Corrig´ e de la feuille d’exercices n

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Ecole Normale Sup´´ erieure – FIMFA – Année 2010-2011 Travaux dirigés de Topologie et Calcul différentiel François Béguin

Corrig´ e de la feuille d’exercices n

^o

2 Int´ erieur, adh´ erence, fronti` ere, continuit´ e

1 -

Quelques questions sur intérieur, adhérence et frontière

1. SoientAet B deux parties d’un espace topologiqueX.

a. ˚Aest un ouvert contenu dansA, et ˚B est un ouvert contenu dansB. On en d´eduit que ˚A∪B˚est un ouvert contenu dansA∪B, ce qui montre l’inclusion ˚A∪B˚⊂ ˚

A\∪B. L’inclusion r´eciproque est fausse : prendre par exempleA=QetB=R\Q.

b. L’égalité est vraie. En effet,A∪B est un fermé qui contientAetB, ce qui montre l’inclusionA∪B⊃ A∪B. Réciproquement,Aest un fermé contenantAetB est un fermé contenantB ; par suite,A∪B est un fermé contenantA∪B, ce qui montre l’inclusion A∪B⊂A∪B.

c. Il vaut mieux traiter ce point après le pointE. En écrivant∂E=E\E˚=E∩(X\E) =˚ E∩X\E pourE=A,B etA∪B, et en utilisant les points b. et e., on voit que l’inclusion∂(A∪B)⊂∂A∪∂B est vraie, mais que l’inclusion réciproque est fausse en général.

d. L’égalité est vraie. En effet,A˚∩B est un ouvert contenu dansAet dans B, ce qui montre l’inclusion A˚∩B ⊂A˚∩B. R´˚ eciproquement, ˚Aest un ouvert contenu dans A et ˚B est un ouvert contenu dans B ; par suite, ˚A∩B˚est un ouvert contenu dansA∩B, ce qui montre l’inclusion A˚∩B ⊃A˚∩B.˚ e. Aest un fermé contenantAetB est un fermé contenantB ; par suite,A∩B est un fermé contenant

A∩B, ce qui montre l’inclusion A∩B ⊂A∩B. L’inclusion r´eciproque est fausse : prendre `a nouveau A=Qet B=R\Q.

f. Aucune des deux inclusions n’est vraie en g´en´eral. Pour le voir, on peut prendre par exempleX =R, A= ([0,1]∩Q)∪[2,4] etB = ([0,1]\Q)∪[3,5].

2. SoientAet B deux parties d’un espace topologiqueX, avecB⊂A.

a. L’intérieur deB dans la topologie deAinduite parXest inclus dans l’intérieur deBdans la topologie deX mais ne lui est pas égal en général. En effet, un ouvert dans la topologie deX qui est inclus dans Best évidemment aussi ouvert pour la topologie induite surA(puisqueB⊂A). Ceci prouve que tout point dans l’intérieur de B pour la topologie de X est aussi dans l’intérieur de B pour la topologie induite surA.

En revanche,Qest ouvert dans lui-mˆeme pour la topologie induite par R, mais son int´erieur est vide dansR.

Si on suppose en plus queB⊂A˚(pour la topologie deXbien sûr), alors l’inclusion devient une égalité.

En effet, l’int´erieur deBdans la topologie deAinduite parX s’´ecritU∩A⊂B pourU un ouvert de X. DeB⊂A, on d´˚ eduit queU∩A=U∩A˚est un ouvert pour la topologie deX inclus dansB, donc inclus dans ˚B ce qui prouve l’inclusion inverse.

b. Cette affirmation est vraie. En effet, un fermé contenantBpour la topologie deAest l’inteserctionF∩A où F est un fermé de X qui contient nécéssairement B. En particulier ce fermé contient l’adhérence deB pour la topologie deX.

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c. Le résultat découle immédiatement des deux questions précédentes.La frontière deB dans la topologie deAinduite parX est incluse dans la trace surAde la frontière deB dans la topologie deX mais ne lui est pas égale.

3. Soit (E,k · k) un espace vectoriel norm´e. SoitB une boule ouverte de centrex∈E et de rayonr >0, et B⁰ la boule ferm´ee de centrexet de rayonr.

