Corrig´ e de la feuille d’exercices n

Ecole Normale Sup´´ erieure – FIMFA – Ann´ee 2010-2011 Travaux dirig´es de Topologie et Calcul diff´erentiel Franc¸ois B´eguin

Corrig´ e de la feuille d’exercices n

^o

1

1 -

Espace topologique tel que les singletons sont ouverts.

Si tous les singletons sont ouverts, alors tout ensemble (qui est r´eunion de ses singletons) est ouvert, et la topologie est donc n´ec´essairement la topologie discr`ete.

2 -

Topologie sur R² dont les ouverts sont les boules centr´ees `a l’origine.

On v´erifie que S

i∈IB(0, r_i) = B(0,Sup(r_i)) et T

j∈JB(0, r_j) = B(0,min(r_j)). De plus, R² =B(0,∞) et

∅=B(0,0). Donc la famille desB(0, r) forme une topologie surR². Cette topologie n’est pas s´epar´ee, puisque tout ouvert non vide contient le point 0. Elle est clairement moins fine que la topologie usuelle surR².

3 -

Droite r´eelle avec un point double.

Il est conseill´e de faire un dessin. Pour montrer queBforme la base d’une topologie, il suffit de montrer que pour tous ouvertsU, V ∈ B et toutx∈U∩V, il existe un ouvert W dansBqui contientxet contenu dans U∩V. Autrement dit, il existeW ∈ Btel quex∈W ⊂U∩V. C’est tr`es facile `a v´erifier dans le cas pr´esent.

On peut remarquer que cette topologie n’´est pas s´epar´ee car tout voisinage de 0Arencontre tout voisinage de 0B. En particulier, cette topologie ne peut pas ˆetre m´etrique (si la topologie ´etait m´etrique, la distance entre 0A et 0B devrait ˆetre nulle, ce qui serait absurde, puisque 0A6= 0B). Il est clair que la topologie engendr´ee surR− {0} coincide avec la topologie usuelle (donc m´etrisable) surR− {0}.

Remarque.Cet exemple, qui peut sembler artificiel, ne l’est pas. En effet, des espaces topologiques du type de celui pr´esent´e dans l’exercice (tr`es grossi`erement, “des espaces qui ressemblent localement `a la droite r´eelle, mais avec des points non s´epar´es”) apparaissent naturellement comme espace des feuilles d’un feuilletage.

Tr`es grossi`erement, si on consid`ere (par exemple) une famille de courbes qui rempli une surface, alors le quotient de la surface par la relation d’´equivalence “ˆetre sur la mˆeme courbe” sera un espace “du type de celui de l’exercice” ; en particulier, il poss`edera en g´en´eral des points non-s´epar´es.

4 -

Topologie des compl´ementaires de parties finies.

On v´erifie tr`es facilement que C est stable par intersection finie et r´eunion quelconque ; c’est bien une topologie. Elle est s´epar´ee si et seulement siX est fini (auquel cas la topologie est mˆeme discr`ete) ; en effet, siX n’est pas fini, quels que soientxet ydansX, tout voisinage dexrencontre tout voisinage dey.

5 -

Une topologie sur N\ {0}.

Il faut montrer que sixest dans l’intersection deU_a,b et U_a⁰_,b⁰ alors il existec etdtels que l’ensemble U_c,d contient xet est contenu dans l’intersectionU_a,b∩U_a⁰_,b⁰. Or

x∈Ua,b∩Ua⁰,b⁰ ⇒ Uppcm(a,a⁰),x⊂Ua,b∩Ua⁰,b⁰.

Il reste `a v´erifier que que ppcm(a, a⁰) etxsont premiers entre eux. C’est assez facile car, sindivisea etx alors il divise aussi b (puisque xest de la forme x=am+b), ce qui force n = 1 puisque quea et b sont premiers entre eux.

La topologie est s´epar´ee : on peut s´eparer deux entiers xet y `a l’aide de de voisinages ouverts Up,x et Up,y o`upest un nombre premier `aaet bassez grand (par exemple,p > x+y).

Le cas o`uaest sans facteur carr´e se fait exactement comme le pr´ec´edent.

6 -

Distance SNCF

1. Que d soit une distance ne pr´esente aucune difficult´e (il suffit de distinguer soigneusement les cas pour montrer l’in´egalit´e triangulaire).

