Exercices corrigés d’analyse fonctionnelle

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Table des matières

1 Espaces topologiques 2

1.1 Axiome de Zermelo . . . 2

1.1.1 Relations d’ordre . . . 2

1.1.2 Lemme de Zorn . . . 2

1.2 Topologie sur un ensemble . . . 3

1.2.1 Topologie . . . 3

1.2.2 Base et sous-base d’une topologie . . . 14

1.2.3 Suites généralisées . . . 17

1.2.4 Topologie produit . . . 19

1.3 Applications continues . . . 19

1.4 Espace topologique normal . . . 27

1.4.1 Fonction distance à un ensemble . . . 27

1.5 Compacité . . . 28

1.5.1 Recouvrements . . . 28

1.5.2 Elément d’adhérence et sous-suite généralisée . . . 32

1.5.3 Locale compacité . . . 33

1.6 Compacité dans les espaces métriques . . . 34

1.7 Théorème de Arzela-Ascoli . . . 37

1.8 Semi-continuité . . . 37

1.8.1 Epigraphe et hypographe . . . 46

2 Espaces vectoriels topologiques 50 2.1 Généralités . . . 50

2.2 Espaces vectoriels topologiques localement convexes . . . 54

2.3 Théorème de Hahn-Banach analytique . . . 57

2.4 Théorèmes de séparation de Hahn-Banach . . . 57

2.5 Dual topologique et topologie faible . . . 57

2.6 Topologie étoile faible . . . 59

3 Quelques résultats de base sur les espaces de Banach 71 3.1 Trois théorèmes fondamentaux d’analyse fonctionnelle . . . 71

3.2 Espace de Banach et dual topologique . . . 73

3.3 Espace de Banach réflexif . . . 74

3.4 Séparabilité d’un espace de Banach . . . 74

3.5 Théorème d’Eberlein-Smulian . . . 74

3.6 Espaces vectoriels topologiques de dimension finie . . . 74

3.7 Espaces de suites . . . 74

3.8 Espaces des fonctions continues sur un compact . . . 75

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Chapitre 1

Espaces topologiques

Soit X un ensemble. On appelle classe de parties de X toute partie non vide de l’ensemble des parties de X noté P(X). On noteP_0,finie(X)l’ensemble des parties finies non vides deX.

On noteO_R la topologie usuelle deR. La lettreN désigne (conformément à la tradition anglo-saxonne) l’ensemble des entiers démarrant à 1.

1.1 Axiome de Zermelo

1.1.1 Relations d’ordre

Exercice 1 Soient(X,X),(Y,Y)deux ensemble ordonnés. Montrer que l’on peut dé- finir une relation d’ordresur X×Y par l’équivalence

(x, y)(x⁰, y⁰)⇐⇒xXx⁰ et yY y⁰

pour tout(x, y),(x⁰, y⁰)∈X×Y. L’ordresurX×Y s’appelle l’ordre produit surX×Y issu deX et deY.

Exercice 2 Donner un exemple d’une partie non vide S d’un ensemble ordonné (E,) n’admettant pas de plus petit (resp., plus grand) élément.

Exercice 3 Soient(E,)un ensemble ordonné,S une partie non vide deE. On suppose qu’il existe un majorant M (resp., minorant m) de S dansE appartenant àS. Montrer que l’ensemble des majorants (resp., minorants) de S dansE est réduit à M (resp., m).

1.1.2 Lemme de Zorn

SoientEunK-espace vectoriel non nul. Rappelons qu’une famille non vide(v_j)_j∈J0 de vecteurs de E est linéairement indépendante (oulibre) dansE quand toute sous-famille finie non vide(v_j)_j∈J1 de vecteurs deE distinctsest linéairement indépendante, i.e. si pour toute famille(λ_j)_j∈J1 d’éléments deK, on a

λj = 0 pour toutj∈J1, lorsqueP

j∈J1λj₁vj₁= 0. Si(vj)_j∈J0 n’est pas une famille linéairement indépendante dans E, on dit que c’est une familleliéedansE.

On dit qu’une famille non vide (ei)_i∈I de vecteurs de E est une base algébrique de E lorsque pour tout v∈E\ {ei:i∈I}, la famille {ei:i∈I} ∪ {v} n’est pas linéairement indépendante dansE.

Exercice 4 Montrer que tout K-espace vectoriel non nul admet une base algébrique. En déduire que tout K-espace vectoriel admet une norme.

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Solution.NotonsLl’ensemble des parties libres deE. Cet ensemble est non vide puisque si x∈ E\ {0} 6=∅, {x} est une partie libre de E, donc élément de L. Ainsi,(L,⊂)est un ensemble ordonné. Montrons à présent que celui-ci est inductif. Soit C une chaîne de (L,⊂). PosonsM = S

L∈C

Let montrons que c’est une partie libre deE, i.e. un élément de L. Par l’absurde, supposons queM soit une famille liée de E. Il existe une famille finie non vide(vi)_i∈I d’éléments distincts deM et une famille(λi)_i∈I d’éléments deKnon tous nuls tels que

X

i∈I

λivi= 0.

L’ensemble I étant non vide et fini etC étant une chaîne de (L,⊂), il existe L⁰ ∈ C tel que pour touti∈I, v_i ∈L⁰. La relationP

i∈Iλ_iv_i= 0contredit le caractère libre de L⁰ dans E. De plus, il est clair que toute famille libre incluse dansC de E est incluse dans M. Ainsi,M est un majorant deCdansLrelativement à⊂. Donc,(L,⊂)est un ensemble ordonné inductif. Par application du lemme de Zorn, L admet un élément maximal que l’on noteL0. Fixonsx∈E\L0 et posonsL1 =L0∪ {x}. Puisque L0⊂L1 et L06=L1, on aL1∈ L. Ainsi,/ L0 est une base algébrique deE.

***NORME A FAIRE***

1.2 Topologie sur un ensemble

1.2.1 Topologie

Exercice 5 Déterminer toutes les topologies d’un ensemble à trois éléments.

Solution.SoitX un ensemble à (exactement) trois éléments. Ses éléments sont notésa, b et c, de sorte que

X ={a, b, c}. Il est aisé de voir que l’ensemble des parties de X s’écrit

2^X ={∅, X,{a},{b},{c},{a, b},{a, c},{b, c}}.

Déterminons toutes les topologies deX. Il s’agit de parties de2^X qui contiennent toutes

∅ etX. Ainsi, le cardinal d’une topologie deX est compris entre2 et8.

(i)Il y a une seule topologie à 2 éléments :{∅, X}.

(ii)Il y a six topologies à3éléments :{∅, X,{a}}, {∅, X,{b}},{∅, X,{c}},{∅, X,{a, b}}, {∅, X,{b, c}},{∅, X,{a, c}}.

(iii)Il y a neuf topologies à4éléments :{∅, X,{a},{a, b}},{∅, X,{a},{a, c}},{∅, X,{b},{a, b}}, {∅, X,{b},{b, c}},{∅, X,{c},{b, c}},{∅, X,{b},{a, b}},{∅, X,{a},{b, c}},{∅, X,{b},{a, c}}, {∅, X,{c},{a, b}}.

