Exercices corrigés — Topologie générale

$d_p(x,y)=\big(\sum|x_i-y_i|^p\big)^{1/p}$ ; $d_\infty=\max_i|x_i-y_i|$.

Boule unité = $\{x:d(0,x)<1\}$.

Distance discrète : $d(x,y)=1$ si $x\neq y$, $0$ sinon.

Pour $x=(x_1,x_2)$ et $y=(y_1,y_2)$ :

Ce que chacune mesure, et c'est ce qui les rend mémorables :

👉 Les trois sont bien des distances : positivité, séparation ($d(x,y)=0\iff x=y$), symétrie, et inégalité triangulaire — cette dernière venant de Minkowski pour $d_1$ et $d_2$, et d'un simple $\max$ pour $d_\infty$.

👉 Et l'emboîtement se voit à l'œil :

le losange dans le disque, le disque dans le carré. C'est la traduction géométrique des inégalités $d_\infty\leq d_2\leq d_1$ (A6) : plus la distance est grande, plus la boule est petite.

⚠️ Point à ne pas manquer : ces trois boules ont des formes visiblement différentes, et pourtant les trois distances définissent exactement les mêmes ouverts sur $\mathbb{R}^2$. Chaque losange contient un petit disque, chaque disque un petit carré, etc. — c'est l'équivalence des normes en dimension finie (A6), et elle dit que la topologie ne voit pas la différence entre ces trois géométries.

C'est bien une distance, sur n'importe quel ensemble. L'inégalité triangulaire $d(x,z)\leq d(x,y)+d(y,z)$ se vérifie par cas : si $x=z$ le membre de gauche vaut $0$ ; sinon il vaut $1$, et $y$ ne peut pas être égal à la fois à $x$ et à $z$, donc au moins un terme de droite vaut $1$.

👉 Ses boules sont surprenantes, et c'est tout son intérêt :

Conséquence : tout singleton est ouvert (c'est $B(x,1)$), donc toute partie est ouverte comme réunion de singletons. La topologie associée est la topologie discrète (B1).

👉 Et cela a un effet spectaculaire sur les suites : $d(x_n,x)\to 0$ impose $d(x_n,x)=0$ à partir d'un certain rang, donc

⚠️ C'est le contre-exemple universel du chapitre : dès qu'un énoncé sur les suites paraît trop beau, l'essayer sur la distance discrète.

👉 Une distance n'est pas donnée par la nature : on la CHOISIT, selon ce qu'on veut mesurer.

⚠️ Seule $d_2$ provient d'un produit scalaire, donc seule elle donne des angles et une orthogonalité. Le test est l'identité du parallélogramme : sur $x=(1,0)$ et $y=(0,1)$, en $d_1$, le membre de gauche vaut $2^2+2^2=8$ et le membre de droite $2\cdot1+2\cdot1=4$.

👉 $8\neq 4$ : la norme $1$ n'est pas euclidienne. Elle mesure parfaitement bien, mais sans géométrie angulaire.

ℹ️ En dimension infinie — l'espace des fonctions — ce choix cesse d'être indifférent : les distances $L^1$, $L^2$ et uniforme y donnent des topologies réellement distinctes, et l'équivalence de A6 tombe. C'est ce qui fait tout l'intérêt du chapitre.

Prendre $y\in B(x_0,r)$ et poser $\rho=r-d(x_0,y)>0$.

Montrer $B(y,\rho)\subseteq B(x_0,r)$ par l'inégalité triangulaire.

Un ouvert est réunion des boules qu'il contient.

Définition. $U$ est un ouvert de $(X,d)$ si

« Tout point de $U$ y est logé avec un peu de marge autour de lui. »

⚠️ Le mot « ouverte » dans « boule ouverte » est une NOTATION, pas un théorème. Rien dans $B(x_0,r)=\{x\ :\ d(x_0,x)<r\}$ ne dit que cet ensemble est ouvert au sens ci-dessus : il faut, pour chaque point de la boule, exhiber un rayon qui l'y loge encore.

