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.

$d_2(x,y)=\sqrt{(x_1-y_1)^2+(x_2-y_2)^2}$ (boule unité = disque), $d_1(x,y)=|x_1-y_1|+|x_2-y_2|$ (boule unité = losange), $d_\infty(x,y)=\max(|x_1-y_1|,|x_2-y_2|)$ (boule unité = carré). Les trois vérifient les axiomes de distance.

$d(x,y)=1$ si $x\neq y$, $d(x,x)=0$ : c'est une distance (inégalité triangulaire triviale). Toute partie est ouverte ($B(x,\tfrac12)=\{x\}$) : elle induit la topologie discrète.

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.

Soit $y\in B(x_0,r)$, donc $d(x_0,y)<r$. Posons $\rho=r-d(x_0,y)>0$. Pour $z\in B(y,\rho)$ : $d(x_0,z)\leq d(x_0,y)+d(y,z)<d(x_0,y)+\rho=r$, donc $z\in B(x_0,r)$. Ainsi $B(y,\rho)\subseteq B(x_0,r)$ : tout point de $B(x_0,r)$ en est un point intérieur, $B(x_0,r)$ est ouvert.

Un $A$ est ouvert $\iff\forall x\in A,\exists r_x>0,\ B(x,r_x)\subseteq A$, et alors $A=\bigcup_{x\in A}B(x,r_x)$. Réciproquement toute réunion de boules est ouverte (réunion d'ouverts).

$\mathring{A}$ = 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 $\mathbb{R}$.

$\mathring{A}=\,]0,1[$, $\overline{A}=[0,1]$, $\partial A=\{0,1\}$.

$\mathbb{Q}$ : $\mathring{\mathbb{Q}}=\varnothing$ (aucun intervalle $\subseteq\mathbb{Q}$), $\overline{\mathbb{Q}}=\mathbb{R}$ (densité), $\partial\mathbb{Q}=\mathbb{R}$. $\mathbb{Z}$ : $\mathring{\mathbb{Z}}=\varnothing$, $\overline{\mathbb{Z}}=\mathbb{Z}$ (fermé), $\partial\mathbb{Z}=\mathbb{Z}$.

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

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

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

Si $x\in\overline{A}$, toute boule $B(x,\tfrac1n)$ rencontre $A$ (sinon le complémentaire de la boule serait un fermé contenant $A$ sans $x$). Choisissons $a_n\in A\cap B(x,\tfrac1n)$ : alors $d(a_n,x)<\tfrac1n\to0$, donc $a_n\to x$.

Si $a_n\in A$ et $a_n\to x$, toute boule $B(x,r)$ contient les $a_n$ pour $n$ grand, donc rencontre $A$ : $x\in\overline{A}$. (Cette caractérisation séquentielle vaut en métrique ; en topologie générale il faut des filtres/suites généralisées.)

(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 $x_n\to a$. Pour $\varepsilon>0$, prendre $\eta$ de (i) : $d(x_n,a)<\eta$ pour $n$ grand, donc $\delta(f(x_n),f(a))<\varepsilon$. Ainsi $f(x_n)\to f(a)$.

(iii)⇒(i) : $f^{-1}(B(f(a),\varepsilon))$ est ouvert et contient $a$, donc contient une boule $B(a,\eta)$ : c'est exactement (i). (ii)⇒(iii) : si $f^{-1}(V)$ n'était pas ouvert ($V$ ouvert), un point $a$ aurait des $x_n\to a$ hors de $f^{-1}(V)$, mais $f(x_n)\to f(a)\in V$ ouvert force $f(x_n)\in V$ pour $n$ grand — contradiction.

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

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

Calculer les trois normes de $v$.

Pour tout $v\in\mathbb{R}^n$ : $\lVert v\rVert_\infty\leq\lVert v\rVert_2\leq\lVert v\rVert_1\leq n\lVert v\rVert_\infty$, et $\lVert v\rVert_2\leq\sqrt n\,\lVert v\rVert_\infty$. Toutes les normes de $\mathbb{R}^n$ sont équivalentes (théorème, dimension finie) : elles définissent les mêmes ouverts.

$\lVert v\rVert_\infty=12$, $\lVert v\rVert_2=\sqrt{9+16+144}=\sqrt{169}=13$, $\lVert v\rVert_1=3+4+12=19$. On vérifie $12\leq13\leq19$ et $13\leq\sqrt3\cdot12\approx20{,}8$.

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

Sierpiński : $\{\varnothing,\{1\},X\}$.

Compter par énumération.

$\mathcal{T}$ contient $\varnothing,X$, stable par réunion quelconque et intersection finie. Discrète $\mathcal{P}(\{0,1\})$ ($4$ ouverts), grossière $\{\varnothing,X\}$, Sierpiński $\{\varnothing,\{1\},X\}$.

Sur $2$ points : $4$ topologies. Sur $3$ points : $29$ topologies. (Plus généralement $1,4,29,355,\dots$ pour $n=1,2,3,4$ — c'est aussi le nombre de préordres, cf. Alexandrov C3.)

