1 Théorème de Tietze (niveau L3-M1)

Comme jolie application de la complétude, on va donner en exercice (corrigé), la preuve du théorème de Tietze

Extension de Tietze-Urysohn (Correction)

Soit $F$ un fermé de $X$ espace métrique. Soit $E=C_b^0(X,ℝ)$ et $p:E\to C_b^0(F,ℝ)$ l’application de restriction. On va montrer que $p$ est surjective (et un peu mieux).

1. 1.
   ​

   Soit $g\in C^0\left(K\right)$ avec ${\Vert g\Vert }_{\mathrm{\infty }}\le 1$. Soient $K_1:=g^{-1}\left(\left[1/\mathrm{3,1}\right]\right)$ et $K_2:=g^{-1}\left([-1,-1/3]\right)$. Soit :

   $$f\left(x\right)=\frac{1}{3}\frac{d(x,K_2)-d(x,K_1)}{d(x,K_2)+d(x,K_1)},d(x,K_i):=inf\left\{d(x,y),y\in K_i\right\}.$$

   Vérifions que $f\in E,{\Vert f\Vert }_{\mathrm{\infty }}\le 1/3$ et ${\Vert p\left(f\right)-g\Vert }_{\mathrm{\infty }}\le \alpha =2/3.$ (on dit que $p$ est presque surjective)

   $f$ est continue car $d(.,K_i)$ est continue et le dénominateur est non nul car $K_1\cap K_2=\mathrm{\emptyset }$ et $d(.,K_i)>0$ sur $K_i^c$.

2. 2.
   ​

   Or par l’inégalité triangulaire:

   $$\left|f\left(x\right)\right|\le \frac{1}{3}\frac{d(x,K_2)+d(x,K_1)}{d(x,K_2)+d(x,K_1)}=\frac{1}{3}$$

   donc $f$ est bornée et ${\Vert f\Vert }_{\mathrm{\infty }}\le 1/3$.

   $$\left|p\left(f\right)-g\right|=1_{K_1}\left|\frac{1}{3}-g\right|+1_{K_2}\left|-\frac{1}{3}-g\right|+\left(1_K-1_{K_1}-1_{K_2}\right)\left|f-g\right|\le 1_{K_1}{\Vert 1_{K_1}\left(\frac{1}{3}-g\right)\Vert }_{\mathrm{\infty }}+1_{K_2}{\Vert 1_{K_1}\left(-\frac{1}{3}-g\right)\Vert }_{\mathrm{\infty }}+\left(1_K-1_{K_1}-1_{K_2}\right)\left({\Vert f\Vert }_{\mathrm{\infty }}+{\Vert g\Vert }_{\mathrm{\infty }}\right)$$

   et tous les termes sont inférieurs à $2/3$ par définition.

3. 3.
   ​

   On construit construire une suite $f_n$ par récurrence à partir du résultat précédent telle que $f_n=F_0+\mathrm{\dots }+F_n$

   $$\sum _{k=0}^n{\Vert F_k\Vert }_{\mathrm{\infty }}\le \frac{1}{3}\left(1+\mathrm{\dots }+\frac{2^n}{3^n}\right)$$

   et

   $${\Vert p\left(f_n\right)-g\Vert }_{\mathrm{\infty }}\le \frac{2^{n+1}}{3^{n+1}}.$$

   On prend $f_0=F_0=f$ donné par $1$ à partir de $g$. On prend $F_n/{\Vert p\left(f_{n-1}\right)-g\Vert }_{\mathrm{\infty }}$ donné par $1$ à partir de $-\left[p\left(f_{n-1}\right)-g\right]/{\Vert p\left(f_{n-1}\right)-g\Vert }_{\mathrm{\infty }}$ (si le dénominateur est $0$ on s’arrête et on prend la suite constante).

   Donc on a les deux inégalités

   $${\Vert F_n\Vert }_{\mathrm{\infty }}\le \frac{1}{3}{\Vert p\left(f_{n-1}\right)-g\Vert }_{\mathrm{\infty }}\le \frac{1}{3}\frac{2^n}{3^n}$$

   et

   $${\Vert p\left(F_n\right)+p\left(f_{n-1}\right)-g\Vert }_{\mathrm{\infty }}\le \frac{2}{3}{\Vert p\left(f_{n-1}\right)-g\Vert }_{\mathrm{\infty }}\le \frac{2^{n+1}}{3^{n+1}}$$

   La deuxième inégalité donne ${\Vert p\left(f_n\right)-g\Vert }_{\mathrm{\infty }}\le \frac{2^{n+1}}{3^{n+1}}.$ La première inégalité suit par l’hypothèse de récurrence.

4. 4.
   ​

   Déduisons qu’il existe $F\in E,$ ${\Vert F\Vert }_{\mathrm{\infty }}\le 1$ telle que $p\left(F\right)=g.$ ${\displaystyle \sum F_n}$ est donc absolument convergente dans $E$, donc par complétude convergente, donc soit $F={\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}}{F}_n=lim{f}_n$. En passant à la limite on obtient (par la somme d’une série géométrique)

   $${\Vert F\Vert }_{\mathrm{\infty }}\le \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{\Vert F_n\Vert }_{\mathrm{\infty }}\le \frac{1}{3}\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{2^{n+1}}{3^{n+1}}\le \frac{1}{3}\frac{1}{1-2/3}=1$$

   et ${\Vert p\left(F\right)-g\Vert }_{\mathrm{\infty }}=0$ donc $p\left(F\right)=g$ par séparation.