👉 La difficulté est réelle : un point de $B(x_0,r)$ peut être arbitrairement proche du bord, et le rayon qui lui convient doit s'adapter à lui.

Soit $x\in B(x_0,r)$. Par définition $d(x_0,x)<r$, donc la quantité

est strictement positive. C'est exactement ce qu'il reste de marge avant d'atteindre le bord.

Montrons $B(x,\rho)\subset B(x_0,r)$. Soit $y\in B(x,\rho)$, c'est-à-dire $d(x,y)<\rho$. L'inégalité triangulaire donne

Donc $y\in B(x_0,r)$. $\blacksquare$

👉 Tout tient en une ligne d'inégalité triangulaire, et le choix de $\rho$ est le seul geste : il n'y a pas de rayon universel, il faut celui du point considéré.

👉 Le rayon se contracte quand on approche du bord, ce qui est exactement le comportement attendu — et c'est pourquoi un ouvert peut « toucher » son bord sans le contenir.

Sens 1 — toute réunion de boules ouvertes est un ouvert. Soit $U=\bigcup_{i\in I}B_i$ et $x\in U$. Alors $x\in B_{i_0}$ pour un certain $i_0$, et par ce qui précède il existe $\rho>0$ avec $B(x,\rho)\subset B_{i_0}\subset U$ ✓

Sens 2 — tout ouvert est une réunion de boules. Soit $U$ ouvert. Pour chaque $x\in U$ choisissons $r_x>0$ tel que $B(x,r_x)\subset U$. Alors

L'inclusion $\supset$ vient de $B(x,r_x)\subset U$ pour chaque $x$ ; l'inclusion $\subset$ de ce que chaque $x\in U$ appartient à sa propre boule $B(x,r_x)$, puisque $d(x,x)=0<r_x$.

👉 La conséquence pratique est constante : pour démontrer une propriété des ouverts, il suffit souvent de la démontrer sur les boules et de vérifier qu'elle passe aux réunions.

👉 Ce résultat est ce qui fait d'une distance une TOPOLOGIE (B1). Les trois axiomes se vérifient maintenant sans peine :

⚠️⚠️ Le mot FINIE est essentiel, et le contre-exemple tient en une ligne :

intersection dénombrable d'ouverts qui n'est pas un ouvert de $\mathbb{R}$ — aucune boule autour de $0$ n'est contenue dans $\{0\}$.

👉 La raison profonde : un minimum de $n$ rayons strictement positifs est strictement positif, un infimum d'une infinité peut valoir $0$. Ici $\min(1/n)$ sur tous les $n$ vaut $0$, et le raisonnement s'effondre exactement là.

ℹ️ C'est cette asymétrie — réunions quelconques, intersections finies — qui structure toute la topologie générale, et B2 en donne la version duale pour les fermés.

$\mathring{A}$ = plus grand ouvert dans $A$ ; $\overline{A}$ = plus petit fermé contenant $A$.

$\mathbb{Q}$ est dense : $\overline{\mathbb{Q}}=\mathbb{R}$.

$\mathbb{Z}$ est discret et fermé dans $\mathbb{R}$.

👉 Le critère de travail, dans un espace métrique :

Les deux quantificateurs sont opposés, et c'est ce qui rend les deux notions duales : l'intérieur demande une boule qui reste dedans, l'adhérence demande que toute boule touche $A$.

Intérieur. Pour $x\in\ ]0,1[$, prendre $r=\min(x,1-x)>0$ : la boule $]x-r,x+r[$ reste dans $[0,1[$ ✓ Pour $x=0$ : toute boule $]-r,r[$ contient des réels négatifs, qui ne sont pas dans $A$. Donc $0\notin\mathring{A}$.