La boule B⁰ est un fermé qui contient B, ce qui montre que B⁰ contient l’adhérence de B. De plus, si y∈B⁰, et si on poseyn:=x+ⁿ⁻¹_n (y−x), on vérifie immédiatement que (yn) est une suite de points deB qui tend versy ; ainsi la bouleB⁰ est contenue dans l’adhérence deB.

La bouleB est un ouvert contenu dans B⁰, ce qui montre queB est contenu dans l’intérieur de B⁰. De plus, si y est dans le complémentaire de B, et si on poseyn :=x+ⁿ⁺¹_n (y−x), on vérifie immédiatement que (yn) est une suite de points du complémentaire deB⁰ qui tend versy ; ainsi le complémentaire deBest contenu dans l’adhérence du complémentaire deB⁰, autrement dit, B contient l’intérieur deB⁰.

Dans un espace métrique, ces deux assertions sont en général fausses. Ainsi, si on considére un ensemble X muni de la distanceddéfinie pard(x, y) = 1 six6=y, alors :

– l’adhérence de la boule ouverte de centrexet de rayon 1 est réduite au pointx, qui n’est pas la boule fermée de centrexet de rayon 1 ;

– l’int´erieur de la boule ferm´ee de centrexet de rayon 1 est l’ensembleX tout entier, qui n’est pas la boule ouverte de centrexet de rayon 1.

4. Soit (E,k · k) unR-espace vectoriel normé. Montrons que les seules parties dont la frontière est vide sont l’ensemble vide etEtout entier. Soit doncAune partie deEdifférente de∅et deE. Soitx∈Aety∈E\A.

Soit t0 = sup{t ∈[0,1]|x+t(y−x)∈ A}. Alors x+t0(y−x) est accumulés par des points de A (de la formex+t(y−x) avect < t0) et par des points deE\A(de la formex+t(y−x) avec t > t0) ; ce point est donc situé dans la fontière deA, qui est par conséquent non-vide.

5. Soit A⊂X. SiAest fini, alorsAest fermé donc égal à son adhérence. Si Aest infini, alorsX est le seul fermé contenantA ; l’adhérence deA est donc égale à X. Si le complémentaire de A est fini, alors A est ouvert donc égal à son intérieur. Si le complémentaire deAest infini, alors∅est le seul ouvert contenu dans A; l’intérieur deAest donc vide.

De ceci, on déduit que la frontière deAest : – vide siAest fini, ainsi que son complémentaire ;

– égale àX tout entier siA est infini, ainsi que son complémentaire ; – égale àX\AsiAest infini et de complémentaire fini ;

– égale àA siAest fini et de complémentaire infini.

2 -

Adh´erence dans un espace non-m´etrisable.

Remarquons que les intersections finies d’ensembles de la forme Ux,y,y⁰ forment une base d’ouverts pour la topologie T.

1. Il suffit d’expliciter d’une part ce que veut signifie ”(fn) converge simplement vers f”, et d’autre part ce que signifie ”(fn) converge vers f pour la topologie T”, en utilisant le fait que les intersections finies d’ensembles de la forme Ux,y,y⁰ forment une base d’ouverts.

2. Toute intersection finie d’ensemble de la forme Ux,y,y⁰ rencontre F. Par conséquent, tout ouvert de T rencontreF, ce qui implique que l’adhérence deF est égal à E tout entier.

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3. Soit (f_n) une suite d’éléments deF. SoitD⊂Rl’ensemble de réels où au moins l’une des fonctionsf_nest non-nulle. AlorsD est un ensemble dénombrable (en tant qu’union dénombrable d’ensemble finis). Et il est clair que si la suite (f_n) converge simplement, alors sa limite est nulle surR\D. Ceci montre qu’une fonction f :R→Rne peut être limite d’une suite d’éléments def, dès lors qu’elle prend une valeur non-nulle en une infinité non-dénombrable de points.

4. Il suffit de montrer le lemme suivant :

Lemme.Si (X, d)est espace m´etrique, si A est une partie deX, et six est un point de l’adh´erence deA, alors il existe une suite (x_n)de points deA qui tend versx.

La preuve du lemme se fait en remarquant que la famille de boules {B(x,1/n)}n≥0 est une base de voisinage dex. Ainsi, si on choisit, pour chaque entiern, un pointxn dansB(x,1/n)∩A, alors la suite (xn) tend versx.