2. On noteBd(x, r) la boule ouverte de centrexet de rayonrpour la distance SNCFd, etB(x, r) la boule ouverte de centrexet de rayon rpour la distance usuelle. Si xest l’origine, alorsBd(x, r) = B(x, r) pour tout r >0. Sixn’est pas l’origine, alors pourr≤ kxk, la bouleBd(x, r) est le segment ouvertS(x, r) de la droite passant par xet l’origine, centr´e enx, de longueur 2r. Pourr >kxk, la bouleBd(x, r) est la r´eunion du segment S(x, r) et de la bouleB(0, r− kxk).

La distance SNCF n’est pas ´equivalente `a la distance usuelle. En effet, la boule Bd centr´ee en (1,0) de rayon 1 est incluse dans l’axe des abscisses. Or aucune boule pour la distance usuelle de rayon strictement positif n’est incluse dans cet axe, donc dans B.

Par contre, on voit facilement qu’en tout pointx, toute boule pour la distance usuelle centr´ee enxcontient une boule pourdcentr´ee enx(en effet six6= 0, pourε >0 suffisament petit, la bouleB⁰(x, ε) est un segment ouvert centr´e surx). Donc, la topologie induite par la distance SNCF est plus fine que la topologie usuelle du plan.

3. Par d´efinition mˆeme ded, la distance induite par d sur une droite passant par l’origine est la distance usuelle. La distance induite sur le cercle unit´e est la distance “constante ´egale `a 2” : la distance entre deux points distincts est toujours ´egale `a 2.

4. On v´erifie facilement que sif :R²→R² est une similitude qui ne pr´eserve pas l’origine, elle ne peut pas ˆ

etre continue pour la topologie induite par la distance SNCF. En effet, le segment ]f(0)/2,3f(0)/2[ est un voisinage ouvert def(0). Sa pr´e-image par f est un segment centr´e en 0 qui ne peut donc pas ˆetre ouvert pour d.

Il ne reste plus qu’`a consid´erer les similitudes directes pr´eservant l’origine, c’est `a dire les rotations et les homoth´etie de centre 0. Comme ces applications transforment une droite passant par 0 en une droite passant par 0, il est facile de voir qu’elles sont continues (et mˆeme lipchitziennes).

Remarque.Encore une fois, cet exemple n’est pas si artificiel que cela. En effet, le plan muni de la distance SNCF est un des exemples les plus simples de ce qu’on nomme un arbre r´eel.

7 -

Distance de Hausdorff

1. Il est ´evident queδ est sym´etrique, et satisfait l’in´egalit´e triangulaire. La seule chose `a v´erifier est donc que, siδ(K₁, K₂) = 0 alorsK₁=K₂. Supposonsδ(K₁, K₂) = 0. Alors, pour toutx₁∈K₁, on aφ_K2(x₁) = 0.

MaisφK₂(x1) = infx₂∈K2d(x1, x2), et par compacit´e, l’infimum est atteint en un pointx^∗₂∈K2. Ceci montre quex1∈K2. Comme ceci est vrai pour tout x1∈K1, on a doncK1⊂K2. Et commeK1 et K2 jouent des rˆole sym´etriques, on a aussiK2⊂K1.

2. Supposonsd(K1, K2)≤. Alors, pour toutx1∈K1, on a ΦK₂(x1) = infx₂∈K2d(x1, x2)≤. Par compacit´e, l’infimum est atteint en un pointx^∗₂∈K2, ce qui montre que l’on ax1⊂B(x^∗₂, )⊂V(K2). Par cons´equent, K1⊂V(K2). Et commK1 etK2jouent des rˆole sym´etriques, on a aussiK2=V(K1).

R´eciproquement, supposons K1 ⊂V(K2) et K2 ⊂V(K1). Soit x∈ Rⁿ. Il existe un point x^∗₁ ∈K1 tel que ΦK1(x) = infx1∈K1d(x1, y) =d(x^∗₁, x). Comme K1⊂V(K2), il existex^∗₂∈K2tel qued(x^∗₁, x^∗₂)≤. On a alors

Φ_K2(x)≤d(x, x^∗₂)≤d(x, x^∗₁) += Φ_K1(x) +.

On montre de mˆeme que Φ_K1(x)≤Φ_K2(x) +. Comme ceci est vrai pour toutx∈Rⁿ, on en d´eduit que δ(K₁, K₂) :=kφ_K1−φ_K2k_∞≤.

