Topologie

Université Cheikh Anta Diop de Dakar
Facullté des Sciences et Techniques
Licence de mathématiques spécialité enseignement
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2016-2017
Semestre 1
2016-201
L3Math
Topologie
Farba Faye FST/UCAD
Ce qui faisait de Jean Dieudonné le serviteur rêvé d’une grande tâche, que ce soit au sein de Bourbaki
ou dans la collaboration qui a été la nôtre pour un autre grand travail de fondations, était la générosité,
l’absence de toute trace de vanité, dans son travail et dans les choix de ses grands investissements.
Constamment je l’ai vu s’effacer derrière les tâches dont il s’est fait le serviteur, leur prodiguant sans
compter une énergie inépuisable, sans y chercher aucun retour. Nul doute que sans rien y chercher, il
trouvait dans son travail et dans la générosité même qu’il y mettait une plénitude et un épanouissement,
que tous ceux qui le connaissent ont dû sentir.
Alexandre Grothendieck
I : STRUCTURES TOPOLOGIQUES
1. Espaces topologiques
1.1. Définitions et premiers exemples.
Définition 1.
Soit X un ensemble non vide et notons P(X) l’ensemble des parties de X.
Une topologie sur X est la donnée d’un sous-ensemble τ de P(X) vérifiant les propriétés
suivantes :
o1 : X et ∅ appartiennent à τ.
\
o2 : Si σ est une partie finie de τ , alors
Ω appartient à τ.
Ω∈σ
o3 : Si σ est une partie quelconque de τ , alors
[
Ω appartient à τ.
Ω∈σ
La propriété o2 se traduit par : l’intersection d’une famille finie d’éléments de τ est un éléments de τ . On
dit alors que τ est stable par intersection finie.
La propriété o3 se traduit par : la réunion d’une famille quelconque d’éléments de τ est un éléments
de τ . On dit alors que τ est stable par réunion quelconque.
Exercice 1. Démontrer que o2 est équivalente à : l’intersection de deux éléments de τ est un élément de
τ.
Réponse :
(?)
Définition 2.
Le couple (X, τ ) s’appelle un espace topologique et les éléments de τ des ouverts.
Exemple 1.
1. τG = {X, ∅} est une topologie sur X : c’est la topologie grossière.
2. τD = P(X) est une topologie sur X : c’est la topologie discrète.
1
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3. Si X = {a, b, c} alors τ = {X, ∅, {a}} est une topologie sur X.
4. Pour tout réel r posons Ir =]r, +∞[.
a. τ = {R, ∅} ∪ {Ir , r ∈ Q} n’est pas une topologie sur R.
[
Ir = I√2 est une réunion d’éléments de τ qui n’appartient pas à τ.
En effet
√
r> 2
b. {R, ∅} ∪ {Ir , r ∈ R} en est une(?) .
Définition 3.
Soient τ1 et τ2 deux topologies sur un ensemble non vide X.
On dit que τ1 est moins fine que τ2 si τ1 ⊂ τ2 .
On dit que τ1 et τ2 sont comparables si τ1 ⊂ τ2 ou τ2 ⊂ τ1 .
Par exemple, si τ est une topologie quelconque sur X alors τG ⊂ τ ⊂ τD .
1.2. Fermés d’une topologie.
Définition 4.
Soit (X, τ ) un espace topologique. Une partie Γ de X est fermée pour τ si et seulement si le
complémentaire Γc de Γ appartient à τ.
On a les propriétés suivantes(?) :
f1 : X et ∅ sont fermés.
f2 : Si (Γi )i∈I est une famille quelconque de fermés, alors
\
Γi est fermé.
i∈I
f3 : Si (Γi )i∈I est une famille finie de fermés, alors
[
Γi est fermé.
i∈I
Remarque 1.
On peut définir une topologie sur X par la donnée d’une famille de parties de X vérifiant les
propriétés f1 , f2 et f3 .
Les éléments de cette famille sont alors appelés des fermés et les complémentaires dans X des
éléments de cette famille sont les ouverts.
1.3. Sous-espace topologique.
Théorème et définition 1.
Soit (X, τ ) un espace topologique et A une partie non vide X. L’ensemble
τA = {Ω ∩ A, Ω ∈ τ }
est une topologie sur A.
On l’appelle topologie induite par τ sur A et on dit que le couple (A, τA ) est un sous-espace
topologique de (X, τ ). La partie Ω ∩ A de A est appelée la trace de Ω sur A
Démonstration. - vide ∈ τA .
- A ∈ τA car c’est la trace de X (qui appartient à τ ) sur A.
- Soit ω1 et ω2 deux éléments de τA . Il existe Ω1 et Ω2 dans τ tels que ω1 = Ω1 ∩ A et ω2 = Ω2 ∩ A.
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Alors ω1 ∩ω2 = (Ω1 ∩A)∩(Ω2 ∩A) = (Ω1 ∩Ω2 )∩A) c’est donc un élément de τA car Ω1 ∩Ω2 appartient
à τ.
- Soit (ωi )i∈I une famille d’éléments de τA .Pour chaque indice i, il existe Ωi dans τ tel que ωi = Ωi ∩ A.
[ [
[
[
Alors
ωi =
(Ωi ∩ A) =
Ωi appartient à τ.
Ωi ∩ A c’est donc un élément de τA car
i∈I
i∈I
i∈I
i∈I
Exercice 2.
1. Montrer que les fermés de τA sont les traces sur A des fermés de τ .
2. On munit R de la topologie usuelle( c’est à dire la topologie dont les ouverts sont les réunions
d’intervalles ouverts). On munit A = [0, 3[ de la topologie induite. Dire si les parties de A suivantes sont
ouvertes, fermées, ni l’un ni l’autre :
[0, 1[,
[0, 1],
[1, 2[,
]1, 3[,
[1, 3[,
[0, 1[∩Q.
3. Soit X un espace topologique, A ⊂ B ⊂ X des parties non vides. Montrer τA = (τB )A
Réponse :
1. Soit γ un fermé pour la topologie τA .
c
Alors, γ est une partie de A et γA
, complémentaire de γ par rapport à A appartient à τA . Il existe donc
c
Ω dans τ tel que γA
= Ω∩A ; on en déduit, en complémentant par rapport A que : γ = A\(Ω∩A) = Ωc ∩A
trace du fermé Ωc sur A.
2.
(?)
3.
(?)
2. Base d’une topologie
2.1. Définition.
Définition 5.
Soit (X, τ ) un espace topologique. Une partie B de τ est une base pour τ si tout élément de
τ est réunion d’éléments de B :
[
∀Ω ∈ τ, ∃C ⊂ B|Ω =
U
U∈C
Propriétés 1 (Propriété d’une base).
Soit (X, τ ) un espace topologique, B une base pour τ . Alors on a les deux propriétés suivantes.
[
— i) ∅ ∈ B et X =
U
U∈B
— ii) Si B1 et B2 sont des éléments de B alors B1 ∩ B2 est une réunion d’éléments de B
Démonstration. C’est une conséquence directes des définitions.
Proposition 1 (Caractérisation d’une base).
Soit X un ensemble non vide et B une base pour P(X) vérifiant les deux propriétés précédentes.
Alors il existe une et une seule topologie sur X admettant B comme base.
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Démonstration. a. Unicité. Soit τ1 τ2 deux topologies sur X admettant B comme base.
Soit Ω un élément de τ1 .
[
Il existe une partie C de B telle que Ω =
U.
U∈C
La relation C ⊂ B ⊂ τ2 entraine
[
U ⊂ τ2 c’est à dire Ω appartient à τ2 . Par conséquent τ1 ⊂ τ2 .
U∈C
Un raisonnement analogue montre que τ2 ⊂ τ1 . Par conséquent τ1 = τ2 .
( b. Existence. Notons τ l’ensemble)des parties de X qui sont des réunions d’éléments de B : τ =
[
Ω ⊂ X vérifiant : ∃C ⊂ B|Ω =
U . On va montrer que τ est une topologie ayant B comme base.
U∈C
∅ et X appartiennent à B d’après la propriété i).
Soient Ω1 et Ω2 deux éléments de τ c’est à dire tels qu’il existe des parties C1 et C2 de B vérifiant
[
[
[
U ∩V.
V . Alors Ω1 ∩ Ω2 =
U et Ω2
Ω1 =
U∈C1
U∈C2
(U,V )∈C1 ×C2
Or, d’après la propriété ii), pour chaque couple (U, V ) dans C1 × C2 , U ∩ V est une réunion d’éléments
de B, donc Ω1 ∩ Ω2 est une réunion d’élément de B.
[
Soient Soit C une partie de τ . Il faut montrer que Ω =
U est un élément de τ . Mais, comme tout
U∈C
élément U de C est une réunion d’éléments de B, Ω est une réunion d’éléments de B.
Ainsi, τ est une topologie sur X, et la définition même de τ montrer que B en est une base.
2.2. Topologie produit. Soit (X, τ ) et (X ′ , τ ′ ) deux espaces topologiques. L’ensemble B = τ × τ ′ vérifie
les deux propriétés caractéristiques d’une base de topologie. En effet :
∅ = ∅ × ∅ appartient à B. !
!
[
[
[
(?)
′
′
Ω ×
Ω = X × X′
Ω×Ω =
Ω×Ω′ ∈B
′
′
(Ω × Ω ) ∩ (Γ × Γ ) =
de B ).
Ω∈τ
(?)
Ω′ ∈τ
′
(Ω ∩ Γ) × (Ω ∩ Γ′ ) est une réunion d’éléments de B (c’est même un élément
Définition 6.
Soit (X, τ ) et (X ′ , τ ′ ) deux espaces topologiques.
La topologie produit de X × X ′ est l’unique topologie sur cet ensemble ayant pour base τ × τ ′ .
Elle sera notée τ ⊗ τ ′
Les éléments de τ × τ ′ sont appelés ouverts élémentaires de la topologie produit.
2.3. Premiers Exemples.
1. On prend X = R. Pour tout a ≤ b, on note Ia,b l’ intervalle ouvert ]a, b[. L’ensemble B = {Ia,b , a ≤
b ∈ R} est base d’une unique topologie τu sur R car il vérifie les propriétés i) et ii). Les éléments de cette
topologie, appelée topologie usuelle de R sont donc les réunions d’intervalles ouverts.
2. On prend X = R. Pour tout a ≤ b, on pose Sa,b = [a, b[. L’ensemble B = {Sa,b , a ≤ b ∈ R} est
base d’une unique topologie τS sur R car il vérifie les propriétés i) et ii). C’est la topologie de Sorgenfrey
lower limit topology en anglais.
1
3. On prend X = R.On pose K = { , n ∈ N∗ }. Pour tout a ≤ b. L’ensemble B = {Ia,b , a ≤ b ∈
n
R} ∪ {Ia,b \ K, a ≤ b ∈ R} est base d’une unique topologie τK sur R car il vérifie les propriétés i) et ii).
C’est la topologie de Smirnov de la suite supprimée .
Exercice 3.
1. a. Vérifier que pour tout a < b ∈ R, Sa,b est à la fois ouvert et fermé pour τS .
b. Vérifier K n’est ni ouvert ni fermé pour τu , mais qu’il est fermé pour τK .
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2. a. Montrer que τK et τS sont plus fines que τu .
b. Montrer que τK et τS ne sont pas comparables.
3. On prend X = R. Pour tout a ≤ b, on pose Fa,b = [a, b]. Montrer que l’ensemble B = {Fa,b , a ≤ b ∈ R}
est base de topologie sur R. Quelle est cette topologie ?
3. Topologie engendrée
Comme pour les sous-espaces vectoriels, la réunion de deux topologies n’est pas en général une topologie
mais l’intersection de deux topologies est une topologie(?) .
A étant une partie non vide P(X), il existe une topologie contenant A, par exemple la topologie
discrète. L’ensemble de toutes les topologies sur X qui contiennent A est donc non vide ; aussi peu-ton
parler de l’intersection de toutes ces topologies.
Définition 7.
Soit A une partie non vide P(X). On appelle topologie engendrée par A l’intersection de toutes
les topologies sur X qui contiennent A. On la notera τA .
τA , intersection de toutes les topologies contenant A est donc la plus petite ( c’est à dire la moins fine
) contenant A.
Proposition 2.
Soit A une partie non vide P(X) et notons A1 l’ensemble {Intersections finies d’élments de A}.
Alors B = {X, ∅} ∪ A1 est une base pour la topologie τA
Démonstration. B vérifie les deux propriétés caractéristiques d’une base, il existe donc une unique topologie τ ayant B comme base.
Montrons que τ = τA .
τ est une topologie contenant A donc τA .
A étant contenue dans τA , par stabilité par intersection finie, A1 (donc B) est contenue dans τA . La
relation B ⊂ τA entraine τ ⊂ τA .
Remarque 2.
Si B est base d’une topologie τ, alors τB = τ.
Exercice 4 (Prélude). Soit C l’ensemble des fonctions continues (au sens de L1 ) réelles sur [0, 1]. Pour
Z 1
toute x ∈ C et r > 0 on définit B(x, r) = {y ∈ C| |x − y| < r}.
0
Montrer que la famille B = {B(x, r), x ∈ C, ε > 0} ∪ { vide} est une base de topologie.
Réponse : - vide∈ B par définition.
- Soit x appartenant à X et posons rx = 1 +
Z
0
1
|x(t)| dt. Alors x ∈ B(0, rx ) ; donc X =
- Pour le reste voir la démonstration du théorème et définition 2
[
B(0, rx ).
x∈X
Exercice 5.
1. a. Soient (Xi , τi )i∈I (I ensemble non vide) une famille d’espaces topologiques, X ′ un ensemble non
vide et (fi )i∈I une
applications Xi → X ′ .
famille
′
Montrer que Γ ∈ X |∀i ∈ I, fi−1 (Γ) ∈ τi est une topologie sur X ′ . On l’appelle topologie finale associée à la famille (fi )i∈I .
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2. Soient (Xi , τi )i∈I (I ensemble non vide) une famille d’espaces topologiques, Y un ensemble non vide
et (gi )i∈I une famille applications Y → Xi .
On appelle topologie initiale associée à la famille (gi )i∈I la topologie engendrée par les parties de Y
de la forme gi−1 (Ωi ) où i ∈ I et Ωi ∈ τi .
a. Soit (X1 , τ1 ) et (X2 , τ2 ) des espaces topologiques. Montrer que la topologie produit sur X1 × X2
est la topologie initiale associée à la famille constituée des deux projections de X1 × X2 sur X1 et X2
respectivement.
b. Soit A une partie non vide d’un espace topologique (X, τ ). Quelle est la topologie initiale associée
à l’injection canonique de A dans X ?
Réponse :
(?)
4. Exemples d’Espaces topologiques
4.1. Espaces métriques.
4.1.1. Définition d’un espace métrique.
Définition 8.
Un espace métrique est un couple (X, d) constitué d’un ensemble non vide X et d’une
application d de X × X dans R appelée distance ou métrique telle que
m1 : ∀x, y ∈ X, d(x, y) = 0 ⇔ x = y
m2 : ∀x, y ∈ X, d(x, y) = d(y, x) d est symétrique
m3 : ∀x, y, z ∈ X, d(x, y) ≤ d(x, y) + d(y, z) inégalité triangulaire
Une distance est à valeurs dans R+ . En effet, pour tout x, y dans E, on déduit successivement de m3 , m2
et m1
0 = d(x, x) ≤ d(x, y) + d(y, x) = d(x, y) + d(x, y) = 2d(x, y)
L’inégalité triangulaire se généralise immédiatement par récurrence : Pour toute suite finie x1 , x2 . . . , xn , n
n−1
X
d(xi , xi+1 )
éléments de X, n ≥ 2 on a :d(x1 , xn ) ≤
i=1
Exercice 6. Démontrer l’inégalité triangulaire inverse :
∀x, y, z ∈ X, |d(x, y) − d(y, z)| ≤ d(x, z).
Dans un triangle, la longueur d’un coté est supérieure ou égale à la différence des longueurs des deux
autres côtés.
Réponse : En effet on a d’après l’inégalité triangulaire appliquée aux triplets (y, x, z) et (x, z, y),
d(y, z) ≤ d(y, x) + d(x, z)
d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y)
i.e, puisque d est symétrique : −d(x, z) ≤ d(z, y) − d(y, x) ≤ d(x, z)
Exemple 2.
1. Soit X un ensemble non vide. L’application
d : (x, y) 7→ 1 si x 6= y et 0 si x = y de X × X dans X
est une distance sur X. Elle est appelée distance triviale.
2. a. On prend X = Rn ou Cn , n entier ≥ 1 et pour x dans X, on pose x = (x1 , . . . , xn ). Les applications
n
1/p
X
, p ∈ N∗
|xi − yi |p
dp : (x, y) 7→
i=1
d∞ : (x, y) 7→ max |xi − yi |
1≤i≤n
de X × X dans X sont des distances(?) sur X.
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Si n = 1, dp = d∞ pour tout p est la distance usuelle de R
d2 est la distance euclidienne.
d∞ est la distance infinie .
n
1/p
X
api
Elle porte ce nom car ∀a1 , . . . an ∈ R∗+ , on a : lim
= (?) max ai .
p7→+∞
1≤i≤n
i=1 N
∞
N
b. On prend X = ℓ = x ∈ R , x bornée ou = x ∈ C , x bornée e.v des suites bornées et pour x
dans X, on pose x = (x1 , . . . , xn . . . ) = (xn )n . L’ application
d∞ : (x, y) 7→ sup|xi − yi |
i∈N
de X × X dans X est une
( distance
p
On prend X = ℓ =
(?)
sur X.
)
X
p
x ∈ R telles que
|x| est convergente . L’ application
N
dp : (x, y) 7→
+∞
X
i=1
|xi − yi |p
1/p
, p ∈ N∗
de X × X dans X est une distance (?) sur X.
c. On prend X = C 0 (I, R) e.v des applications continues (au sens de L1 ) de I = [0, 1] dans R. Les
applications
Z 1
1/p
dp : (x, y) 7→
|x(t) − y(t)|p
, p ∈ N∗
0
d∞ : (x, y) 7→ sup|x(t) − y(t)|
t∈I
de X × X dans X sont des distances(?) sur X.
On a dp ≤ d∞ mais il n’existe aucun réel k tel que d∞ ≤ kd1 (?)
d∞ est la distance de la convergence uniforme .
3. On prend X = B(I, R) e.v des applications bornées de I = [0, 1] dans R. Les applications
Z 1
1/p
dp : (x, y) 7→
, p ∈ N∗
|x(t) − y(t)|p
0
d∞ : (x, y) 7→ sup|x(t) − y(t)|
t∈I
(?)
de X × X dans X sont des distances sur X.
d∞ est la distance de la convergence uniforme .
4.1.2. Topologie d’un espace métrique.
Définition 9.
Soit (X, d) un espace métrique, a ∈ X et r un réel > 0.
1. La boule ouverte de centre a et de rayon est {x ∈ X| d(a, x) < r} elle est notée B(a, r).
2. La boule fermée de centre a et de rayon est {x ∈ X| d(a, x) ≤ r} elle est notée B ′ (a, r).
3. La Sphère
de centre a et de rayon est {x ∈ X| d(a, x) = r} elle est notée S(a, r).
On a évidemment B ′ (a, r) = B(a, r) ∪ S(a, r).
Si d est la distance triviale, pour tout r, r′ ∈]0, 1[, B ′ (a, r) = B(a, r) = {a} et S(a, r) = vide, S(a, 1) =
X \ {a} . . . .
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Théorème et définition 2.
Soit (X, d) un espace métrique, l’ensemble B de toutes le boules ouvertes vérifie les propriétés
caractéristiques d’une base. La topologie engendrée par cette base s’appelle topologie induite
par d sur X ; on la note τd .
Démonstration. Il suffit de montrer que pour tous a, a′ dans X et tous réels r, r′ > 0, A = B(a, r)∩B(a′ , r′ )
est vide ou une réunion de boules ouvertes.
Soit x dans A et posons rx = min (r − d(a, x), r′ − d(a′ , x)). Alors B(x, rx ) ⊂ A(?) . Cela permet
[
d’écrire A =
B(x, rx )
x∈A
Proposition 3.
Soit x un élément d’un espace métrique.
1. Toute boule ouverte contenant x contient une boule ouverte de centre x.
2. Tout ouvert contenant x contient une boule ouverte de centre x.
Démonstration.
1. Soit B(a, r) une boule ouverte contenant x. Alors B(x, r − d(x, a)) est contenue dans B(a, r) ; en
effet si y ∈ B(x, r − d(x, a)) alors d(y, x) < r − d(x, a) c’est à dire d(y, x) + d(x, a) < r et par l’inégalité
du triangle : d(y, a) < r autrement dit y ∈ B(a, r).
2. Soit x un élément d’un ouvert. Cet ouvert est une réunion de boules ouvertes ; donc x est dans une
au moins des boules de cette réunion, il suffit alors d’appliquer la partie 1. de la proposition.
Exercice 7.
1. Dans C 0 (I, R) (voir les exemples précédents), montrer que τd1 est moins fine que τd∞ .
2. Vérifier que Bd∞ (0, 1) ne contient aucune d1 −boule ouverte de centre 0. En déduire que τd1 est
strictement moins fine que τd∞ .
Réponse :
1. On a d1 ≤ d∞ . On en déduit (avec des notations évidentes) que pour tout a dans X et tout réel
r > 0, B∞ (a, r) ⊂ B1 (a, r) puis, que(?) B1 (a, r) ∈ τ∞ . Alors l’inclusion dans τ∞ de la base d’ouverts de
τ1 constituée par les d1 −boules ouvertes entraine celle de τd1 dans τ∞ .
2. Soit r > 0. Montrons que B1 (0, r) n’est pas contenue dans B∞ (0, 1). Il suffit de trouver un élément
de B1 (0, r) qui n’appartient pas à B∞ (0, 1).
Soit n > 2 un entier tel que r/n < 1 et x l’application de I dans R telle que

i
h
 − 2n t + 2 si t ∈ 0, r
r
h r ni
x(t) =

0
si t ∈
,1
n
Z 1
r
Alors d1 (0, x) =
|x(t)| dt = < r donc x appartient à B1 (0, r).
n
0
Mais d∞ (0, x) = sup|x(t)| = 2 > 1 donc x n’appartient pas à B∞ (0, 1).
t∈I
Maintenant, pour montrer τd1 est strictement moins fine que τd∞ , il suffit de vérifier que B∞ (0, 1) qui
appartient τd∞ , n’appartient pas à τd1 .
Si B∞ (0, 1) était un élément de τd1 il serait réunion de d1 − boules ouvertes et contiendrait de ce fait
une d1 − boule ouverte de centre 0 contradiction ! !
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4.1.3. Métriques équivalentes.
Définition 10.
1. Deux métriques d1 et d2 sur un même ensemble non vide sont équivalentes s’il existe des
réels a, b > 0 tels que d1 ≤ ad2 ≤ bd1
2. Deux métriques d1 et d2 sur un même ensemble non vide sont topologiquement équivalentes
si elles induisent la même topologie sur cet ensemble.