Le lemme ci-dessus est vrai plus généralement dans un espace topologique où chaque point admet une base dénombrable de voisinage.

3 -

Probl`eme de Kuratowski.

SoitAun partie d’un espace topologiqueX. Nous allons montrer que, dans la suite A, A, A,˚ ˚A, A,˚ ˚A, A,˚˚

˚˚

A, A,˚˚ etc.

tous les termes de rangnpair plus grand que 6 sont égal au terme de rang 6, et tous les termes de rang n impair plus grand que 7 sont égal au terme de rang 7 (en particulier, cette suite ne comporte jamais plus de 7 termes deux à deux distincts). Pour cela, il suffit bien sûr de montrer que

˚˚

A = ˚A (1)

˚˚

A = A.˚˚ (2)

Remarquons pour commencer que, de la suite d’inclusion ˚U ⊂U ⊂U et des caractérisations de l’intérieur en terme de plus grand ouvert inclus et de la fermeture comme plus petit fermé contenant un ensemble, on déduit les deux suites d’inclusions:

A˚⊂˚A⊂˚A⊂A (3)

A˚⊂A˚˚⊂A˚⊂A (4)

Pour démontrer (1), il suffit de montrer que pour tout ferméF, F˚˚= ˚F et donc d’après la suite (4) que

˚˚

F ⊂F˚. Mais la suite (4) appliquée à F donne aussi ˚F ⊂ F = F pour un fermé, d’où le résultat en pas- sant à l’intérieur dans l’inclusion précédente. On démontre (2) d’une manière similaire en utilisant la suite (3).

Il n’est pas tr`es difficile de construire un exemple de partie A d’un espace topologique tel que les sept ensembles

A, A, A,˚ ˚A, A,˚ ˚A, A˚˚

sont deux `a deux distincts. DansRmuni de la topologie usuelles, on peut par exemple prendre A= (Q∩[0,1])∪]1,2[∪]2,3[∪{4}.

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4 -

Ensembles d´eriv´es successifs.

Il n’est pas très difficile de construire une partie Ad’un espace topologique (et même d’un espace vectoriel normé) tel que tous les termes de la suite

A, A⁰, A⁰⁰, . . .

sont distincts. Considérons par exemple l’espace vectorielE=R^Nmuni de la norme uniforme : sik(un)_n≥0k_∞= sup_n|un|. Pour tout entierk >0, on considère le sous-ensembleAk deE définit comme suit

Ak =

u= (un)_n≥0∈E|un∈

1,1 2,1

3, . . . ,1 k,0

pour toutn

. On poseA=S

k≥0Ak.

Vérifions queA⁰est le sous-ensemble deA, constitué des suites qui ont au moins un terme nul. En effet, il est clair que toute suite qui a au moins un terme nul n’est pas un point isolé. Réciproquement, siu= (u_n)_n≥0 est un élément deAdont tous les termes sont non-nuls, alors il existektel queu∈A_k, et on vérifie facilement que, pour toutv6=u, on a ku−vk ≥ |_k(k+1)¹ , doncuest isolé.

On montre de même queA⁰⁰est le sous-ensemble deA, constitué des suites qui ont au moins deux termes nuls. Par récurrence, on voit que le nème ensemble dérivé de A est constitué des suites appartenant à A dont au moins ntermes sont nuls. Les ensembles dérivés successifs deA sont donc tous différents.

Remarque.Le rang à partir duquel la suiteA, A⁰, A⁰⁰, . . . est stationnaire s’appelle lerang de Cantor-Bendixon de la partie A. On peut distinguer différentes types d’ensembles de rang infini, en définissant le ωème ensemble dérivé d’une partieA, notéA^(ω), pour un ordinalωquelconque (siω est un ordinal limite, on pose A^(ω)=T

λ<ωA^(λ)).

5 -

Th´eor`eme de Cantor-Bendixon

Il est utile de remarquer que, pour toute partie A d’un espace topologique X, l’ensemble A^∗ est ferm´e.

Considérons en effet un pointxest dans l’adhérence deA^∗. Alors tout voisinageV dexrencontreA^∗. Ainsi tout voisinageV dexest aussi un voisinage d’un point deA^∗. Par définition deA^∗ ceci implique que tout voisinage de V dexcontient une infinité non-dénombrable de points deA. Et ceci signifie précisément que xest dansA^∗.

