Propriétés de la distance de Hausdorff

Soit $(E, \|\cdot\|)$ un espace vectoriel normé de dimension finie. On note $\mathcal{K}$ l'ensemble des parties compactes non vides de $E$ . Pour tout $A, B \in \mathcal{K}$ , on définit :

h(A, B) = \sup_{x \in A} d(x, B)   \text{où}   d(x, B) = \inf_{y \in B} \|x - y\|

On définit alors la distance de Hausdorff par :

\delta(A, B) = \max \left( h(A, B), h(B, A) \right)

Montrer que pour tout $A, B \in \mathcal{K}$ , $\delta(A, B) = 0 \iff A = B$ .
Démontrer que pour tout $x \in E$ et tout couple de compacts $(B, C)$ : $d(x, B) \leq d(x, C) + h(C, B)$
En déduire que $\delta$ vérifie l'inégalité triangulaire sur $\mathcal{K}$ .

1.

Pour la question 1, utiliser le fait que pour un fermé, $d(x, B) = 0 \iff x \in B$ .

2.

Pour la question 2, partir de l'inégalité triangulaire $\|x - y\| \leq \|x - z\| + \|z - y\|$ avec $z \in C$ et $y \in B$ .

3.

Pour la question 3, passer au supremum sur $x \in A$ dans l'inégalité établie en question 2.

Idées clés

•

Propriété caractéristique des fermés : $d(x, B)=0 \iff x \in B$ .

•

Manipulation des bornes supérieures et inférieures.

•

Inégalité triangulaire sur les distances aux ensembles.

Résolution.

L'implication $A = B \implies \delta(A, B) = 0$ est immédiate car $d(x, A) = 0$ pour tout $x \in A$ . Supposons $\delta(A, B) = 0$ . Alors $h(A, B) = 0$ et $h(B, A) = 0$ . $h(A, B) = \sup_{x \in A} d(x, B) = 0$ implique que pour tout $x \in A$ , $d(x, B) = 0$ . Comme $B$ est compact (donc fermé), $d(x, B) = 0 \implies x \in B$ . Ainsi $A \subset B$ . Par symétrie, $h(B, A) = 0$ implique $B \subset A$ . $\boxed{\delta(A, B) = 0 \iff A = B}$
Soient $x \in E$ , $z \in C$ et $y \in B$ . Par inégalité triangulaire : $\|x - y\| \leq \|x - z\| + \|z - y\|$ En prenant l'infimum sur $y \in B$ à gauche, on obtient : $d(x, B) \leq \|x - z\| + \|z - y\|$ Cette inégalité est vraie pour tout $y \in B$ , donc en passant à l'infimum sur $y$ à droite : $d(x, B) \leq \|x - z\| + d(z, B)$ Par définition de $h(C, B)$ , on a $d(z, B) \leq h(C, B)$ pour tout $z \in C$ . Donc : $d(x, B) \leq \|x - z\| + h(C, B)$ Enfin, en prenant l'infimum sur $z \in C$ , on aboutit à : $\boxed{d(x, B) \leq d(x, C) + h(C, B)}$
Soient $A, B, C \in \mathcal{K}$ . D'après la question précédente, pour tout $x \in A$ : $d(x, B) \leq d(x, C) + h(C, B)$ Comme $d(x, C) \leq h(A, C)$ pour tout $x \in A$ , on a : $d(x, B) \leq h(A, C) + h(C, B)$ En passant au supremum sur $x \in A$ , on obtient : $h(A, B) \leq h(A, C) + h(C, B)$ Or, $h(A, C) \leq \delta(A, C)$ et $h(C, B) \leq \delta(C, B)$ . Donc : $h(A, B) \leq \delta(A, C) + \delta(C, B)$ Par symétrie, en échangeant les rôles de $A$ et $B$ : $h(B, A) \leq \delta(B, C) + \delta(C, A) = \delta(C, B) + \delta(A, C)$ Comme le majorant est le même pour $h(A, B)$ et $h(B, A)$ , il majore leur maximum : $\boxed{\delta(A, B) \leq \delta(A, C) + \delta(C, B)}$

Oublier de vérifier la symétrie et le cas d(A,B)=0 implique A=B via les fermés.

L'inégalité d(x,B) <= d(x,C) + h(C,B) est le pivot de la preuve de l'inégalité triangulaire pour Hausdorff.