(iv) Il a six topologies à 5 éléments : {∅, X,{a},{b},{a, b}}, {∅, X,{a},{c},{a, c}},

{∅, X,{b},{c},{b, c}},{∅, X,{a},{a, b},{a, c}},{∅, X,{b},{a, b},{b, c}},{∅, X,{c},{a, c},{b, c}}.

(iv)Il y a une seule topologie à8 éléments :2^X. Il y a donc 29 topologies possibles surX.

Exercice 6 Soient(X, d)un espace métrique, B1, B2 deux boules ouvertes deX d’inter- section non vide. Montrer que B₁∩B₂ est la réunion (non vide) de boules ouvertes de X.

Solution. Supposons B1∩B2 6=∅. Il existe x1, x2 ∈ X, r1, r2 ∈]0,+∞[ tels que B1 = B(x1, r1)et B2=B(x2, r2). Fixonsx∈B1∩B2. Posons pour chaquei∈ {1,2},

ρi=ri−d(xi, x)∈]0,+∞[.

On a tout de suite B(x, ρ_i)⊂B_i pour chaquei ∈ {1,2}. En posant ρ= min{ρ₁, ρ₂}, il vient alors

B(x, ρ)⊂B₁∩B₂.

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Pour chaquex∈B1∩B2, il existe donc un réelrx>0tel queB(x, rx)⊂B1∩B2. Il suffit alors d’observer que

B1∩B2= [

x∈B1∩B2

B(x, rx) pour conclure.

Exercice 7 Soit(X, d)un espace métrique. Montrer que :

(a) La classe de parties O_d de X constituée de∅ et des réunions (non vides) de boules ouvertes deX est une topologie (appelée topologie associée à d).

(b) Pour toute partie non videU deX, on aU ∈ O_d si et seulement si pour toutx∈U, il existe un réelrx>0 tel queB(x, rx)⊂U.

Solution.(a)On a tout de suite∅ ∈ Od et

X = [

(x,r)∈X×]0,+∞[

B(x, r)∈ Od.

Soient(Ui)_i∈I une famille non vide d’éléments deOd. Sans pertes de généralités, on peut supposer Ui 6=∅ pour touti∈I. Pour chaque i∈I, il existe un ensembleJi6=∅ et une famille(Bi,j)_j∈Ji de boules ouvertes deX tels que

U_i= [

j∈Ji

B_i,j. On en déduit

[

i∈I

U_i = [

(

(i,j)∈I×S

k∈I

Jk:j∈Ji

)

B_i,j∈ Od.

Soient U1, U2 ∈ Od. Si U1 ∩U2 = ∅, alors il n’y a rien à établir. Ainsi, nous pouvons supposer que U1∩U2 6= ∅. Il existe deux ensembles non vides I1 et I2 et deux familles (B1,i)i∈I₁ et(B2,i⁰)i⁰∈I₂ de boules ouvertes deX telles que

U1= [

i∈I₁

B1,i et U2= [

i⁰∈I₂

B2,i⁰. Il vient alors

U₁∩U₂= [

(i,i⁰)∈I1×I2

B_1,i∩B_2,i0.

Puisque U1∩U26=∅, on peut supposer que pour chaque (i, i⁰)∈I1×I2, B1,i∩B2,i⁰ 6=∅.

D’après l’Exercice 6, pour chaque (i, i⁰)∈I1×I2, il existe un ensemble non vide Ji,i⁰ et une famille de boules ouvertes deX (βi,i⁰,j)j∈J_i,i0 telle que

B1,i∩B2,i⁰ = [

j∈J_i,i0

βi,i⁰,j.

Il s’ensuit

U₁∩U₂= [

(

(i,i⁰,j)∈I1×I2× S

(k,k0)∈I1×I2

J_k,k0:j∈J_i,i0

)

β_i,i⁰_,j ∈ O_d.

Donc,Od est une topologie surX. (b)SoitU une partie non vide deX.

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⇒, Supposons que U ∈ Od. Il existe un ensemble (non vide) I et une famille(xi, ri)_i∈I d’éléments de X×]0,+∞[tels que

U =[

i∈I

B(x_i, r_i).

Soitu∈U. Il existe i0 ∈I tel quex∈B(xi₀, ri₀). Posons ρ=ri₀−d(xi₀, x). Pour tout h∈B(x, ρ), on a

d(xi₀, h)≤d(xi₀, x) +d(x, h)< ri₀, i.e.,B(x, ρ)⊂B(x_i0, r_i0)⊂U.

⇐, Supposons que pour toutx∈U, il existe un réelr_x>0tel queB(x, r_x)⊂U. Il suffit alors d’observer que

U = [

x∈X

B(x, r_x) pour obtenir l’inclusion U ∈ Od.

Exercice 8 (Topologie usuelle de R)Montrer que la classe de parties deRconstituée de ∅ et des réunions non vides d’intervalles de la forme ]a, b[ avec a, b∈ Ret a < b est une topologie surR. On l’appelle topologie usuelle (ou naturelle) deRet on la note O_R. Solution.Par définition deO_R, on a∅ ∈ O_R. De même, pour toutn∈N, on a

]−n, n[∈ O_R. Ceci nous dit queR= S

n∈N

]−n, n[∈ O_R. FixonsU1, U2 ∈ O_R. Sans pertes de généralités, on peut supposer que U₁ 6= ∅ et U₂ 6=∅. Il existe deux familles non vides(a_i, b_i)_i∈I et (c_j, d_j)_j∈J d’éléments deR² satisfaisant pour touti∈I,a_i< b_i, pour toutj∈J,c_j < d_j et telles que

U₁=[

i∈I

]a_i, b_i[ et U₂= [

j∈J

]c_j, d_j[.

On a tout de suite

U1∩U2= [

(i,j)∈I×J

(]ai, bi[∩]cj, dj[)∈ O_R.

Fixons (A_k)_k∈K une famille non vide d’éléments deO_R. Comme précédemment, on peut supposer queAk6=∅pour toutk∈K. Pour chaquek∈K, il existe un ensemble non vide Lk et une famille(xl, yl)_l∈Lk d’éléments de R²avec pour tout l∈Lk,xl< ylet telle que

Ak = [

l∈Lk

]xl, yl[.

On vérifie sans difficultés que [

k∈K

Ak= [

l∈ S

k∈K

L_k

]xl, yl[∈ O_R.

En conséquence,O_Rest une topologie surR.

Exercice 9 Soient(X,O)un espace topologique, Aune partie deX. Montrer que intX(X\A) =X\adhXA et adhX(X\A) =X\intXA.

Solution. Montrons la première égalité. Commençons par prouver que le membre de gauche est inclus dans celui de droite. Fixons x∈ int_X(X \A). Puisque X \A est un voisinage dexdansX, il existeU un ouvert deX inclus dansX\A, contenantx. Il suffit de remarquer que

U∩A=∅

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pour en déduire quex /∈adhXA. Pour établir l’inclusion renversée, fixonsx∈X\adhXA.

Il existe V un voisinage dexdansX tel queV ∩A=∅. Ainsi,V ⊂X\A. L’ensemble X\Aest donc un voisinage dexdansX.

Pour obtenir la seconde égalité, il suffit de poser B =X\A et d’exploiter l’égalité que nous venons d’établir en écrivant

int_X(X\B) =X\adh_XB.