3. D’apr`es la question pr´ec´edente, il suffit de montrer que, pour toute partie compacteKdeRⁿ, et tout r´eel >0, on peut trouver un sous-ensemble finiAdeK tel que

K⊂ [

x∈A

B(x, ). (1)

Fixons donc une partie compacte (ou mˆeme un born´ee) K de Rⁿ et un r´eel >0. Si on sait ce qu’est un compact dans un espace topologique g´en´eral, on obtient tr`es facilement l’existence d’une partie finieA de K v´erifiant l’inclusion (1) : il suffit de consid´erer le recouvrement ouvert

K⊂ [

x∈K

B(x, ),

d’en extraire un sous-recouvrement fini (qui existe par compacit´e deK), et de d´efinir Acomme l’ensemble des centres des boules constituant ce recouvrement fini. Si on est moins savant (par exemple, si on sait simplement que les compacts de Rⁿ sont born´es), on peut constuire la partieAcomme suit : on choisit un entier M tel que K ⊂B(0, M) et un entier q tel que ¹_q < ₂ ; on consid`ere l’ensemble finiE ⊂Rⁿ form´e des points deB(0, M) dont les coordonn´ees sont de la forme (^p_q¹, . . . ,^p_qⁿ) avecp1, . . . , pn∈Z; pour chaque tel pointz∈E, siB(z,₂)∩K est non-vide, on choisit un pointz⁰ dans cette intersection ; la collection des pointsz⁰ ainsi obtenu est la partieA recherch´ee.

8 -

Distance sur la sph`ere

1. Il d´ecoule facilement des d´efinitions qued est sym´etrique. Pour montrer l’in´egalit´e triangulaire, il suffit de remarquer qu’en conact´enant un cheminC¹ par morceaux joignant un pointp`a un pointqet un chemin C<sup>1</sup>par morceaux joignantq`a un pointr, on obtient un cheminC¹ par morceaux joignantp`ar. Enfin, sip et qsont deux points de S² tels qued(p, q) = 0, alors,a fortiori, la distance entrepetq dansR³ est nulle, et, par suite,p=q.

2. Sipetqsont deux points deS², alorsd(p, q) est plus grand quekp−qk(la distance entrepetqdansR³), et plus petit que la longueur de l’arc de grand cercleγp,q. On en d´eduit facilement que

kp−qk ≤d(p, q)≤ π

2kp−qk.

Il en d´ecoule imm´ediatement que la topologie d´efinie par dsur §² co¨ıncide avec la topologie induite par la topologie usuelle (i.e.la topologie d´efinie par la normek · k) surR³.

3. On travaille en coordonn´ees sph´eriques (θ, φ). Comme la sph`ereS<sup>2</sup> et la distancedsont invariantes sous l’action des isom´etries vectorielles de R<sup>3</sup>, on peut faire agir une isom´etrie afin de ramener les points pet q sur le m´eridien θ = 0. Les pointsp et q ont des coordonn´ees (0, φ<sub>0</sub>) et (0, φ<sub>1</sub>). On consid`ere un chemin γ : [0,1]→S², de classe C¹ par morceaux, joignant p`a q ; et on ´ecrit γ(t) = (θ(t), φ(t)). La longueur du cheminγ satisfait alors

L(γ) = Z 1

0

q

( ˙φ(t))²+ sin²(φ(t))( ˙θ(t))²dt≥ Z 1

0

φ(t))˙

dt=|φ(0)−φ(1)|=|φ0−φ1|.

Ceci montre que la longueur du chemin γ est sup´erieure `a celle de l’arc de m´eridien (i.e.de l’arc de grand cercle) joignantp`a q.

Remarque.Quand un avion va de Paris `a New-York, il prend (en gros) le chemin le plus court. Par cons´equent, il suit le grand cercle qui passe par Paris et New-York, plutˆot que le parall`ele qui passe par ces deux villes.

C’est pour cela il “monte” vers le pˆole nord.

9 -

Distances ultram´etriques.

1. Consid´erons un ensembleX muni d’une distance ultram´terique d.

a. Soit x, y, z un triangle de X. Si d(x, y) = d(y, z), alors le triangle x, y, z est isoc`ele. Sinon, quitte `a renommer les points, on peut supposer

d(x, y)< d(y, z).

