVert a - b\lVert \)

Ainsi, \( \lVert a_0 - b_0 \lVert = \lVert a_1 - b_1 \lVert \)

Autrement dit, \( \lVert a - b \lVert = \lVert f(a) - f(b) \lVert \)

5. Démontrer que \( f \) est bijective.

Il reste à montrer la surjectivité, c'est à dire \( K = f(K) \).
Par définition de \( f \), nous avons déja \( f(K) \subset K \).

Il faut donc montrer que \( K \subset f(K) \).
Mais \( K \) est compact. \( f \) étant une isométrie, elle est continue. Donc \( f(K) \) est aussi une partie compacte donc fermée.
Nous allons donc plutôt montrer que \( K \subset \overline{f(K)} \).

Soit \( a\in K \). Nous avons montrer que \( a \) était la limite de la suite \( (a_{k(n+1) - k(n)}) \), autrement dit la limite d'une suite prise dans \( (f(K))^{{\mathbb N}} \).