Adhérence. Tout point de $[0,1[$ y est. Et $1$ aussi : toute boule $]1-r,1+r[$ rencontre $A$ (elle contient $1-r/2$ dès que $r<2$). En revanche $x>1$ ou $x<0$ ont une boule entièrement hors de $A$.

Frontière.

👉 Les deux inclusions sont strictes, et pas au même endroit : $A$ perd $0$ en passant à l'intérieur, gagne $1$ en passant à l'adhérence. C'est l'exemple à garder pour ne pas confondre les deux opérations.

ℹ️ Contrôle rapide : $A$ est ouvert $\iff A=\mathring{A}$, fermé $\iff A=\overline{A}$. Ici ni l'un ni l'autre — $[0,1[$ n'est ni ouvert ni fermé, ce qui n'a rien de contradictoire.

Intérieur : VIDE. Toute boule $]x-r,x+r[$ contient des irrationnels (entre deux réels distincts il y a toujours un irrationnel), donc aucune boule n'est contenue dans $\mathbb{Q}$.

Adhérence : $\mathbb{R}$ tout entier. Toute boule $]x-r,x+r[$ contient des rationnels (densité de $\mathbb{Q}$), donc tout réel est adhérent.

Frontière :

👉 La frontière est l'espace TOUT ENTIER. C'est déroutant si l'on garde en tête l'image d'une frontière comme d'un bord mince — et c'est précisément pourquoi cet exemple vaut d'être vu : une frontière n'est pas un contour, c'est l'ensemble des points adhérents à la fois à $A$ et à son complémentaire — ici tous, puisque $\mathbb{Q}$ et $\mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}$ sont tous deux denses.

⚠️ $\mathbb{Q}$ est dense ($\overline{\mathbb{Q}}=\mathbb{R}$) et d'intérieur vide en même temps. Ces deux propriétés cohabitent sans contradiction, et le même phénomène se produit pour $\mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}$.

ℹ️ Ce couple « dense et d'intérieur vide » touche au théorème de Baire (D5) — qui interdit qu'une réunion dénombrable de fermés d'intérieur vide remplisse $\mathbb{R}$ ; sans « fermés », c'est faux : $\mathbb{Q}\cup(\mathbb{R}\setminus\mathbb{Q})=\mathbb{R}$.

Intérieur : VIDE. Toute boule $]n-r,n+r[$ contient des non-entiers ✓

Adhérence : $\mathbb{Z}$. Si $x\notin\mathbb{Z}$, la distance de $x$ à l'entier le plus proche est $\delta>0$, et la boule $B(x,\delta)$ évite $\mathbb{Z}$. Donc aucun point hors de $\mathbb{Z}$ n'est adhérent, et $\mathbb{Z}$ est fermé.

Frontière : $\partial\mathbb{Z}=\mathbb{Z}\setminus\varnothing=\mathbb{Z}$.

Le tableau récapitulatif, à mémoriser :

👉 $\mathbb{Z}$ et $\mathbb{Q}$ ont le même intérieur (vide) et des adhérences radicalement différentes. Ce qui les sépare est la densité : les entiers sont espacés d'au moins $1$, les rationnels s'accumulent partout.

ℹ️ $\mathbb{Z}$ est discret ET fermé dans $\mathbb{R}$ : la topologie induite (B6) y est la topologie discrète, chaque $\{n\}$ étant l'intersection de $\mathbb{Z}$ avec l'ouvert $]n-\tfrac12,n+\tfrac12[$.

$x\in\overline{A}\iff$ toute boule $B(x,r)$ rencontre $A$.

Prendre $r=1/n$ pour construire la suite.

Réciproque : une limite de points de $A$ adhère à $A$.

👉 C'est le pont entre la topologie et les suites, et c'est lui qui rend la topologie métrique maniable : tout ce qui s'exprime avec des boules peut se reformuler avec des suites, et réciproquement.