Alors le caract`ere ultram´etrique donne

d(y, z)≤max[d(x, y), d(x, z)].

donc max[d(x, y), d(x, z)] =d(x, z) etd(y, z)≤d(x, z). Mais comme par ailleurs le caract`ere ultram´etrique donne aussi

d(x, z)≤max[d(x, y), d(y, z)] =d(y, z),

nous obtenonsd(x, z) = max[d(x, y), d(y, z)] =d(y, z). Donc le trianglex, y, zest isoc`ele.

b. Consid´erons une boule (ouverte, pour fixer les id´ees) B(x, r), et un point y de cette boule. Alors pour tout point z∈B(y, r), on a

d(x, z)≤max[d(x, y), d(y, z)]< r,

et donc z ∈ B(x, r). Ceci montre que B(y, r) ⊂ B(x, r). On remarque maintenant que x est un point de la boule B(y, r) ; on peut donc ´echager les rˆole de x et y dans les lignes ci-dessus, ce qui donnera l’inclusionB(x, r)⊂B(y, r). Ainsi, on a l’´egalit´eB(x, r) =B(y, r) ; autrement dit,yest un centre de la bouleB(x, r).

Le cas d’une boule ferm´ees se traite de mˆeme.

c. Consid´erons deux boules (ouvertes, pour fixer les id´ees) de centres respectifszetz⁰, et de rayons respectifs retr⁰. Quitte `a ´echanger les noms, supposons que max(r, r<sup>0</sup>) =r. Alors nous avons l’alternative suivante : son intersection est vide ou ne l’est pas. Si l’intersection est non vide, on consid`erezdans l’intersection,z est un centre de chacune de ces boules, et doncB(z, ρ)⊂B(z, r) permet d’´etablir qu’une boule est incluse dans l’autre. Si l’intersection est vide : si on avaitd(B(x, r), B(y, ρ))< r, on pourrait trouverz∈B(x, r) et z⁰ ∈B(y, ρ) tels qued(z, z⁰)< r. Mais alorsB(x, r) =B(z, r) =B(z⁰, r) ce qui contredit la vacuit´e de l’intersection.

Le cas de boules ferm´ees se traite de mˆeme.

d. Montrons qu’une boule ouverte est ferm´ee. Pour ce faire, montrons que le comp´ementaireF de la boule ouverte centr´ee enxde rayonr >0, est ouvert. Soity∈F, doncd(x, y)≥r. Montrons queB(y, r)⊂F : soitz∈B(y, r) ; la relation ultram´etrique donne :

r≤d(x, y)≤max[d(x, z), d(y, z)],

avecd(y, z)< r. Donc max[d(x, z), d(y, z)] =d(x, z)≥r. Doncz∈F. Puis siy∈B(x, r), alors pour tout z∈B(y, r) on ad(x, z)≤max(d(x, y), d(x, z))< r, doncB(y, r)⊂B(x, r), et l’´egalit´e suit de la sym´etrie des rˆoles dexet y.

Montrons maintenant que la boule ferm´ee centr´ee enxde rayonr >0, est ouverte.

Soit y ∈ B(x, r), donc¯ d(x, y) ≤r. Montrons que B(y, r)⊂B¯(x, r) : soit z ∈B(y, r) ; avec la relation ultram´etrique on a :

d(x, z)≤max[d(x, y), d(y, z)]≤r, Doncz∈B(x, r).¯

Remarque.Attention, la boule ouverte de centrexet de rayonrest ferm´ee, mais en g´en´eral, ce n’est pas la boule ferm´ee de centrexet de rayonr!

e. Soit (x_n) une suite de points deX. Quels que soientp < q, l’in´egalit´e ultram´etrique, appliqu´ee de mani`ere r´ep´et´ee, donne

d(xp, xq) ≤ max[d(xp, xp+1), d(xp+1, xp+2), . . . , d(xq−1, x−q)]

≤ sup

r≥p

d(xr, xr+1)

Ceci implique clairement que (x_n) est de Cauchy d`es que d(x_n, x_n+1) tend vers 0.

2. Les v´erifications sont imm´ediates.

3. On v´erifie d’abord ais´ement que la d´efinition est coh´erente (ne d´ependant pas du choix du repr´esentant de a/b), puis que vp(rs) =vp(r) +vp(s) pourr et srationnels. La propri´et´e ultram´etrique — la seule non

´

evidente — suit de la relation suppl´ementaire

v_p(x−y)≥min(v_p(x), v_p(y)).

Dans le cas d’entiers, cette relation est ´evidente, car en posantk = min(vp(x), vp(y)), on a p^k qui divise `a la fois xet y, donc x−y. Pour le cas g´en´eral de rationnels, on introduit qun d´enominateur commun. On applique la relation pr´ec´edente `aqxet qyet la relation ´etablie plus haut sur la valuation du produit, et on obtient la relation recherch´ee.

