Stabilité de la complétude par homéomorphie

Stratégie

La complétude n’est pas une propriété topologique : $\mathbb{R}$ et $]0,1[$ sont homéomorphes, l’un est complet et l’autre non. Ce qui l’est, en revanche, c’est la complète métrisabilité, c’est-à-dire l’existence d'une distance complète compatible avec la topologie. L’énoncé repose donc sur le fait qu’un espace vectoriel normé complètement métrisable est nécessairement de Banach : c’est ici que l’homogénéité de la structure vectorielle intervient, et c’est elle qui manque à $]0,1[$.

On note $\widehat{X}$ le complété de $X$, dans lequel $X$ se plonge isométriquement comme sous-espace vectoriel dense. Le but est de montrer $X=\widehat{X}$.

Étape 1 : $X$ est complètement métrisable

Soit $h:Y\to X$ un homéomorphisme, et $d_Y$ la distance issue de la norme de $Y$, qui est complète. Posons
$$\delta(x_1,x_2)=d_Y\bigl(h^{-1}(x_1),h^{-1}(x_2)\bigr).$$C’est une distance sur $X$, et $h$ devient une isométrie bijective de $(Y,d_Y)$ sur $(X,\delta)$ : toute suite $\delta$-de Cauchy se transporte en une suite de Cauchy de $Y$, qui converge, et l’image de sa limite est la limite cherchée. Donc $\delta$ est complète. Enfin $\delta$ induit sur $X$ la topologie de la norme, puisque $h$ est un homéomorphisme.

Attention : rien n’affirme que $\delta$ provienne d’une norme, ni qu’elle soit équivalente à la distance $\|x_1-x_2\|$. On sait seulement que les deux distances définissent la même topologie.

Étape 2 : $X$ est un $G_\delta$ de $\widehat{X}$

C’est le théorème d’Alexandrov : un sous-espace d’un espace métrique est complètement métrisable si et seulement s’il y est un $G_\delta$. Rappelons la démonstration du sens utile.

Pour $n\geqslant 1$, notons $U_n$ la réunion de tous les ouverts $V$ de $\widehat{X}$ tels que
$$V\cap X\neq\varnothing,\qquad \operatorname{diam}_{\widehat X}(V)<\tfrac1n,\qquad \operatorname{diam}_{\delta}(V\cap X)<\tfrac1n .$$Chaque $U_n$ est ouvert comme réunion d’ouverts.

Inclusion $X\subseteq U_n$. Soit $x\in X$. Comme $\delta$ induit la topologie de $X$, il existe un ouvert $W$ de $\widehat{X}$ contenant $x$ avec $\operatorname{diam}_\delta(W\cap X)<\frac1n$ ; en intersectant avec une boule de $\widehat X$ assez petite, on obtient un $V$ admissible contenant $x$.

Inclusion $\bigcap_n U_n\subseteq X$. Soit $z\in\bigcap_n U_n$ ; comme $X$ est dense dans $\widehat X$, on peut choisir pour chaque $n$ un ouvert admissible $V_n\ni z$ puis un point $x_n\in V_n\cap X$. Pour $p,q\geqslant n$, les points $x_p$ et $x_q$ appartiennent tous deux à $V_n\cap X$ dès que l’on remplace $V_n$ par $V_1\cap\cdots\cap V_n$, encore admissible ; donc $\delta(x_p,x_q)<\frac1n$ et la suite $(x_n)$ est $\delta$-de Cauchy. Par complétude de $\delta$, elle converge vers un $x\in X$ pour la topologie de $X$, donc aussi dans $\widehat X$. Or $\operatorname{diam}_{\widehat X}(V_n)<\frac1n$ et $z,x_n\in V_n$ entraînent $x_n\to z$ dans $\widehat X$. Par unicité de la limite, $z=x\in X$.

Ainsi $X=\bigcap_{n\geqslant 1}U_n$ est un $G_\delta$ dense de $\widehat{X}$.

Étape 3 : un sous-espace vectoriel $G_\delta$ dense est l’espace entier

Supposons $X\neq\widehat{X}$ et choisissons $y\in\widehat{X}\setminus X$. La translation $t\mapsto y+t$ étant un homéomorphisme de $\widehat X$, l’ensemble $y+X$ est encore un $G_\delta$ dense de $\widehat X$.

Ces deux ensembles sont disjoints : si $x_1=y+x_2$ avec $x_1,x_2\in X$, alors $y=x_1-x_2\in X$ puisque $X$ est un sous-espace vectoriel, ce qui contredit le choix de $y$.

Or $\widehat X$ est complet, donc de Baire : une intersection dénombrable d’ouverts denses y est dense. En écrivant $X=\bigcap_n U_n$ et $y+X=\bigcap_n V_n$ avec tous les $U_n,V_n$ ouverts denses, l’intersection $X\cap(y+X)=\bigcap_n(U_n\cap V_n)$ serait dense, donc non vide. Contradiction.

Par conséquent $X=\widehat{X}$ : l’espace $X$ est complet, c’est un espace de Banach. $\blacksquare$

Remarques

• L’argument de Baire seul ne suffit pas. On pourrait espérer conclure ainsi : $Y$ est de Baire, être de Baire est topologique, donc $X$ est de Baire, donc complet. La dernière implication est fausse.
• Où la structure vectorielle intervient. Uniquement à l’étape 3, par deux fois : la stabilité par différence donne la disjonction, et l’invariance par translation transporte le caractère $G_\delta$ dense. C’est exactement ce qui manque à $]0,1[\subset\mathbb{R}$, qui est bien un $G_\delta$ dense de son complété $[0,1]$ — mais $[0,1]$ n’est pas un groupe topologique où l’on puisse translater.
• Reformulation. L’énoncé équivaut à : un espace vectoriel normé est complet si et seulement si il est complètement métrisable, ou encore si et seulement si il est un $G_\delta$ de son complété. La complétude, non topologique en général, le redevient dans la catégorie des espaces vectoriels normés.
• Contre-exemple sans hypothèse de linéarité de $h$. Il ne faut surtout pas croire que $h$ puisse être choisi linéaire : le théorème d’Anderson–Kadec affirme que tous les espaces de Banach séparables de dimension infinie sont homéomorphes entre eux, en particulier $\ell^{1}\cong\ell^{2}\cong c_0$, alors qu’ils ne sont pas isomorphes comme espaces vectoriels topologiques.
• Contre-exemple à la réciproque de l’étape 2. Le sous-espace $c_{00}$ des suites à support fini est dense dans $\ell^{2}$ mais n’est pas complet : il est réunion dénombrable des sous-espaces de dimension finie $E_n$, tous fermés d’intérieur vide, donc maigre en lui-même. Il n’est ni de Baire, ni $G_\delta$ dans $\ell^{2}$, et n’est donc homéomorphe à aucun espace de Banach.