⚠️⚠️ L'hypothèse « métrique » n'est PAS décorative. Dans un espace topologique général, le sens $\Leftarrow$ reste vrai, mais $\Rightarrow$ est FAUX : il peut exister des points adhérents qu'aucune suite n'atteint.

👉 La raison précise : la démonstration ci-dessous choisit une boule de rayon $\tfrac1n$ pour chaque entier $n$. Elle a donc besoin d'une famille dénombrable de voisinages emboîtés autour de $x$ — ce qu'un espace métrique fournit gratuitement, et qu'un espace général n'a aucune raison de posséder. On dit qu'il faut être à base dénombrable de voisinages (C6).

Supposons $a_n\to x$ avec $a_n\in A$ pour tout $n$.

Soit $r>0$. Par définition de la convergence, il existe $N$ tel que $d(a_n,x)<r$ pour $n\geq N$. En particulier

Ceci valant pour tout $r>0$, on a bien $x\in\overline{A}$. $\blacksquare$

👉 Ce sens est le plus facile et ne demande aucune hypothèse : il vaut dans tout espace topologique, à condition de remplacer « boule » par « voisinage ».

Supposons $x\in\overline{A}$. Alors, pour tout $r>0$, $B(x,r)\cap A\neq\varnothing$.

👉 Le geste décisif : appliquer cela à la suite de rayons $r=\dfrac1n$. Pour chaque $n\geq 1$, l'ensemble $B(x,\tfrac1n)\cap A$ est non vide ; choisissons-y un point $a_n$.

Comme $\dfrac1n\to 0$, le théorème des gendarmes donne $d(a_n,x)\to 0$, c'est-à-dire $a_n\to x$. $\blacksquare$

⚠️ Ce sens utilise l'axiome du choix dénombrable (un choix simultané d'un $a_n$ pour chaque $n$). C'est une hypothèse si standard qu'on ne la mentionne d'ordinaire pas, mais elle est bien là.

👉 Et c'est ici que la métrique est indispensable : la suite $\big(\tfrac1n\big)$ fournit une base dénombrable de voisinages de $x$, emboîtés et de « taille » tendant vers $0$. Sans elle, on ne saurait pas indexer les choix par $\mathbb{N}$.

👉 Trois conséquences immédiates, toutes constamment utilisées :

Exemple. $\overline{\mathbb{Q}}=\mathbb{R}$ (A3) devient : tout réel est limite d'une suite de rationnels — par exemple ses troncatures décimales, ou pour $\sqrt2$ la suite de Héron $1,\ \tfrac32,\ \tfrac{17}{12},\ \tfrac{577}{408},\dots$ (D1).

⚠️⚠️ Le contre-exemple en topologie générale, à connaître d'existence. Sur un ensemble non dénombrable $X$, munissons-le de la topologie co-dénombrable (les ouverts sont $\varnothing$ et les complémentaires de parties dénombrables). Alors :

• les seules suites convergentes sont stationnaires — l'ensemble des valeurs prises est dénombrable, donc son complémentaire privé de la limite est un ouvert qui isole tout le reste ;
• et pourtant toute partie non dénombrable est dense.

👉 Un point peut donc être adhérent à $A$ sans qu'aucune suite de $A$ ne l'atteigne. Les suites ne suffisent plus à décrire la topologie, et il faut leur substituer des objets plus généraux (filtres, suites généralisées).

ℹ️ C'est la raison d'être des axiomes de dénombrabilité (C6) : ils fournissent un cadre (suffisant, pas nécessaire) où l'intuition séquentielle reste valide.

(i)⇒(ii) : appliquer $\varepsilon$-$\eta$ à une suite convergente.

(iii)⇒(i) : la préimage de $B(f(a),\varepsilon)$ est un ouvert contenant $a$.

(ii)⇒(iii) par contraposée (suite dans le complémentaire).

Soit $f:(X,d)\to(Y,\delta)$.