Exemple
3. Dans Rn ou Cn les métriques d1 , d2 et d∞ sont équivalentes. En effet(?) d∞ ≤ d1 ≤ nd2 ≤
√
n nd∞
.
Dans C 0 (I, R) (voir les exemples précédents), τd1 ≤ τd∞ mais les deux métriques ne sont pas équivalentes(?)
Proposition 4.
Si deux distances sur un même ensemble sont équivalentes, alors elles sont topologiquement
équivalentes.
Mais la réciproque est fausse.
On verra plus loin avec les normes qu’il en va autrement : deux normes sur un même ensemble X sont
équivalentes, si et seulement si elles sont topologiquement équivalentes.
Démonstration. Soient d1 et d2 deux distances équivalentes. Il existe des réels a, b > 0 tels que d1 ≤
ad2 ≤ bd1 .
La relation d1 ≤ ad2 entraine que ∀x ∈ X, r > 0, B2 (x, r) ⊂ B1 (x, ar).
Maintenant, soit Ω1 un élément de τ1 . D’après la proposition 3, tout x de Ω1 est le centre d’une
d1 −boule ouverte contenue dans Ω1 . D’après ce qui précède cette d1 −boule ouverte contient une d2 −
boule ouverte B2 (x, rx ).
[
La relation ∀x ∈ Ω1 , B2 (x, rx ) ⊂ Ω1 entraine Ω1 =
B2 (x, rx ). Donc Ω1 ∈ τ2 et τ1 ⊂ τ2 .
xΩ1
b
La relation d2 ≤ d1 entraine de même que τ2 ⊂ τ1 .
a
Pour montrer que la réciproque est fausse, munissons R de la distance usuelle d et posons δ = f ◦ d où
t
f est l’application strictement croissante t 7→
de R+ dans [0, 1[.
1+t
δ est bien une distance sur R(?) et on a grâce à la stricte croissance de f :
∀x ∈ X, r > 0, Bd (x, r) = Bδ (x, f (r)), donc τd = τδ .
Or δ ≤ d mais il n’existe pas de réel a > 0 tel que d ≤ aδ puisque δ est bornée (elle est < 1) et d
pas.
4.1.4. Métriques de la topologie produit.
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Proposition 5.
Soient (Xi , di )1≤i≤n une famille finie d’espaces métriques, (τi )1≤i≤n les topologies corresponn
Y
Xi et (X, τ ) la topologie produit c’est à dire τ est la topologie
dante X = X1 × · · · × Xn =
i=1
ayant pour base d’ouverts τ1 × · · · × τn .
Alors les trois applications telles que pour tout x = (x1 , . . . , xn ) de X :
n
n
1/2
X
X
et x 7→ δ∞ (x) = max di (xi )
di (xi )2
di (xi ) x 7→ δ2 (x) =
x 7→ δ1 (x) =
i=1
i=1
1≤i≤
de X × X dans R sont des distances équivalentes sur X, ayant pour topologie commune la
topologie produit τ.
Démonstration.
- δ1 , δ2 et δ∞ sont des distances(?) .
√
√
- δ1 , δ2 et δ∞ sont équivalentes car δ1 ≤ n δ2 ≤ n n δ∞ ≤ n δ1 .
- Pour finir, il suffit de montrer que la topologie τδ1 engendrée par δ1 (par exemple ) est égale à τ.
Faisons le si n = 2 (pour simplifier).
τδ1 a pour base la famille des δ1 −boules ouvertes.
Soit a = (a1 , a2 ) un élément de X et r un réel > 0. Pour tout x = (x1 , x2 ) dans X,
x ∈ Bδ1 (a, r) ⇔ d1 (a1 , x1 )+d2 (a2 , x2 ) < r⇒d1 (a1 , x1 ) < r et d2 (a2 , x2 ) < r ⇔ x ∈ Bd1 (a1 , r)×Bd2 (a2 , r)
La relation Bδ1 (a, r) ⊂ Bd1 (a1 , r) × Bd2 (a2 , r) entraine τδ1 ⊂ τ
x ∈ Bd1 (a1 , r) × Bd2 (a2 , r) ⇔ d1 (a1 , x1 ) < r et d2 (a2 , x2 ) < r ⇒ δ1 (a, x) < 2r ⇔ x ∈ Bδ1 (a, 2r)
La relation Bd1 (a1 , r) × Bd2 (a2 , r)c ⊂ Bδ1 (a, 2r) entraine τ ⊂ τδ1 .
4.2. Espaces vectoriels normés.
4.2.1. Définition d’un espace vectoriel normé.
Définition 11.
Soit X un espace vectoriel sur K = R ou C.
une norme sur X est une application N de X dans R telle que :
n1 : ∀x ∈ X, N (x) = 0 ⇔ x = 0
n2 : ∀x ∈ X, t ∈ K, N (tx) = |t|N (x) ; N est positivement homogène.
n3 : ∀x, y ∈ X, N (x + y) ≤ N (x) + N (y) inégalité triangulaire
Le couple (X, N ) s’appelle espace vectoriel normé
Si le contexte le permet, N (x) sera toujours noté kxk.
Soit (X, N ) un espace vectoriel normé ;. L’application dN : (x, y) 7→ N (x − y) de X × X dans R est
une distance sur X. La topologie de l’espace vectoriel normé (X, N ) est par définition celle de l’espace
métrique (X, dN ).
La distance dN vérifie les deux propriétés suivantes :
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Propriétés 2.
Sur un un espace vectoriel normé (X, N ) on a :
i) ∀x, y, a ∈ X, dN (x + a, y + a) = dN (x, y) ; Invariance par translation de vecteur a.
ii) ∀x ∈ X, t ∈ K, dN (tx, ty) = |t|dN (x, y) ; dN est positivement homogène de degré 1.
Démonstration. C’est évident.
Réciproquement :
Théorème 1.
Si une distance d sur un espace vectoriel X vérifie les deux propriétés précédentes, alors il
existe une unique norme N sur X telle que d = dN .
Démonstration. Pour l’existence, il suffit de poser pour tout x ∈ X, N (x) = d(x, 0) et de vérifier que N
est bien une norme.
- ∀x ∈ X, N (x) = 0 ⇔ d(x, 0) = 0 ⇔ x = 0.
ii)
- ∀x ∈ X, t ∈ K, N (tx) = d(tx, 0) = d(tx, t.0) = |t|d(x, 0) = |t|N (x).
∀x, y ∈ X, N (x + y) = d(x + y, 0)
≤ d(x + y, y) + d(y, 0)
= d(x + y, 0 + y) + d(y, 0)
i)
= d(x, 0) + d(y, 0)
= N (x) + N (y)
Pour l’unicité, soit N et N ′ deux normes sur X telles que d = dN = dN ′ .
Alors pour tout x ∈ X, N (x) = d(x, 0) = N ′ (x).
Exceptée la distance discrète, toutes les distances données dans les exemples de la section portant sur
les espace métriques proviennent de normes.
4.2.2. Normes équivalentes.
Définition 12.
Deux normes N1 et N2 sur un même espace vectoriel sont équivalentes s’il existe des réels
a, b > 0 tels que N1 ≤ aN2 ≤ bN1
Exemple 4. Dans Rn ou Cn les normes engendrant d1 , d2 et d∞ sont équivalentes.
On verra plus loin que dans un espace vectoriel normé de dimension finie, toutes les normes sont
équivalentes.
Cette propriété ne s’étend pas en dimension infinie. Par exemple dans C 0 (I, R) les normes engendrant
d1 et d∞ (voir les exemples sur les espaces métriques) ne sont pas équivalentes.
Proposition 6.
Deux normes sur un même espace vectoriel sont équivalentes
topologiquement équivalentes.
si et seulement si
elles sont
Démonstration. On sait que si deux normes sur un même espace vectoriel sont équivalentes alors elles
sont topologiquement équivalentes.
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Réciproquement, supposons que deux normes N1 et N2 soient topologiquement équivalentes. Alors
B1 (0, 1) est un ouvert de la topologie commune qu’elles engendrent. Donc B1 (0, 1) est une réunion de
N2 −boules ouvertes ; en particulier elle contient une N2 −boule ouverte de centre 0 : il existe un réel r > 0
tel que B2 (0, r) ⊂ B1 (0, 1) c’est à dire
∀x ∈ X, N2 (x) < r ⇒ N1 (x) < 1
(∗).
Soit alors a un élément de ]0, r[. On a pour tout x non nul :
N2
ax
N2 (x)
∗
= a < r ⇒ N1
ax
N2 (x)
< 1 ⇒ aN1 (x) ≤ N2 (x)
Relation encore valable pour x = 0.
On démontre de même qu’il existe un réel b > 0 tel que bN2 ≤ N1 .
5. Voisinages
5.1. Définition et propriétés. Le concept de voisinage permet de formaliser la notion proximité.
Définition 13.
Soit (X, τ ) un espace topologique et x un élément de X. On appelle voisinage de x toute partie
de X contenant un ouvert contenant x.
L’ensemble des voisinages de x sera noté Vτ (x). Donc :
∀V ⊂ X, V ∈ Vτ (x) ⇔ ∃Ω ∈ τ | x ∈ Ω ⊂ V
Une conséquence immédiate de cette définition est : tout ouvert contant x est un voisinage de x. Ainsi
un ouvert est voisinage de chacun de ses points.
La réciproque de cette propriété est vraie :
Propriétés 3 (Caractéristique des ouverts).
Soit (X, τ ) un espace topologique. Une partie Ω de X est un ouvert si et seulement si elle est
voisinage de chacun de ses points.
∀Ω ⊂ X, Ω ∈ τ ⇔ ∀x ∈ Ω, Ω ∈ Vτ (x)
Démonstration. Si Ω est voisinage de chacun de ses points, alors pour tout x de Ω, il existe un ouvert Ux
[
contenant x et contenu dans Ω. Par conséquent Ω =
Ux est un ouvert puisque réunion d’ouverts. x∈Ω
Exercice 8.
1. Soient d1 et d2 deux distances sur un même ensemble X, τ1 et τ2 les topologies correspondantes.
Démontrer que si pour tout x de X et tout réel r > 0 il existe un réel s > 0 tel que B1 (x, s) ⊂ B2 (x, r)
alors τ2 ⊂ τ1 .
Répondre aux questions non résolues de l’exercice 2 question 2.
2. Soit τ1 et τ2 des topologies sur un même ensemble X telles que pour tout x de X, Vτ1 (x) = Vτ2 (x).
Montrer que Soit τ1 = τ2
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Propriétés 4 (de l’ensemble des voisinages d’un point donné).
Soit (X, τ ) un espace topologique x un point X. l’ensemble Vτ (x) des voisinages de x vérifie
les propriétés suivantes :
— v1 : ∀V ∈ Vτ (x), x ∈ V. Un voisinage de x doit contenir x.
— v2 : ∀V, W ⊂ X, (V ⊂ W et V ∈ Vτ (x) ⇒ W ∈ Vτ (x). Toute partie contenant un
voisinage de x est un voisinage de x.
— v3 : ∀V1 , V2 ∈ Vτ (x), V1 ∩ V2 ∈ Vτ (x). Stabilité par intersection finie.
— v4 : ∀V ∈ Vτ (x), ∃U ∈ Vτ (x) tel que ∀y ∈ U, V ∈ Vτ (y). Si V est un voisinage de x, il
est voisinage des points ”proches” de x (les points de U )
Démonstration. Les trois premières propriétés sont évidentes.(?)
Pour la quatrième, soit V un voisinage de x. Il existe un ouvert U contenant x et contenu dans V .
Ce U étant ouvert, est voisinage de chacun de ses points ; donc V qui contient U est voisinage de
chacun des points de U .
Attention : L’ensemble des voisinages d’un point n’est pas stable par intersection quelconque. Par
exemple, pour tout entier naturel non nul n, l’intervalle ouvert ] − 1/n, 1/n[ est un voisinage de 0 dans
R munit de la topologie usuelle ; mais {0}, intersection de tous ces voinages n’est pas un voisinage de 0.
Les propriétés énoncées ci-dessus sont caractéristiques des voisinages et elles permettent de définir une
topologie en donnant les voisinages de chaque point.
Proposition 7 (Définition d’une topologie par les voisinages).
Soit X un ensemble non vide. On suppose donnée pour chaque point x de X une partie non
vide V(x) de P(X) vérifiant les quatre propriétés citées dans les propriétés suivantes :
— v1 : ∀V ∈ V(x), x ∈ V.
— v2 : ∀V, W ⊂ X, (V ⊂ W et V ∈ V(x) ⇒ W ∈ V(x).
— v3 : ∀V1 , V2 ∈ V(x), V1 ∩ V2 ∈ V(x). Stabilité par intersection finie.
— v4 : ∀V ∈ V(x), ∃U ∈ V(x) tel que ∀y ∈ U, V ∈ V(y).
Alors il existe une unique topologie τ sur X telle que l’ensemble Vτ (x) des voisinages de x soit
égal à V(x).
On définit alors un ouvert en utilisant la propriété 3.
Démonstration. Définissons τ par la propriété suivante :
L’ensemble vide appartient à τ et une partie non vide Ω de X appartient à τ si et seulement si Pour
tout x de Ω, Ω appartient à V(x).
- L’ensemble vide appartient à τ par définition.
- Soit x un élément de X. Comme V(x) est non vide, il existe V ∈ V(x). La relation V ⊂ X et la
propriété v2 entraine alors que X ∈ V(x). Donc X appartient à τ.
- Soit Ω1 et Ω2 deux éléments de τ. Alors pour tout x de Ω1 ∩ Ω2 on a x ∈ Ω1 et x ∈ Ω2 ; ce qui
entraine Ω1 ∈ V(x) et Ω2 ∈ V(x) puis Ω1 ∩ Ω2 ∈ V(x) par v3 . Donc Ω1 ∩ Ω2 ∈ τ .
[
- Soit (Ωi )i∈I une famille d’éléments de τ. Montrons Ω =
Ωi est un élément de τ.
i∈I
Soit x un élément de Ω. Il existe un indice i0 tel que x ∈ Ωi0 . Alors Ωi0 appartient à V(x) et par v2 , Ω
qui contient Ωi0 appartient aussi à V(x). Donc Ω ∈ τ.
Ainsi, τ est bien une topologie sur X.
Maintenant, il faut montrer que l’ensemble Vτ (x) des voisinages de x pour la topologie τ est égal à
V(x).
- Soit V un élément de Vτ (x). Il existe Ω dans τ tel que x ∈ Ω ⊂ V. Comme Ω ∈ τ et x ∈ Ω, on a
Ω ∈ Vx .
La relation Ω ⊂ V, Ω ∈ Vx et la propriété v2 entrainent V ∈ Vx .
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- Réciproquement, si V un élément de V(x), montrons que V ∈ Vτ (x). Pour cela, il suffit de créer un
élément Ω de τ tel que x ∈ Ω ⊂ V .
Posons Ω = {y ∈ X|V ∈ V(y)}.
On a :
* x ∈ Ω car V ∈ V(x)}.
* Ω est contenu dans V car si y appartient à Ω alors V ∈ V(y), ce qui entraine y ∈ V .
* Ω appartient à τ. En effet soit y un élément de Ω c’est à dire tel que V ∈ V(y). La propriété v4
entraine alors qu’il existe une partie U de X contenue dans V et telle que U ∈ V(y) et ∀z ∈ U, V ∈ V(z).
Cette dernière relation signifie que z appartient à Ω. donc U ⊂ Ω.
U ∈ V(y), U ⊂ Ω et v2 entraine Ω ∈ V(y).
On vient donc de montrer que si y un élément de Ω alors Ω ∈ V(y) ; cela signifie que Ω ∈ τ .
Enfin, il faut montrer que la topologie τ est unique.
Soit τ1 et τ2 deux topologies sur X telles que Vτ1 (x) = V(x) et Vτ2 (x) = V(x). Alors Vτ1 (x) = Vτ2 (x).
Soit Ω1 un élément de τ1 . Pour tout x de Ω1 , Ω1 appartient à Vτ1 (x) donc à Vτ2 (x). Ainsi, Ω1 est un
τ2 −voisinage chacun de ses points : c’est un élément de τ2 . Donc τ1 ⊂ τ2 .
On démontre de même que τ2 ⊂ τ1 .
5.2. Base (ou Système fondamental) de voisinages.
Définition 14.
Soit (X, τ ) un espace topologique, x un élément de X. Une partie Sτ (x) de P(X) est un système
fondamental de voisinages de x (ou une base de voisinages de x) si
— s1 : Sτ (x) ⊂ Vτ (x).
— s2 : ∀V ∈ Vτ (x), ∃S ∈ Sτ (x) tel que S ⊂ V .
Exemple 5.
1. L’ensemble de tous les voisinages.
2. Pour la topologie discrète sur un ensemble X, l’ensemble des singletons.
3. a. Dans un espace métrique, l’ensemble des boules ouvertes.
b. Dans un espace métrique, l’ensemble des boules ouvertes de rayons de la forme 1/n, n ∈ N∗(?) .
6. Adhérence et intérieur
6.1. Adhérence.
Définition 15.
Soit (X, τ ) un espace topologique, a un élément de X et A une partie de X.
— On dit que a est adhérent à A si tout voisinage de a rencontre A.
— On dit que a est un point d’accumulation de A si a est adhérent à A \ {a} c’est à dire
pour tout voisinage V de a, on a : V ∩ A \ {a} 6= vide.
L’ensemble des points adhérents à A est noté A et appelé l’adhérence de A ; l’ensemble des
points d’accumulation de A est noté A′ et appelé le premier dérivé de A
— On dit que A est dense dans X si A = X
Remarque 3.
A = A ∪ A′(?)
Exemple 6.
1. Dans (R, τu ), Q = Qc = R et si I est un intervalle d’extrémités a et b, a < b alors I = [a, b].
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2. Dans (R, τu ), si A = {1/n, n ∈ N∗ } alors A = A ∪ {0}(?)
3. Dans (X, τdiscrète ), ∀A ⊂ X, A = A(?)
Propriétés 5.
Soit F l’ensemble des fermés d’un espace topologique X.
\
F , en particulier A est fermé : c’est le plus petit
1. Pour toute partie A de X, on a : A =
F ∈F
A⊂F
fermé contenant A.
2. Une partie A de X est fermée si et seulement si A = A.
3. Pour toutes parties A, B, (Ai )i∈I de X, on a :
a. A ⊂ B ⇒ A ⊂ B.
[
[
b.
Ai ⊂
Ai avec égalité si I est fini.
i∈I
i∈I
c. A ∩ B ⊂ A ∩ B.
Dans 3.b. L’inclusion peut être stricte ; par exemple R = Q =
[
{r} ⊃
r∈Q
[
{r} = Q ;
r∈Q
6.2. Intérieur.
Définition 16.
Soit (X, τ ) un espace topologique, a un élément de X et A une partie de X. On dit que a est
intérieur à A si A est un voisinage de a.
◦
L’ensemble des points intérieurs à A est noté A et appelé l’intérieur de A.
Exemple 7.
◦
◦
◦
1. Dans (R, τu ), Q=Qc = vide et si I est un intervalle d’extrémités a et b, a < b alors I =]a, b[
15
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Propriétés 6.
Soit X un espace topologique.
◦
1. Pour toute partie A de X, on a : A=
[
◦
Ω, en particulier A est ouvert : c’est le plus
Ω∈τ
Ω⊂A
grand ouvert contenant A.
◦
2. Une partie A de X est ouverte si et seulement si A= A.
3. Pour toutes parties A, B, (Ai )i∈I de X, on a :
◦
◦
a. A ⊂ B ⇒A⊂B .
◦
z }| {
\
\ ◦
Ai ; avec égalité si I est fini.
Ai ⊂
b.
i∈I
i∈I
◦
z }| {
c. A ∪ B ⊂A ∪ B.
◦ c
◦
c
4. Ac = A et Ac = A
◦
◦
Dans 3.b. L’inclusion peut être stricte ; par exemple si Ir désigne l’intervalle fermé [−r, r], r > 0, alors
◦
z }| {
◦
\
\ ◦
vide ={0}= Ir ⊂
Ir = {0}
r>0
r>0
◦
◦
c
◦
z }| { ◦
Dans 3.c. L’inclusion peut être stricte ; par exemple vide =Q ∪ Q ⊂Q ∪ Qc =R= R.
6.3. Cas des espaces métriques. Soit A une partie non vide d’un espace métrique (X, d), x un élément
de X. L’ensemble {d(x, a), a ∈ A} est une partie non vide de R+ et admet donc une borne inférieure.
Définition 17 (Distance à une partie).
Soit A, B des parties non vides d’un espace métrique (X, d). x un élément de X.
1. La distance de x à A est le réel positif inf d(x, a) ; elle est notée d(x, A.
a∈A
2. La distance de A à B est le réel positif inf d(a, b) ; elle est notée d(A, B.
a∈A
b∈B
Proposition 8.
Soit A, B des parties non vides d’un espace métrique (X, d). Alors
A = {x ∈ X| d(x, A) = 0}
Autrement dit, en désignant par d,A l’application x 7→ d(x, A) de X dans R+ : A = d−1
,A (0).
Exercice 9.
1. Vérifier que d,A est lipschitzienne de rapport 1.
2. Soient F et G deux fermés disjoints d’un e.m E.
a. Montrer que pour tout x de F , d(x, G) est un réel strictement positif .
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Pour tout x de F on pose rx = d(x, G)/2 ; Vérifier que
[
17
B(x, rx ) est un ouvert contenant F .
x∈F
b. Montrer qu’il existe deux ouverts disjoints contenant F et G respectivement.
Réponse : x ∈ F et F ∩ G =vide entraine x ∈
/ G et comme G est fermé, G = G ; donc x ∈
/ G c’est à
dire d(x, G) > 0.
[
B(x, rx ) contient évidemment F et comme réunion d’ouverts, il est ouvert.
x∈F
De même pour tout x de G, sx = d(x, F )/2 est > 0 et
[
B(x, sx ) est un ouvert contenant G.
x∈G
Montrons que les ouverts
[
x∈F
B(x, sx ) et
[
B(x, sx ) sont disjoints.
x∈G
Par l’absurde. S’ils avaient un point y en commun, il existerait x dans F et x′ dans G tels que
d(x, y) < rx et d(x′ , y) < sx′ . Alors
d(x, x′ ) ≤
=
=
d(x, y) + d(y, x′ )
d(x, G)/2 + d(x, F )/2
d(x, x′ )
< rx + sx′
≤ d(x, x′ )/2+ ≤ d(x, x′ )/2
Exercice 10. voir ici ou ici On dit qu’un espace topologique (X, τ ) est séparable s’il contient une partie
dense et dénombrable. Par exemple (R, τusuelle ) est séparable car Q est dense et dénombrable.