PuisqueX\B=A, il vientint_XA=X\adh_X(X\A). Par passage aux complémentaires dansX, on a l’égalité souhaitée.

Exercice 10 Soient (X,OX) un espace topologique, Y, Z deux parties non vides de X avec Z ⊂Y,OY la topologie induite surY parOX. Montrer que la topologie OZ induite sur Z parOX coïncide avec la topologie TZ induite surZ par OY.

Solution.Montrons tout d’abord queOZ ⊂ TZ. SoitU ∈ OZ fixé. Par définition deOZ, il existeA∈ OX tel queU =A∩Z. Cette dernière égalité combinée àU ⊂Z⊂Y donne

(A∩Y)∩Z=U.

Puisque A∩Y ∈ O_Y, on a U ∈ T_Z. Ceci nous donne O_Z ⊂ T_Z. Montrons que cette inclusion est en fait une égalité. FixonsV ∈ T_Z. Par définition de T_Z, il existeB ∈ O_Y tel que V =B∩Z. Or, le fait que B ∈ O_Y nous donne l’existence de C ∈ O_X tel que B=Y ∩C. Des deux égalités précédentes et du fait queY ∩Z=Z, on tire

V =Y ∩C∩Z=Z∩C.

DoncV ∈ OZ et les deux topologies surZ,OZ et TZ sont égales.

Exercice 11 Soient (E, d) un espace métrique, A une partie non vide de E,dA la mé- trique surAinduite pard. Montrer que la topologie surAinduite par la topologie naturelle de(E, d)coïncide avec la topologie naturelle de(A, d_A).

Solution.NotonsO_dla topologie naturelle de(E, d),O_dAla topologie naturelle de(A, d_A) et O_Ala topologie surAinduite parO_d. SoitU ∈ O_dA. SiU =∅, alorsU =∅ ∩A∈ O_A. Si U 6=∅, il existe une partie non videK deE×]0,+∞[ tel que

U = [

(a,r)∈K

Bd_A(a, r).

Remarquons que pour chaque(a₀, r₀)∈K

Bd_A(a0, r0) ={x∈A:dA(a0, x)< r0}=Bd(a0, r0)∩A.

Ainsi,U = S

(a,r)∈K

(B_d(a, r)∩A) =A∩ S

(a,r)∈K

B_d(a, r)

!

. Le fait que S

(a,r)∈K

B_d(a, r)∈ Od garantit queU ∈ OA. On a donc

Od_A⊂ OA.

Montrons l’inclusion renversée. SoitU ∈ OA. SiU =∅, alors par définition d’une topologie naturelle d’un espace métriqueU ∈ OdA. SiU 6=∅, il existe U⁰ ∈ Od avecU⁰ 6=∅tel que

U =U⁰∩A.

Il existe une partie non videK deE×]0,+∞[tel que U⁰ = [

(a,r)∈K

Bd(a, r).

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Il vientU =A∩ S

(a,r)∈K

Bd(a, r)

!

et de même que précédemment,

U =A∩



 [

(a,r)∈K

Bd(a, r)



= [

(a,r)∈K

Bd_A(a, r) Finalement, U ∈ Od_A et OA⊂ Od_A. L’égalité désirée est établie.

Exercice 12 Soient(X,O)un espace topologique,A une partie deX. Montrer que : (a) bd_XA= adh_XA\int_XA;

(b) bd_X(int_XA)⊂bd_X(A); (c) bd_X(adh_XA)⊂bd_X(A).

Montrer que les inclusions données par(b)et(c)sont strictes en général.

Solution.(a)Par définition, on a

bdXA= adhX(A)∩(adhX(X\A)).

Via l’exercice ***, on a

adh_X(X\A) =X\int_XA.

Les deux égalités combinées donnent le résultat souhaité.

(b)Résulte de (a)et de l’inclusion trivialeint_XA⊂A.

(c)Conséquence de (a)et de l’inclusion évidenceint_XA⊂int_X(adh_XA).

Exercice 13 Soient(X,O)un espace topologique,A, B deux parties deX.

(a)Montrer que

bdX(A∪B)⊂bdX(A)∪bdX(B).

Montrer que l’inclusion renversée n’a en général pas lieu.

(b) A t-on les inclusions

bd_X(A∩B)⊂bd_X(A)∩bd_X(B) et

bd_X(A)∩bd_X(B)⊂bd_X(A∩B)?

(c)On suppose queA⊂B. Que pensez-vous des inclusions bdXA⊂bdXB et

bdXB ⊂bdXA?

Solution.(a)PosonsA= [¹₂,1]et B= [0,1]. On a

bd_R(A∪B) ={0,1} et bd_R(A)∪bd_R(B) =

0,1 2,1

.

Ceci permet tout de suite de constater que l’inclusion renversée n’a pas toujours lieu.

(b)En posantA= [0,1[etB = [1,2[, on vérifie que

bd_R(A∩B) =∅ et bd_R(A)∩bd_R(B) ={1}. Avec A= [0,1]etB= [¹₂,³₂], on a tout de suite

bd_R(A∩B) = 1

2,1

et bd_R(A)∩bd_R(B) =∅.

Aucune des deux inclusions proposées n’a donc lieu en général.

(c)PosonsA= [¹₂,1]et B= [0,1]. On a

bd_RA={0,1} et bd_RB= 1

2,1

.

Ceci permet tout de suite de constater quebd_RA6⊂bd_RB etbd_RB6⊂bd_RA.

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Exercice 14 Soient (X,O) un espace topologique, A une partie de X. Etablir les pro- priétés ci-dessous.

(a)L’intérieur intXA deA dansX est le plus grand ouvert de X inclus dansA, i.e. si B est un ouvert deX inclus dansA, alors B est également inclus dans intXA;

(b)L’adhérenceadhXAdeAdansX est le plus petit fermé deX contenant A, i.e. siB est un fermé deX qui contientA, alorsB contient égalementadhXA.

Solution.(a)Si B un ouvert de X inclus dansA, alorsB est inclus dans la réunion de tous les ouverts de X inclus dans A. DoncB⊂int_XA.

(b)SiBun fermé deX contenantA, alors l’intersection de tous les fermés deX contenant Aest évidemment incluse dans B. Doncadh_XA⊂B.

Exercice 15 Soient (X,O) un espace topologique, A une partie de X,x∈X. Montrer les propriétés ci-dessous.

(a)x∈intXA si et seulement siA est un voisinage de xdansX.

(b) x∈adhXAsi et seulement si pour chaque voisinage V dexdansX,V ∩A6=∅.

(c) x∈ bdXA si et seulement si pour chaque voisinage V de xdans X, V ∩A 6= ∅ et V ∩(X\A)6=∅.

Solution.(a)⇒, Soit x∈intXA. Il existe par définition un ouvertU deX inclus dans Atel que x∈U. Ceci signifie queA est un voisinage dexdansX.

⇐, SiAest un voisinage dexdansX, il existe un ouvertU deX inclus dansAcontenant x. Doncxest dans la réunion des ouverts deX inclus dansA, i.e. x∈intXA.