(i) Continuité $\varepsilon$-$\eta$ en tout point.

(ii) Continuité séquentielle. $\ x_n\to x\ \Longrightarrow\ f(x_n)\to f(x)$.

(iii) Préimage d'ouvert. $\ V$ ouvert de $Y\ \Longrightarrow\ f^{-1}(V)$ ouvert de $X$.

👉 Trois lectures d'une même idée — « $f$ ne déchire pas » — mais trois outils de travail très différents :

👉 Seule (iii) survit hors du cadre métrique — c'est elle qu'on prend comme DÉFINITION en topologie générale (B4).

Supposons (i) et soit $x_n\to x$. Soit $\varepsilon>0$.

Par (i) appliquée en $x$, il existe $\eta>0$ tel que $d(x,x')<\eta\Rightarrow\delta(f(x),f(x'))<\varepsilon$.

Par convergence de $(x_n)$ appliquée au rayon $\eta$, il existe $N$ tel que $d(x_n,x)<\eta$ pour $n\geq N$.

En combinant : pour $n\geq N$, $\ \delta\big(f(x_n),f(x)\big)<\varepsilon$. C'est exactement $f(x_n)\to f(x)$. $\blacksquare$

👉 Le geste type : le $\eta$ produit par la continuité devient le $\varepsilon$ demandé à la convergence. C'est un enchaînement qu'on retrouve dans toutes les démonstrations mêlant continuité et suites.

⚠️ Le sens direct ne marche pas : de « toute suite se comporte bien » on ne peut pas produire un $\eta$. Il faut raisonner par contraposée.

Supposons (i) fausse en un point $x$ : il existe $\varepsilon_0>0$ tel qu'aucun $\eta$ ne convienne.

👉 On applique cela à $\eta=\dfrac1n$ — même geste qu'en A4 : pour chaque $n\geq 1$, il existe $x_n$ avec

La première condition donne $x_n\to x$ ; la seconde interdit $f(x_n)\to f(x)$.

Par contraposée, (ii) $\Rightarrow$ (i). $\blacksquare$

👉 La suite $(x_n)$ n'est pas donnée, elle est FABRIQUÉE à partir de la négation de (i). C'est le cœur de l'argument, et c'est aussi ce qui explique l'usage pratique de (ii) : pour réfuter une continuité, on exhibe une suite qui témoigne — par exemple $x_n=\tfrac1n$ pour $f=\mathbf{1}_{x>0}$ en $0$.

(i) $\Rightarrow$ (iii). Soit $V$ ouvert de $Y$ et $x\in f^{-1}(V)$. Comme $f(x)\in V$ ouvert, il existe $\varepsilon>0$ avec $B\big(f(x),\varepsilon\big)\subset V$. Par (i), il existe $\eta>0$ tel que $f\big(B(x,\eta)\big)\subset B\big(f(x),\varepsilon\big)\subset V$, c'est-à-dire

Tout point de $f^{-1}(V)$ y est donc logé avec de la marge : $f^{-1}(V)$ est ouvert (A2) ✓

(iii) $\Rightarrow$ (i). Soient $x\in X$ et $\varepsilon>0$. La boule $B\big(f(x),\varepsilon\big)$ est un ouvert de $Y$ (A2), donc $f^{-1}\big(B(f(x),\varepsilon)\big)$ est ouvert et contient $x$. Il existe donc $\eta>0$ avec

ce qui est exactement (i). $\blacksquare$

⚠️⚠️ C'est la PRÉIMAGE, jamais l'image. L'image directe d'un ouvert par une fonction continue n'est pas ouverte en général — contre-exemple immédiat : $f(x)=x^2$ envoie l'ouvert $]-1,1[$ sur $[0,1[$, qui n'est pas ouvert. Une application dont les images d'ouverts sont ouvertes s'appelle ouverte, et c'est une propriété distincte (elle intervient dans la définition d'un homéomorphisme, B5).