1. Montrer que les assertions suivantes sont équivalentes : Soit (X, d) un espace métrique.
i) (X, d) est séparable.
ii) (X, d) contient une base dénombrable d’ouverts : il existe une suite (Ωn )n∈N d’éléments de τ telle
[
pour tout ouvert U il existe une partie N de N vérifiant U =
Ωi .
i∈N
2. a. Soit (X, d) un espace métrique. On suppose qu’il existe ε > 0 et une partie Y de X, non
dénombrable telle ∀x, y ∈ Y, x 6= y ⇒ d(x, y) ≥ ε. Montrer que (X, d) est non séparable.
b. Vérifier que Y = {0, 1}N ensemble des suites constituées de 0 et 1 est non dénombrable. (Raisonner
par l’absurde )
c. En déduire que ℓ∞ , (ensemble des suite bornées muni de la norme définie par :
∀x = (xn ) ∈ ℓ∞ , kxk = sup|xn |
n∈N
) n’est pas séparable.
Réponse :
1. Supposons qu’il existe une base dénombrable d’ouverts (Un )n∈N .
Choisissons dans chaque Un un xn et montrons que l’ensemble dénombrable D = xn , n ∈ N est
dense dans E.
Tout ouvert non vide U est réunion d’une sous famille (Un )n∈I (I partie de N). Alors pour tout n ∈ I,
xn appartient à D ∩ U .
Réciproquement,
si un e.m E est séparable, par définition, il existe une suite (xn )n∈N∗ d’éléments de
E telle que D = xn , n ∈ N∗ soit partout dense.
Alors la famille dénombrable B = B(xn , 1/m) n,m∈N∗ est une base pour les ouverts de E.
Pour le voir, il suffit de montrer d’après la propriété ?? caractéristique d’une base, qu’étant donnés x
dans E et V un voisinage de x, on peut trouver un élément de la famille B contenant x et contenu dans
V . V étant ouvert, contient une boule ouverte B(x, r), r > 0.
Soit m un entier tel que 1/m < r/2. D étant dense, la boule B(x, 1/m) contient un certain xn de D.
De d(x, xn ) < 1/m on déduit que x appartient à la boule B(xn , 1/m).
Montrons maintenant que cette boule B(xn , 1/m) est contenue dans V ; pour cela il suffit que B(xn , 1/m)
soit contenue dans B(x, r).
Si y est un élément de B(xn , 1/m), on peut écrire :
d(x, y) ≤ d(x, xn ) + d(xn , y) < 1/m + 1/m = 2/m < r
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2. vv
Exercice 11. Dans un e.t (X, τ ), la frontière d’une partie A de X est ∂A = A ∩ Ac . Montrer que ∂A
◦
est un fermé de X et ∂A = A\ A.
Exercice 12. X = C 0 (I, R) e.v. des applications continues de I = [0, 1] dans R normé par ∀x ∈ X, kxk =
Z 1
|x(t)| dt.
kxk∞ + kxk1 = sup|x(t)| +
t∈I
0
On note d la métrique induite par cette norme, A = {x ∈ X|x(0) = 0} et x0 l’application constante
égale à 1 sur I.
Montrer que d(x0 , A) = 1.
Réponse :Pour tout entier naturel n > 0, l’application xn : t 7→ t1/n appartient à A ; donc
Z 1
n
7→+∞
−−−−→ 1
d(x0 , A) ≤ d(x0 , xn ) = sup|1 − xn (t)| +
|1 − xn (t)| dt = 1 + 1 −
n+1
t∈I
0
II :APPLICATIONS CONTINUES, LIMITES
1. Notion de continuité
1.1. Définition et premières propriétés.
1.1.1. Définitions.
Définition 18.
Une application f d’un espace topologique (X, τ ) dans un espace topologique (X ′ , τ ′ ) est dite
continue en un point x0 de X si l’une quelconque des propriétés équivalentes suivantes est
vérifiée :
c1 : ∀V ′ ∈ Vτ ′ f (x0 ), ∃V ∈ Vτ (x0 )| f (V ) ⊂ V ′ .
c2 : ∀V ′ ∈ Vτ ′ f (x0 ) , f −1 (V ′ ) ∈ Vτ (x0 )
On dit que f est continue sur X (ou simplement continue s’il n’y a pas ambiguı̈té) si f est
continue en tout de X.
c1 se dit : Tout voisinage de f (x0 ), contient l’image par f d’un voisinage de x0 .
c2 se dit : L’image réciproque par f d’un voisinage de f (x0 ) est un voisinage de x0 .
Exemple 8.
1. Toute application de (X, τdiscrète ) a valeurs dan un espace topologique quelconque est continue(?) .
2. Une application constante d’un espace topologique (X, τ ) dans un espace topologique (X ′ , τ ′ ) est
continue. En effet si f (x) = c pour tout x de X et V ′ est un voisinage de c, alors X est un voisinage de
x et f (X) = {c} ⊂ V ′ .
3. L’application f x 7→ x de (R, τusuelle ) sur (R, τSorgenf rey ) n’est continue en aucun point.
En effet si a ∈ R alors [a, a + 1[ est un voisinage de f (a) = a dans l’espace (R, τSorgenf rey ) et
f −1 ([a, a+ 1[) = [a, a+ 1[ n’est pas un voisinage de a dans l’espace (R, τusuelle ). En revanche sa réciproque
est continue.
[
[x, b[ est un ouvert de (R, τSorgenf rey ).
En effet, si a < b sont deux nombres réels. f (]a, b[) =]a, b[=
i∈]a,b[
Soit Ω un ouvert de (R, τusuelle ) . Il existe un famille (Bi )i∈I d’intervalles de la forme ]a, b[ telle que
[
[
Ω =
Bi . Alors f (Ω) =
f (Bi ) est d’après ce qui précède, est un ouvert (R, τSorgenf rey ) : f −1 est
i∈I
continue.
i∈I
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Semestre 1
19
4 (Cas des espaces métriques).
a. Une application f d’un espace métrique (X, d) dans un espace métrique (X ′ , d′ ) est continue en un
point x0 de X si et seulement si
cm : ∀ε > 0, ∃η > 0| ∀x ∈ X, d(x, x0 ) < η ⇒ d′ f (x), f (x0 ) < ε
En effet si cette condition est satisfaite, tout voisinage V ′ de x0 contient une boule ouverte B(f (x0 ), ε)
de centre f (x0 ), il suffit alors de prendre pour V la boule ouverte de centre x0 et de rayon η pour voir
que c1 est remplie.
Réciproquement, si c1 est remplie, pour tout ε > 0, B(f (x0 , ε) est un voisinage de f (x0 ) ; il existe
donc un voisinage V de x0 tel que f (V ) ⊂ B(f (x0 , ε).
V contient une boule ouverte B(x0 , η) de centre x0 .
La condition B(x0 , η) ⊂ V entraine f (B(x0 , η)) ⊂ f (V ) ⊂ B(f (x0 ), ε)) donc cm .
b. Une application f lipschitzienne de rapport k ≥ 0 d’un espace métrique (X, d) dans un espace
métrique (X ′ , d′ ) ( c’est à dire telle que pour tous x, y dans X on ait : d′ (f (x), f (y)) ≤ kd(x, y) ) est
continue en tout point x0 de X. En effet, si k = 0, f est constante donc continue, sinon, pour tout
ε > 0, cm est vérifié avec η = ε/k
Exercice 13. Nous voyons dans l’un des exemples précédents qu’une bijection peut être continue à
bijection réciproque non continue.
Une bijection d’un e.t (X, τ ) sur un e.t (X ′ , τ ′ ) est un homéomorphisme si elle est continue ainsi que
sa réciproque.
Montrer que l’application identique d’un e.m (X, d) dans un e.m (X, d′ ) est un homéomorphisme si
et seulement si d et d′ sont topologiquement équivalentes. Réponse :
1.1.2. Propriétés des applications continues.
Proposition 9.
Soit f une application d’un espace topologique (X, τ ) dans un espace topologique (X ′ , τ ′ ). Les
propriétés suivantes sont équivalentes :
p1 : f est continue sur X.
p2 : ∀Ω ⊂ X ′ , Ω′ ∈ τ ′ ⇒ f −1 (Ω′ ) ∈ τ L’image réciproque par f d’un ouvert est un ouvert.
p3 : ∀Γ′ ⊂ X ′ , Γ′ fermé ⇒ f −1 (Γ′ ) fermé L’image réciproque par f d’un fermé est un
fermé.
p4 : ∀A ⊂ X, f (A) ⊂ f (A).
Démonstration. p1 ⇒ p2 : Soit Ω′ un élément de τ ′ . Pour tout x dans f −1 (Ω′ ), f (x) appartient à Ω′ ;
Ω′ est donc un voisinage de f (x). Par conséquent, par p1 , f −1 (Ω′ ) est un voisinage de x. f −1 (Ω′ ) étant
voisinage de chacun de ses points, est ouvert.
p2 ⇒ p1 : Soit x0 un élément de X et V ′ un voisinage de f (x0 ). Il existe un ouvert Ω′ tel que
f (x0 ) ∈ Ω′ ⊂ V ′ . On en déduit que x0 ∈ f −1 (Ω′ ) ⊂ f −1 (V ′ ).
Par hypothèse, f −1 (Ω′ ) est un ouvert, donc la relation précédente entraine que f −1 (V ′ ) est un voisinage
de x0
p2 ⇔ p3 : (?) .
p3 ⇒ p4 : Soit A une partie de X. On a f (A) ⊂ f (A), ce qui entraine A ⊂ f −1 [f (A)] ⊂ f −1 [f (A)].
Puisque f (A) est fermé, par hypothèse, le dernier membre de cette relation est un fermé ; c’est un fermé
contenant A, donc A
′
′
p4 ⇒ p3 : Soit Γ
h un fermé
i de X .
Par p4 , on a : f f −1 (Γ′ ) ⊂ f [f −1 (Γ′ )] ; mais le second membre est contenu dans Γ′ qui est Γ′ puisque
Γ′ est fermé. h
i
On a donc f f −1 (Γ′ ) ⊂ Γ′ , ce qui entraine, f −1 (Γ′ ) ⊂ f −1 (Γ′ ).
L’inclusion dans l’autre sens étant toujours réalisée, on en déduite l’égalité : f −1 (Γ′ ) = f −1 (Γ′ ) ; ce
qui signifie que f −1 (Γ′ ) est fermé
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Exercice 14.
1. Soit (X, kk) un e.v.n. Montrer que l’application norme :x 7→ kxk de X dans R est continue.
2. Soit f : (X, τ ) → (R, τusuelle ) une application continue et a ∈ R.
Montrer que les parties A = {x ∈ X|f (x) < a}; B = {x ∈ X|f (x) > a} sont ouvertes et C = {x ∈
X|f (x) ≤ a} est fermée.
3. On munit R2 de la topologie usuelle. Montrer que E = {(x, y) ∈ R2 |xy ≥ 1} est fermé.
Réponse :
1. Si on note N cette application, on a : ∀x, y ∈ X, |N (x) − N (y)| ≤ kx − yk ; N est donc lipschitzienne
de rapport 1 et par conséquent continue.
2. A = f −1 (] − ∞, a[) image réciproque par l’application continue f de l’ouvert ] − ∞, a[ est ouvert.
B = f −1 (]a, +∞[), image réciproque par l’application continue f de l’ouvert ]a, ∞[ est ouvert.
C = f −1 (] − ∞, a]), image réciproque par l’application continue f de le fermé ] − ∞, a] est fermé.
3. E est fermé puisque image réciproque par l’application continue g (x, y) ∈ R2 7→ xy − 1 ∈ R du
fermé [0, +∞[.
Exercice 15. Etudier la continuité de l’application partie entière lorsque R est muni de la topologie de
Sorgenfrey.
Réponse : La fonction partie entière E est valeurs entières et l’image réciproque par E d’un entier α
est l’intervalle [α, α + 1[. Soit a < b deux nombres réels.
Si [a, b[ ne contient aucun entier, alors E −1 ([a, b[) = vide.
Si [a, b[ contient n entiers consécutifs a1 < · · · < an , alors E −1 ([a, b[) = [a1 , an + 1[.
Soit Ω un ouvert de R (à l’arrivée). Il existe un famille (Bi )i∈I d’intervalles de la forme [a, b[ telle que
[
[
Ω=
Bi . Alors E −1 (Ω) =
E −1 (Bi ) est d’après ce qui précède, une réunion d’intervalles de la forme
i∈I
i∈I
[α, β[ donc un ouvert : E est continue.
Exercice 16.
1. Soient (Xi , τi )i∈I (I ensemble non vide) une famille d’espaces topologiques, X ′ un ensemble non
vide et (fi )i∈I une famille applications Xi → X ′ .
On note τ ′ la topologie finale associée à la famille (fi )i∈I , (τ ′ = Γ ∈ Y |∀i ∈ I, fi−1 (Γ) ∈ τi .)
Montrer que τ ′ est la topologie la plus fine sur X ′ rendant les applications fi continues (la moins fine
étant la grossière).
2. Soient (Xi′ , τi′ )i∈I (I ensemble non vide) une famille d’espaces topologiques, X un ensemble non vide
et (gi )i∈I une famille applications X → Xi′ .
On note τ la topologie initiale associée à la famille (gi )i∈I (C’est la topologie engendrée par les parties
de X de la forme gi−1 (Ω′i ) où i ∈ I et Ω′i ∈ τi′ .)
Montrer que τ est la topologie la moins fine sur X rendant les applications gi continues (la plus fine
étant la discrète).
Exercice 17. Soit F et G deux fermés disjoints d’un e.m (X, d). Montrer que la relation x 7→
d(x, F )
d(x, F ) + d(x, G)
définit une application de continue de X dans R.
En déduire que l’on peut séparer F et G par deux ouverts disjoints.
Proposition 10 (Composition d’applications continues).
Soit f une application d’un e.t (X, τ ) dans un e.t (X ′ , τ ′ ) et g une application de (X ′ , τ ′ ) dans
un e.t (X ′′ , τ ′′ ), x0 un point de X.
1. Si f est continue en x0 et g est continue en x′0 = f (x0 ) alors g ◦ f est continue en x0 .
2. Si f est continue sur X et g est continue sur X ′ alors g ◦ f est continue en X.
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21
Démonstration.
1. Supposons f est continue en x0 et g est continue en x′0 . Soit V ′′ un voisinage de g ◦ f (x0 ). Alors
′
V = g −1 (V ′′ ) est un voisinage de
est continue en ce point.
x0 car g −1
−1
′
−1 −1
′′
V = f (V ) = f
g (V ) = (g ◦ f ) (V ′′ ) est un voisinage de x0 car f est continue en ce point.
g ◦ f est donc continue en x0 .
′
2. C’est une conséquence de l’item précédent.
1.2. Relation aux sous-espace topologiques.
1.2.1. Topologie induite.
Théorème 2.
Soit (X, τ ) un e.t et A une partie non vide de X. Alors τA , topologie induite par τ sur A est
la topologie la moins fine rendant l’injection canonique de A dans X continue.
Démonstration. l’injection canonique j : (A, τA ) → (X, τ ); x 7→ x est certainement continue car si Ω
appartient à τ alors j −1 (Ω) = Ω ∩ A appartient à τA .
Soit σ une topologie sur A telle que j : (A, σ) → (X, τ ); x 7→ x soit continue. Soit Ω ∩ A un élément
de τA (Ω étant un élément de τ ).
Alors Ω ∩ A = j −1 (Ω) appartient à σ à cause de la continuité de j ; donc τA est contenue dans σ. 1.2.2. Restriction et co-restriction. Soit f une application d’un ensemble X dans un ensemble X ′ , A une
partie non vide de X A′ une partie non vide de X ′ contenant f (X) image de X par f .
La restriction de f à A est l’application f|A de A dans X ′ définie par f|A (x) = f (x) pour tout x de
A.
′
′
La co-restriction de f à A′ est l’application f |A de X dans A′ définie par f |A (x) = f (x) pour tout
x de X.
Contrairement à la restriction, la co-restriction n’est définie que pour des parties de X ′ contenant f(X)
.
Théorème 3.
Soit f une application d’un e.t (X, τ ) dans un e.t (X ′ , τ ′ ).
1. a. Si f est continue en un point x0 de X, alors pour toute partie A de X contenant x0 ,
f|A , application de (A, τA ) dans (X ′ , τ ′ ) est continue en x0 .
b. Si f est continue sur X, alors pour toute partie A de X, f|A , application de (A, τA ) dans
(X ′ , τ ′ ) est continue sur A.
pour toute partie A′ de X ′
2. a. f est continue en un point x0 de X si et seulement si
|A′
′ ′
contenant f (X), f , application de (X, τ ) dans (A , τA′ ) est continue en x0 .
′
b. f est continue sur X si et seulement si pour toute partie A′ de X ′ contenant f (X), f |A ,
application de (X, τ ) dans (A′ , τA′ ′ ) est continue sur X.
Démonstration.
1. a. Supposons que f est continue en un point x0 de X et soit A une partie de X contenant x0 .
Soit V ′ un voisinage de f (x0 ). Par continuité de f , f −1 (V ′ ) est un voisinage de x0 dans l’e.t (X, τ ). Il
existe donc un élément Ω de τ tel que x0 ∈ Ω ⊂ f −1 (V ′ ) ; ce qui entraine
x0 ∈ Ω ∩ A ⊂ f −1 (V ′ ) ∩ A = f|A −1 (V ′ )
Par conséquent, f|A −1 (V ′ ) est un voisinage de x0 dans l’e.t (A, τA ).
b. C’est une conséquence de l’item précédent.
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2. a.
Notons j l’injection canonique de A′ dans X ′ . Alors pour tout x de A′ , j ◦
′
′
f |A (x) = j(f (x)) = f (x) ; donc j ◦ f |A = f . On en déduit puisque j est
′
continue, que si f |A est continue en un point, il en est de même de f .
f
X
// X ′
OO
j
′
f |A
A′
Réciproquement, supposons f continue en un point x0 de X et soit W ′ un voisinage de f |A (x0 ) = f (x0 )
′
dans l’e.t (A′ , τA′ ′ ) Alors f |A −1 (W ′ ) = f −1 (W ′ ) est, par continuité de f , un voisinage de x0 .
′
f |A est donc continue en x0 .
b. C’est une conséquence de l’item précédent.
′
(La réciproque de la propriété 1.a. est fausse).
L’existence d’une partie A de X contenant x0 telle que f|A soit continue en x0 n’entraine pas
la continuité de f en x0 .
Par exemple, l’application f de R dans R définie par f (x) = x si x ∈ Q et f (x) = 1 − x si x ∈ Qc n’est
continue qu’au point 1/2 et pourtant fQ et fQc sont continues (R étant munit de la topologie usuelle et
Q et Qc des topologies induites.
Pour tout r > 0, f −1 B(1/2, r) = B(1/2, r)(?)
Ceci assure la continuité de f au point 1/2. On peut aussi dire : ∀x ∈ R, |f (x) − f (1/2)| = |x − 1/2|,
donc pour tout ε > 0, |f (x) − f (1/2)| < ε dès que |x − 1/2| < η = ε
Soit x0 un réel distinct de 1/2.
Pour tout r > 0
 c
B(x
,
r)
∩
Q
∪
B(1
−
x
,
r)
∩
Q
si x ∈ Q (?)
0
0
f −1 B(f (x0 ), r) =  B(1 − x0 , r) ∩ Q ∪ B(x0 , r) ∩ Qc si x ∈ Qc
qui n’est pas un voisinage de x0 si r < |x0 − 1/2|(?) ; donc f n’est pas continue en x0 .
Or ∀x, y ∈ Q, |f|Q (x) − f|Q (y)| = |x − y| et ∀x, y ∈ Qc , |f|Qc (x) − f|Qc (y)| = |x − y|. Les applications
fQ et fQc sont lipschitzienne de rapport 1 (c’est même des isométries) donc continues.
Cet exemple montre qu’il faire très attention au vocabulaire. On distinguera la continuité de f en un
point et la continuité de la restriction de f en une partie contenant le point. Ainsi pour notre exemple f
n’est continue en aucun point de I = [1, 2] ∩ Q et f|I est continue partout.
Un autre exemple, la fonction partie entière (R étant muni de la topologie usuelle) : Elle n’est pas
continue aux points entiers mais sa restriction à tout intervalle de la forme [n, n + 1[, n ∈ Z est continue
(La réciproque de la propriété 1.a. est vraie Si...).
Soit f une application d’un e.t (X, τ ) dans un e.t (X ′ , τ ′ ), x0 un point de X et A un voisinage
de x0 . Alors f est continue en x0 si et seulement si f|A est continue en x0 .
Moralité, pour étudier la continuité de f un point, on peut restreindre f a un voisinage arbitraire de ce point.
Démonstration. Supposons que f|A est continue en x0 et soit V ′ un voisinage de f (x0 ) dans l’e.t (X ′ , τ ′ ).
−1
Par continuité de f|A en x0 , f|A
(V ′ ) un voisinage de x0 dans l’e.t (A, τA ). Il existe donc un élément Ω
−1
de τ tel que x0 ∈ Ω ∩ A ⊂ f|A
(V ′ ).
Puisque A est un voisinage de x0 , il existe un élément U dans τ tel que x0 ∈ U ⊂ A.
−1
(V ′ ) = f −1 (V ′ ) ∩ A ⊂ f −1 (V ′ ).
Ce qui entraine : x0 ∈ Ω ∩ U ⊂Ω ∩ A ⊂ f|A
−1
′
f (V ) est donc un voisinage de x0 dans dans l’e.t (X, τ ) : f est continue en x0 .
Exercice 18.
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23
1. Montrer en utilisant cette propriété que l’application que dans (R, τSorgenfrey ) l’application partie
entière est continue.
3x + 2
de R \ {4} dans R est continue
2. Montrer en utilisant la définition ε − η que l’application x 7→
x−4
en 3.
Réponse :
1. Soit x0 un réel. Il existe un réel r > 0 tel que l’intervalle [x0 , r[ (qui est un voisinage de x0 dans l’e.t
(R, τSorgenfrey )) contienne au plus un entier. Alors la restriction de E à cet intervalle est constante, donc
continue.
2. On va étudier la restriction de f à l’intervalle ouvert B(3, 1/2) =]5/2; 7/2[ qui est un voisinage de
3.
car x∈B(3,1/2)
14
28|x − 3|. Donc en
<
|x − 3|
|x − 4|
prenant η = ε/28 on peut écrire : ∀ε > 0, ∃η > 0, | ∀x ∈ B(3, 1), |x − 3| < η ⇒ |f (x) − f (3)| < ε. f est
donc continue en 3.
Soit x dans B(3, 1) et ε > 0. On a : |f (x) − f (3)| =
1.3. Retour à la topologie produit.
1.3.1. ccvcf. Dans cette section, on traite un cas particulier de topologie initiale : la topologie produit.
Théorème 4.
Soit (Xi , τi )1≤i≤n une famille de n e.t (n entier ≥ 2) et soit X = X1 × · · · × Xn . La topologie
initiale sur X associée à la famille (πi : X → Xi )1≤i≤n des projections de X sur ses facteurs
( c’est à dire la topologie produit sur X) est la topologie la moins fine sur X rendant chaque
projection πi continue.