(b) ⇒, Soit x∈adhXA. Par l’absurde supposons qu’il existe un voisinage V dex dans X tel queV ∩A=∅. Il existe un ouvertU deX inclus dans V contenantx. D’une part, U ∩A=∅ et d’autre part l’ensembleX\U est fermé dansX et contientA. On aboutit ainsi à adh_XA⊂X\U. Or,x∈adh_XAetx /∈X\U. Contradiction.

⇐, Procédons par contraposition. Supposons que x∈X\adh_XA=U. L’ensemble U est un ouvert deX contenantx, c’est donc un voisinage dexdansX qui vérifie évidemment U∩A=∅.

(c)C’est une application directe de(b)et de la définition debd_XA.

Exercice 16 Soient(X,O)un espace topologique, I un ensemble non vide, (A_i)_i∈I une famille de parties deX. Montrer les inclusions suivantes :

(a) S

i∈I

adh_XA_i⊂adh_X

S

i∈I

A_i

;

(b) adhX

T

i∈I

Ai

⊂ T

i∈I

adhXAi; (c) intX

T

i∈I

Ai

⊂ T

i∈I

intXAi; (d) S

i∈I

intXAi⊂intX

S

i∈I

Ai

.

Montrer que les inclusions les inclusions de (a) et de (c) sont des égalités lorsque I est fini.

Solution.(a)Fixons x∈ S

i∈I

adhXAi. Soit V un voisinage de xdansX. Il existei0∈I tel que x ∈ adh_XA_i0. Par définition d’adhérence, V ∩A_i0 6= ∅. Ceci permet d’obtenir V ∩

S

i∈I

A_i

6=∅ et donc x∈ adh_X

S

i∈I

A_i

. SiI est fini, alors S

i∈I

adh_XA_i est fermé dansX. Puisqu’il contient S

i∈I

Ai, il contientadhX

S

i∈I

Ai

. (b) L’ensemble T

i∈I

adhXAi est fermé dansX et contient T

i∈I

Ai. Ainsi, adhX

T

i∈I

Ai

⊂ T

i∈I

adh_XA_i. (c)Soitx∈intX

T

i∈I

Ai

. Fixonsi0∈I. Par définition d’intérieur, T

i∈I

Aiest un voisinage

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dexdansX. Il existeU un ouvert deX inclus dans T

i∈I

Aiqui contientx. Ainsi,U ⊂Ai₀

et donc A_i0 est un voisinage de x dans X. Ceci garantit x ∈ T

i∈I

int_XA_i. Si I est fini, alors T

i∈I

intXAi est ouvert dansX. Puisqu’il est contenu dans T

i∈I

Ai, il est contenu dans int_X

T

i∈I

A_i

. (d) L’ensemble S

i∈I

intXAi est un ouvert de X contenu dans S

i∈I

Ai. Il est donc contenu dansintX

S

i∈I

Ai

.

Exercice 17 Soient (X,O) un espace topologique, A une partie de X. Les égalités sui- vantes ont lieu,

acc_XA∩is_XA=∅ et adh_XA= acc_XA∪is_XA.

Preuve. Montrons la première égalité. Par l’absurde, supposons qu’il existex∈isXA∩ acc_XA. Puisquexest un point isolé deA dansX, il existe un voisinageV₀ dexdansX tel queV₀∩A={x}. Maisxétant un point d’accumulation deA dansX, on doit avoir en particulierV₀∩(A\ {x})6=∅. Ceci contredit bien sûr V₀∩A={x}.

Etablissons à présent la seconde égalité en commençant par l’inclusion du second membre dans le premier. Fixonsx∈acc_XA∪is_XA. SoitV un voisinage dexdansX. Six∈is_XA, alors par définition x∈A et doncx∈adh_XA. Six∈acc_XA, alorsV ∩(A\ {x})6=∅et trivialementV∩A6=∅. Ceci assurex∈adhXAet l’inclusion désirée. Montrons l’inclusion renversée. Soit x ∈ adhXA. Fixons V un voisinage de x dans X. Si x ∈ X \A, alors V ∩(A\ {x})6=∅ et donc x∈ accXA. Si x∈ A, alors on peut supposer que x /∈isXA (sinon l’inclusion désirée est triviale). La négation de la définition d’un point isolé conduit à V ∩A6={x}. On en déduitV ∩(A\ {x})6=∅ et doncx∈accXA.

Exercice 18 Soient(X,O)un espace topologique,A une partie deX. Montrer que int_X adh_X(int_X(adh_XA))

= int_X(adh_XA).

Solution.PosonsU = intX(adhXA). On a évidemmentU ⊂adhXU et donc intXU ⊂intX(adhXU).

Puisque U est ouvert dansX, l’inclusion précédente devient U ⊂intX(adhXU).

Ainsi, on vient d’établir

int_X(adh_XA)⊂int_X(adh_X(int_X(adh_XA))). (1.2.1) Montrons l’inclusion renversée. On a trivialementU ⊂adhXA, ce qui donne tout de suite adhXU ⊂adhXA. Il vient alors

intX(adhXU)⊂intX(adhXA) =U.

Via la définition deU, cette dernière inclusion s’écrit

intX(adhX(intX(adhXA)))⊂intX(adhXA). (1.2.2) En combinant (1.2.1) et (1.2.2), on a l’égalité voulue.

Exercice 19 Soit(X,O)un espace topologique. Etablir chacune des propriétés ci-dessous.

(a)Les parties ∅ etX sont fermées dansX.

(b) Une intersectionquelconquede fermés deX est fermée dans X.

(c)Une réunionfinie de fermés deX est fermée dansX.

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Solution.(a)Les ensembles∅ etX sont ouverts dansX par définition. Il suffit alors de remarquer que∅=X\X etX =X\ ∅.

(b)SoientI un ensemble non vide,(Fi)i∈I une famille de fermés deX. Pour chaquei∈I, il existe Ui un ouvert deX tel que Fi=X\Ui. Il découle de ceci

\

i∈I

Fi=\

i∈I

(X\Ui) =X\[

i∈I

Ui. Puisque S

i∈I

U_i est ouvert dansX, T

i∈I

F_i est fermé dansX.

(c)SoientI un ensemble fini non vide,(Fi)i∈I une famille de fermés deX. De même que précédemment, pour chaquei∈I, il existeUiun ouvert de X tel queFi=X\Ui. On a

[

i∈I

F_i=[

i∈I

(X\U_i) =X\\

i∈I

U_i. Le fait que T

i∈I

U_i soit ouvert dansX garantit que S

i∈I

F_iest fermé dans X.

Exercice 20 Soient(X,O)un espace topologique, I un ensemble non vide, (Ai)i∈I une famille de parties deX. Montrer que :

[

i∈I

accXAi⊂accX

[

i∈I

Ai

!

et accX

\

i∈I

Ai

!

⊂\

i∈I

accXAi.

Etablir que la première inclusion ci-dessus est une égalité lorsque l’ensemble I est fini et que l’inclusion peut être stricte siIest infini. Montrer que la deuxième inclusion peut être stricte même si I est fini.

Solution.Posons pour toutn∈N^?,An= [1,_n¹ + 1[. Il est aisé de vérifier que pour tout n∈N^?

acc_R[1,1

n+ 1[= [1, 1 n+ 1].

Constatons de plus que [

n∈N^?