👉 La raison structurelle : $f^{-1}$ commute avec toutes les opérations ensemblistes — réunion, intersection, complémentaire — alors que l'image directe ne commute qu'avec la réunion. C'est ce qui fait de (iii) la bonne définition.

ℹ️ Version fermés : $f$ est continue $\iff$ la préimage de tout fermé est fermée. Elle s'obtient en passant au complémentaire, et sert souvent à montrer qu'un ensemble est fermé — $\{x : g(x)=0\}=g^{-1}(\{0\})$ pour $g$ continue.

$\lVert v\rVert_\infty\leq\lVert v\rVert_2\leq\lVert v\rVert_1$.

$\lVert v\rVert_2\leq\sqrt n\,\lVert v\rVert_\infty$, $\lVert v\rVert_1\leq\sqrt n\,\lVert v\rVert_2$.

Calculer les trois normes de $v$.

Sur $\mathbb{R}^n$ :

et, plus fine que la dernière :

D'où vient chacune :

👉 Deux constantes seulement, $1$ et $\sqrt n$, et toutes deux dépendent de la dimension. C'est le point qui va décider de tout à la fin.

👉 La norme $2$ tombe juste, et ce n'est pas un hasard : $(3,4,12)$ est un triplet pythagoricien de dimension 3, $9+16+144=169=13^2$. Cela permet de vérifier chaque inégalité sans arrondi.

Les majorations, avec $n=3$ donc $\sqrt n\approx 1{,}7321$ :

👉 Les majorations sont larges ici, parce que $v$ a une coordonnée nettement dominante. Le cas d'égalité de $\lVert v\rVert_1\leq\sqrt n\lVert v\rVert_2$ est $v=(1,1,\dots,1)$, où l'on a exactement $n=\sqrt n\cdot\sqrt n$.

c'est-à-dire : pour toutes normes $N_1,N_2$ sur $\mathbb{R}^n$, il existe $\alpha,\beta>0$ avec

👉 Les conséquences sont considérables, et c'est ce qui rend l'énoncé si utile :

Idée de la démonstration (ADMIS dans le détail) : on compare toute norme $N$ à $\lVert\cdot\rVert_\infty$. La majoration $N(v)\leq C\lVert v\rVert_\infty$ vient de l'inégalité triangulaire sur la base canonique. La minoration s'obtient en remarquant que $N$ est continue pour $\lVert\cdot\rVert_\infty$ et atteint son minimum sur la sphère unité, qui est compacte (E5, Heine-Borel) — ce minimum étant strictement positif puisque $N$ ne s'annule qu'en $0$.

👉 C'est la COMPACITÉ de la sphère qui porte tout le théorème, et c'est elle qui va manquer en dimension infinie.

Sur $C([0,1])$, comparons $\lVert f\rVert_\infty=\sup\lvert f\rvert$ et $\lVert f\rVert_1=\int_0^1\lvert f\rvert$.

Une majoration subsiste : $\ \lVert f\rVert_1\leq\lVert f\rVert_\infty$ (on intègre une majoration sur un intervalle de longueur $1$).

L'autre est IMPOSSIBLE. Prenons la suite de « pics » $f_n$ : affine, valant $n$ en $0$, nulle à partir de $\tfrac2{n^2}$, en triangle.

👉 La même suite converge vers $0$ pour $\lVert\cdot\rVert_1$ et diverge pour $\lVert\cdot\rVert_\infty$. Les deux normes ne définissent donc pas les mêmes suites convergentes, donc pas la même topologie.

👉 Et la cause est exactement celle annoncée : en dimension infinie, la sphère unité n'est pas compacte (théorème de Riesz), donc l'argument du bloc précédent s'effondre. Le lien entre les deux faits est parfait — ce n'est pas une coïncidence.