Démonstration. Faisons-la pour n = 2 pour simplifier.
Notons τ la topologie produit.
Rappelons que τ est la topologie sur X ayant pour base d’ouverts τ1 × τ2 .
Soit Ω1 un élément de τ1 . π1−1 (Ω1 ) = Ω1 ×X2 appartient à τ ; donc π1 est continue. Même raisonnement
avec π2 .
Soit σ une topologie sur X rendant les projection continues. Montrons que τ est contenue dans σ.
Pour cela, il suffit de vérifier que τ1 × τ2 est contenue dans σ.
Soit Ω1 × Ω2 un élément de τ1 × τ2 .
La continuité de π1 (l’espace de départ étant muni de l a topologie σ) montre que π1−1 (Ω1 ) = Ω1 × X2
appartient à σ.
La continuité de π2 (l’espace de départ étant muni de la topologie σ) montre que π2−1 (Ω2 ) = X1 × Ω2
appartient à σ.
(?)
Par stabilité par intersection finie, Ω1 × Ω2
, faire un dessin
=
(Ω1 × X2 ) ∩ (X1 × Ω2 ) appartient à σ.
Propriétés 7.
Soit (Xi , τi )1≤i≤n une famille de n e.t (n entier ≥ 2) et soit X = X1 × · · · × Xn muni de la
topologie produit.
1. Pour tout x = (x1 , . . . , xn ) ∈ X, l’ensemble {V1 × · · · × Vn | Vi ∈ Vτi (xi )pour tout i} est
une base de voisinages de x pour τ .
2. Soit A = A1 × · · · × An une partie de X (où pour tout i, Ai appartient à Xi .) Alors
a. A = A1 × · · · × An .
b. A est fermé si et seulement si Ai est fermé pour tout i.
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1.3.2. Applications à valeurs dans un espace produit.
Soit (X, τ ) un e.t, (Xi′ , τi′ )1≤i≤n une famille de n e.t (n entier ≥ 2), X ′ = X1′ × · · · × Xn′ muni de la
topologie produit τ ′ et soit f : (X, τ ) → (X ′ , τ ′ ).
Les composantes de f sont par définitions les applications f1 = πi ◦ f, les πi désignant les projections
de X ′ sue les facteurs Xi′ .
Si x ∈ X, on écrira f (x) = (f1 (x), . . . , fn (x)) et aussi f = (f1 , . . . , fn ).
Théorème 5.
Soit f = (f1 , . . . , fn ) : (X, τ ) → (X ′ , τ ′ une application
1. f est continue en un point a de X si et seulement si ses composantes (f1 . . . , fn sont
continues au point a.
2. f est continue sur X si et seulement si ses composantes (f1 . . . , fn sont continues sur X.
2. Limites
2.1. Filtres.
2.1.1. Définitions et exemples.
L’introduction de cette notion permet de traiter les notions de limite d’une suite et limite d’une
application définie d’un e.t dans un autre e.t comme une seule et même réalité.
Définition 19 (Filtre).
Soit Z
f1 :
f2 :
f3 :
un ensemble non vide. Une filtre sur Z est une famille F de parties de X vérifiant :
vide ∈
/F
∀F1 ∈ F, F1 ⊂ F2 et F1 ∈ F ⇒ F2 ∈ F. Stabilité par ’sur ensemble’.
∀F1 , F2 ∈ F ⇒ F1 ∩ F2 ∈ F. Stabilité par intersection finie.
Exemple 9. Nous utiliserons ici principalement les 3 filtres suivants :
1 (Le filtre des complémentaires des parties finies).
Soit Z un ensemble infini. {A ⊂ Z| Ac finie} ensemble des complémentaires des parties finies est un
filtre sur Z. Le filtre des complémentaires des parties finies de N est appelé filtre naturel de N ou filtre de
Fréchet.
2 (Le filtre des voisinages d’un point).
Soit (X, τ ) un e.t. Vτ (x) ensemble des voisinages d’un point donné est un filtre sur X.
3 (Filtre induit).
Soit (X, τ ) un e.t A une partie de X et a ∈ A. {V ∩ A, V ∈ Vτ (a)} est un filtre sur X. Attention ! ! Ce
n’est pas un filtre de voisinages de a dans l’e.t (A, τA ) car il est possible que ses éléments ne contiennent
pas a.
2.1.2. Bases de filtres.
Définition 20 (Base de filtre).
Soit F un filtre sur un ensemble Z. Une partie B de F est une base de F si tout élément de F
contient un élément de B :
∀F ∈ F, ∃B ∈ B| B ⊂ F
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25
Exemple 10.
1 (Base du filtre de Fréchet). Pour tout entier naturel n notons, Nn l’ensemble {n + p, p ∈ N} ensemble
des entiers naturels ≥ n. Alors B = {Nn , n ∈ N} est une base du filtre de Fréchet.
2. Soit (X, τ ) un e.t toute base de voisinages d’un point est une base du filtre des voisinages de ce
point. En particulier, dans un e.m, l’ensemble des boules ouvertes de même centre est une base du filtre
de voisinages de ce point.
Propriétés 8 (Caractéristique d’une base de filtre).
Soit B une base d’un filtre F défini sur un ensemble Z.
On a les deux propriétés suivantes :
b1 : vide ∈
/B
b2 : ∀B1 , B2 ∈ B, ∃B ∈ B|; B ⊂ B1 ∩ B2 .
L’intersection de deux éléments de B contient un élément de B
Démonstration. b1 est un vrai car vide ∈
/ F.
Pour b2 , soit B1 et B2 deux éléments de B donc de F. Par f3 , B1 ∩ B2 appartient aussi à F. Donc par
définition d’une base, il existe B ∈ B tel que B ⊂ B1 ∩ B2 .
Théorème 6.
Soit B une partie d’un ensemble Z vérifiant les propriétés b1 et b2 . Il existe une unique filtre
F sur Z pour base.
Démonstration. Il suffit de définir F par {F ⊂ X| ∃B ∈ B vérifiant B ⊂ F }. Est donc élément de F toute
partie de X contenant un élément de B
2.2. Limite selon une base de filtre.
2.2.1. Limite selon une base de filtre.
Définition 21 (Limite et valeur d’adhérence selon un filtre).
Soit Z un ensemble muni d’un filtre F, (X, τ ) un e.t, b un point de X et f : Z → X.
1. On dit que b est une valeur limite (ou simplement une limite) de f suivant le filtre F ou
que f converge vers b selon le filtre F si :
∀V ∈ Vτ (b), ∃F ∈ F| f (F ) ⊂ V
c’est à dire si tout voisinage de b contient l’image d’un élément de F.
2. On dit que b est une valeur d’adhérence de f suivant le filtre F si :
∀V ∈ Vτ (b), ∀F ∈ F, f (F ) ∩ V non vide
Et dans ces relations, on peut se limiter aux éléments d’une base de F.
2.2.2. Cas particuliers.
1 (Cas des suites ).
Soit a = (an )n∈N une suite d’éléments d’un e.t (X, τ ) (ce que nous noterons a ∈ X N .) c’est à dire une
application de N dans X.
En général, quand on dit d’un point b de X qu’il est une limite de la suite (an )n∈N sans préciser le
filtre, on entend par là le filtre naturel de N.
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Et cela se traduit par :
∀V ∈ Vτ (b), ∃n0 ∈ N| a(Nn0 ) ⊂ V
ou : ∀V ∈ Vτ (b), ∃n0 ∈ N| ∀n ∈ N, n ≥ n0 ⇒ an ⊂ V
Autrement dit : ”Tout voisinage de b contient les an à partir d’un certain rang”. ou ” Tout ouvert
contenant b contient les an à partir d’un certain rang”. ou encore, si B est une base d’ouverts : ” Tout
élément de B contenant b contient les an à partir d’un certain rang”. De même quand on dit d’un point
b de X qu’il une valeur d’adhérence de la suite (an )n∈N sans préciser le filtre, on entend par là le filtre
naturel de N.
Et cela se traduit par :
∀V ∈ Vτ (b), ∀n ∈ N| a(Nn ) ∩ V non vide
ou : ∀V ∈ Vτ (b), ∀n ∈ N| ∃pn ∈ N| pn ≥ n et apn ∈ V
2 (Cas des applications définies sur un e.t).
Soit f une application d’un e.t (X, τ ) dans un e.t (X ′ , τ ′ ) et a un élément de X et a′ un élément de
′
X.
En général, quand on dit du point a′ de X ′ qu’il est une valeur limite de f au point a sans préciser le
filtre, on entend par là le filtre des voisinage de a.
Cela se traduit par :
∀V ′ ∈ Vτ ′ (a′ ), ∃V ∈ Vτ (a)| f (V ) ⊂ V ′
′
ou ”Tout voisinage de a contient l’image par f d’un voisinage de a”.
De même quand on dit du point a′ de X ′ qu’il est une valeur d’adhérence de f au point a sans préciser
le filtre, on entend par là le filtre des voisinage de a.
Cela se traduit par :
∀V ′ ∈ Vτ ′ (a′ ), ∀V ∈ Vτ (a)| f (V ) ∩ V ′ non vide
a. [Cas des applications définies sur une partie d’un e.t] Soit (X, τ ), (X ′ , τ ′ ) des e.t A un partie de X
et a ∈ A et a′ ∈ X ′ .
On considère une application f de A dans (X ′ , τ ′ ).
On dit que a′ est une limite de f quand x tend vers a par rapport à A si a′ est une limite de f suivant
le filtre {V ∩ A, V ∈ Vτ (a)} ; ce qui se traduit par :
∀V ′ ∈ Vτ ′ (a′ ), ∃V ∈ Vτ (a)| f (V ∩ A) ⊂ V ′
Exemple 11.
1. a. Dans (X, τgrossière ), tout élément de X est limite de toute suite.
En effet X est le seul voisinage ! !
b. Dans (X, τdiscrète ), Les seules suites ayant des limites sont les suites stationnaires c’est à dire les
suites constantes à partir d’un certain rang.
Et si une suite a une limite, cette dernière est unique.
En effet, un singleton est un ouvert ; donc si une suite (an ) a pour limite b, {b} devra contenir tous les
an à partir d’un certain rang n0 , ce qui signifie ∀n ≥ n0 , an = b.,
2. a. Dans (R, τusuelle ), la suite
n∈N∗ a une seule limite qui est 0 (Théorème d’Archimède)
(1/n)
n
b. Dans (R, τusuelle ) la suite (−1)
n’a pas de limite, mais a deux valeurs d’adhérence : 1 et −1.
n∈N∗
En général, une valeur limite de la suite est aussi une valeur d’adhérence de la suite, mais la réciproque
est fausse comme le montre l’exemple précédent.
Il importe aussi de distinguer soigneusement la notion de valeur d’adhérence d’une suite de celle de
point adhérent à l’ensemble des points de la suite ; toute valeur d’adhérence est un point adhérent à
l’ensemble des points de la suite, mais la réciproque est inexacte.
1
1
− 1 a 0 et 2 pour valeurs d’adhérence(?) et pour tout entier n
Par exemple, la suite + 1 + (−1)n
n
n
1
non nul est adhérent à l’ensemble des points de la suite (c’est même un point de la suite(?) ) sans être
n
une valeur d’adhérence de cette suite(?) .
c. Soit (R, τSorgenfrey) (dont une base d’ouverts est {[a, b[, a < b ∈ R}).
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27
- La suite (1/n)n∈N∗ a 0 pour limite. (On verra avec les espaces séparés que cette limite est unique.)
En effet tout voisinage de 0 contient un intervalle de la forme [0, r[, r > 0, lequel contient tous les 1/n
à partir d’un certain rang (théorème d’Archimède).
- La suite (−1/n)n∈N∗ n’a aucune limite. En effet si un point b était une limite de cette suite, un
intervalle de la forme [b, b + r[, r > 0 devrait contenir tous les −1/n à partir d’un certain rang : b devrait
donc être < 0. Mais alors [b, b/2[ devrait contenir tous les −1/n à partir d’un certain rang ; ce qui est
impossible puisqu’à partir d’un certain rang les −1/n appartiennent à ]b/2, 0[ (théorème d’Archimède).
Attention ! Il existe une autre topologie de Sorgenfrey :
Celle dont une base d’ouvert est {]a, b], a < b ∈ R}.
3. On munit R2 de la topologie ayant pour base ]a, b[×R, a < b ∈ R. pour tout réel b, le couple (0, b)
est une limite de la suite (0, n)n∈N (Faire un dessin).
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Proposition 11.
4. Soit f une application d’un e.t (X, τ ) dans e.m (X ′ , τ ′ ) et a un point X. Les propriétés
suivantes sont équivalentes :
a. f est continue en a.
b. f (a) est une limite de f en a.
Démonstration.
2.3. Limites et continuité dans les espaces séparés. Voir ici pour plus de détails mais faire très
attention!!!
2.3.1. Espaces séparés.
Définition 22.
Un e.t (X, τ ) est dit séparé si
∀x1 , x2 ∈ X, x 6= y ⇒ ∃Ω1 , Ω2 ∈ τ | x1 ∈ Ω1 , x2 ∈ Ω2 et Ω1 ∩ Ω2 = vide
On dit alors que l’on a séparé les points distincts x et y par des ouverts disjoints.
On peut remplacer les ouverts contenant x1 et x2 par des voisinages de x1 et x2 .
Exemple 12.
1. La topologie grossière sur un ensemble ayant plus de deux éléments n’est pas séparée.
2. La topologie discrète est séparée.
3. La topologie d’un e.m est séparée car si x1 , x2 sont deux points distincts d’un e.m, Les boules ouvertes
B(x1 , r) et B(x2 , r); r = d(x1 , x2 )/2 sont deux ouverts disjoints contenant x1 et x2 respectivement.
4. La topologie de Sorgenfrey est séparée car si x1 < x2 sont deux points distincts d’un R, [x1 , x2 [ et
[x2 , x2 + 1[ sont deux ouverts disjoints contenant x1 et x2 respectivement.
5. On munit R2 de la topologie τ ayant pour base {]a, b[×R, a < b ∈ R} n’est pas séparée car on ne
peut pas séparer deux les points (a, c) et (a, b).
Théorème 7.
1. Dans un e.t séparé, une suite a au plus une limite. La limite d’une suite (an ) si elle existe,
est notée lim an .
n7→+∞
2. Soit f une application d’un e.t (X, τ ) dans un e.t (X ′ , τ ′ ) séparé et a un élément de X.
Si f a une limite quand x tend vers a, alors cette dernière est unique et notée lim f (x) ou plus
x7→a
simplement limf
a
Démonstration.
1. Supposons que la suite (an ) ait deux limites distinctes b et b′ . Par séparation de l’espace, il existe
deux voisinages disjoints V et V ′ de b et b′ respectivement.
Puisque b est une limite de (an ), il existe n0 dans N tel que pour tout n ≥ n0 , an ∈ V.
Puisque b′ est une limite de (an ), il existe n′0 dans N tel que pour tout n ≥ n′0 , an ∈ V ′ .
Alors si n est un entier ≥ max(n0 , n′0 ), an ∈ V ∩ V ′ = vide une contradiction !
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2. La démonstration est analogue.
29
Propriétés 9 (Caractéristique des espaces séparés).
Soit (X, τ ) un e.t. Les propriétés suivantes sont équivalentes :
s1 (X, τ ) est séparé.
\
s2 ∀x ∈ X,
V = {x} :
V ∈Vτ (x)
V fermé
L’intersection de tous les voisinages fermés de x est le singleton {x}.
s3 La diagonale ∆ = {(x, x), x ∈ X} de X × X est fermée dans l’e.t produit X × X.
Démonstration. Posons pour simplifier
\
V = Wx .
V ∈Vτ (x)
V fermé
s1 ⇒ s2 : Supposons que (X, τ ) soit séparé. Pour tout point y distinct de x, il existe un voisinage V de
x et un voisinage V ′ de y tels que V ∩V ′ = vide. V contient un ouvert Ω contenant x donc V ′ ∩Ω = vide ;
ce qui entraine : y n’appartient pas à Ω, lequel est un voisinage fermé de x. Donc y n’appartient pas à
Wx , intersection de tous les voisinages fermé de x. Ainsi, x est le seul point de Wx .
s2 ⇒ s1 : supposons que pour tout x de X, Wx = {x} et soit x et y deux points distincts de X. La
relation y ∈
/ Wx signifie : il existe un voisinage fermé V de x tel que y ∈
/ V autrement dit y ∈ V c qui est
c
ouvert puisque V est fermé. Alors V et V sont des voisinages disjoints de x et y respectivement.
s1 ⇒ s3 : Supposons que (X, τ ) soit séparé. Montrons que ∆c est ouvert.
Soit (x, y) un point de ∆c c’est à dire tel que x 6= y. Par séparation de X, il existe deux ouverts
disjoints Ωx et Ωy contenant x et y respectivement. Alors l’ouvert Ωx × Ωy est contenu dans ∆c . En effet
si cet ouvert contenait un point (u, u) de ∆, on en déduirait u ∈ Ωx ∩ Ωy = vide une contradiction. Par
conséquent, ∆c , voisinage de chacun de ses points est un ouvert.
s3 ⇒ s1 : Soient x et y deux points distincts de X. Alors (x, y) n’appartient pas à l’ouvert ∆c ,
il existe donc un ouvert élémentaire Ωx × Ωy contenant (x, y) et contenue dans ∆c ; ce qui entraine
Ωx ∩ Ωy = vide.
2.3.2. Espace séparé et sous-e.t.
Proposition 12.
Soit (X, τ ) un e.t et A une partie non vide de X. Si (X, τ ) est séparé, alors (A, τA ) est séparé.
Démonstration. Supposons (X, τ ) est séparé et soit x et y deux points distincts de A. (X, τ ) étant séparé,
il existe Ωx et Ωy deux éléments de τ, disjoints et contenant x et y respectivement. Alors Ωx ∩ A et Ωy ∩ A
sont deux éléments disjoints de τA disjoints et contenant x et y respectivement ; donc τA est séparée. Remarque 4.
La réciproque est fausse. Prendre R2 muni de la topologie τ ayant pour base {]a, b[×R, a < b ∈
R} et A = {(x, 1), x ∈ R}. (R2 , τ ) n’est pas séparée mais (A, τA ) l’est.
2.3.3. Espace séparé et produit.
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Proposition 13.
Soit (X1 , τ1 ) et (X2 , τ2 ) des e.t. On munit X = X1 × X2 de la topologie produit τ (C’est celle
qui est engendrée par τ1 × τ2 ).
(X, τ ) est séparé si et seulement si (X1 , τ1 ) et (X2 , τ2 ) sont séparés.
Démonstration. Supposons que (X, τ ) soit séparé et montrons par exemple que (X1 , τ1 ) est séparé.
Soient x1 et y1 deux éléments distincts de X1 et fixons un élément quelconque x2 dans X2 . Alors
(x1 , x2 ) et (y1 , x2 ) sont distincts dans l’espace séparé X. Il existe donc un ouvert Ω contenant (x1 , x2 ) et
un ouvert U contenant (y1 , x2 )tels que Ω ∩ U = vide.
Ω contient un ouvert élémentaire Ω1 × Ω2 tel que Ω1 et Ω2 sont des ouverts de X1 et X2 contenant x1
et x2 respectivement.
U contient un ouvert élémentaire U1 × U2 tel que U1 et U2 sont des ouverts de X1 et X2 contenant y1
et x2 respectivement.
Alors vide = Ω ∩ U ⊃ (Ω1 × Ω2 ) ∩ (U1 × U2 ) = (Ω1 ∩ U1 ) × (Ω2 ∩ U 2). Or Ω2 ∩ U 2 est non vide puisqu’il
ocntient x2 ; donc Ω1 ∩ U1 est vide.
Réciproquement, supposons que X1 et X2 soient séparés et soit (x1 , x2 ) et (y1 , y2 ) deux éléments
distincts de X. Alors x1 6= y1 ou x2 6= y2 ). Supposons par exemple que x1 6= y1 . Puisque X1 est séparé,
il existe un ouvert Ω1 contenant x1 , un ouvert U1 contenant y1 tels que Ω1 ∩ U1 = vide. Alors Ω1 × X2
et x1 , un ouvert U1 × X2 sont deux ouverts disjoints contenant (x1 , x2 ) et (y1 , y2 ) respectivement.
Exercice 19 (D’application).
1. Soit f, g des applications continues d’un e.t (X, τ ) dans un e.t (X ′ , τ ′ ) séparé .
a. Montrer que A = {x ∈ X|f (x) = g(x)} est une partie fermée de X.
b. En déduire que si f et g coı̈ncident sur une partie dense de X alors elles sont égales.
2. Soit f de application continue d’un e.t (X, τ ) dans un e.t (X ′ , τ ′ ) séparé .
a. Montrer que l’ensemble Γf = {(x, f (x), x ∈ X} appelé graphe de f est une partie fermée de X × X ′
muni de la topologie produit.
b. En considérant l’application x 7→ 1/x de R∗ dans R, montrer que la réciproque est fausse : c’est
à dire Il est possible que le graphe d’une application soit fermé sans que cette dernière soit continue.
Réponse :
1. a. Première méthode, Il suffit de montrer que Ac est ouvert. Soit x un élément de Ac . Alors f (x) et
g(x) sont distincts dans l’espace séparé X ′ . Il existe donc deux ouverts disjoints Ω′1 et Ω′2 contenant f (x)
et g(x) respectivement. f −1 (Ω′1 ) et g −1 (Ω′2 ) sont ouverts car f et g sont continues. Notons Ω l’ouvert
f −1 Ω′1 ∩ g −1 Ω′2 et soit u ∈ Ω. Alors f (u) appartient à Ω′1 et g(u) appartient à Ω′2 donc f (u) 6= g(u) c’est
à dire u ∈ Ac . Donc x ∈ Ω ∈ Ac , Ac est voisinage de chacun de ses points : Ac est ouvert.
Deuxième méthode, Soit H : X → X × X ′ , x 7→ H(x) = (f (x, g(x)).
H est continue car ses composantes f et g le sont.
Soit x ∈ X.
x ∈ A ⇔ f (x) = g(x) ⇔ H(x) ∈ ∆′ ( diagonale de X × X ′ ⇔ x ∈ H −1 (∆′ ).
Donc A = H −1 (∆′ ) image réciproque du fermé ∆′ par l’application continue H est fermé.
b. A est fermé est équivalent à A = A.
Soit D une partie dense dans laquelle f et g coı̈ncident. Alors D ⊂ A entraine X = D ⊂ A = A donc
A = X c’est à dire f = g.
2. a.
π2
// X ′
X × X❍′
OO
❍❍
❍❍
f
❍
π1 ❍❍
❍$$
X
b. L’application f
Pour tout u = (x, y) ∈ X × X ′ , π2 (u) = y et f ◦ π1 (u) = x ; donc
u ∈ Γf ⇔ π2 (u) = f ◦ π1 (u). On en déduit, puisque π2 et f ◦ π1
sont continues, que Γf est fermé.