[1,1

n+ 1[= [

n∈N^?

[1,1

n+ 1] = [1,2[.

Il vient

acc_R [

n∈N^?

An

!

= [1,2]6⊂ [

n∈N^?

acc_RAn = [1,2[.

Avec B1=]0,1[et B2=]1,2[, on a tout de suite

acc_R(B1)∩acc_R(B2) ={1} 6⊂acc_R(B1∩B2) =∅.

Exercice 21 Soient(X,O)un espace topologique,A une partie deX. Montrer que : (a)Pour toutA, B ∈2^X avec A⊂B,

acc_X(A)⊂acc_X(B).

(b) Pour toutA∈2^X,

acc_X(adh_XA) = adh_X(acc_XA).

(c)Si de plus(X,O)est séparé (Hausdorff ), alors pour tout A∈2^X accX(A) = accX(adhXA).

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Solution.(a)FixonsA, B deux parties deX telles queA⊂B. Soient x∈accXA,V un voisinage dexdansX. On a par définition

V ∩(A\ {x})6=∅.

Puisque A⊂B, il vient

V ∩(B\ {x})6=∅.

Donc,x∈accXB.

(b)Soitx∈adh_X(acc_XA). FixonsV un voisinage dexdansX.

Cas 1 : x∈acc_XA. Alors, on ax∈acc_X(adh_XA)grâce à (a).

Cas 2 :x∈adh_X(acc_XA)\acc_XA. On aV∩acc_XA6=∅. Fixonsy∈V∩acc_XA. Puisque x /∈acc_XA, on a x6=y. On en déduit

V ∩[(accXA)\ {x}]6=∅.

En particulier, on a

V ∩[(adh_XA)\ {x}]6=∅.

Ainsi, on a l’inclusionx∈accX(adhXA).

Exercice 22 Soit (X,OX), (Y,OY) deux espaces topologiques, B une base de OX, f : X −→ Y une application. Montrer que f est une application ouverte si et seulement si pour toutB ∈ B,f(B)∈ OY.

Solution.⇒, C’est trivial puisqueB ⊂ OX.

⇐, Supposons que pour toutB∈ B,f(B)∈ OY. SoitU ∈ OX avecU 6=∅. Par définition d’une base de topologie, il existeB⁰ une classe de parties deX telle que

U = [

B∈B⁰

B.

Il vient alors

f(U) = [

B∈B⁰

f(B).

Puisque pour toutB ∈ B,f(B)∈ OY, on af(U)∈ OY. Donc,f est ouverte.

Exercice 23 Soit I un ensemble non vide, ((X_i,O_i))_i∈I une famille d’espaces topolo- giques,k∈I,X = Q

i∈I

X_imuni de la topologie produitO. Montrer que l’applicationk-ème projection Πk:X−→Xk est ouverte.

Solution.Nous savons qu’une baseBde la topologieOest donnée par la classe de parties deX constituée des Q

i∈I

UioùUi∈ Oi pour touti∈Iet oùUi=Xi sauf au plus pour un nombre fini dei∈I. FixonsB∈ B. Par définition,

B=Y

i∈I

V_i,

oùVi ∈ Oipour touti∈Iet oùUi=Xi sauf au plus pour un nombre fini dei∈I. On a Π_k(B) =V_k ∈ O_k.

Via l’Exercice 22, on peut conclure queΠk est ouverte.

Exercice 24 SoientI un ensemble non vide,((X_i,Oi))_i∈I une famille d’espaces topolo- giques, X= Q

i∈I

X_i muni de la topologie produitO,A_i⊂X_i pour touti∈I.

(a)Vrai ou faux : l’ensemble Q

i∈I

Ai est ouvert dans X si et seulement si pour tout i∈I, A_i est ouvert dansX_i.

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(b) On suppose Q

i∈I

Ai 6= ∅. Donner une condition nécessaire et suffisante assurant que Q

i∈I

A_i est ouvert dansX. (c)A t-onintX(Q

i∈I

Ai) = Q

i∈I

intXAi? (d)Vrai ou faux : Q

i∈I

Ai est fermé dansX si et seulement si pour touti∈I,Ai est fermé dansX_i.

(d)A t-onadh_X(Q

i∈I

A_i) = Q

i∈I

adh_XA_i?

Solution. (a) ⇒, Supposons que l’ensemble Q

i∈I

A_i soit ouvert dans X. Fixons k ∈ I.

L’application k-ème projection Πk : X −→ Xk est ouverte d’après l’Exercice 23. On a donc l’inclusion

Πk(Y

i∈I

Ai) =Ak ∈ Ok.

L’implication⇐ est fausse en général. En effet, supposons queI soit un ensemble infini et que Oi 6={∅, Xi} pour tout i ∈I. Pour chaque i ∈I, choisissons Ai ∈ Oi\ {∅, Xi}.

Par l’absurde, supposons que Q

i∈I

Ai soit ouvert dansX. Notons Bla classe de parties de X constituée des Q

i∈I

Ui où Ui ∈ Oi pour tout i∈I et oùUi =Xi sauf au plus pour un nombre fini dei∈I. Nous savons queBest une base de la topologieO. Par définition de base d’une topologie, il existeB0⊂ Btel que

Y

i∈I

A_i = [

B∈B0

B.

Puisque Q

i∈I

A_i6=∅(par l’axiome du choix), il existeB₀∈ B₀avecB₀6=∅ tel que B0⊂Y

i∈I

Ai.

L’inclusionB0∈ Bnous donne l’existence d’une famille(U0,i)_i∈I telle queU0,i∈ Oipour tout i∈I et oùU0,i=Xi sauf au plus pour un nombre fini dei∈I et satisfaisant

B0=Y

i∈I

U0,i. Puisque Iest infini, il existe au moinsi₀∈I tel que

U0,i₀=Xi₀.

On aboutit ainsi à U_0,i0 = X_i0 ⊂ A_i0. Compte-tenu du choix de A_i0, cette dernière inclusion est absurde.

(b) Supposons Q

i∈I

A_i 6=∅ et montrons l’équivalence suivante : Q

i∈I

A_i est ouvert dans X si et seulement si pour tout i ∈ I, Ai ∈ Oi et il existe un ensemble fini J ⊂I tel que Ai =Xi pour touti∈I\J.

⇐, Supposons que pour touti∈I,Ai∈ Oi et qu’il existe un ensemble finiJ ⊂Itel que Ai =Xi pour touti∈I\J. Alors, l’ensemble Q

i∈I

Ai est un élément de la base naturelle de la topologieO, en particulier, Q

i∈I

Ai∈ O.

⇒, NotonsB la base naturelle de la topologieO. Il existeB0⊂ Btel que Y

i∈I

Ai = [

B∈B₀

B.

Puisque Q

i∈I

Ai6=∅, il existeB0∈ B0tel que B0⊂Y

i∈I

Ai.

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L’inclusionB0∈ Bgarantit l’existence d’une famille(U0,i)_i∈I et d’un ensembleJ ⊂Itels queU0,i∈ Oi pour touti∈I et oùU0,i=Xi pour touti∈I\J et satisfaisant

B₀=Y

i∈I

U_0,i.

