U.P.S. - Licence de math´ematiques fondamentales - TOPOLOGIE Corrig´e de l’examen du 22 janvier 2008 Question de cours Soient X compact, Y s´epar´e et f : X → Y continue. D’abord f(X) est s´epar´e, comme sous-espace d’un s´epar´e. Soit (U

U.P.S. - Licence de math´ematiques fondamentales - TOPOLOGIE Corrig´e de l’examen du 22 janvier 2008

Question de cours SoientX compact,Y s´epar´e etf :X →Y continue. D’abordf(X) est s´epar´e, comme sous-espace d’un s´epar´e. Soit (Ui)i∈I une famille d’ouverts recouvrant f(X), i.e. Ui=f(X)∩Vi avecVi ouverts deY etf(X)⊂ ∪i∈IUi. PosonsWi=f⁻¹(Vi).

Alors les Wi recouvrent X et (par continuit´e de f) sont des ouverts de X, donc (par compacit´e de X) il existe J fini ⊂ I tel que X = ∪_i∈JWi, d’o`u f(X) = ∪_i∈Jf(Wi) =

∪i∈JVi. Doncf(X) est compact.

Exercice I.

1) Soit X non connexe, il existe dansX deux ouverts non vides compl´ementaires U, V. Soient u ∈U, v ∈ V, et f :X → X d´efinie par f(U) = {v} et f(V) = {u}. Alors f est continue sans point fixe.

2.a) Soit f : [a, b] → [a, b] continue, posons g(x) = f(x)−x. Alors g : [a, b] → R est continue,g(a)≥0 et g(b)≤0, donc il existec∈[a, b] tel que g(c) = 0, i.e. f(c) =c.

Les applications [0,+∞[→ [0,+∞[, x 7→ x+ 1 et S¹ → S¹, z 7→ −z sont continues sans point fixe.

2.b) D’apr`es a), [a, b] et S<sup>1</sup> ne sont pas hom´eomorphes. Autre preuve : S<sup>1</sup> priv´e de n’importe lequel de ses points est hom´eomorphe `a ]0,2π[ donc connexe, tandis que [a, b] priv´e d’un point diff´erent dea, b est non connexe.

Exercice II.

1) L’applicationK²→R,(x, y)7→d(x, y) est continue sur le compact K², donc atteint son supD(qui est>0 puisqueK a au moins deux ´el´ements). Il existe donca, b∈K tels que d(a, b) =D (ce qui impliquea6=b). SoitP ={a, b}, alorsP ∈ P.

2) K est pr´ecompact donc il existex1, . . . , xN tel que les boules ouvertes Bi de centres xi et de rayonD/2 recouvrent K. SoitP ∈ P. Chaque Bi contient au plus un point de P, et tout point deP est dans au moins unBi, donc card(P)≤N.

3) La partie de N {cardP |P ∈ P} est non vide (d’apr`es 1) ) et major´ee (d’apr`es 2) ) donc admet un plus grand ´el´ement, not´e N. SoitP un ´el´ement de P de cardinalN, alorsP est un ´el´ement de P maximal pour l’inclusion.

4) P ⊂K et K est convexe, donc h∈ K. Pour touty ∈K, d(y, h) ≤ _N¹ P

x∈P d(x, h).

Chacun de ces d(x, h) est ≤D, et l’un au moins est < D, sinon on aurait y /∈P et P∪ {y} ∈ P donc P ne serait pas maximal. On a doncd(y, h)< D.

Exercice III.

1.a) c0 est complet car ferm´e dans le complet `^∞, car si x^(k) ∈ c0 et kx^(k) −xk∞ → 0 alorsx∈c0, puisque pour toutε >0, soient ktel que kx^(k)−xk∞ ≤ε/2 et pour ce k, soitN tel que∀n≥N,|x^(k)n | ≤ε/2, on a alors∀n≥N,|xn| ≤ε.

Dans `^∞, puisque c0 est ferm´e et contientE, il contient son adh´erence. R´eciproque- ment tout x ∈ c0 est limite pour k k∞ d’une suite d’´el´ements x^(k) de E, puisqu’en posant x^(k)n = xn si n ≤ k et 0 si n > k on a bien x^(k) ∈ E et kx^(k) −xk∞ =

1

sup_n>k|xn| →0.