: 0 7→ 0 et x 6= 0 7→ 1/x de R dans R, n’est pas continue.
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31
Mais son graphe est fermé. En effet sont graphe est la réunion du singleton {(0, 0)} avec le graphe Γ0
de l’application continue x 7→ 1/x de R∗ dans R. Γ0 donc est fermé de R∗ × R qui est un ouvert de R2 ;
donc Γ0 donc est fermé de R2 .
2.4. Caractérisation séquentielle.
Proposition 14 (Caractérisation séquentielle de l’adhérence).
Soit A une partie d’un e.m (X, d) et a un élément de X.
Les propriétés suivantes sont équivalentes :
c. a appartient à A.
d. Il existe une suite (an ) ∈ AN ayant pour limite a.
Démonstration. Si a appartient à A, tout ouvert contenant a rencontre A ; en particulier, pour n ∈
N, B(a, 1/(n + 1)) ∩ A 6= ∅ c’est à dire ∃an ∈ A tel que d(an , a) < 1/(+1)n. Ce qui entraine que la suite
(an ) élément AN converge vers a.
Réciproquement, supposons qu’il existe une suite (an ) ∈ AN ayant pour limite a. Soit Ω un ouvert
contenant a. Comme la suite (an ) a pour limite a, il existe un rang n0 tel que pour n ≥ n0, an ∈ Ω et
donc Ω ∩ A non vide. Par conséquent, a appartient à A.
L’ensemble des points de X ayant pour limite des suites de points de A est appelé adhérence séquentielle
de A.
La proposition signifie donc que dans un e.m, adhérence usuelle et adhérence d’une partie sont identique.
La démonstration montre nettement que même dans les e.t, l’adhérence séquentielle de A est contenue
dans A.
La réciproque n’est pas vraie en général.
Par exemple :
Soit A = {(x, 0), x ∈ R, b = (1, 0) et posons X = A ∪ {b.}, τ1 = l’ensemble des parties de X contenant
b et dont le complémentaire est fini.
Alors P(A) ∪ τ1 est une topologie sur X pour laquelle le singleton {b} est non ouvert puisque son
complémentaire A est non dénombrable. Les points de A sont des ouverts.
L’espace (X, τ ) est séparé car si x et y sont deux points distincts de A, on peut les séparer par {x} et
{y} ; et on peut séparer x et b par {x} et X \ {x}, ensemble contenant b et à complémentaire fini (donc
dénombrable) {x}.
Soit (an ) un élément de AN et notons K l’ensemble {an , n ∈ N} des valeurs de cette suite. Alors Ω = U c
est un ensemble contenant b et à complémentaire U dénombrable ; c’est donc un ouvert contenant b mais
ne contenant aucune valeur de la suite (an ), par conséquent, la suite (an ) ne peut converger vers b.
Mais comme le singleton {b} n’est pas ouvert, un ouvert contenant b contient nécessairement des points
de A ; autrement dit b est adhérent à A.
Proposition 15 (Continuité séquentielle).
Soit f une application d’un e.m (X, d) dans e.m (X ′ , d′ ) et a un point X. Les propriétés
suivantes sont équivalentes :
a. f est continue en a.
b. Pour toute suite (an ) ∈ X N ayant pour limite a, la suite f (an ) a pour limite f (a).
Démonstration. Elle est analogue à celle de proposition 14.
Supposons f est continue en a et soit (an ) une suite ayant pour limite a. Il faut montrer que (f (an ))
a pour limite f (a).
Soit V ′ un voisinage de f (a). Par continuité de f en a, il existe un voisinage V de a tel que f (V ) ⊂ V ′ .
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Mais comme (an ) a pour limite a, il existe un rang n0 tel que pour tout entier n ≥ n0 on ait an ∈ V ;
ce qui entraine f (an ) ∈ f (V ) ⊂ V ′ .
Réciproquement, supposons que pour toute suite (an ) ∈ X N ayant pour limite a, la suite (f (an )) a
pour limite f (a). Il faut montrer que f est continue en a. Soit V ′ un voisinage de f (a). Vérifions que
f −1 (V ′ ) contient une boule ouverte de centre a ; ce qui va achever la démonstration. Par l’absurde.
S’il n’en était pas ainsi, pour tout n ∈ N∗ , la boule ouverte B(a, 1/n) ne serait pas contenue dans
−1
f (V ′ ) ; il existe an dans cette boule telle que f (an ) ∈
/ f −1 (V ′ ).
Ce qqui montre que la suite (an ) a pour limite a alors que la suite (f (an )) n’a pas pour limite f (a),
une contradiction ! !
Remarque 5.
Si f est une application d’un e.t (X, τ ) dans un e.t (X ′ , τ ′ ) , on toujours a.⇒ b. ; mais la
réciproque est fausse en général.(?) (utiliser la topologie dans la remarque de la proposition 14)
3. Homéomorphismes
3.1. Définition et exemples.
Définition 23.
On dit qu’une application f d’un e.t (X, τ ) dans un e.t (X ′ , τ ′ ) est un homéomorphisme
et seulement si f est bijective et bicontinue.
Dans ce cas on dit que (X, τ ) est homéomorphe à (X ′ , τ ′ ).
si
2
X
X′
0
X′
1
2
3
Figure 1. Une bijection continue non bicontinue
f : X → X ′ , f (x) = x si x ∈ [0, 1] et f (x) = x − 1 si x ∈]2, 3]
Dans l’ensemble de tous les e.t, la relation est homéomorphe à est une relation d’équivalence.
Si f est un homéomorphisme, la continuité de f −1 est équivalente à : l’image par f d’un ouvert de X
est un ouvert de X ′ . On dit alors que f est ouverte.
Elle est aussi équivalente à : l’image par f d’un fermé de X est un fermé de X ′ . On dit alors que f est
fermée.
Exemple 13.
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33
1 (Une bijection continue non bicontinue).
Munissons R de la distance triviale δt et de la distance usuelle δu . Alors l’application identique i :
(R, δt ) → (R, δu ), x 7→ x est continue car pour tout a ∈ R et tout ε > 0, en prenant η = 1/2 on peut
écrire : ∀x ∈ R, δt (x, a) < η ⇒ x = a ⇒ δu (x, a) = 0 ⇒ δu (x, a) < ε.
Mais i n’est pas ouverte (et donc i−1 n’est pas continue).
En effet, dans l’e.t (R, δt ) le singleton {0} est un ouvert mais son image par i (égale à {0} ) n’est pas
ouvert dans l’e.t (R, δu ).
2. Dans un e.v.n (X, kk) toute boule ouverte est homéomorphe à X.
x
Il suffit de montrer que X est homéomorphe à B(0, 1). En l’application f x 7→
de X dans
1 + kxk
y
de B(0, 1) dans X.
B(0, 1) est bijective et continue et de bijection réciproque y 7→
1 − kyk
En particulier, R est homéomorphe à ]0, 1[ (avec a topologie usuelle)
Exemple 14.
3.2. Propriétés.
3.2.1. Homéomorphisme et restriction.
Proposition 16.
Soit f un homéomorphisme d’un e.t (X, τ ) dans un e.t (X ′ , τ ′ ) et A une partie non vide X.
Alors fA , restriction de f à A est un homéomorphisme de (A, τA ) dans dans (f (A), τf′ (A) ).
On en déduit par exemple que tout intervalle fermé est homéomorphe à [0, 1]. En effet, pour tous a <
b ∈ R, l’application x 7→ (b − a)x + a est un homéomorphisme de (R, τusuelle ) sur lui-même. Donc sa
restriction à [0, 1] est un homéomorphisme de cet intervalle dans son image [a, b].
De même, tout intervalle ouvert est homéomorphe à ]0, 1[..
3.2.2. Homéomorphisme et produit.
Proposition 17.
Soit (Xi , τi )i=1,2,3 , (Xi′ , τi′ )i=1,2 des e.t et pour i 6= j, notons τi ⊗ τj la topologie produit ayant
pour base τi × τj .
1. a. L’application (x1 , x2 ) 7→ (x2 , x1 ) est un homéomorphisme de (X1 × X2 , τ1 ⊗ τ2 ) sur
(X2 × X1 , τ2 ⊗ τ1 ).
b. L’application ((x1 , x2 ), x3 ) 7→ (x1 , (x2 , x3 )) est un homéomorphisme de ((X1 × X2 ) ×
X3 ), ((τ1 ⊗ τ2 ) ⊗ τ3 ) sur (X1 × (X2 × X3 )), (τ1 ⊗ (τ2 ⊗ τ3 )) .
2. Si f1 est un homéomorphisme de (X1 , τ1 ) sur (X1′ , τ1′ ) et f2 un homéomorphisme de (X2 , τ2 )
sur (X2′ , τ2′ ) alors l’application f1 × f2 : (x1 , x2 ) 7→ (f1 (x1 ), f2 (x2 )) de (X1 × X2 , τ1 ⊗ τ2 ) sur
(X1′ × X2′ , τ1′ ⊗ τ2′ ) est un homéomorphisme.
On en déduit en particulier, puisque R est homéomorphe à tout intervalle ouvert, que pour tout
n ∈ N∗ , Rn est homéomorphe à tout pavé ouvert I1 × · · · × In où, pour tout indice i, Ii est un intervalle
ouvert.
Exercice 20. Soient (X, τ ) sur (X ′ , τ ′ ) deux e.t et a′ un élément de X ′ . On munit X × {a′ } de la
topologie induite par τ ⊗ τ ′ . Montrer que X × {a′ } est homéomorphe à X.
n+1
Exercice 21 (Projection stéréographique).
Soit n ∈ N∗ . On munit
de la topologie usuelle
) l’espace R
(
n+1
X
x2i = 1 de Rn+1 , a le pôle nord (1, 0, . . . , 0).
et on note Sn la sphère unité (x0 , . . . , xn ) ∈ Rn+1 |
Montrer que Sn \ {a} est homéomorphe à Rn .
i=0
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On pourra montrer que l’application x = (x0 , . . . , xn ) 7→ y = (y1 , . . . , yn ) avec yi =
xi
pour
1 − x0
1 ≤ i ≤ n est un homéomorphisme de Sn \ {a} sur Rn .
Cette application est appelée projection stéréographique de Sn \ {a} suivant le pôle nord.
xi
(1) pour 1 ≤ i ≤ n Sn \ {a}
Réponse : f : x = (x0 , x1 , . . . , xn ) 7→ y = (y1 , . . . , yn ) avec yi =
1 − x0
dans Rn .
Pour tout y de Rn , trouvons un unique x dans Sn \ {a} tel que f (x) ce qui signifiera que f est bijective
et donnera du coup f −1 .
Pour x = (x0 , x1 , . . . , xn ) ∈ Sn \ {a}, appelons x∗ le vecteur (x1 , . . . , xn ) de Rn de sorte que
1 = kxk2 = x20 + kx∗ k2
f (x) = y
⇔ yi =
(2)
xi
1 ≤ i ≤ n d’après (1)
1 − x0
kx∗ k2
(1 − x0 )2
1 − x20
1 + x0
⇔ kyk2 =
d’après (2)
=
(1 − x0 )2
1 − x0
kyk2 − 1
⇔ x0 =
kyk2 + 1
2
La relation (1) entraine alors xi = yi (1 − x0 ) =
yi pour 1 ≤ i ≤ n
kyk2 + 1
f est donc bijective et la bijection réciproque est l’application
1
g : y = (y1 , . . . , yn ) 7→ x =
kyk2 − 1, 2y1 , . . . , 2yn de Rn dans Sn \ {a}.
2
kyk + 1
⇒ kyk2 =
On voit nettement que cette application est continue, puisque ses composantes le sont ;
3.3. Propriété topologique.
Définition 24.
Soit (X, τ ) un e.t. Une propiété de X est dite topologique si elle est invariante par
homéomorphisme.
Par exemple la séparation est une propriété topologique. Voici quelques autres propriétés topologiques :
La notion de point adhérent, la notion de point d’accumulation, La notion de partie dense, La notion de
point intérieur de frontière, d’extérieur.
La notion de suite de cauchy dans les e.m n’est pas une propriété topologique.
Par exemple, l’application x 7→ 1/x est un homéomorphisme de ]0, +∞[ dans lui-même, la suite (1/n)
est une suite de cauchy mais son image la suite (n) n’en es pas une.
III :ESPACES COMPACTS
1. Généralités sur les espaces compacts
1.1. Recouvrement. Soit X un ensemble, Y une partie de X et R une famille de parties de X.
[
On dit R est un recouvrement de X si X =
U (X est réunion des éléments de R).
U∈R
On dit R est un recouvrement de Y si Y ⊂
[
U.
U∈R
Si R est un recouvrement de X, un sous recouvrement de X extrait de la famille R est une famille S
de parties de E contenue dans R et qui est un recouvrement de X.
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Semestre 1
35
Par exemple, la famille R = (] − x, x[)x∈R+ est un recouvrement de R et les familles (] − n, n[)n∈N ,
(] − r, r[)n∈Q+ , (] − un , un [)n∈N , ((un ) suite positive et strictement croissante de limite +∞. sont des sous
recouvrement de R extraits de la famille R.
La famille ] − ∞, 1 − 1/n] est un recouvrement de [0, 1[ mais pas de [0, 1]. On dit qu’un recouvrement
est fini si la famille qui recouvre est finie.
1.2. Définitions et exemples.
Définition 25.
Un e.t topologique (X, τ ) est dit compact s’il est séparé et vérifie l’une des deux propriétés
équivalentes suivantes.
c1 : [Propriété de Borel-Lebesgue]
De tout recouvrement ouvert de X on peut extraire un sous-recouvrement fini. c-à-d :
[
[
∀R ⊂ τ, X =
Ω ⇒ ∃S ⊂ R| S fini et X =
Ω
Ω∈R
Ω∈S
c2 : Pour tout famille de fermés de (X, τ ) ayant une intersection vide, on peut extraire une
sous-famille dont l’intersection est encore vide. c-à-d F désignant la famille des fermés
de la topologie :
\
\
∀R ⊂ F, ∅ =
F ⇒ ∃G ⊂ R| G fini et ∅ =
F
F ∈R
F ∈G
Un e.t topologique quasi-compact est un e.t vérifiant c1 et c2 . (Il peut être séparé ou non).
Démonstration de l’équivalence de c1 et c2 .
c1 ⇒ c2 Supposons c1 vérifié et soit (Fi )i∈I une famille de fermés telle que
[
Fic = X.
\
i∈I
Fi = ∅. Par complémentation,
i∈I
Ainsi, la famille (Fic )i∈I est un recouvrement ouvert de X. Par c1 , on peut en extraire un sous[
recouvrement fini : Il existe une partie finie J de I telle que
Fic = X ; alors par complémentation,
i∈J
\
i∈J
Fi = ∅.
c1 ⇒ c2 se démontre de la même manière.
Exemple 15.
1. Un e.t fini est quasi-compact. Si de plus il est séparé (la topologie est alors discrète), il est compact.
Réciproquement, un e.t topologique discret et compact est fini, car dans ce cas la famille ({x}x∈X )
des singletons est un recouvrement ouvert de X, on peut donc en extraire un sous-recouvrement fini : Il
[
existe une partie finie X0 de X telle que X =
{x} = X0 .
x∈X0
De ce point de vue, la compacité est une généralisation de la finitude.
2. a. R ( muni de la topologie usuelle) n’est pas compact. En effet, la famille (] − n, n[)n∈N∗ est un
recouvrement ouvert de R duquel on ne peut extraire un sous-recouvrement fini puisque pour toute partie
[
finie N de N∗ ,
] − n, n[= ]− max N, max N [ 6= R.
n∈N
b. R ( muni de la topologie Sorgenfrey) n’est pas compact. La démonstration se fait comme pour R
muni de la topologie usuelle.
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Remarque 6.
Un e.m compact est borné.
En effet si (X, d) est compact, du recouvrement ouvert (B(x, 1))x∈X de X, on peut extraire un sous[
recouvrement ouvert. Il existe donc une partie finie X0 de X telle que X ⊂
B(x, 1), ensemble borné
x∈X0
puisque réunion finie d’ensembles bornés.
1.3. Sous-espace compact.
Définition 26.
Une partie A d’un e.t topologique (X, τ ) est dite compacte si l’e.t (A, τA ) est compact ; c-à-d
si (A, τA ) est séparé et
[
[
ω ⇒ ∃S ⊂ R| S fini et A=
ω
cA : ∀R ⊂ τA , A=
ω∈R
ω∈S
Puisque tout élément de τA est la trace sur A d’un élément de τ, la propriété cA se traduit par :
[
[
Ω ⇒ ∃S ⊂ R| S fini et A⊂
Ω
cA : ∀R ⊂ τ , A⊂
Ω∈R
Ω∈S
Exemple 16.
1 (Fondamental Théorème de Heine ).
Dans (R, τusuelle ), un intervalle fermé, borné est compact.
Démonstration. Si l’intervalle est réduit en un point, il est fini, donc(?) compact.
Soit C = [a, b], a<b ∈ R un intervalle fermé borné et (Ωi )i∈I un recouvrement de C par des ouverts de
R.
Posons K = {x ∈ C tel que [a, x] soit recouvert par une sous-famille (Ωi )i∈Jx , Jx partie finie de I}.
On va montrer que b appartient à K ce qui achève la démonstration.
- a appartient à K car [a, a] = {a} est contenue dans un certain Ωia . K est donc non vide et comme
il est contenu dans C, il est majoré par b. Par conséquent, il a une borne supérieure c ≤ b.
Ωia étant ouvert, il existe un réel r > 0 tel que [a, a + r] ⊂ C ∩ Ωia (?) . Cela entraine que [a, a + r] est
recouvert par Ωia et donc a + r appartient à K. Ceci montre que a < c.
c, élément de C est contenu dans uns un certain Ωic . Puisque Ωic est ouvert, il existe un réel s > 0
tel que la boule ouverte B(c, s) ( c’est à dire l’intervalle ouvert de centre c et de rayon s ) soit contenue
dans Ωic .
D’après la caractérisation de la borne supérieure, l’intervalle ]c − s, c] contient un élément d de K. Il
existe donc une partie finie Jd de I telle que (Ωi )i∈Jd recouvre [a, d]. Alors la famille finie (Ωi )i∈Jd ∪{ic }
recouvre [a, c]. Par conséquent c appartient à K.
Il reste à montrer que c = b. Par l’absurde. Si c était < b, choisissons un élément e dans ]c, c + s[∩C.
Alors, puisque [c, e] est contenue dans Ωic , la sous-famille finie (Ωi )i∈Jd ∪{ic } recouvre [a, e]. Par conséquent
e appartient à K, ce qui contredit l’assertion : c est la borne supérieure de K.
∗
2. Soit (X, τ ) un e.t séparé. Pour toute suite (an ) ∈ X N convergente et de limite a, le sous-ensemble
de X : C = {an , n ∈ N∗ } ∪ {a} est compact.
Démonstration. Soit (Ωi )i∈I un recouvrement de C par des ouverts de X. a est contenu dans un certain
Ωi0 , i0 ∈ I.
Puisque la suite (an ) converge vers a, tous les an sont dans Ωi0 sauf peut-être un nombre fini d’entre
eux a1 , . . . ap . Pour tout indice j ∈ {1, . . . , p}, aj est contenu dans un certain Ωij , ij ∈ I.
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Alors C ⊂
p
[
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Ωij .
37
j=0
3. Dans R muni de la topologie τS de Sorgenfrey ayant pour base {[a, b[, a < b ∈ R}, une partie
compacte est dénombrable (et donc les intervalles fermés bornés [a, b], a<b ∈ R ne sont pas compacts).
Démonstration. Soit C une partie compacte de (R, τS ).
Pour tout x ∈ C, les ouverts In =] − ∞, x − 1/n[(n ∈ N∗ ) et l’ouvert I0 = [x, +∞[ forment un
recouvrement de C, dont on peut extraire un sous-recouvrement fini.
Ce recouvrement fini contient nécessairement I0 .
Si Ii1 , . . . , Iip sont les autres éléments (avec 0 < i1 < · · · < ip ) alors
C ⊂ Ii1 ∪ · · · ∪ Iip ∪ I0 =] − ∞, x − 1/ip [∪[x, +∞[
L’intervalle ouvert ]x − 1/ip , x[ ne contient donc aucun élément de C ; choisissons-y un rationnel et
notons-le q(x). Alors x est les seul point de [q(x), x]. Par conséquent l’application x 7→ q(x) de C dans
l’ensemble dénombrable Q est injective.
En effet, si elle ne l’était pas, il existerait y < x dans C tel que q(x) = q(y) ; alors l’intervalle [q(x), x]
contiendrait le point y contradiction. Puisque q est injective et Q dénombrable, C est dénombrable. Question posée par un étudiant : Dans R muni de la topologie τS de Sorgenfrey ayant pour base
{[a, b[, a < b ∈ R}, une partie dénombrable est-elle compacte ?
Réponse : Pas toujours. Par exemple, N est dénombrable, non compact.
La famille ([n, n + 1[)n∈N est un recouvrement ouvert de N. Une sous-famille finie ([n, n + 1[)n∈N ( N
partie finie de N) a une réunion contenue dans [0, max N + 1[ ; cette réunion ne peut donc être égale à N.
Définition 27.
Une partie A d’un e.t topologique (X, τ ) est dite relativement compacte si A est compact.
Ainsi, dans un e.t séparé, l’ensemble des valeurs d’une suite convergente est relativement compact, un
intervalle borné (dans R muni de la topologie usuelle) est relativement compact.
2. Propriétés des compacts
2.1. Image d’une partie compacte.
Théorème 8.
Soit f une application continue d’un e.t (X, τ ) dans un e.t séparé (X ′ , τ ′ ).
Si C est une partie compacte de (X, τ ), alors f (C) est une partie compacte de (X ′ , τ ′ ).
En particulier, si (X, τ ) est compact, alors f (X) est une partie compacte de (X ′ , τ ′ )
Démonstration. Puisque (X ′ , τ ′ ) est séparé, f (C) l’est aussi.
Soit (Ω′i )i∈I une famille d’ouverts de (X ′ , τ ′ ) formant un recouvrement de f (C).
!
[
[
[
′
−1
′
f (C) ⊂
Ωi ⇒ C ⊂ f
Ωi =
f −1 (Ω′i )
i∈I
i∈I
i∈I
La famille f −1 (Ω′i ) i∈I est donc un recouvrement de C, et par continuité de f , ses éléments sont des
ouverts de (X, τ ).
On peut donc, C étant compact en extraire un sous recouvrement !
fini : Il existe une partie finie J
[
[
[
[ ′
contenue dans I telle que C ⊂
f −1 (Ω′i ). Alors f (C) ⊂ f
f −1 (Ω′i ) =
f f −1 (Ω′i ) ⊂
Ωi . i∈J
i∈J
i∈J
i∈J
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Corollaire 1.