On en déduit que U_0,i=X_i ⊂A_i pour tout i∈I\J, i.e.A_i =X_i pour tout i∈I\J. Enfin, pour chaque k ∈ I, nous savons que la kième projection Π_k : X −→ X est une application ouverte, donc en particulier

Ak = Πk

Y

i∈I

Ai

!

∈ Ok. (c)Montrons que

intX(Y

i∈I

Ai) =Y

i∈I

intXAi siIest fini.

Supposons queIsoit fini. L’ensemble Q

i∈I

int_XiA_iestO-ouvert puisque pour chaquei∈I, intX_iAi estOi-ouvert. De l’inclusion triviale

Y

i∈I

intX_iAi⊂Y

i∈I

Ai, on tire

Y

i∈I

int_XiA_i⊂int_X(Y

i∈I

A_i).

Observons d’autre part que pour chaque i ∈ I, l’ensemble Πk(intX(Q

i∈IAi)) est Ok- ouvert et vérifie

Πk(intX(Y

i∈I

Ai))⊂Ak. Il découle de ceci que pour toutk∈I,

Πk(intX(Y

i∈I

Ai))⊂intX_k(Ak).

En gardant à l’esprit que pour chaqueA⊂ Q

i∈I

Xi, on aA⊂ Q

k∈I

Πk(A), on aboutit à

intX(Y

i∈I

Ai)⊂Y

k∈I

Πk(intX(Y

i∈I

Ai))⊂Y

k∈I

intX(Ak).

L’égalité proposée est ainsi établie quand Iest fini.

LorsqueIest infini, c’est faux en général. Supposons queIsoit infini et queOi6={∅, Xi} pour touti∈I. Pour chaquei∈I, choisissonsAi∈ Oi\ {∅, Xi}. On a tout de suite

Y

i∈I

Ai=Y

i∈I

intX_iAi. D’après ce qui a été vu dans(a), l’ensembleQ

i∈IAi n’est pasO-ouvert et donc il ne peut pas être égal à l’ensembleO-ouvertintX(Q

i∈IAi).

(d)Pour toutk∈I, posonsCk =Q

i∈IFi où pour touti∈I, Fi=

(A_k sii=k Xi sinon.

Contatons que pour tout k∈I, on aX\Ck=Q

i∈IOi où pour tout i∈I, Oi=

(X\Ak sii=k X_i sinon.

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D’autre part, remarquons l’égalité Y

i∈I

A_i= \

k∈I

C_k,

⇒, Supposons que Q

i∈IAi soit fermé dansX. L’ensembleS

k∈IX \Ck est donc ouvert dans X ⇐, Supposons que pour tout i∈ I, Ai soit fermé dans X. Il découle de l’étude menée ci-dessus que pour tout k ∈I, l’ensembleX\Ck est ouvert dans X. Ainsi, pour tout k ∈ I, Ck est fermé dansX. En combinant ceci avec l’égalité ***, on obtient que Q

i∈IAi est fermé dans X.

Exercice 25 Montrer que la topologie naturelleO_RdeRcoïncide avec la topologie induite sur Rpar la topologie naturelle O

RdeR.

Solution.Puisque la topologie naturelle de Rcontient O_R, on observe tout de suite que O_R⊂

U ∩R:U ∈ O

R. Montrons l’inclusion renversée. FixonsU0∈ O_R.

Cas 1 : U0∈ O_R. Trivialement, on aU0∩R=U0∈ O_R. Cas 2 : U₀=U⁰∪[−∞, r[avecr∈RetU⁰∈ O_R. On a alors

U0∩R=U⁰∪]− ∞, r[∈ O_R. Cas 3 : U₀=U⁰∪]s,+∞]avecs∈RetU⁰∈ O_R. On a alors

U0∩R=U⁰∪]s,+∞[∈ O_R.

Cas 4 : U₀=U⁰∪[−∞, r[∪]s,+∞]avecr, s∈RetU⁰ ∈ O_R. On a alors U0∩R=U⁰∪]− ∞, r[∪]s,+∞[∈ O_R.

On aboutit ainsi à

U∩R:U ∈ O

R ⊂ O_R.

1.2.2 Base et sous-base d’une topologie

Exercice 26 Montrer que la classe des intervalles ouverts non vides à extrémités dansQ est une base de la topologie usuelle de R.

Solution.NotonsIratla classe des intervalles ouverts non vides à extrémités dansQ, i.e.

I_rat={]a, b[:a, b∈Q, a6=b}.

Evidemment, on aIrat ⊂ O_R. Puisque tout U ∈ O_R avecU 6=∅ est la réunion non vide d’une famille d’intervalles ouverts non vides de R, il suffit de montrer que tout intervalle de Rà extrémités dansRest la réunion d’une famille d’éléments de Irat. Fixons donc I un intervalle ouvert non vide deR. Ecrivons

I= [x, y]

avecx, y∈Ret x6=y. Posons D=

(q, q⁰)∈Q²:x < q < q⁰< y et remarquons tout de suite que

[

(q,q⁰)∈D

]q, q⁰[⊂I.

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Fixons u ∈ I. Par définition, on a x < u < y. Puisque Q est dense dans R, il existe q1 ∈]x, u[∩Q, q2 ∈]u, y[∩Q. On a donc (q1, q2) ∈ D et u ∈]q1, q2[. Ainsi, on a montré l’égalité

[

(q,q⁰)∈D

]q, q⁰[=I.

Exercice 27 SoitBune classe de parties d’un ensemble non videX. Montrer qu’il existe une topologie sur X dontB est une base si et seulement si les deux propriétés suivantes ont lieu :

(a) S

B∈B

B =X;

(b) pour tout B₁, B₂ ∈ B avec B₁∩B₂ 6=∅, pour tout x∈B₁∩B₂, il existe B₃ ∈ B tel quex∈B₃⊂B₁∩B₂.

Si tel est le cas, montrer que la topologie surX dontB est la base est unique.

Solution.⇒, Supposons que Bsoit la base d’une topologie O surX. Le fait queBsoit une classe de parties deX garantit que

[

B∈B

B⊂X. (1.2.3)

Par définition de base d’une topologie et puisqueX∈ O, il existeB⁰ une classe de parties deX telle queB⁰ ⊂ Bet

[

B∈B⁰

B=X. (1.2.4)

En combinant (1.2.3) et (1.2.4), il vient [

B∈B

B=X.

Fixons B₁, B₂ ∈ B tels que B₁∩B₂ 6=∅, x∈B₁∩B₂. Le fait que B₁∩B₂ ∈ O et que B soit une base de la topologie O nous donnentB⁰⁰ une classe de parties deX telle que B⁰⁰⊂ Bet

B₁∩B₂= [

B∈B⁰⁰

B.

Cette égalité combinée à l’inclusionx∈B1∩B2 permettent d’obtenirB3∈ B⁰⁰tel que x∈B3⊂ [

B∈B⁰⁰

B=B1∩B2.

⇐, Supposons queB satisfait les propriétés(a)et (b). Définissons la classe de parties de X par

O= (

∅, (

[

B∈B⁰

B:B⁰⊂ B ))

.

