$g:E \to \mathbb R, g(x) = \inf_{y \in K} f(x,y)$ est continue

gebrane

Bonjour, Pour ne pas dévier un fil, je mets la question ici

Soit $E$ un espace topologique et $K$ un espace compact et $f:\quad  E\times K \to \R$ une application continue , alors $g :E \to \mathbb R, g(x) = \inf_{y \in K} f(x,y)$ (ou encore. $g(x) = \sup_{y \in K} f(x,y)$) est continue .
coquille corrigée Merci Thierry Poma

JLT

Il suffit de montrer que $x\mapsto f(x,\cdot)$ est continue de $E$ dans $C(K,\R)$ muni de la norme infinie.

raoul.S

Voici une preuve de la continuité de l'application de JLT en $x_0\in E$:
Soit $\varepsilon >0$. Pour tout $y\in K$, par continuité de $f$ en $(x_0,y)$, il existe un voisinage ouvert $V_{y}$ de $x_0$ et un voisinage ouvert $W_y$ de $y$ tels que $\forall (x,y') \in V_{y}\times W_{y}, \; |f(x,y')-f(x_0,y)|\leq \varepsilon$.

Par compacité de $K$, il existe un entier $n$ et $y_1,...,y_n\in K$ tels que $K=\bigcup\limits_{i=1}^{n} W_{y_i}$.
On pose $V:=\bigcap\limits_{i=1}^n V_{y_i}$. Il ne reste qu'à vérifier que $V$ est un voisinage de $x_0$ qui fait l'affaire.

En effet, soit $ y\in K$. Il existe $i\leq n$ tel que $y\in W_{y_i}$ et donc $\forall x\in V, \; |f(x,y)-f(x_0,y)|\leq|f(x,y)-f(x_0,y_i)|+|f(x_0,y_i)-f(x_0,y)|\leq 2\varepsilon$.

Par conséquent $\forall x\in V, \; \|f(x,\cdot)-f(x_0,\cdot)\|_{\infty}\leq 2\varepsilon$ et $x\mapsto f(x,\cdot)$ est continue en $x_0$.

gebrane

Le diabolique raoul a encore frappé. Apres comment conclure la continuité de g ?

Soit \(E\) un espace quelconque et \(K\) un espace compact. Soit \(f : E \times K \to \mathbb{R}\) continue. Alors

$$g : E \to \mathbb{R}, \quad g(x) = \inf_{y \in K} f(x,y)$$

est continue.

**Preuve * Soit \(x_0 \in E\)  et montrons que $g$ est continue en $x_0$ c'est à dire  pour tout \(\epsilon > 0\), il existe un voisinage de \( x_0 \) tel que \( |g(x) - g(x_0)| < \epsilon \) pour tout $x $ dans ce voisinage . Soit \(\epsilon > 0\). et  \(y_0 \in K\) tel que \(f(x_0, y_0) < g(x_0) + \epsilon\).  Comme $f $ est continue sur $E\times K$ Il existe des voisinages ouverts \(U\) de \(x_0\) dans \(E\) et \(V\) de \(y_0\) dans \(K\) tels que \(f(U \times V) \subset ]g(x_0) - \epsilon, g(x_0) + \epsilon[\). A noter que pour tout  \(x \in U\), 

   $$g(x) \le f(x, y_0) < g(x_0) + \epsilon.$$

On note \(W = f^{-1}(]g(x_0) - \epsilon/2, \infty[)\) est ouvert dans \(E \times K\). Pour \(y \in K\), nous avons \(f(x_0, y) \ge  g(x_0) > g(x_0) - \epsilon/2\), donc \(f(\{x_0\} \times K) \subset ]g(x_0) - \epsilon/2, \infty[ \). Cela signifie que \(\{x_0\} \times K \subset W\). Puisque \(K\) est compact, d'après le lemme  il existe un voisinage ouvert \(U'\) de \(x_0\) dans \(E\) tel que \(U' \times K \subset W\). Pour \(x \in U'\), nous avons

   $$g(x) = \inf_{y \in K} f(x, y) \ge g(x_0) - \epsilon/2 > g(x_0) - \epsilon.$$

Ainsi, \(U'' = U \cap U'\) est un voisinage ouvert de \(x_0\) dans \(E\) tel que \(g(U'') \subset ]g(x_0) - \epsilon, g(x_0) + \epsilon[\).

raoul.S

Je vois que gebrane le pirate avais une preuve dans sa manche... 

Pour terminer avec l'idée de JLT : soit $x_0\in E$ alors il existe un voisinage ouvert $O$ de $x_0$ tel que pour tout $x\in O$, $\|f(x_0,\cdot)-f(x,\cdot)\|_{\infty}\leq \varepsilon$.
Ce qui veut dire que : $\forall x\in O, \forall y\in K$, $|f(x_0,y)-f(x,y)|\leq \varepsilon$.  Donc pour $x\in O$ donné, on a : 
1) $\forall y\in K, g(x)\leq f(x,y)\leq \varepsilon + f(x_0,y)$ et donc $g(x)\leq  \varepsilon + g(x_0)$
2) $\forall y\in K, g(x_0)-\varepsilon\leq f(x_0,y)-\varepsilon\leq f(x,y)$ et donc $ g(x_0)-\varepsilon \leq g(x)$

Donc $|g(x)-g(x_0)|\leq \varepsilon$.

PS : Je ne connaissais pas le lemme du tube.

gebrane

Très joli
Cordialement Jack le pirate 

gebrane

Raoul, Je te fais une confidence, j'ai cru que l'idée de JLT est d'ecrire $g$ comme une composée: $g=\phi_2\circ\phi_1$ avec 

$\phi_1: E\to C(K)$ qui à $x$ dans $E$ associe $f(x,.)$où $C(K)$ l espace des foncions continues sur $K$ muni de la norme sup
$\phi_2: C(K)\to\R$ qui à $h$ dans $C(K)$ associe $ \inf_{y\in K} h(y)$
La continuité de $\phi_1$ et $\phi_2$ assurent celle de g 

raoul.S

gebrane le diabolique. Toujours une preuve dans la manche...