La compacité est une propriété topologique : Si f un homéomorphisme d’un e.t (X, τ ) dans un
e.t. (X, τ ) est compact, si et seulement si (X ′ , τ ′ ) est compacte.
2.2. Compacité et parties fermées.
Théorème 9.
Dans un e.t (X, τ ) compact, toute partie fermée est compacte.
Démonstration. Soit A une partie fermée de (X, τ ) et (Fi )i∈I des fermés de (A, τA ) tels que
\
i∈I
Fi = ∅.
Puisque A est fermé, les Fi sont des fermés de (X, τ ) ; et donc par compacité de (X, τ ), il existe une
\
partie finie J de I telle que
Fi = ∅.
i∈J
Exercice 22. Démontrer le théorème en partant d’un recouvrement de F par des ouverts de X et utiliser
F c.
Réponse :Soit (Ωi )i∈I un recouvrement de F par des ouverts de X.
On ajoute à I un point i0 ne lui appartenant pas, on pose I ′ = I ∪ {i0 } et on note Ωi0 l’ouvert F c
(pour avoir une écriture harmonieuse).
La famille (Ωi )i∈I ′ est un recouvrement ouvert du compact de X. On peut donc en extraire un sousrecouvrement fini : Il existe une partie finie, J contenue dans I ′ telle (Ωi )i∈J est un recouvrement ouvert
de X. Alors (Ωi )i∈J\{i0 } est un recouvrement ouvert de F ; ce qui termine la démonstration puisque
J \ {i0 } est une partie finie de I.
Théorème 10.
Dans un e.t (X, τ ) séparé, toute partie compacte est fermée.
Démonstration. Soit A une partie compacte de (X, τ ). Il suffit de montrer que Ac est ouvert c’est à dire
voisinage de chacun de ses points.
Soit a un élément de Ac .
Pour tout x de A, par séparation de l’espace (X, τ ), il existe un ouvert Ωx contenant x et un ouvert
Ux contenant a tels que Ωx ∩ Ux = ∅.
La famille (Ωx )x∈A est un recouvrement ouvert du compact A, il existe donc une partie finie A0 de A
[
tel que A ⊂
Ωx .
x∈A0
Posons U =
\
Ux . U est un ouvert contenant a car c’est une intersection finie d’ouverts contenant
x∈A0
a.
U ∩ A est vide car contenu dans
!
"
[
[
[
U∩
Ωx =
(U ∩ Ωx ) =
x∈A0
Donc U ⊂ Ac .
x∈A0
x∈A0
\
x∈A0
Ux
!
#
∩ Ωx =
[
x∈A0
"
\
x∈A0
Exercice 23.
1. Démontrer que dans un e.t une réunion finie de compacts est compacte.
#
(Ux ∩ Ωx ) = ∅.
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Semestre 1
39
2. Démontrer que dans un e.t une intersection d’une famille Ci de compacts est compacte Réponse :
1. Facile. le ferai plus tard.
2. Un compact étant fermé (théorème 10), une intersection de compacts est aussi une intersection
de fermés donc un fermé. Ce fermé est contenu dans n’importe quel compact Ci et est donc compact
(théorème 9).
Corollaire 2.
Soit f une application d’un e.t (X, τ ) compact dans un e.t (X ′ , τ ′ ) séparé.
Si f est bijective et continue, alors f est un homéomorphisme (et l’e.t (X ′ , τ ′ ) est compact).
Démonstration. Il suffit de montrer que f est fermée.
Soit F un fermé de (X, τ ). Comme (X, τ ) est compact, F est aussi compact. Alors par continuité de
f , f (F ) est compact dans l’espace séparé (X ′ , τ ′ ) donc fermé.
2.3. Caractérisation des compacts de (R, τusuelle ).
Théorème 11.
Une partie de (R, τusuelle ) est compacte si et seulement si elle est fermée bornée.
Démonstration. Un compact est fermé, borné.
Réciproquement, si F est un fermé, borné de R.
Comme F est bornée, elle contenue dans une boule fermée (= un intervalle fermé, borné donc un
compact). Alors F , fermé dans un compact est compact.
Corollaire 3.
Toute application continue f d’un e.t (X, τ ) compact dans (R, τusuelle ) est bornée et atteint ses
bornes.
Enoncé en terminale avec X intervalle fermé borné.
Démonstration. f étant continue et (X, τ ) compact, f (X) est un compact de R c’est à dire un fermé
borné. f (X) a donc une borne supérieure M et une borne inférieure m.
Alors m et M ∈ f (X) = f (X).
Dans le cadre général des e.m, l’équivalence dans le théorème 11 est perdue. On a seulement : Dans
un e.m (X, d), une partie compacte est elle est fermée bornée.
C’est une conséquence directe de la remarque 6 et du théorème 10.
La réciproque est fausse :
Remarque 7.
Une partie fermée bornée d’un e.t quelconque n’est pas nécessairement compacte.
Un fermée bornée 
non compact.



X
∗
Notons X l’e.v (xn ) ∈ RN |,
x2n convergente normé par : kxk =


n≥0
+∞
X
n=0
x2n
!1/2
.
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Semestre 1
Pour tout entier naturel non nul p, notons e(p) la suite nulle partout sauf au rang p où elle prend la
valeur 1 et posons A = {e(p) , p ∈ N∗ }.
Montrons que A est borné, fermé non compact.
- A est borné car pour tout x ∈ A, kxk = 1.
√
- A est fermé. La distance entre deux points distincts e(p) et e(q) de A est ke(p) − e(q) k = 2.
Soit a un élément de A. Montrons que a appartient à A. Par l’absurde.
Si a ∈
/ A, puisque a ∈ A la boule ouverte B(a, 1/2) contient un élément x de A distinct de a. La boule
ouverte B(a,
√ d(a, x)) contient un élément y de A distinct de a.
Alors 2 = d(x, y) ≤ d(x, a) + d(a, y) < d(x, a) + d(a,
√ x) < 1, une contradiction ! !
- La distance entre deux éléments de A distincts est 2. La topologie induite sur A est alors la topologie
discrète. Donc A, non fini est non compact.
Exercice 24. Déduire de la démonstration de la remarque 7 que la boule unité fermée de l’e.v




X
∗
(xn ) ∈ RN |,
x2n convergente


n≥0
normé par : kxk =
+∞
X
x2n
n=0
!1/2
n’est pas compacte.
Réponse : Cette boule n’est pas compacte car elle contient la partie fermée A non compacte. (Voir
théorème 9.)
2.4. Théorème de Tychonoff fini.
Théorème 12.
Soit (X1 , τ1 ) et (X2 , τ2 ) des e.t et munissons le produit cartésien X = X1 × X2 de la topologie
produit τ1 ⊗ τ2 (engendrée par τ1 × τ2 . Alors X est compact si et seulement si X1 et X2 sont
compacts.
Lemme 1.
Pour qu’un e.t (X, τ ) séparé soit compact, il suffit que tout recouvrement de X par des ouverts
d’une base fixée possède un sous-recouvrement fini.
Démonstration du lemme. La propriété est évidemment nécessaire.
Réciproquement, supposons qu’elle soit réalisée et soit B une base de τ telle que tout recouvrement
de X par des éléments de B possède un sous-recouvrement fini.
Soit R = (Ωi )i∈I un recouvrement de X par des ouverts.
Notons C l’ensemble des éléments de B inclus dans au moins un élément de R :
C = {U ∈ B| ∃i ∈ I| U ∈ Ωi } et montrons que C recouvre X.
Puisque B est une base, chaque Ωi est une réunion d’éléments de B ; ces éléments de B appartiennent
C car ils sont contenus dans Ωi . Donc chaque Ωi est une réunion d’éléments de C si bien que C recouvre
X.
Par hypothèse sur B, C possède alors un sous-recouvrement fini F. Pour chaque U ∈ F, si l’on note
iU l’un des indices i pour lesquels U ⊂ Ωi , la famille (ΩiU )U∈F est un sous-recouvrement fini extrait de
R.
Démonstration du théorème de Tychonoff fini.
Si X est compact, il est séparé donc X1 et X2 sont aussi séparés. Et puisque les projections de X sur
chacun de ses facteurs sont continues, par le théorème 8, X1 et X2 sont compacts.
Réciproquement, supposons X1 et X2 compacts. Alors ils sont séparés et donc X aussi est séparé.
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Semestre 1
41
D’après le lemme, il suffit de montrer que tout recouvrement de X par des ouverts élémentaires possède
un sous-recouvrement fini. Soit R = (Ui × Vi )i∈I un recouvrement de X par des ouverts élémentaires.
Pour tout x1 dans X1 , R est un recouvrement de l’espace {x1 } × X2 , lequel est compact puisque
homéomorphe à X2 . Par conséquent, R possède un sous-recouvrement fini de {x1 } × X2 . Retenons parmi
les éléments de ce sous-recouvrement, ceux ayant avec {x1 } × X2 une intersection non vide et appelons
la famille finie obtenue (Ui × Vi )i∈Ix1 , où Ix1 est une partie finie de I.
\
Alors Wx1 =
Ui , intersection finie d’ouverts contenant x1 est un ouvert contenant x1 .
i∈Ix1
La famille (Wx1 )x1 ∈X1 est alors un recouvrement ouvert du compact X1 . Il existe une partie finie, X10
de X1 tel que (Wx1 )x1 ∈X10 recouvre X1 .
La famille (Ui × Vi )x1 ∈X10 ,i∈Ix1 est un sous-recouvrement de X extrait de (Ui × Vi )i∈I
Conséquence 1.
Une partie de (Rn , τusuelle ) est compacte si et seulement si elle est fermée bornée.
Démonstration. Un compact est fermé et borné.
Soit F un fermé, borné.
τusuelle étant engendrée par d∞ distance pour laquelle les boules fermées sont des hypercubes I n , I
intervalle fermé borné. Ce sont donc des compacts d’après le théorème de Tychonoff.
F étant borné est contenu dans une d∞ − boule fermée donc dans un compact. Alors, F fermé dans
ce compact est compact.
2.5. Compacité et point d’accumulation.
Théorème 13 (De Bolzano-Weierstrass).
Dans un e.t compact, toute partie infinie admet au moins un point d’accumulation.
Par exemple, dans (X, τusuelle ), avec X = [−1, 1] tous les points de X sont des points d’accumulation.
Dans (R, τusuelle ), {1/n, n ∈ N∗ } a un seul point d’accumulation : sa limite le point 0.
Démonstration. Raisonnons par l’absurde en supposant que A n’a pas de point d’accumulation.
Pour tout x de X, il existe un ouvert Ωx contenant x tel que (Ωx \ {x}) ∩ A = vide. L’ouvert Ωx
contient donc au plus un point de A (à savoir x dans le cas où ce dernier appartient à A).
[
[
De X =
Ωx et par compacité de X, il existe une partie finie, X0 de X telle que X =
Ωx . Alors
x∈X
A⊂
[
x∈X0
Ωx contient au plus card X0 points une contradiction ! !
x∈X0
2.6. Caractérisation des e.m compacts. On sait que dans un e.t compact toute partie infinie a au
moins un point d’accumulation. Dans le cadre des e.m, cette propriété a une réciproque. Plus précisément :
Théorème 14.
Soit (X, d) un e.m. Les conditions suivantes sont équivalentes :
c1 : (X, d) est compact.
c2 : Bolzano-Weierstrass : Toute partie infinie de X a au moins un point d’accumulation.
c3 : Compacité séquentielle : De toute suite infinie on peut extraire une sous-suite convergente. Autrement dit, toute suite infinie admet au moins une valeur d’adhérence.)
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Démonstration. c1 ⇒ c2 : C’est déjà vrai dans n’importe quel e.t voir théorème 13.
c2 ⇒ c3 : Rappelons d’abord qu’une suite infinie est une suite, application d’une partie infinie N de N
dans X. Ainsi la suite réelle n 7→ (−1)n de N dans R est infinie bien que ne prenant que 2 valeurs).
Soit (an )n∈N une suite infinie de X. N étant infinie, on peut supposer que N = N (En effet il existe
une bijection de N sur N.)
Si l’ensemble A des valeurs prises par la suite est fini, une au moins de ces valeurs est prise une infinité
de fois. Cette valeur est alors une valeur d’adhérence de la suite.
Si l’ensemble A des valeurs prises par la suite est infini, il a, par c2 un point d’accumulation a.
Alors pour tout n ∈ N∗ , B(a, 1/n) ∩ A est non vide ; il existe donc un entier pn tel que d(apn , a) ≤ 1/n.
Par conséquent a est une valeur d’adhérence de la suite.
Pour continuer, on a besoin du lemme suivant :
Lemme 2 (De Lebesgue).
Soit (X, d) un e.m ayant la propriété c3 . Alors tout recouvrement ouvert (Ωi )i∈I de X possède
un nombre ρ > 0 (appelé nombre de Lebesgue du recouvrement) tel que toute boule ouverte
de rayon ρ soit contenu dans au moins un Ωi
Démonstration du lemme (Par l’absurde).
Si la condition est fausse, il existe un recouvrement ouvert (Ωi )i∈I de X tel que pour tout entier naturel
non nul n, il existe an ∈ X tel que la boule ouverte B(an , 1/n) ne soit contenue dans aucun Ωi .
Par hypothèse la suite (an ) a une valeur d’adhérence a. Ce a est contenu dans un certain ouvert Ωia
du recouvrement, lequel contient une boule ouverte B(a, 2r), r > 0.
Comme a est une valeur d’adhérence de la suite (an ), il existe p > 1/r tel que ap ∈ B(a, r).
Alors pour tout x dans B(ap , 1/p) on a : d(a, x) ≤ d(a, ap ) + d(ap , x) ≤ r + 1/p < r + r = 2r. Donc
x ∈ B(a, 2r) ⊂ Ωia . Par conséquent, B(ap , 1/p) ⊂ B(a, 2r) ⊂ Ωia , une contradiction.
c3 ⇒ c1 : Soit R = (Ωi )i∈I un recouvrement ouvert de X. On veut extraire de R un sous-recouvrement
fini.
Notons ρ un nombre de Lebesgue de R et fixons un point a1 dans X.
D’après le lemme, la boule B(a1 , ρ) est contenue dans au moins un élément Ωi1 de R.
Si X = B(a1 , ρ) alors la famille constituée l’unique ouvert Ωi1 est un sous recouvrement de X et la
démonstration est terminée.
Si X 6= B(a1 , ρ), il existe un point a2 de X hors de la boule B(a1 , ρ) c’est à dire tel que d(a1 , a2 ) ≥ ρ.
D’après le lemme, la boule B(a2 , ρ) est contenue dans au moins un élément Ωi2 de R.
2
[
B(ai , ρ) alors la famille (Ωij )j∈{1,2} est un sous recouvrement fini de X et la démonstration
Si X =
i=1
est terminée.
On construit ainsi de proche en proche une suite de points a1 , a2 , . . . .
Le processus de création des éléments de la suite va se terminer c’est à dire il existe un entier n0 tel
n0
[
B(ai , ρ) et la famille (Ωij )j∈{1,...,n0 } est un sous recouvrement fini de X.
que X =
i=1
En effet si ce processus ne se terminait pas, on aurait une suite infinie (an )n∈N∗ telle que pour tout
p, q ∈ N∗ , p 6= q ⇒ d(ap , aq ) ≥ ρ (∗).
Mais alors par c3 , on peut extraire de (an )n∈N∗ une sous-suite (apn )n∈N∗ convergente vers un certain
a de X.
Donc il existe un m0 ∈ N∗ tel que ∀m ∈ N∗ , m > m0 ⇒ d(apm , a) < ρ/4.
Si m et m′ sont des entiers > m0 tels que pm 6= pm′ on a
ρ ≤ d(apm , apm′ ) ≤ d(apm , a) + d(a, apm′ ) < 2 × ρ/4 = ρ/2 une contradiction.
La relation (∗) entraine en fait qu’une suite extraite de (an ) ne peut être de Cauchy. Or, la suite (apn )
extraite de (an ) est de Cauchy puisque convergente ; on obtient ainsi la contradiction souhaitée.
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43
Exercice 25. Dans le cadre des e.m, proposer des démonstrations des théorèmes 12 (de Tychonoff fini),
8, 9 en utilisant le théorème 14 de caractérisation des e.m compacts.
Proposition 18.
Toute application continue f d’un e.m (X, d) dans un e.m (X ′ , d′ ) est uniformément continue
c’est à dire vérifie :
∀ε > 0, ∃δ > 0|∀x, y ∈ X, d(x, y) < δ ⇒ d (f (x), f (y)) < ε
avec un δ ne dépendant que de ε.
Démonstration. Soit ε > 0. Pour tout a dans X, la continuité de f en a entraine ∃δa (dépendant aussi
de ε) tel que ∀x ∈ X, d(x, a) < δa ⇒ d′ (f (x), f (a)) < ε.
La famille R = (B(a, δa )a∈X est un recouvrement ouvert de X. Notons ρ un nombre de Lebesgue
associé à ce recouvrement. Ce nombre ne dépend que de ε
soit x et y des éléments de X tels que d(x, y) < ρ.
D’après le lemme de Lebesgue, la boule B(x, ρ) est contenue dans au moins un élément B(a, δa ) de R.
En particulier x appartient à B(a, δa )
d(x, y) < ρ ⇔ y ∈ B(x, ρ) ⊂ B(a, δa )
Comme x et y appartiennent à B(a, δa ) on a d′ (f (x), f (a)) < ε et d′ (f (y), f (a)) < ε puis par transitivité : d′ (f (x), f (y)) < 2ε.
Exercice 26. Démontrer cette proposition par l’absurde, en utilisant les suites. Réponse : fdd
3. Espaces localement compacts
En topologie, un espace localement compact n’est pas nécessairement compact lui-même ; mais on peut
y généraliser beaucoup de résultats sur les espaces compacts.
On peut aussi les compactifier en leur ajoutant un point.
3.1. Définition et exemples.
Définition 28.
Un e.t est localement compact s’il est séparé et si chacun de ses points possède un voisinage
compact.
Exemple 17.
1. (R, τusuelle ) est localement compact. En effet, pour tout x de R, B(x, 1) est un voisinage compact de
x.
2. (X, τdiscrète ) est localement compact. En effet, pour tout x de X, {x} est un voisinage compact de x.
3. Tout e.t (X, τ ) compact est localement compact. En effet, le compact X est voisinage de chacun des
points.
4. (R, τSorgenfrey) ( ayant pour base {[a, b[, a < b ∈ R}), n’est pas localement compact. En effet
un voisinage V d’un point x devra contenir un ouvert de la forme [a, b[ contenant x. V est alors non
dénombrable et donc non compact.
Exercice 27.
1. Soit (X, τ ) un e.t.
Montrer que les conditions suivantes sont équivalentes :
lc1 (X, τ ) est localement compact.
lc2 tout point est contenu dans un ouvert relativement compact.
lc3 Tout point admet une base de voisinages compacts.
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2. Soit (X, τ ) un e.t localement compact.
a. Montrer que toute partie fermée de X est localement compact.
b. Soient A et B des parties de X localement compactes, montrer que A ∩ B est localement compact.
Réponse :
1. lc1 ⇒ lc2 . Tout point x admet un voisinage compact (donc fermé) V .
V contient un ouvert Ω contenant x. Alors Ω contenu dans V = V est un compact.
lc2 ⇒ lc3 . Il faut montrer que sous l’hypothèse lc1 tout voisinage V d’un point donné x contient un
voisinage compact de ce point.
Par hypothèse, on a l’existence d’un ouvert Ω contenant x et dont l’adhérence est compact.
V contient un ouvert U contenant x. Alors C = Ω ∩ U c fermé contenu dans le compact Ω est compact.
Pour un point y dans C, par séparation on peut trouver deux ouverts Gy et G′y , disjoints, contenant
respectivement x et y.
On peut supposer Gy contenu dans Ω ∩ U , sinon on prend son intersection avec Ω ∩ U .
Le recouvrement de C par les G′y admet un sous-recouvrement fini. On considère alors l’intersection
G de tous les Gy correspondant aux G′y du sous-recouvrement.
Tout point y de C, est contenu dans un certain G′y0 du sous-recouvrement et la relation G′y0 ∩G = vide
montre que y n’appartient pas à G ; par conséquent G ∩ C = vide autrement dit G ∩ Ω ∩ U c = vide.
Donc G = G ∩ Ω ⊂ U ⊂ V.
lc3 ⇒ lc1 est évident.
2. .
3.2. Compactification d’Alexandroff.
Théorème et définition 3.
Soit (X, τ ) un e.t non compact, localement compact, ω un point n’appartenant pas à X. On
pose X̃ = X ∪ {ω} et τ̃ = τ ∪ {C c , C compact de X}. Alors
1. a. (X̃, τ̃ ) est un e.t compact et X est dense dans X̃ .
b. τ = τ̃X topologie induite sur X par τ̃ .
L’e.t (X̃, τ̃ ) est le compactifié d’Alexandroff de X; ω s’appelle le point à l’infini de X̃.
2. τ̃ est l’unique topologie sur X̃ faisant de cet ensemble un espace compact et dont la
topologie induite sur X est τ.
Démonstration.
1. τ̃ est une topologie sur X̃.
Posons τ1 = {C c , C compact de X}.
a.
- ∅ appartient à τ donc à τ1 .
X̃ appartient à τ1 , (donc à τ̃ ) car X̃ c = ∅ est un compact de X.
- Stabilité par intersection finie :
Soient Ω1 et Ω2 deux éléments de τ̃ .
i. Si Ω1 ∈ et Ω2 appartiennent à τ, leur intersection aussi car τ est une topologie.
ii. Si Ω1 et Ω2 appartiennent à τ1 alors (Ω1 ∩ Ω2 )c = Ωc1 ∩ Ωc2 réunion de deux compacts de X est un
compact de X.
iii. Si Ω1 ∈ τ et Ω2 ∈ τ1 alors Ωc2 est un compact de l’espace séparé X, donc un fermé de cet espace.
Son complémentaire par rapport à X ( = Ω2 ∩X). Par conséquent, Ω1 ∩Ω2 = (Ω1 ∩X)∩Ω2 = Ω1 ∩(X ∩Ω2 )
intersection de deux éléments de τ, est un élément de τ .
- Stabilité par réunion quelconque : Soit (Ωi )i∈I une famille d’élément de τ̃ .
i. Si tous les Ωi appartiennent à τ leur réunion aussi car τ est une topologie.
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ii. Si!tous les Ωi appartiennent à τ1 alors les Ωci sont des compacts de l’espace séparé X,
c
[
[
=
Ωci est un compact X (puisque intersection de compacts,) donc un fermé de cet espace.
Ωi
i∈I
i∈I
Par conséquent,
[
Ωi est un élément de τ1 .
i∈I
iii. Si l’ensemble J des indices i tels que Ωi appartiennent à τ et l’ensemble J1 des indices i tels que
[
[
Ωi appartiennent à τ1 sont non vides, d’après les deux situations précédentes, U =
Ωi et U1 =
Ωi
i∈J
i∈J1
sont des éléments de τ et τ1 respectivement.