Montrons queOest une topologie surX et queBest une base de cette topologie. D’après la définition deO, on a∅ ∈ O. PuisqueX = S

B∈B

B, on aX ∈ O. Fixons(A_i)_i∈Iune famille non vide d’éléments deO. SoitJ ⊂Itel que pour toutj ∈I, Aj∈S

B∈B⁰B:B⁰ ⊂ B . On a

[

i∈I

Ai= [

i∈I\J

Ai. Pour touti∈I\J, il existeB_i⊂ Btelle que

A_i= [

B∈Bi

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Il vient donc

[

i∈I

Ai= [

i∈I\J

[

B∈Bi

B

!

= [

B∈ S

i∈I\J

B_i

B∈ O.

Fixons B₁, B₂ ∈ B. Si B₁∩B₂ =∅, alors B₁∩B₂ ∈ O. Supposons B₁∩B₂ 6=∅. Soit x∈B₁∩B₂. Il existeB₃∈ B tel quex∈ B₃⊂B₁∩B₂. Ceci permet de définir la classe de parties

B0={B ∈ B:B⊂B1∩B2}. On constate sans difficultés que B1∩B2⊂ S

B∈B₀

B. Par définition deB0, on a l’inclusion renversée. Ainsi, on dispose de l’égalité

B₁∩B₂= [

B∈B0

B∈ O.

On en déduit que O est une topologie surX. Par définition deO, la classe de partiesB est une base de O. Enfin, siO⁰ est une topologie sur X dont B est une base, on vérifie tout de suite queO⁰ =O.

Exercice 28 Soit(X,O)un espace topologique. Que dire de l’assertion ci-dessous ? La topologie O admet une base dénombrable si et seulement si elle admet une sous-base dénombrable.

Solution. L’assertion est vraie.

⇒, C’est trivial, puisque toute base deOest une sous-base deO.

⇐, Supposons que O admette une sous-base dénombrableS. SoitB la classe de parties deX constituée des intersections finies non vides d’ensembles deS. Via la dénombrabilité deS, on dispose d’une suite (S_n)_n∈Nd’éléments de S telle que

S={Sn :n∈N}. Ainsi, on a

B= (

\

k∈K

Sk :K∈ P0,finie(N) )

.

Par définition de sous-base, Best une base deO. Constatons que l’application P0,finie(N)−→ B

K7−→ \

k∈K

Sk

est surjective par définition deB. En combinant ceci au fait queP0,finie(N)soit un ensemble dénombrable, on obtient queB est dénombrable.

Exercice 29 Montrer que tout espace topologique à base dénombrable est séparable.

Solution. Soit(X,O) un espace topologique à base dénombrable. Il existe(βn)n∈Nune suite de parties non vides deX tel queB={βn :n∈N}soit une base deX. Pour chaque n∈N, choisissonsxn ∈βn 6=∅. Notons A={xn:n∈N}qui est évidemment une partie dénombrable. SoitU un ouvert non vide deX. PuisqueBest une base de la topologieO, il existe une partieK non vide deNtelle que

U = [

k∈K

βk.

On a tout de suiteA∩U 6=∅. Ainsi,A est dense dansX et ceci nous dit que(X,O)est un espace topologique séparable.

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Exercice 30 (Théorème de Lindelöf ) Soit (X,O) un espace topologique à base dénom- brable. Montrer que pour toute famille non videGd’ouverts deX, il existe une sous-famille dénombrable G0 deG telle que

[

G∈G0

G= [

G∈G

G.

Solution. Par hypothèse, il existe B une classe de parties de X dénombrable. On peut alors écrire

B={βn :n∈N}

où (β_n)_n∈N est une suite de parties de X. Fixons une famille non vide G = (G_i)_i∈I d’ouverts deX. ***

1.2.3 Suites généralisées

Exercice 31 Soient(X,O)un espace topologique, a∈X,S un système fondamental de voisinages deadans X. Montrer que :

(a) (S,⊃) est un ensemble préordonné filtrant croissant.

(b)Si(x_V)_V∈S est une suite généralisée deX (oùS est muni du préordre filtrant croissant

⊃) vérifiant xV ∈V pour toutV ∈ S, alors xV →

V∈S a.

Solution.(a)Evidemment,(S,⊃)est un ensemble préordonné. SoientV₁, V₂∈ S. Puisque V₁∩V₂ est un voisinage deadansX, il existeV₃∈ S tel que V₃⊂V₁∩V₂. Il reste alors à observer que pour touti∈ {1,2},

V_i⊃V₁∩V₂⊃V₃.

(b)Soit(xV)V∈S une suite généralisée deX telle que pour toutV ∈ S,xV ∈V. SoitW un voisinage deadansX. PuisqueS est un système fondamental de voisinages deadans X, il existeW⁰ ∈ S avecW⁰⊂W. Le fait que pour toutV ∈ S avecW⁰ ⊃V, on ait

xV ∈V ⊂W⁰ nous garantit alors que xV →

V∈S a.

Exercice 32 Soient (X,O) un espace topologique, A une partie de X, a∈X. Montrer que :

(a) a∈adhXA si et seulement s’il existe une suite généralisée (xj)_j∈J d’éléments deA qui converge dans X versa.

(b) Si le pointa admet un système fondamental de voisinages de X dénombrable, alors a ∈adhXA si et seulement si il existe une suite ordinaire (xn)n∈N d’éléments de A qui converge dans X versa.

(c)Si tout point de X admet un système fondamental dénombrable de voisinages, alorsA est fermé dans X si et seulement si pour toute suite(x_n)_n∈N de points de Aconvergeant vers un pointa deX, on a l’inclusiona∈A.

Solution. (a) ⇐, Supposons qu’il existe une suite généralisée (xj)j∈J d’éléments deA telle que x_j −→ a. Fixons V un voisinage de a dans X. Il existe j₀ ∈ J tel que pour tout j ∈ J avecj₀ j (où est le préordre filtrant croissant sur J) on a x_j ∈ V. En particulier, x_j0 ∈V ∩A6=∅. Donc,a∈adh_XA.

⇒, Supposonsa∈adh_XA. L’ensembleV_X(a)muni de⊃est préordonné filtrant croissant.

Pour chaqueV ∈ V_X(a), on peut fixerx_V ∈V ∩A6=∅. Evidemment,x_V −→

V∈VX(a)

a.

Supposons qu’il existe un système fondamental de voisinages de adansX dénombrable.

(b) ⇐, Une suite ordinaire étant une suite généralisée particulière, cette implication est démontrée par ⇐de(a).

⇒, Supposons que a∈adh_XA. D’après l’Exercice 42, il existe(V_n)_n∈N un système fon- damental de voisinages de a dans X dénombrable et décroissant pour l’inclusion. Pour

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chaquen∈N, il existe xn∈Vn∩A6=∅. Sans difficultés, on voit quexn −→

n→+∞a.

(c) Supposons que tout point de X admette un système fondamental dénombrable de voisinages.

⇒, Supposons queAsoit fermé. Soit(xn)_n∈Nune suite de points deAqui converge vers un pointadeX. D’après(a)ci-dessus, on sait quea∈adhXA. Le caractère fermé deA dansX nous dit alors quea∈A.