1. SoitX un espace topologique admettant une base dénombrable d’ouverts{Un}n≥0, etAune partie deX. Montrons que A\A^∗ est dénombrable. Pour tout point x ∈ X \A^∗, il existe un voisinage de x dont l’intersection avecAest au plus dénombrable. Pour tout pointx∈X\A^∗, on peut donc trouver un entier n_x tel quex∈U_n_x et tel queU_n_x∩A est au plus dénombrable. NotonsD le sous-ensemble de Nconstitué de tous les entiers qui sont égal à n_xpour un certainx∈X\A^∗. Alors

A\A^∗⊂ [

n∈D

(U_n∩A).

Le membre de droite est une union dénombrable d’ensembles dénombrables, ce qui montre que A\A^∗ est dénombrable.

Montrons maintenant queA^∗∗=A^∗. Soitx∈X\A^∗. CommeA^∗est fermé,xadmet un voisinage disjoint deA^∗; en particulier,xn’est pas dansA^∗∗. Ceci montre queA^∗∗est contenu dansA^∗. Réciproquement, soit x∈A^∗. Considérons un voisinageV dex, et écrivons V ∩A⊂(V ∩A^∗)t(V ∩(A\A^∗)). Commex∈A^∗, l’intersectionV∩Aest non-dénombrable. D’autre part, on a vu queA\A^∗est dénombrable. Par conséquent, l’intersectionV ∩A^∗doit être non-dénombrable. Ceci montre quex∈A^∗∗, et donc queA^∗⊂A^∗∗.

2. Si X est un espace topologique, à base dénombrable, alors X est la réunion disjointe de X₁ = X^∗ et X₂ =X \X^∗. D’après la remarque faite au début de la correction de cet exercice, X₁ est fermé. D’autre part, d’après la question 1, on a X₁^∗=X₁, ce qui montre queX₁ est sans point isolé. Enfin, la question 1 montre alors queX₂ est dénombrable.

(5)

6 -

Quelques questions de continuit´e.

1.Xest un ensemble quelconque muni de la topologie discrète. Il suffit de montrer que tout singleton{x}deX est un ouvert. Or la fonction caractéristique du singletonχ_{x}doit être continue, doncχ⁻¹_{x}(]1/2,3/2[) ={x}

doit ˆetre ouvert.

2. On montre queχ_Aest continue enxsi et seulement six /∈∂A. Il est immédiat que les points de continuité deχ_A contiennent les ouvertsA^◦ et ^cA, puisqueχ_A y est (localement) constante. Il reste à montrer que les points de∂Ane sont pas des points de continuité. Or un voisinage dex∈∂Acontient des points deAet de

cA, doncχ_A⁻¹(]χ_A(x)−1/2, χ_A(x) + 1/2[) ne peut ˆetre un voisinage dex.

SiAest à la fois ouvert et fermé dansX, alors la frontière deAest vide, par conséquentχAest continue.

SiX est le planR²muni de la distance usuelle etAest l’ensembleQ²des points `a coordonn´ees rationnelles, alorsχA n’est continue nulle part.

Dans les deux questions précédentes, le résultat ne change pas si on remplace R par l’ensemble {0,1}

muni de la topologie discr`ete.

3. Si f est continue, alors pour B ⊂ Y, f⁻¹(B) est ferm´e et contient f⁻¹(B), donc il contient f⁻¹(B).

De mˆeme, f⁻¹(

◦

B) est ouvert et contenu dans f⁻¹(B), donc il est contenu dans

◦

f⁻¹(B). On en d´eduit

∂f⁻¹(B)⊂f⁻¹(∂B).

Dans l’autre sens, on suppose cette condition ∂f⁻¹(B)⊂f⁻¹(∂B) satisfaite pour toute partie B de Y. Soit alorsF un fermé deY. Il contient sa frontière, doncf⁻¹(∂F)⊂f⁻¹(F). Donc∂f⁻¹(F)⊂f⁻¹(F). Il suit que f⁻¹(F) contient sa frontière, il est donc fermé. On a obtenu au passage que le résultat ´tait aussi vrai pour l’adhérence à la place de la frontière.

4. Si on veut que l’image réciproque d’une partie fermée soit fermée, on a l’alternative suivante : soit il existe n tel que f⁻¹({n}) est infini, et alors f est constante égale à n (le seul fermé infini étant N), soit on a limf = +∞. Les réciproques sont immédiates. Donc f est continue ssi elle est constante ou tend vers +∞.