Bien sˆur, cette distance n’a rien `a voir avec la distance usuelle (calculerd(p^k, p^k+1)...).

En consid´erant des rationnels de la forme:p^ka/(p^kb+ 1) avecaet bentiers naturels, on voit rapidement que tout voisinagep-adique de 0 est dense dansQpour la distance usuelle.

4. Comme dans la question pr´ec´edente, on v´erifie quev(ST) =v(S)+v(T) et quev(S−T)≥min(v(S), v(T)).

Le r´esultat en d´ecoule.

10 -

Topologie ‘de la limite sup´erieure” surR.

1. La topologie T_{lim sup} est plus fine que la topologie usuelle T. Pour le voir, il suffit de constater que les intervalles ]a, b[, qui engendrentT, sont dans Tlim sup:

]a, b[= [

n∈N^∗

]− ∞, b−1

n]∩]a,+∞[

∈ T_{lim sup}

puisque c’est une union d’intersections finies d’´el´ements deTlim sup. Remarquons que ceci implique queTlim sup

est s´epar´ee (puisqu’elle est plus fine qu’une topologie s´epar´ee).

2. Pour touta < b, l’intervalle ]a, b] est un ouvertTlim sup puisque ]a, b] =]− ∞, b]∩]a,+∞[ est bien ouvert.

Les intervalles du type ]a, b] engendrent Tlim sup, puisque ]− ∞, a] = S

n]a−n−1, a−n] et ]b,+∞[=

S

n]b+n, b+n+ 1]. De plus, la famille des intervalles du type ]a, b] est stable par intersection finie. Donc c’est bien une base d’ouverts.

On en d´eduit que pour tout point x, (]x−ε, x])_ε>0 est une base de voisinages de x. En effet si U est ouvert etx∈U, alors il existea < b tels quex∈]a, b]⊂U, et on a alors ]x−ε, x]⊂]a, b] pourεassez petit.

3. On voit que ]a, b] est ferm´e, en effet c’est l’intersection de ]a,+∞[ et de ]− ∞, b] qui sont ferm´es (car leur compl´ementaire est ouvert).

4. Il suffit de v´erifier queQrencontre tout ouvert ]a, b] de la base d’ouverts de la question 2, ce qui est clair.

5. On utilise le lemme suivant : Un espace m´etrique E poss`ede un sous-ensemble d´enombrable denseD si et seulement si E admet une base d´enombrable d’ouverts.

Preuve du lemme. Si (U_n)_n∈N est une base d’ouverts, soit pour chaque n un point x_n ∈ U_n. Alors D = {x_n}_n∈N est dense dansE puisqu’il rencontre tous lesU_n, et par suite tous les ouverts. R´eciproquement, si D est d´enombrable et dense dansE, montrons que les boules B(d,1/k) (d∈D,k∈N^∗) forment une base d´enombrable d’ouverts. Soit Ω un ouvert etx∈Ω. Il exister >0 tel queB(x, r)⊂Ω. Soitktel que 1/k < r etε= min(1/k, r−1/k). Par densit´e, il existed∈B(x, ε)∩D. Alorsx∈B(d,1/k)⊂Ω. Ainsi Ω est r´eunion de boules de la formeB(d,1/k), lesquelles forment donc bien une base d’ouverts.

Si on montre queTlim supne poss`ede pas de base d´enombrable d’ouverts, ce lemme et la question pr´ec´edente permettront de conclure qu’elle n’est pas m´etrisable. Si (Ui)_i∈Iest une base d’ouverts deTlim sup, pour chaque x∈R, l’intervalle ]x−1, x] est ouvert donc il existe unixtel queUi_x ⊂]x−1, x] etx∈Ui_x. Ceci implique que x est la borne sup´erieure de Ui_x. L’application x 7→ Ui_x ainsi construite est injective (si x6= y alors Uix 6=Uiy car ces deux ouverts n’ont pas la mˆeme borne sup´erieure), la famille (Ui) ne peut donc pas ˆetre d´enombrable carRne l’est pas.