U1c est un compact de l’espace séparé X, donc un fermé de cet espace.
(U ∪ U1 )c = U c ∩ U1c est un fermé ; et comme il est contenu dans le compact U1c , il est compact. Par
[
conséquent
Ωi = U ∪ U1 est un élément de τ1 .
i∈I
- (X̃, τ̃ ) est compact.
i. (X̃, τ̃ ) est séparé.
(X, τ ) étant séparé, on peut séparer deux points distincts de X par des éléments disjoints de τ donc
de τ̃ .
Il faut montrer que l’on peut séparer ω et un point x de X par des éléments disjoints de τ̃ .
X étant localement compact, le point x admet un voisinage V qui est compact, donc fermé. V , voisinage
de x contient un élément U de τ contenant x. Alors V c et U sont des éléments de τ̃ disjoints et contenant
ω et x respectivement.
ii. (X̃, τ̃ ) vérifie la propriété de Borel Lebesgue.
Soit R = (Ωi )i∈I un recouvrement X̃ par des éléments de τ̃ .
ω est dans un certain élément Ωi0 de R. Ωci0 étant compact, est recouvert par une sous-famille finie
(Ωi )i∈I0 de R. Alors X̃ est recouvert par la sous-famille finie (Ωi )i∈I0 ∪{i0 } de R.
- X est dense c’est à dire ω ∈ X. Soit Ω un ouvert contenant ω. Ωc est un compact de X et X n’est
pas compact ; Ωc est donc distinct de X. Donc Ω 6= X c = {ω} ; par conséquent Ω rencontre X.
b. Montrons que τ̃X = τ.
Soit Ω un élément de τ donc de τ̃ . Alors Ω appartient à τ̃X car il s’écrit Ω ∩ X. Par conséquent τ ⊂ τ̃X .
Réciproquement, soit U un élément de τ̃X . Par définition, il existe Ω dans τ̃ tel que U = Ω ∩ X.
- Si Ω appartient à τ, alors U = Ω appartient à τ.
- Si Ω appartient à τ1 , alors Ωc est un compact de X donc un fermé de l’e.t (X, τ ) ; par conséquent son
complémentaire par rapport X , c’est à dire Ω ∩ X est un ouvert de l’e.t (X, τ ) autrement dit U ∈ τ.
Exemple 18. Le compactifié d’Alexandroff R est homéomorphe au cercle S1 .
IV :ESPACES CONNEXES
La connexité est une notion de topologie qui formalise le concept d’≪ objet d’un seul tenant ≫. Un
objet est dit connexe s’il est fait d’un seul ≪ morceau ≫. Dans le cas contraire, chacun des morceaux est
une composante connexe de l’objet étudié.
1. Définition et premières propriétés
1.1. Définition d’un e.t connexe.
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Théorème et définition 4.
On dit qu’un e.t (X, τ ) est connexe s’il vérifie l’une des deux propriétés équivalentes suivantes :
c1 Il n’y a pas de sous-ensemble propre de X à la fois ouvert et fermé.
c2 X ne peut pas s’écrire comme réunion disjointe de deux ouverts non vides.
Autrement dit
∀Ω1 , Ω2 ∈ τ, (X = Ω1 ∪ Ω2 et Ω1 ∩ Ω2 = vide ) ⇒ (X = Ω1 ou X = Ω2 )
Exemple 19.
1. (R∗ , τusuelle ) est non connexe car R∗ = R∗+ ∪ R∗− réunion disjointe de deux ouverts non vides.
2. Si cardX ≥ 2 alors (X, τdiscrète ) est non connexe car si x appartient à X alors X = {x} ∪ {x}c
réunion disjointe de deux ouverts non vides.
Démonstration de l’équivalence.
Remarque 8.
Dans la définition précédente, on peut remplacer les ouverts par des fermés
1.2. Définition d’un sous-ensemble connexe.
Définition 29.
Une partie A d’un e.t (X, τ ) est connexe si (A, τA ) est connexe.
Autrement dit
∀ω1 , ω2 ∈ τA , (A = ω1 ∪ ω2 et ω1 ∩ ω2 = vide ) ⇒ (A = ω1 ou A = ω2 )
ou ∀Ω1 , Ω2 ∈ τ, (A ⊂ Ω1 ∪ Ω2 et A ∩ Ω1 ∩ Ω2 = vide ) ⇒ (A ⊂ Ω1 ou A ⊂ Ω2 )
Remarque 9.
1. Dans cette définition, on peut remplacer les ouverts par des fermés.
2. a. Un e.t est non connexe, s’il est réunion disjointe de deux ouverts non vides.
L’ensemble de ces deux ouverts, complémentaires l’un de l’autre est appelé une déconnexion
ouverte de X.
b. Par complémentation, un e.t est non connexe, s’il est réunion disjointe de deux fermé non
vides.
L’ensemble de ces deux ouverts, complémentaires l’un de l’autre est appelé une déconnexion
fermé de X.
Exercice 28. Montrer que dans (Q, τusuelle ), les seules parties connexes sont les singletons.
Réponse : Un singleton est certainement connexe.
Réciproquement, supposons A ⊂ Q contient deux points distincts a < b. Si s un irrationnel dans ]a, b[,
] − ∞, s[∩Q et ]s, +∞[∩Q sont deux ouverts disjoints, non vides et dont la réunion contient A. A est donc
non connexe.
Exercice 29 (Théorème du passage à la douane). Soit (X, τ ) un espace topologique et A ⊂ X connexe.
Si A coupe à la fois B et son complémentaire, alors A coupe la frontière de B.
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◦
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◦
◦
Réponse : On va utiliser l’intérieur B et l’extérieur B c de B. On a X =B ∪∂B∪ B c réunion disjointe.
◦
◦
Donc A = (B ∩A) ∪ (∂B ∩ A) ∪ (B c ∩A).
Par l’absurde, si A coupe à la fois B et son complémentaire sans couper la frontière de B, alors le
◦
◦
couple (B ∩A, B c ∩A) est une déconnexion ouverte de A, contradiction.
En général la réunion et l’intersection de deux parties connexes
d’un e.t ne sont pas connexes. Par exemple dans R2 , soit A, B
deux cercles concentriques de rayons distincts et C une droite
passant par le centre de A. Alors A, B et C sont connexes(?) mais
A ∪ B réunion des deux cercles et A ∩ C constitué de deux points
distincts ne sont pas connexes.
A∪B n’est pas connexe car il est contenu dans la réunion disjointe
−2
0
des ouverts B(0, 2) et B ′ (0, 2)c .
A∩C n’est pas connexe car il est contenu dans la réunion disjointe
des deux disques ouverts de rayon 1/4 et dont les centres sont les
deux points.
A, B et C connexes, A ∪ B et A ∩ C non connexes
A
B
C
A∩C
2
4
Proposition 19.
Soit (X, τ ) un e.t (Ai )i∈I une famille de parties de X.
[
\
Si chaque Ai est connexe et
Ai est connexe
Ai est non vide , alors
i∈I
i∈I
Démonstration. Raisonnons par l’absurde. Si A =
[
Ai n’est pas connexe, il admet une déconnexion
i∈I
(Ω, Ω′ ) par 2 ouverts disjoints et non vides de A.
Pour chaque indice i, Ai ⊂ Ω ∪ Ω′ et Ai ∩ Ω ∩ Ω′ = ∅ par conséquent, Ai étant connexe, Ai ⊂ Ω ou
bien Ai ⊂ Ω′ .
Soit J = {i ∈ I|Ai ∈ Ω}.
A ∩ Ω′ étant non vides, J et J c sont non vides.
! A ∩ Ω et !
\
\
[
Alors
Ai =
Ai ∩
Ai ⊂ Ω ∩ Ω′ = vide contrairement à l’hypothèse.
i∈I
i∈J
i∈J c
Proposition 20.
Soit (X, τ ) un e.t A, B des parties de X telles que A ⊂ B ⊂ A.
1. Si A est connexe, alors B est connexe.
2. Si A est connexe, alors A est connexe.
Démonstration. Le 2. est une conséquence du 1. ; il suffit de prendre B = A.
1. Par l’absurde, supposons A connexe et B non et soit (Γ, Γ′ ) une déconnexion de B par deux fermés
de X.
On a donc B ⊂ Γ ∪ Γ′ , B ∩ Γ ∩ Γ′ = vide, B ∩ Γ = non vide et B ∩ Γ′ non vide.
Alors A ⊂ Γ ∪ Γ′ , A ∩ Γ ∩ Γ′ = vide et comme A est connexe, A ⊂ Γ ou A ⊂ Γ′ . Ensuite, Γ et Γ′
étant fermés, A ⊂ Γ ou A ⊂ Γ′ . Et puisque B est contenue dans A, B ⊂ Γ ou B ⊂ Γ′ c’est à dire
B ∩ Γ = vide ou B ∩ Γ′ = vide, une contradiction.
1.3. sous-ensembles connexes de (R, τusuelle ).
On rappelle ce que c’est qu’un intervalle de R : c’est toute partie I de R telle que
∀x, y ∈ I, ∀z ∈ R, x ≤ z ≤ y ⇒ z ∈ I
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Proposition 21.
Une partie I de (R, τusuelle ) est connexe si et seulement si I est un intervalle.
En particulier R est connexe.
Démonstration. Soit I une partie de R.
Si I n’est pas un intervalle, il existe x, y dans I, z hors de I tels que x < z < y.
Alors (] − ∞, z[, ]z, +∞[) est une déconnexion de I par deux ouverts de R.
I n’est donc pas connexe.
Réciproquement, montrons que si I est un intervalle, alors I est connexe.
Par l’absurde. Supposons que I soit un intervalle non connexe et soit (Γ, Γ′ ) une déconnexion de I par
deux fermés de R.
On a donc I ⊂ Γ ∪ Γ′ , I ∩ Γ ∩ Γ′ = vide, I ∩ Γ = non vide et I ∩ Γ′ non vide.
Soit x un élément I ∩ Γ, y un élément de I ∩ Γ′ . x et y sont distincts. Supposons par exemple que x < y
et posons J = [x, y]. Puisque I est un intervalle, J est contenu dans I.
Alors (J ∩ Γ, J ∩ Γ′ ) est une déconnexion de J par deux fermés de J.
J ∩ Γ et J ∩ Γ′ fermés dans les compacts Γ et Γ′ sont compacts.
Soit z la borne supérieure de J ∩ Γ. z appartient à J ∩ Γ car ce dernier est compact.
]z, y] est contenu dans J ∩ Γ′ , donc son adhérence aussi puisque J ∩ Γ′ est fermé. Donc z appartient
aussi à J ∩ Γ′ .
Ainsi z appartient à (J ∩ Γ) ∩ (J ∩ Γ′ ) ⊂ I ∩ Γ ∩ Γ′ = vide est une contradiction.
1.4. Connexité et applications continues.
Théorème 15.
Soit f une application continue d’un e.t (X, τ ) dans un e.t (X ′ , τ ′ ) et A une partie de X. Si A
est connexe, alors f (A) est connexe.
La connexité est une propriété topologique.
Démonstration. Par l’absurde, supposons A connexe et f (A) non et soit (Ω′ , U ′ ) une déconnexion de
f (A) par deux ouverts de X ′ .
On a donc f (A) ⊂ Ω′ ∪ U ′ , f (A) ∩ Ω′ ∩ U ′ = vide, f (A) ∩ Ω′ = non vide et f (A) ∩ U ′ non vide.
Ensuite A ⊂ f −1 (Ω′ ∪ U ′ ) = f −1 (Ω′ ) ∪ f −1 (U ′ ) , A ∩ f −1 (Ω′ ) ∩ f −1 (U ′ ) = vide.
Par continuité de f, f −1 (Ω′ ) et f −1 (U ′ ) sont des ouverts de X ; et comme A est connexe, on a :
A ⊂ f −1 (Ω′ ) ou A ⊂ f −1 (U ′ ) ce qui entraine f (A) ⊂ Ω′ ou f (A) ⊂ U ′ puis f (A) ∩ Ω′ = vide ou
f (A) ∩ U ′ = vide une contradiction.
Exercice 30.
1. Montrer que les droites de R2 , sont des parties connexes de R2 .
2. Montrer que le cercle S1 est une partie connexe de R2 .
Réponse :
1. Une droite a une représentation paramétrique x = x0 + at, y = y0 + bt, t ∈ R, où a, b, x0 et y0 sont
des réels fixés.
La droite est alors connexe car elle est l’image du connexe R par l’application continue
f : t 7→ (x0 + at, y0 + bt) de R dans R2 .
2. L’application f : t 7→ (cos t, sin t) de R dans R2 est continue ; donc S1 = f ([0, 2π]) image du connexe
[0, 2π] par f est connexe (et compact).
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Corollaire 4.
Soit f une application continue d’un e.t (X, τ ) dans (R, τusuelle ) Si (X, τ ) est connexe, alors f
est possède la propriété des valeur intermédiaires :
∀a, b ∈ f (X), ∀c ∈ R, a ≤ c ≤ b ⇒ c ∈ f (X)
Autrement dit f (X) est un intervalle.
.
3. Il est possible que X soit connexe mais f non continue et possède
la propriété des valeurs intermédiaires.
Exemple : une dérivée (théorème de Darboux) g : x 7→ 2x sin(1/x) −
cos(1/x) si x 6= 0 et g(0) = 0 de R∗+ dans R, dérivée de x 7→
x2 sin(1/x).
4. Il est possible que X soit non connexe mais que f continue et
possède la propriété des valeurs intermédiaires.
Exemple : soit X = [0, 2[\{1} et f : x 7→ x − E(x) de X dans [0, 1[.
Par contre :
1
g
0
0
1
2
1
0
1
2
Proposition 22.
Soit (X, τ ) un e.t tel que toute application continue de X dans R possède la propriété des
valeurs intermédiaires, alors l’espace (X, τ ) es connexe.
Démonstration. Par l’absurde. Si X n’est pas connexe, il admet une déconnexion (Ω, Ω′ ) par deux de ses
ouverts.
Alors l’application x 7→ 1 si x ∈ Ω et x 7→ 0 sinon, de X dans R est continue et f (X) = {0, 1} n’est
pas un intervalle, contradiction.
Théorème 16 (Caractérisation d’un espace connexe).
Un e.t (X, τ ) est connexe si et seulement si
({0, 1}, τdiscrète) est constante.
toute application continue de (X, τ ) dans
Démonstration. Supposons (X, τ ) connexe et soit f une application continue de (X, τ ) dans ({0, 1}, τdiscrète).
Alors f −1 (0) et f −1 (1) sont deux ouverts disjoints dont la réunion est X ; par conséquent l’un d’entre est
égal à X (et l’autre est vide) autrement dit f est constante.
Réciproquement, supposons que X ne soit pas connexe. Alors X est réunion de deux ouverts non vides
disjoints, Ω et Ωc . La fonction f , indicatrice de Ω est continue (car l’image réciproque de tout ouvert de
{0, 1} est ouvert) et non constante.
1.5. Produit fini d’espaces connexes.
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Théorème 17.
Soit (X1 , τ1 ) et (X2 , τ2 ) des e.t et munissons le produit cartésien X = X1 × X2 de la topologie
produit τ1 ⊗ τ2 (engendrée par τ1 × τ2 . Alors X est connexe si et seulement si X1 et X2 sont
connexes.
Démonstration. Si X est connexe, alors X1 et X2 images de X par les projections canoniques (applications
continues) sont connexes.
Réciproquement, supposons X1 et X2 connexes.
Soit a = (a1 , a2 ) un élément de X. Puisque les espaces {a1 } × X2 et X2 sont homéomorphes et que le
dernier est connexe, le premier est aussi connexe.
De même X1 × {a2 } est connexe. Alors Aa = ({a1 } × X2 ) ∪ (X1 × {a2 }) réunion de deux connexes
ayant en commun le point a, est connexe.
Fixons un β dans X2 , alors la famille de connexes (A(α,β) )α∈X1 a une intersection X1 × {β} non vide,
β
α
donc X =
[
A(α,β) est connexe.
α∈X1
2. Composantes connexes
2.1. Définition et propriétés. Soit (X, τ ) un e.t et x un élément de X.
Il existe au moins une partie connexe contenant x. Par conséquent l’ensemble Cx des connexes contenant
x est non vide. De plus, d’après le théorème 19, la réunion de tous les connexes contenant x est un connexe
contenant x. Ce qui motive la définition suivante.
Définition 30.
Soit (X, τ ) un e.t et x un élément de X. On appelle composante connexe de x la réunion de
tous les connexes contenant x. On le note Cx .
[
A
Cx =
A∈Cx
Proposition 23.
Soit (X, τ ) un e.t et x un élément de X.
1. Cx est un connexe et c’est le plus grand connexe contenant x.
2. Toute composante connexe est fermée.
3. L’ensemble des composantes connexes forme une partition de X.
Autrement dit la relation (xRy ⇔ x et y appartiennent à la même composante connxe) est
une relation d’équivalence sur X dont les classes d’équivalence sont les composantes connexes.
.
Démonstration.
1. C’est évident.
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51
2. Si Cx est la composante connexe d’un point x, alors Cx est aussi connexe d’après le théorème 20.
Comme Cx est le plus grand connexe contenant x, on a Cx ⊂ Cx .
3. Toute composante connexe contient l’élément dont elle est la composante connexe et est donc no
vide.
[
On a évidemment X =
Cx .
x∈X
Il reste à montrer que deux composantes connexes sont disjointes ou confondues.
Soient Cx et Cy deux composantes connexes non disjointes. Elles ont alors un point commun z.
Cx ∩ Cy étant non vide, d’après le théorème 19, Cx ∪ Cy est connexe.
Cx ∪ Cy est un connexe contenant Cx donc il est égal à Cx .
Cx ∪ Cy est un connexe contenant Cy donc il est égal à Cy . Par conséquent Cx = Cy .
2.2. exemple.
Exemple 20. Soit dans H = {(x, y) ∈ R2 | xy = 1} a deux composantes connexes :
H+ = {(x, y) ∈ R2+ | xy = 1} et H− = {(x, y) ∈ R2− | xy = 1}
En effet le couple (Π+ , Π− ) avec (Π+ = {(x, y) ∈ R2 | x, y > 0} et Π− = {(x, y) ∈ R2 | x, y < 0}) est
une déconnexion ouverte de H.
H+ et H− sont les images respectives des connexes R∗+ et R∗− par l’application continue h t 7→ (t, 1/t)
de R∗ dans R2 ; ils sont donc continues.
La déconnexion (Π+ , Π− ) fait que ce sont des composantes connexes.
Exercice 31. Soit n un entier ≥ 2.
1. Montrer que Rn privé d’un point est connexe.
2. a. En déduire que Rn n’est pas homéomorphe à R.
b. En déduire aussi que Sn est connexe. Réponse :
1. Soit a un point de R2 . Montrons que X = R2 \ {a} est connexe.
Soit D une droite ne contenant pas le point a.
Pour tout point x de X, il existe une droite Dx qui rencontre D, contient
x et ne contient pas a (car il y a une infinité de droites passant par x et
rencontrant D et il y a une seule droite contenant a et x.)
\
Xx est non vide
D’après le théorème 19, Xx = Dx ∪ D est connexe.
x∈X
x
Dx
D
a
car elle contient la droite D. Par conséquent, toujours d’après le théorème
[
19, X =
Xx est connexe.
x
x∈X
2. a. Par l’absurde. Si R était homéomorphe à Rn , alors R∗ serait
homéomorphe à Rn privé d’un point, ce qui est impossible puisque R∗
est non connexe et Rn privé d’un point l’est.
x
b. Munissons Rn+1 de la norme euclidienne. L’application x 7→
de
kxk
n
n+1
n+1
\ {0} est connexe,
R
\ {0} sur S est continue ; donc, puisque R
il en est de même de Sn .
f (x)
0
Exercice 32.
1. Si un e.t (X, τ ) a un nombre fini de composantes connexes alors chaque composante connexe est
ouverte et fermée.
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2. On munit R de la topologie usuelle. Montrer tout ouvert est réunion dénombrable d’intervalles
ouverts deux à deux disjoints.
Réponse :
1. Une composante connexe est fermée.
Le complémentaire d’une composante connexe est une réunion finie de composantes connexes, donc de
fermés ; c’est donc un fermé
2. Un ouvert Ω est la réunion disjointe de toutes ses composantes connexes, lesquelles sont des intervalles.
Montrons que ces intervalles sont des intervalles ouverts.
Soit I une composante connexe et a un point de I, donc de l’ouvert Ω. Ω contient donc un intervalle
ouvert B(a, r) de centre a et de rayon r > 0. Par conséquent, par le théorème 19 B(a, r)∪I est un connexe
contenant I et contenu dans Ω. Par maximalité de I en tant que composante connexe on en déduit que
B(b, r) ∪ I est contenu dans I c’est à dire B(b, r) ⊂ I. I est donc ouvert.
Remarquons que la propriété qui a valu à I est d’être ouvert est l’existence pour chaque d’une base de
voisinages connexes.
Par densité de Q, on choisit dans chaque composante connexe I un rationnel xI , on obtient ainsi une
application injective I 7→ xI de l’ensemble des composantes connexes dans Q. Cet ensemble est donc
dénombrable.
3. Espaces localement connexes
3.1. Définition et propriétés.
3.2. exemple.
Définition 31.
Un e.t (X, τ ) est localement connexe si tout point possède une base de voisinages connexes.
Théorème 18.
Soit (X, τ ) un e.t. Les conditions suivantes sont équivalentes :
lc1 : (X, τ ) est localement connexe.
lc2 : Pour tout ouvert Ω de X, les composantes connexes de Ω sont ouvertes
lc3 : (X, τ ) admet une base d’ouverts connexes.
.
Démonstration. lc1 ⇒ lc2 : Supposons (X, τ ) est localement connexe. Soit Ω un ouvert de X, x un point
de Ω et Cx la composante connexe de x dans l’espace Ω.
Pour tout y de Cx , Ω est un voisinage de y et contient de ce fait un élément V de la base de voisinage
de y.
V et Cx sont deux connexes ayant en commun le point y ; donc V ∪Cx est connexe et comme il contient
Cx , il est égal à Cx . Autrement dit V ⊂ Cx . ainsi Cx est voisinage de chacun de ses points :c’est un ouvert
de Ω donc de X.
lc2 ⇒ lc3 : Supposons que pour tout ouvert Ω de X, les composantes connexes de Ω sont ouvertes.
Alors l’ensemble B des composantes connexes de tous les ouverts de X est bien une base d’ouverts, car
tout ouvert est réunion de ses composantes connexes.
lc3 ⇒ lc1 : Supposons que X, une base B d’ouverts connexes. Alors pour chaque x de X, l’ensemble
des éléments de B contenant x est une base de voisinages connexes de x.
Exemple 21.
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53
1. R, Rn sont connexes et localement connexes.
2. [0, 1] ∪ [2, 3] est localement connexe mais non connexe.
3. La partie P = (R × {0}) ∪ (Q × R) de R2 est connexe mais non
localement connexe.