5. Si une forme linéaire est bornée sur une boule ouverte, elle l’est sur la boule ouverte unité par translation et homothétie. En utilisant l’homogénéité on voit qu’elle est continue en 0, donc partout par translation.

Soit maintenant` une forme linéaire continue (non nulle). De deux choses l’une, soit elle est continue et son noyau est fermé, soit elle ne l’est pas et dans ce cas elle n’est bornée sur aucune boule. Il suit alors que l’image d’une boule centrée en 0 (qui est convexe comme image d’un convexe par une application linéaire non borné et stable par multiplication par un scalaire de module 1) estR(ouC) tout entier. Par translation cela est vrai de toute boule. Donc le noyau de`rencontre toute boule, il est donc dense (et par conséquent pas fermé).

6. Soientf etgdeux fonctions continues sur un espace topologiqueXet à valeurs dans un espace topologique séparé Y.

a) On montre que le compl´ementaire de

A={x∈X/ f(x) =g(x)}

est ouvert. En effet, si a /∈ A, alors f(a) 6= g(a), donc A^c = {x ∈ X/ f(x) 6= g(x)}. Comme Y est séparé, il existe un voisinage ouvert U_f(a) de f(a) et un voisinage ouvert V_g(a) de g(a) tels que U_f(a)∩V_g(a)=∅. Par continuité def etg,W :=f⁻¹(U_f(a))∩g⁻¹(V_g(a)) est un voisinage ouvert dea et pour touty∈W, on af(y)6=g(y) puisqueU_f(a) et V_g(a) sont disjoints. DoncW est un voisinage ouvert de a inclus dans le complémentaire de A. Pour comprendre cette construction, il est utile de faire un dessin !

b) Par la question a), l’ensemble {x∈ X/ f(x) = g(x)} est fermé et contient une partie dense D. Il est donc égal à D =X. Il suffit de prendre X =Ravec sa topologie usuelle et Y =Ravec la topologie grossière. Comme toute fonctionX →Y est alors continue,f =χ_Q etg= 1 convienent.

(6)

c) Sif est continue, l’application

g:X×Y →Y ×Y, (x, y)→(f(x), y)

l’est aussi. A pr´esent, remarquons que le graphe de f est l’image r´eciproque par g de la diagonale

∆Y ={(y, y), y∈Y} ⊂Y×Y. Or un espace topologiqueY est séparé si et seulement si sa diagonale est fermée (la preuve est similaire aua): six6=y, il existe des ouvertsx∈Ux,y∈Vy tels queUx∩Vy=∅.

AlorsUx×Vy est un ouvert de Y ×Y qui contient (x, y) et est inclus dans le complémentaire de la diagonale; la réciproque découle du fait que les produitsU×V d’ouverts forment une base d’ouverts pour la topologie produit surY ×Y). Par conséquent le graphe def est fermé.

La réciproque est fausse. Soit la fonctionf : [0,∞[→[0,∞[ qui àxassocie 1/xsix6= 0 et 0 sinon. Cette fonction n’est pas continue à l’origine. Pourtant, son graphe est la réunion d’une branche d’hyperbole et de{(0,0)}, tout deux fermés. Montrer que le graphe def est fermé dansX×Y (on munit X×Y de la topologie engendrée par les ensemblesO₁×O₂, avecO₁ ouvert de X et O₂ ouvert de Y). Que pouvez-vous dire de la réciproque ?

Supposons queY ne soit pas séparé. Alors la diagonale ∆_Y n’est pas fermée et cette diagonale est le graphe de la fonction identitéid:Y →Y.

d) Sif est injective, elle induit une bijectionX →f(X) encore notéef.f(X), muni de la topologie induite parY est encore séparé. Comme f est continue,f⁻¹:f(X)→X est de plus une bijection fermée et ouverte. On conlut en utilisant le lemme suivant:si g : Y → Z est une application ouverte injective avec Y séparé, alors g(Y) est séparé. En effet, si f(x) 6=f(y), il existe des ouvertsUx 3 x, Vy 3 y disjoints dansY. Par injectivitéf(Ux) etf(Uy) sont disjoints et ouverts puisque f est ouverte.