6. On a vu queT ⊂ Tlim sup, De la mˆeme fa¸con, on aT ⊂ Tlim inf. Pour l’inclusion r´eciproque, on consid`ere un ´el´ementU ∈ Tlim sup∩ Tlim inf, et on montre queU est ouvert au sens usuel : six∈U, alors il existeε >0 tel que ]x−ε, x] ⊂ U (carU ∈ Tlim sup) et il existe ε<sup>0</sup> > 0 tel que [x, x+ε<sup>0</sup>[⊂U (car U ∈ Tlim inf), d’o`u ]x−ε, x+ε⁰[⊂U. AinsiU est bien ouvert pourT.

11 -

Topologie de Fort.

Comme souvent, faire un dessin est tr`es utile !

1. Il suffit de voir que les ensembles finis ou contenantx0satisfont les axiomes des ferm´es, `a savoir contenir le vide etX, ˆetre stable par r´eunion finie et intersection quelconque. Ces propri´et´es sont bien entendu triviales.

Remarquons que tout singleton {x}, pourx 6=x0 est ouvert et que tout voisinage ouvert de x0 est de la formeX−F o`uF est fini.

2. On a une bijection ´evidente entre X et l’ensemble {0} ∪ {_m¹, m ∈ N\ {0}}. Que d v´erifie les axiomes d’une distance vient de ce que la distance usuelle surR, restreinte `a l’ensemble{0} ∪ {_m¹, m∈N\ {0}}, est encore une distance.

Montrons, ce qui est un peu moins ´evident, que la topologie qui en d´ecoule est bien celle de T. Soit O ∈ T, montrons que c’est un ouvert pourd. Il y a deux possibilit´es. SoitX\ Ocontient x0. Comme tous les{xk}pourk6= 0 sont ouverts pourd(ce sont des boules ouvertes si le rayon est assez petit), on voit que O est r´eunion d’ouverts pourdet est donc ouvert. Soit X\ Oest fini. On peut alors trouverr >0 tel que B(x0, r)⊂ O. En ajoutant un nombre fini de{xk},k6= 0, on obtient alorsO, ce qui prouve que ce dernier est ouvert pourddans ce cas ´egalement (il est intructif de visualiser ceci sur un dessin).

Montrons maintenant que toute boule ouverte pour d est un ouvert pour T. Consid´erons une boule B(x_k, r), avecr >0. Soit elle ne contient pas x₀, alors c’est un ouvert par d´efinition de la topologieT. Soit elle contient x₀, et alors il est facile de voir que son compl´ementaire est fini, donc que cette boule est bien ouverte pourT.

3. Supposons queT soit m´etrisable. Alors pour tout n∈N\ {0}, la boule B(p,1/n) est ouverte et contient p, son compl´ementaire est donc fini. Or de

\

n∈N\{0}

B(p,1/n) ={p},

on d´eduit

X ={p} ∪ [

n∈N\{0}

X\B(p,1/n),

et par cons´equentX est d´enombrable comme r´eunion d´enombrable d’ensemble finis.

12 -

Th´eor`eme de plongement d’Arens-Fells.

On v´erifie (en utilisant l’in´egalit´e triangulaire) que F : x 7→ f_x va bien de X dans B(F) et que cette application est isom´etrique.

Prouvons maintenant que l’image de l’application F est ferm´ee dans un sous-espace de B(F) (muni de la norme induite), `a savoir le sous-espace

E:= Vect

fx, x∈X\ {a} .

Soitg∈E tel queg6=fx quel que soitx. Alorsg est de la forme g=

n

X

i=1

αifx_i,

avec aucunαi nul, et de plusn≥2 ouα16= 1. On note au passage que la famillefx(x6=a) est libre et que l’´ecriture pr´ec´edente est unique. Montrons que pourεassez petit, la boule ouverteB(g, ε) ne contient aucun f_x, ce qui prouvera que le compl´ementaire de l’image deF dans E est ouverte, et donc cela permettra de conclure. Consid´eronsf_xtel que

k

n

X

i=1

α_if_xi−f_xk∞< ε.

• Si n≥2, on consid`ereA={x, a, x_i pouri6=k}. L’in´egalit´e ci-dessus donne αkd(xk, A)< ε.

Pour εassez petit, on ad(xk, A) =d(xk, x). On doit donc avoir αkd(xk, x)< ε,

et cela, pour chaquek∈ {1, . . . , n}. On voit que c’est impossible d`es queεest assez petit.

• Si n= 1, on utiliseA={a}. On obtient alors|α1d(x1, a)−d(x, a)|< ε. Avec α1 6= 1 etα1d(x1, x)< ε, on voit que cela sera impossible pourεassez petit ind´ependant dex.