ℹ️ C'est pourquoi l'analyse fonctionnelle précise toujours SA norme : dire « $f_n\to f$ » n'a aucun sens sans dire dans quelle norme, et les théorèmes de convergence changent complètement de nature selon le choix. C'est tout l'objet des espaces $L^p$.

$\varnothing,X$ ouverts ; union quelconque ; intersection finie.

Sierpiński : $\{\varnothing,\{0\},X\}$.

Compter par énumération.

Une topologie sur $X$ est une famille $\mathcal{T}$ de parties de $X$ telle que :

Les éléments de $\mathcal{T}$ s'appellent les ouverts.

⚠️⚠️ L'asymétrie entre (T2) et (T3) est le cœur de la définition, pas une commodité. Si l'on autorisait les intersections quelconques, $\bigcap_n\ ]-\tfrac1n,\tfrac1n[=\{0\}$ deviendrait ouvert dans $\mathbb{R}$ — et de proche en proche tout singleton, donc toute partie : on retomberait sur la topologie discrète, et la notion perdrait tout contenu.

👉 Une topologie est donc l'axiomatisation de « être ouvert », extraite du cas métrique (A2) en n'en retenant que ce qui se généralise. Il n'y a plus ni distance, ni boule, ni suite — seulement des ouverts.

⚠️ Il y en a une quatrième, $\{\varnothing,\{1\},X\}$ — la Sierpiński « à l'envers ». Elle n'est pas égale à la précédente, mais elle lui est homéomorphe (B5) : c'est la même topologie vue par l'autre bout.

👉 Sierpiński est l'espace le plus instructif de la topologie générale, malgré ses deux points :

• il n'est pas séparé ($T_0$ mais pas $T_1$, C1) — les deux points ne s'isolent pas l'un de l'autre ;
• la suite constante $x_n=0$ converge à la fois vers $0$ et vers $1$ : le seul ouvert contenant $1$ est $X$, qui contient bien tous les termes. L'unicité de la limite tombe (C2) ;
• il est connexe (E1) : aucune partition en deux ouverts non vides.

👉 Ces nombres se comptent, ils ne se devinent pas — voici l'énumération complète pour $n=2$ :

La suite complète, pour situer :

⚠️ La croissance est explosive, et il n'existe aucune formule close pour ce nombre. On ne le connaît que jusqu'à $n=18$, par calcul.

👉 Vérifier $29$ à la main est instructif : il faut tester, pour chacune des $2^8=256$ familles de parties de $\{0,1,2\}$, les trois axiomes. C'est fastidieux mais parfaitement mécanique — et c'est exactement ce que fait le programme qui certifie cette correction.

⚠️ Ne pas confondre avec le nombre de topologies à HOMÉOMORPHISME près : $1,1,3,9,33,\dots$ (B5). Ce sont deux comptages différents, et le second est bien plus petit.

👉 Ce nombre n'est pas arbitraire — il compte autre chose.

Un préordre est une relation réflexive et transitive (sans exiger l'antisymétrie). Et la bijection est explicite :

Le comptage des préordres redonne exactement la même suite :

👉 Les deux lignes sont obtenues par deux énumérations INDÉPENDANTES — l'une teste les axiomes de topologie, l'autre la réflexivité et la transitivité. Leur coïncidence n'est donc pas une définition circulaire : c'est une corroboration.

⚠️ Cette bijection ne vaut QUE sur un ensemble fini (ou, plus généralement, pour les topologies dites d'Alexandrov, stables par intersection quelconque). Sur $\mathbb{R}$ elle échoue complètement : la topologie usuelle est $T_1$, donc son préordre est l'égalité, qui ne la caractérise pas du tout.

ℹ️ Démonstration complète en C3. C'est ce qui explique qu'un objet aussi abstrait qu'une topologie finie se ramène à une structure d'ordre — et donc se compte.

Fermé = complémentaire d'ouvert.

Passer au complémentaire (lois de De Morgan).

Réunion quelconque d'ouverts / intersection finie d'ouverts.