Sixappartient non seulement `ac0mais `a`¹, on a mˆemekx^(k)−xk1=P

n>k|xn| →0.

1.b) Notons EK le s.e.v. deE engendr´e par lese^k pourk < K. Alors dansEK (qui muni de k k_∞ ou k k1 est hom´eomorphe `a R<sup>2K</sup> muni de sa topologie usuelle), D∩EK est dense, puisque dansR<sup>2K</sup>,Q<sup>2K</sup> est dense. Donc dans`^∞ comme dans`¹, l’adh´erence de Dcontient∪_K∈NEK =E.

c) D est d´enombrable (comme union d´enombrable des d´enombrables D∩EK 'Q^2K), et (d’apr`es a) et b) ) est dense dansc0 et `¹.

2.a) Soit x^k =Pk

n=0eⁿ, alors kx^kk∞= 1 et f(x^k) =k+ 1→ ∞.

2.b) G est sym´etrique, et pour tout x ∈ E on a ax ∈E ⊂ `¹ donc l’application lin´eaire Gx :y7→G(x, y) est continue de norme≤ kaxk1.

Sia∈`¹,G est continue de norme≤ kak1.

R´eciproquement si G est continue de norme ≤ C, soitN ∈N, d´efinissons x, y ∈ E en posantxn =yn = 0 pour n > N et en choisissant, pourn≤N,xn, yn de module 1 tels que anxnyn =|an| : PN

n=0|an|=G(x, y) ≤Ckxk∞kyk∞ =C. On en d´eduit P∞

n=0|an| ≤C.

3) (Tα est ´evidemment lin´eaire). Pour tout x ∈ `^∞,kTα(x)k∞ ≤ kαk∞kxk∞ donc Tα

est continue de`^∞ dans lui-mˆeme, de norme≤ kαk∞, donc idem pour sa restriction de c0 dansc0.

Pour tout x∈`<sup>1</sup>, kTα(x)k1≤ kαk∞kxk1 doncTα est continue de `¹ dans lui-mˆeme, de norme≤ kαk∞.

Pour X = c0, |||Tα|||L(X) est en fait exactement ´egale `a kαk∞ (donc pour X =`^∞ aussi) car lese^k d´efinis en 1.b appartiennent `ac0,ke^kk∞= 1 et sup_k∈NkTα(e^k)k∞= kαk∞.

PourX=`<sup>1</sup>,|||Tα|||L(X) est en fait exactement ´egale `a kαk∞ carke^kk1= 1 et sup_k∈NkTα(e^k)k1=kαk∞.

Pour chacun de ces trois e.v.n. X,{Tα |α∈`<sup>∞</sup>} est donc un sous-espace de L(X) isom´etrique `a `^∞ (via l’application α7→Tα).

3.b) Si Y poss`ede une base d´enombrable d’ouverts (ωn)n∈N, soitA une partie de Y con- tenant un ´el´ement de chaque ωn non vide. Alors A est d´enombrable et dense dans Y (cf annales, exercice 41). R´eciproquement (cf annales, exercice 65) si Y contient une partieA d´enombrable et dense, SoitB l’ensemble des boules B(a,_n¹) avec a∈A et n ∈ N^∗. Alors B est d´enombrable et c’est une base d’ouverts de Y car toute boule B(x, ε) contient un tel B(a,¹_n) contenant x, i.e. il existe a ∈ A et n ∈ N^∗ tels qued(x, a)<1/n etB(a,1/n) ⊂B(x, ε), car il existe a∈A etn∈N^∗ tels que d(x, a)<1/netd(x, a) + 1/n≤ε(par exemplen≥2/εpuisa∈At.q. d(x, a)< _n¹).

Soit Y =L(X) avecX =`<sup>∞</sup>,c0 ou `¹. Alors d’apr`es b),Y contient un sous-espace Z non s´eparable, donc sans base d´enombrable d’ouverts, donc Y est lui-mˆeme sans base d´enombrable d’ouverts (car pour toute base d’ouvertsB deY,{ω∩Z |ω ∈ B}

est une base d’ouverts de Z, et est (au plus) d´enombrable d`es que B l’est), donc Y n’est pas s´eparable.

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