⇐, Supposons que pour toute suite(xn)_n∈Nde points deAconvergeant vers un pointade X, on ait l’inclusiona∈A. Fixonsx∈adhXA. Via notre hypothèse sur(X,O), il existe un système fondamental dénombrable de voisinages de xdans X. D’après(b) ci-dessus, il existe une suite ordinaire (an)n∈N d’éléments de A qui converge vers x dans X. Par hypothèse, on dispose de l’inclusionx∈A. Il s’ensuitadhXA=A, doncAest fermé dans X.

Exercice 33 Soient (X,O) un espace topologique, A une partie de X, a∈X. Montrer que :

(a) a ∈ accXA si et seulement si il existe une suite généralisée (xj)j∈J d’éléments de A\ {a} avec xj −→a.

(b) Si le pointa admet un système fondamental de voisinages de X dénombrable, alors a∈acc_XA si et seulement si il existe une suite ordinaire (x_n)_n∈N d’éléments de A\ {a}

qui converge dans X versa.

Solution.(a)⇒, Supposonsa∈acc_XA. Munissons VX(a)du préordre filtrant croissant

⊃. Pour toutV ∈ VX(a), choisissonsx_V ∈V∩(A\ {a})6=∅. Trivialement, on ax_V −→a.

⇐, Supposons qu’il existe une suite généralisée(x_j)_j∈Jd’éléments deA\{a}avecx_j−→a.

SoitV un voisinage deadansX. Il existej₀∈J tel que pour toutj∈J avecj₀j, on ait x_j ∈V. On en déduit que

V ∩(A\ {a})6=∅.

En conséquence, on aa∈acc_XA.

(b) Supposons qu’il existe un système fondamental de voisinages de a dans X dénom- brable.

⇐, Une suite ordinaire étant une suite généralisée particulière, cette implication est dé- montrée par ⇐de(a).

⇒, Supposons que a∈ accXA. D’après l’Exercice 42, il existe (Vn)_n∈N un système fon- damental de voisinages de a dans X dénombrable et décroissant pour l’inclusion. Pour chaquen∈N, il existexn∈Vn∩A\ {a} 6=∅. Sans difficultés, on voit quexn −→

n→+∞a.

Exercice 34 Soit (X,O) un espace topologique. Montrer que (X,O) est séparé (Haus- dorff ) si et seulement si toute suite généralisée (x_j)_j∈J d’éléments de X qui converge dansX ne converge que vers un seul élément deX.

Solution.⇒, Supposons que(X,O)soit un espace topologique séparé (Hausdorff). Soit (x_j)_j∈J une suite généralisée convergente deX. Notonsle préordre filtrant croissant sur J. Par l’absurde, supposons qu’il existex, y∈X, distincts tels quex_j −→

j∈J xetx_j−→

j∈J y.

Par définition de topologie séparée (Hausdorff), il existe un voisinage V de xdansX, il existe un voisinageW dey dansX tels que

V ∩W =∅. (1.2.5)

Par définition de la convergence d’une suite généralisée, il existej_x∈J tel que pour tout j ∈J avecj_xj, on aitx_j∈V. De même, il existej_y ∈J tel que pour toutj ∈J avec j_y j, on ait x_j ∈ W. Puisque (J,) est un ensemble préordonné filtrant croissant, il existe j₀∈J tel quej_xj₀ etj_y j₀. Ainsi, on obtientx_j0 ∈V ∩W et ceci contredit (1.2.5).

⇐, Par contraposition, supposons que(X,O)ne soit pas séparé (Hausdorff). Il existe deux élémentsx, y∈X, distincts tels que pour toutU ∈ VX(x), pour toutV ∈ VX(y)

U ∩V 6=∅. (1.2.6)

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L’ensemble(VX(x),1)où1est le préordre filtrant croissant défini pour chaqueA, B∈ VX(x)parA1B si et seulement si A⊃B. De même, on définit 2 surVX(y). Notons le préordre produit sur J = VX(x)× VX(y) issu de 1 et 2. D’après (1.2.6), il existe xU,V ∈ U ∩V pour chaque (U, V) ∈ J. Fixons W un voisinage quelconque de xdans X. Posons U0 =W et V0 =X. Evidemment, (U0, V0)∈J. Soit (U, V)∈ J avec (U0, V0)(U, V). Par définition de , U0 ⊃U. Or, x(U,V) ∈U ∩V. Ainsi, x(U,V) ∈U0

puisque U∩V ⊂U₀=W. On a donc

x_(U,V) −→

(U,V)∈Jx.

De manière analogue, on montre que

x_(U,V) −→

(U,V)∈Jy.

1.2.4 Topologie produit

Exercice 35 Soient(X,O) un espace topologique,∆ ={(x, x) :x∈X} la diagonale de X. Montrer que (X,O) est séparé (Hausdorff ) si et seulement si ∆ est fermé dans X² muni de la topologie produit.

Solution. ⇒, Supposons que (X,O) soit séparé (Hausdorff). Fixons A ∈ adh_X2∆. Il existe (A_j)_j∈J une suite généralisée de∆ telle queA_j −→A. Pour tout j ∈J, il existe x_j∈X tel queA_j= (x_j, x_j). PuisqueA∈X², il existe(a, b)∈X²tel que A= (a, b). Le fait que(A_j)_j∈J converge versArelativement à la topologie produit surX² nous dit que

xj −→a et xj−→b.

Le caractère sépré (Hausdorff) de (X,O) nous dit alors que a = b, i.e. A ∈ ∆. Ainsi, l’ensemble∆ est fermé dansX².

⇐, Supposons que ∆ soit fermé dans X². Soit (xj)j∈J une suite généralisée d’éléments deX qui converge dansX versx∈X. Par l’absurde, supposons qu’il existex⁰∈X avec x 6=x⁰ tel que xj −→ x⁰. Evidemment,(xj, xj)j∈J est une suite généralisée d’éléments de∆ qui converge vers(x, x⁰)relativement à la topologie produit surX². Puisque∆est fermé dansX² muni de la topologie produit, on a

(x, x⁰)∈∆, i.e.x=x⁰. Ceci est contradictoire et termine la preuve.

1.3 Applications continues

Exercice 36 Soient(X,OX)un espace topologique séparé (Hausdorff ),(Y,OY)un espace topologique. Montrer que si (X,OX) et (Y,OY) sont homéomorphes, alors (Y,OY) est séparé (Hausdorff ).

Solution.Soientx, y∈Y distincts. Notonsf :X −→Y un homéomorphisme de(X,OX) sur(Y,OY). La bijectivité def nous donne l’existence d’un uniqueu∈Xtel quef(u) =x.

De même, il existe un unique v∈X satisfaisantf(v) =y. Puisque xet y sont distincts, on a nécessairement u6=v. Le caractère séparé (Hausdorff) de (X,OX) nous permet de choisir un voisinageV deudansX et un voisinage W dev dansX tels que V ∩W =∅.

Le fait quef soit un homéomorphisme de(X,OX)sur(Y,OY)nous dit quef(V)est un voisinage def(u) =xdansY et quef(W)est un voisinage def(v) =y dansY. L’égalité V ∩W =∅ assure du fait que f(V ∩W) =∅. En combinant ceci à l’inclusion (triviale) f(V)∩f(W)⊂f(V ∩W)on aboutit àf(V)∩f(W) =∅. On en déduit donc que(Y,O_Y) est séparé (Hausdorff).

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