Fermé = complémentaire d'ouvert.

Passer au complémentaire (lois de De Morgan).

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

$F$ fermé $\iff X\setminus F$ ouvert. Par De Morgan, $\bigcap_i F_i$ a pour complémentaire $\bigcup_i(X\setminus F_i)$ (réunion quelconque d'ouverts, ouverte) : $\bigcap_i F_i$ fermée. De même $\bigcup_{i=1}^n F_i$ a pour complémentaire $\bigcap_{i=1}^n(X\setminus F_i)$ (intersection finie d'ouverts, ouverte) : fermée.

L'asymétrie « quelconque / finie » est essentielle : $\bigcup_n[\tfrac1n,1]=\,]0,1]$ (réunion infinie de fermés, non fermée). C'est le miroir de $\bigcap_n\,]-\tfrac1n,\tfrac1n[=\{0\}$ (intersection infinie d'ouverts, non ouverte).

Fermés = complémentaires : $X,\{1,2\},\{2\},\varnothing$.

$\overline{A}$ = plus petit fermé $\supseteq A$.

$\partial A=\overline{A}\setminus\mathring{A}$.

Les fermés sont $X,\ \{1,2\},\ \{2\},\ \varnothing$.

$\overline{\{0\}}$ = plus petit fermé contenant $0$ = $X$ (seul fermé contenant $0$). $\mathring{\{1,2\}}$ = plus grand ouvert $\subseteq\{1,2\}$ = $\varnothing$ (aucun ouvert non vide $\subseteq\{1,2\}$). $\overline{\{0,1\}}=X$, $\mathring{\{0,1\}}=\{0,1\}$, donc $\partial\{0,1\}=X\setminus\{0,1\}=\{2\}$.

C'est la définition topologique de la continuité.

$ (g\circ f)^{-1}(W)=f^{-1}(g^{-1}(W))$.

Identité Sierpiński → discrète.

Si $f,g$ continues et $W$ ouvert, $(g\circ f)^{-1}(W)=f^{-1}\big(g^{-1}(W)\big)$ : $g^{-1}(W)$ ouvert (continuité de $g$), puis $f^{-1}(\cdot)$ ouvert (continuité de $f$). Donc $g\circ f$ est continue.

$\mathrm{id}:(\{0,1\},\text{Sierpiński})\to(\{0,1\},\text{discrète})$ : la préimage de l'ouvert $\{0\}$ (discrète) est $\{0\}$, qui n'est pas ouvert pour Sierpiński. Donc $\mathrm{id}$ n'est pas continue : la continuité dépend des deux topologies (raffiner l'arrivée casse la continuité).

Homéo = bijection continue d'inverse continu.

Les $4$ topologies sur $\{0,1\}$ : discrète, grossière, $2$ Sierpiński.

Les deux Sierpiński sont homéomorphes (échanger $0,1$).

$f:X\to Y$ est un homéomorphisme si elle est bijective, continue, d'inverse continu : $X$ et $Y$ ont alors « la même topologie ».

Les $4$ topologies sur $\{0,1\}$ se répartissent en $3$ classes d'homéomorphisme : la discrète, la grossière, et Sierpiński (les deux Sierpiński $\{\varnothing,\{0\},X\}$ et $\{\varnothing,\{1\},X\}$ sont homéomorphes via $0\leftrightarrow1$).

Ouverts de $A$ = $\{U\cap A:U\text{ ouvert de }X\}$.

$\iota^{-1}(U)=U\cap A$.

Ex. $[0,\tfrac12[$ est ouvert dans $[0,1]$ (trace de $]-1,\tfrac12[$).

On pose $\mathcal{T}_A=\{U\cap A:U\in\mathcal{T}_X\}$ : c'est une topologie sur $A$. L'injection $\iota$ vérifie $\iota^{-1}(U)=U\cap A\in\mathcal{T}_A$ : elle est continue, et $\mathcal{T}_A$ est la moins fine rendant $\iota$ continue.

$[0,\tfrac12[\,=\,]-1,\tfrac12[\,\cap[0,1]$ est ouvert dans $[0,1]$ bien qu'il ne le soit pas dans $\mathbb{R}$ : les ouverts du sous-espace sont relatifs. De même $[0,1]$ est à la fois ouvert et fermé dans lui-même.

Connexe = pas de partition en $2$ ouverts non vides disjoints.

Discrète sur $\geq2$ points : non connexe.

$\mathbb{R}^\ast=]-\infty,0[\cup]0,+\infty[$.

$X$ est connexe s'il n'existe pas d'ouverts $U,V$ non vides, disjoints, avec $U\cup V=X$ (équivalent : les seules parties à la fois ouvertes et fermées sont $\varnothing$ et $X$).

Sierpiński : connexe (le seul ouvert non trivial $\{1\}$ n'a pas de complémentaire ouvert). Discrète sur $\{0,1,2\}$ : non connexe ($\{0\}$ et $\{1,2\}$ ouverts). $\mathbb{R}$ : connexe (intervalle). $\mathbb{R}^\ast$ : non connexe ($]-\infty,0[\cup]0,+\infty[$).

Supposer $f(X)$ coupé par deux ouverts $U,V$.

Tirer en arrière : $f^{-1}(U),f^{-1}(V)$ coupent $X$.

TVI : $f([a,b])$ connexe = intervalle.

Soit $f:X\to Y$ continue, $X$ connexe. Si $f(X)=U'\cup V'$ avec $U',V'$ ouverts de $f(X)$ non vides disjoints, alors $f^{-1}(U'),f^{-1}(V')$ sont des ouverts de $X$ non vides, disjoints, de réunion $X$ : $X$ serait non connexe. Contradiction, donc $f(X)$ est connexe.

$[a,b]$ est connexe (les intervalles sont les connexes de $\mathbb{R}$ — ADMIS). Si $f$ est continue, $f([a,b])$ est connexe, donc un intervalle : il contient tout $y$ entre $f(a)$ et $f(b)$, qui est donc atteint. C'est le TVI.

Arc = chemin continu $\gamma:[0,1]\to X$.

Si $X$ était coupé, l'arc le serait aussi (image d'un connexe).

Composante = classe d'équivalence « reliable ».

$X$ est connexe par arcs si deux points quelconques sont reliés par un arc continu. Si $X=U\sqcup V$ (ouverts non vides), prenons $x\in U,y\in V$ et un arc $\gamma$ de $x$ à $y$ : $\gamma([0,1])$ est connexe (image d'un connexe), mais coupé par $U,V$ — contradiction. Donc connexe par arcs $\Rightarrow$ connexe (réciproque fausse en général).

La composante connexe d'un point $x$ est le plus grand connexe contenant $x$ (réunion de tous les connexes contenant $x$). Les composantes partitionnent $X$ ; elles sont fermées. Ex. composantes de $\mathbb{R}^\ast$ : $]-\infty,0[$ et $]0,+\infty[$.

Compact : tout recouvrement ouvert a un sous-recouvrement fini.

Fini : le recouvrement lui-même est fini.

$[0,1]$ : Heine-Borel (admis).

$X$ est compact si de tout recouvrement ouvert $X=\bigcup_i U_i$ on extrait un sous-recouvrement fini $X=U_{i_1}\cup\dots\cup U_{i_k}$. Si $X$ est fini, tout recouvrement contient au plus $\lvert X\rvert$ ouverts utiles : c'est déjà fini, donc $X$ est compact.

$[0,1]$ est compact : c'est le théorème de Heine-Borel (un segment, plus généralement un fermé borné de $\mathbb{R}^n$, est compact — ADMIS ; la preuve repose sur la complétude de $\mathbb{R}$, objet infini non certifiable par instances).

Borné : recouvrir par des boules $B(x_0,n)$.

Fermé : séparer un point extérieur (Hausdorff).

Réciproque vraie dans $\mathbb{R}^n$ seulement.

Borné : $X=\bigcup_n B(x_0,n)$ recouvre le compact $K$, d'où un sous-recouvrement fini $K\subseteq B(x_0,N)$. Fermé : pour $y\notin K$, chaque $x\in K$ admet (Hausdorff) des boules disjointes $B(x,r_x),B(y,s_x)$ ; le recouvrement $(B(x,r_x))_{x\in K}$ donne un sous-recouvrement fini, et l'intersection des $B(y,s_{x_i})$ correspondants est une boule autour de $y$ évitant $K$ : $K$ est fermé.

La réciproque (fermé borné $\Rightarrow$ compact) est vraie dans $\mathbb{R}^n$ (Heine-Borel — ADMIS) mais fausse en dimension infinie (la boule unité fermée d'un espace de Hilbert de dimension infinie n'est pas compacte). « Fermé borné = compact » caractérise d'ailleurs la dimension finie (Riesz).

Tirer en arrière un recouvrement de $f(K)$.

Extraire un sous-recouvrement fini en amont.

$f(K)$ compact de $\mathbb{R}$ = fermé borné ⇒ contient $\sup,\inf$.

Soit $f:K\to Y$ continue, $K$ compact, et $f(K)=\bigcup_i V_i$ ($V_i$ ouverts). Alors $K=\bigcup_i f^{-1}(V_i)$ (ouverts), d'où un sous-recouvrement fini $K=\bigcup_{j=1}^m f^{-1}(V_{i_j})$, donc $f(K)=\bigcup_{j=1}^m V_{i_j}$ : $f(K)$ est compact.

$f(K)\subseteq\mathbb{R}$ compact donc fermé borné (Heine-Borel). Borné : $\sup f(K)$ et $\inf f(K)$ existent ; fermé : ils appartiennent à $f(K)$. Donc $f$ atteint son maximum et son minimum sur $K$ (théorème de Weierstrass).