Soit H la droite d’équation y = 0 et pour tout rationnel r, notons Vr la 0
droite d’équation x = r puis posons Pr = H ∪ Vr . Pr est connexe car H
et Vr le sont et leur intersection, le point (r, 0) est non vide.
[
\
P =
Pr est donc connexe car
Pr = H est connexe.
r∈Q
P
1
r∈Q
Soit a un élément de P d’ordonnée non nulle.
Soit Ω un voisinage de a qui ne rencontre pas H. Alors Ω ∩ P ne peut
0
être connexe.
En effet, soit un point de Ω d’abscisse irrationnelle s. Le couple formé
par les demi-plans ouverts de frontière la droite d’équation x = s est une −1
déconnexion ouverte de Ω ∩ P .
St
P n’est donc pas localement connexe.
4. Le graphe S de la fonction x 7→ sin(1/x) définie sur R∗+ est connexe car c’est l’image du connexe R∗+
par l’application continue x 7→ (x, sin 1/x) de R∗+ dans R2 . Donc d’après le théorème 19, son adhérence
est connexe.
l’adhérence de S est S ∪ K, avec K = {0} × [−1, 1].
- Soit a = (x, y) ∈ S. Alors il existe une suite an = (xn , yn ) ∈ S N qui converge vers a.
Si x > 0 alors, par continuité de sin, yn = sin(1/xn ) converge vers sin 1/x d’où (x, y) ∈ S.
Si x = 0, on a yn = sin 1/xn d’où yn ∈ [−1, 1]. Par conséquent, à la limite on a y ∈ [−1, 1]. D’où
(x, y) ∈ K.
- Réciproquement, soit a = (x, y) dans S ∪ K, il faut montrer qu’il existe une suite an = (xn , yn ) ∈ S N
qui converge vers a.
Si x > 0, une telle suite existe trivialement (il suffit de prendre la suite constante égale à a.
On suppose donc x = 0. Ainsi y ∈ [−1, 1] est quelconque. Soit z > 0 tel que sin z = y et posons
∗
xn = 1/(z + 2nπ). On aura sin 1/xn = sin z = y. Par conséquent la suite (xn , sin 1/xn ) appartient à S N
et tend vers a.
En revanche S n’est pas localement connexe.
Soit b = (0, β) un élément de K avec |β| 6= 1.
Soit Ω un voisinage de a qui ne rencontre les droites d’équation |y| = 1. Alors Ω ∩ S ne peut être
connexe.(?)
4. Espaces connexes pars arcs
4.1. Définition et propriétés.
Définition 32.
Soit (X, τ ) un espace topologique. Un chemin dans (X, τ ) est une application continue c de
l’intervalle fermé [0, 1] à valeurs dans X. c(0) est l’origine du chemin et c(1) son extrémité.
On dit que des points x et y sont reliés ou connectés s’il existe un chemin d’origine x et
d’extrémité y.
Définition 33.
Une partie A de (X, τ ) est dite connexe par arcs
de A peuvent être relies par un chemin dans A .
si et seulement si deux points quelconques
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Proposition 24.
1. La réunion d’une famille de parties connexes par arcs dont l’intersection est non vide est
connexe par arcs.
2. Un espace connexe par arcs est connexe.
3. L’image continue d’un connexe par arcs reste connexe par arcs.
Démonstration.
1. Soit z est un point de l’intersection.
Pour tout x et y dans la réunion, il existe un chemin c1 joignant x à z et il existe un chemin c2 joignant
z à y.
Alors l’application c : t 7→ c(t) = c1 (2t) si t ∈ [0, 1/2] et c(t) = c2 (2t − 1) si t ∈ [1/2, 1] est un chemin
joignant x à y.
2. Fixons un point z dans l’espace X connexe par arcs. Tout point x est connecté à z par un chemin
[
cx , application continue de I = [0, 1] dans X. Alors cx (I) est un connexe de X et on a X = cx (I) et
xX
\
cx (I) est non vide puisque contenant z. Par conséquent, par le théorème 19, X est connexe.
xX
3. Soit f une application continue d’un e.t connexe X dans un e.t X ′ . Si x′ et y ′ sont deux points
f (X), il existe x et y dans X tels que x′ = f (x) et y ′ = f (y).
X étant connexe par arcs, x et y peuvent être connectés par un chemin c. Alors x′ et y ′ sont connectés
par le chemin f ◦ c.
4.2. exemples.
Exemple 22.
1. Dans un e.v.n les boules sont connexes par arcs.
On se ramène immédiatement par homéomorphisme aux boules unités.
N’importe quel point x de la boule est relié à 0 par t 7→ tx, t ∈ [0, 1].
Les sphères sont connexes par arcs si l’espace est de dimension ≥ 2.
Soient x et y deux points de la sphère unité.
Si le segment [x, y] ({ct = tx + (1 − t)y, t ∈ [0, 1]}) ne contient pas 0, on peut connecter x et y par
ct
, t ∈ [0, 1].
t 7→
kct k
Si le segment [x, y] contient 0, l’espace étant de dimension ≥ 2, il existe un point z de la sphère en
dehors du segment. Par la méthode précédente, on peut alors relier x à z puis z à y.
2. b
Exercice 33.
1. Montrer que Gln (R) est non connexe.
2. a. Montrer que C privé d’un nombre fini de points est connexe par arcs. (Voir la technique de
l’exercice 31).
b. Gln (C) est connexe par arcs, donc connexe.
3. On note S le graphe de la fonction x 7→ sin(1/x) définie sur R∗+ .
On sait que S est connexe. Montrer que S est non connexe par arcs.
4. Montrer qu’un ouvert de Rn est connexe si et seulement si il est connexe par arcs.
Réponse :
1. Le couple (U, Ω) avec U = {A ∈ Mn (R)| det(A) > 0} et Ω = {A ∈ Mn (R)| det(A) < 0} est une
déconnexion ouverte de GLn (R) ; donc GLn (R) n’est pas connexe.
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55
2. a. Soit a1 . . . , ap , p ∈ N∗ des points de C. Montrons que X = C \ {a1 . . . , ap } est connexe.
Soit D une droite ne contenant aucun ai .
Pour tout point x de X, il existe une droite Dx qui rencontre D, contient x et ne contient aucun ai (car
il y a une infinité de droites passant par x et rencontrant D et il y a un nombre finis de droite contenant
x et au moins un ai .)
\
Xx est non vide car elle contient la droite D.
D’après le théorème 19, Xx = Dx ∪ D est connexe.
x∈X
Par conséquent, toujours d’après le théorème 19, X =
[
Xx est connexe.
x∈X
b. Soient a et b deux éléments de GLn (C). Considérons l’application P : Mn (C) → C donnée par
P (z) = det(zb + (1 − z)a). Par définition du déterminant, cette application est un polynôme en z. De
plus P (0) = det(a) 6= 0 donc P est un polynôme non nul. Notons z1 , . . . , zr les racines de P . On a
P (0) = det(a) 6= 0 et P (1) = det(b) 6= 0 donc 0 et 1 ne sont pas racines de P .
D’après le a., l’espace C \ {z1 , . . . , zr } est connexe par arcs ; Il existe donc dans cet espace un chemin
c reliant les complexes 0 et 1
On considère alors p : [0, 1] → Mn (C) donnée par p(t) = c(t)b + (1 − c(t))a. On constate que p est à
valeurs dans GLn (C) (ceci car det(p(t)) = P (c(t)) 6= 0 pour tout t ∈ [0, 1]) et que p(0) = a et p(1) = b.
3. Par l’absurde, supposons S connexe par arcs. Il existe c : t 7→ (xt , yt ) de [0, 1] dans S continue tel
que c(0) = (1, sin 1) et et c(1) = (0, 0). L’ensemble {t ∈ [0, 1]| xt > 0} est non vide puisqu’il contient 0 et
il est majoré par 1 ; il a donc une borne supérieure s. s est l’instant où c sort définitivement de S.
xs = 0 car si xs était > 0, alors s serait < 1 et par continuité de x, on aurait x > 0 sur un intervalle
ouvert contenant s et contenu dans [0, 1] ce qui contredit la définition de s. Par continuité de x en s,
on a : lim xt = xs = 0. Ainsi il existe une suite (tn ) croissante de limite s telle que la suite (xtn ) est
s
décroissante de limite 0. Soit y ∈ [−1, 1] \ {ys }. Soit z > 0 tel que sin z = y. Pour tout n, il existe un
entier kn assez grand pour que an = 1/(2πkn + z) < x(tn ). Par le théorème des valeurs intermédiaires
appliqué à x, il existe τn ∈ [tn , s] tel que x(τn ) = an . On a alors c(τn ) = (an , sin(2πkn + z)) = (an , y).
Ainsi la suite τn tend vers s et c(τn ) tend vers (0, y) 6= c(s). Contradiction.
4. On va utiliser la connexité par arcs des boules ouvertes.
Soit Ω un ouvert connexe de Rn et fixons un point a dans Ω. On va montrer que tout point de Ω peut
être connecté à a ; et que donc Ω est connexe par arcs.
Soit U l’ensemble des points de Ω que l’on peut connecter à a.
- U est non vide car il contient a.
- U est ouvert, car si x appartient U , donc à Ω, il existe une boule ouvert Bx contenue dans Ω. Par
connexité par arcs, tout point z de Bx est connecté à x, donc à a car a et x sont connectés. Par conséquent,
Bx est contenu dans U .
- U est fermé, car si x appartient U , une boule ouverte Bx de centre x devra rencontrer U en un point
z. Par connexité par arcs de cette boule, x est connecté à z, donc à a car a et z sont connectés. Par
conséquent, x contenu dans U .
U , ouvert, fermé et non vide dans l’espace connexe Ω est égale à Ω.
V : ESPACES MÉTRIQUES COMPLETS
1. Définitions et premières propriétés
1.1. Définitions.
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Définition 34.
Soit (X, d) un e.m.
Une suite (xn )n∈N d’éléments de X est dite de Cauchy, si
∀ε > 0, ∃nε ∈ N| ∀p, q ∈ N, p, q > nε ⇒ d(xp , xq ) < ε.
Exemple 23.
1. Une suite convergente est de Cauchy.
2. Dans l’espace ]0, 1[ muni de la distance usuelle, xn = 1/n, n ∈ N∗ est de Cauchy mais non convergente.
Remarque 10.
1. Soit (X, d) un e.m et (xn )n∈N ∈ X N une suite de Cauchy. Alors pour toute partie A de X
contenant la suite, (xn )n∈N est de Cauchy dans l’e.m (A, dA ).
2. La notion de suite de Cauchy n’est pas une propriété topologique.
Par exemple l’application f : x 7→ 1/x de R∗+ muni de la distance usuelle, dans lui-même est
un homéomorphisme ; xn = 1/n est de Cauchy et f (xn ) = n n’est pas de de Cauchy.
3. Une suite de Cauchy est bornée.
Car si xn est de Cauchy, ∃n1 ∈ N| ∀p, q ∈ N, p, q ≥ n1 ⇒ d(xp , xq ) < 1.
Alors ∀n ∈ N, xn ∈ B(xn1 , r) avec r = max d(xn1 , xm ) + 1
0≤m<n1
4. Une suite de Cauchy ayant une valeur d’adhérence est convergente (vers cette valeur).
Soit (xn ) une suite de Cauchy ayant une valeur d’adhérence x.
∀ε > 0, ∃nε ∈ N| ∀p, q ∈ N, p, q > nε ⇒ d(xp , xq ) < ε.
x étant une valeur d’adhérence, il existe un entier q > nε tel que d(xq , x) < ε.
Alors par l’inégalité triangulaire, pour tout p > nε on a : d(xp , x) ≤ d(xp , xq ) + d(xq , x) < 2ε
Définition 35.
Un e.m (X, d) est complet si toute suite de Cauchy dans X est convergente (dans X )
Un sous-ensemble A de X est complet, si l’e.m (A, dA ) est complet c’est à dire si toute suite
de Cauchy dans A est convergente (dans A )
Exemple 24.
1. (R, dusuelle ) est complet, ([0, 1], dusuelle ) est complet.
2. X = C 0 (I, R) e.v des applications continues de I = [0, 1].
a. On munit X de la norme infinie kxk∞ = sup|x|. (X, kk∞ ) est complet.
I
Z
b. On munit X de la norme kxk1 = |x(t)| dt. (X, kk1 ) n’est pas complet.
I
N
Démonstration. a. Soit (xn )n∈N ∈ X une suite de Cauchy.
∀ε > 0, ∃nε | ∀q > p ∈ N, p, q > nε ⇒ kxp − xq k∞ < ε
Alors pour tout t ∈ X et pour q > p > nε on peut écrire |xp (t) − xq (t)| < ε (∗).
La suite (xn (t))n∈N est de Cauchy dans l’espace complet (I, dusuelle ). Elle converge donc vers un certain
élément x(t) de I.
On déduit de (∗), en faisant tendre q vers +∞ : ∀t ∈ I, ∀p ∈ N, p > nε ⇒ |xp (t) − x(t)| < ε (∗∗).
Soit t0 un élément de I.
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57
Pour tout p ∈ N, il existe par continuité de xp en t0 , un η > 0 tel que ∀t ∈ I, |t − t0 | < η ⇒
|xp (t) − xp (t0 )| < ε.
Alors, en choisissant un entier p > nε on a pour tout t tel que |t − t0 | < η,
|x(t) − x(t0 )| ≤ |x(t) − xp (t)| + |xp (t) − xp (t0 )| + |xp (t0 ) − x(t0 )| < 3ε
L’application x est donc continue en t0 .
La relation ∗∗ signifie alors que xn converge vers x.
b.
Pour tout entier naturel non nul posons pour tout t ∈ I,
(t + 1/2)n si t ∈ [0, 1/2[
xn (t) =
1
si t ∈ [1/2, 1]
1
On a, pour tous ∀n ≥ m ∈ N∗
Z 1
|xn (t) − xm (t)| dt
kxn − xm k =
x1
Z0 1/2 0.5
(t + 1/2)m − (t + 1/2)n dt
=
x2
0
1 1 1 1 =
1 − m+1 −
1 − n+1
x3
m+1
2
n+1
2
= am − an
0
0
0.5
1
1 1 x
avec an =
1 − n+1 .
n+1
2
La suite (an ) est convergente (et de limite 0) ; elle est donc de Cauchy. Par conséquent la suite (xn )
est de Cauchy.
Supposons que la suite (xn ) soit convergente dans X et de limite x, fonction continue de I dans R.
Z 1
Z 1
|xn (t) − x(t)| dt = kxn − xk
|xn (t) − x(t)| dt ≤
Alors
0
1/2
Z 1
Z 1
|1 − x(t)| dt = 0.
|1 − x(t)| dt ≤ kxn − xk ; puis en faisant tendre n vers +∞ :
Ce qui signifie
1/2
1/2
Et comme la fonction 1 − x est continue dans [1/2, 1], on en déduit que x ≡ 1 dans [1/2, 1], en particulier
x(1/2) = 1.
Ensuite, on a pour tout n ∈ N∗ ,
Z 1/2
Z 1/2
Z 1/2
|x(t)| dt ≤
|x(t) − xn k dt +
|xn (t)| dt
0
0
Z0 1
≤
|x(t) − xn (t)k dt + an
=
La relation
Z
0
0
kxn − xk + an
1/2
|x(t)| dt ≤ kxn − xk + an entraı̂ne en faisant tendre n vers +∞ que
puis x ≡ 0 dans [0, 1/2], en particulier x(1/2) = 0. Contradiction ! !
Z
1/2
0
|x(t)| dt = 0
1.2. Caractérisation des e.m complets.
Proposition 25.
1. Dans un e.m, un sous-ensemble non vide et complet est fermé.
2. Dans un e.m complet , un sous-ensemble non vide et fermé est complet.
Par conséquent, dans un e.m complet, les sous-ensemble complets sont les fermés.
Démonstration. q
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Théorème 19.
Tout produit fini d’espaces métriques complets est complet.
Démonstration.
(?)
Corollaire 5.
R et C étant complets, pour tout n ∈ N∗ , Rn et Cn sont complets,
Théorème 20 (De Cantor, de caractérisation des e.m complets).
Soit (X, d) un e.m complet. Alors on a la propriété
(P ) : si (Fn )n∈N est une suite décroissante de fermés non vides et telle que le diamètre δ(Fn )
\
tend vers 0 quand n tend vers ∞, alors
Fn est un singleton.
n∈N
Réciproquement, si e.m vérifie la propriété (P ) alors il est complet.
Démonstration. Supposons (X, d) complet et soit (Fn )n∈N une suite de fermés vérifiant la propriété (P ).
Pour tout entier n choisissons dans Fn (qui est non vide) un élément xn .
Puisque lim δ(Fn ) = 0, ∀ε > 0, ∃n0 ∈ N|∀n ∈ N, n > n0 ⇒ δ(Fn ) < ε.
n7→+∞
Soient p > q des entiers > n0 . La suite (Fn ) étant décroissante, on a Fp ⊂ Fq , donc xp et xq appartiennent à Fq . On en déduit que d(xp , xq ) ≤ δ(Fq ) < ε.
Ainsi la suite (xn ) est de Cauchy. Comme l’espace X est complet, la suite (xn ) a une limite x.
\
Montrons que x appartient à
Fn . Soit q un entier naturel.
n∈N
Soit ε > 0. De
lim xn = x on déduit ∃n1 ∈ N|∀n ∈ N, n > n1 ⇒ d(xn , x) < ε.
n7→+∞
Soit alors n un entier > max(q, n1 ).
n > q ⇒ Fn ⊂ Fq , donc xn appartient à Fq .
n > n1 ⇒ d(xn , x) < ε, donc xn appartient à B(x, ε).
Ainsi B(x, ε) ∩ Fq est non vide. Par conséquent, x appartient à Fq qui vaut Fq puisque Fq est fermé.
\
Montrons que x est le seul point de
Fn .
n∈N
Soit y un point de
\
n7→+∞
Fn . Alors : ∀n ∈ N, x et y ∈ Fn Donc 0 ≤ d(x, y) ≤ δ(Fn ) −−−−−→ 0, puis
n∈N
d(x, y) = 0 c’est à dire x = y.
Réciproquement, soit (X, d) un e.m vérifiant la propriété (P ). Montrons que X est complet. Soit (xn )
une suite de Cauchy dans X et posons pour tout entier n, An = {xp , p > n}.
La suite (An ) est décroissante.
Soit ε > 0. Puisque la suite (xn ) est de Cauchy, ∃n0 ∈ N|∀p, q ∈ N, p, q > n0 ⇒ d(xp , xq ) < ε. Par
conséquent, δ(An ) < ε. Le diamètre de An a donc pour limite 0 quand n tend vers +∞.
Comme δ(An ) = δ(An ), la suite An est une suite décroissante de fermés dont le diamètre tend vers 0
quand n tend vers +∞.
\
An (qui est l’ensemble des valeurs d’adhérence de la suite (xn )) est
X vérifiant la propriété (P ),
n∈N
réduite en un point.
(xn ), suite de Cauchy ayant une valeur d’adhérence, est convergente vers cette valeur.
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59
Corollaire 6.
Essayer une démonstration faisant intervenir les suites.
Tout e.m compact est complet.
Démonstration. Soit (Fn )n∈N une suite décroissante de fermés non vides, alors
\
Fn est non vide.
n∈N
En effet si
\
Fn était vide, puisque X est compact, il existerait une partie finie N de N telle que
n∈N
\
Fn = vide c’est à dire Fmax N = vide, contradiction. Et comme le diamètre de la suite de fermés
n∈N
tend vers 0, cette intersection est réduite en un singleton.
2. e.v.n complets
2.1. Applications linéaires continues.
Théorème 21 (Continuité des applications linéaires).
Soit f une application linéaire d’un e.v.n E dans un e.v.n E ′ . Les conditions suivantes sont
équivalentes :
1. f est continue en 0.
2. f est continue.
3. f est uniformément continue.
4. f est bornée sur la boule fermée unité B ′ (0, 1) de E.
5. Il existe un réel k tel que ∀x ∈ E, kf (x)k ≤ kkxk
6. f est lipschitzienne, i.e :
Il existe un réel k tel que ∀x, y ∈ E, kf (x) − f (y)k ≤ kkx − yk.
kf (x)k
est bien défini et l’application
x∈E\{0} kxk
kf (x)k est une norme sur l’e.v Lc (E, E ′ ) des applications linéaires continues de E
Lorsque ces conditions sont remplies,
sup
x∈B ′ (0,1)
f 7→ kf k =
sup
x∈B ′ (0,1)
kf (x)k =
sup
dans E ′ ; de plus ∀x, y ∈ E, kf (x)k ≤ kf kkxk.
- Le dual topologique de E est l’e.v.n (Lc (E, R), k.k) des applications linéaires continues de E dans R ;
si aucune confusion avec le dual algébrique n’est à craindre, il est noté E ∗
- Soit E, E ′ , E ′′ trois e.v.n, f ∈ Lc (E, E ′ ) et g ∈ Lc (E ′ , E ′′ ). Alors g ◦ f appartient à Lc (E, E ′′ ) et
kg ◦ f k ≤ kgk kf k.
En effet ∀x ∈ E, kg ◦ f (x)k ≤ kgk kf (x)k ≤ kgk kf k kxk.
- Une application linéaire bijective et bi-continue est appelée un isomorphisme .
Démonstration. Les implications 6 ⇒ 3 ⇒ 2 ⇒ 1 sont évidentes.
On va montrer que 1 ⇒ 4 ⇒ 5 ⇒ 6 ce qui achève la démonstration.
1 ⇒ 4.
1 étant acquis, pour ε = 1
∃δ > 0 : ∀x ∈ E, kxkδ ⇒ kf (x)k < 1
δ
δ
Si x est un élément quelconque de B ′ (0, 1), alors y = x vérifie et donc kyk = < δ et kf (y)k < 1,
2
2
2
ce qui, par linéarité de f entraı̂ne : kf (x)k < .
δ
f est donc bornée sur la boule B ′ (0, 1).
Topologie
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4 ⇒ 5.
4 étant acquis, ∃k > 0 : ∀x ∈ E, x ∈ B ′ (0, 1) ⇒ kf (x)k ≤ k.
x
vérifie kyk = 1, i.e est un élément de B ′ (0, 1) ; donc
Si x est un élément non nul de E, alors y =
kxk
kf (y)k ≤ k ; ce qui, par linéarité de f entraı̂ne : kf (x)k ≤ kkxk. Inégalité encore valable si x = 0.
5 ⇒ 6.
5 étant acquis, ∃k > 0 : ∀x ∈ E, kf (x)k ≤ kkxk.
Si x et y sont deux éléments de E, alors kf (x) − f (y)k = kf (x − y)k ≤ kkx − yk.
Exercice 34.
1. Trouver deux applications linéaires f et g continues telles que kf ◦ gk < kf k.kgk
2. Soit E et E ′ deux e.v.n, f un élément de Lc (E, E ′ ).
Alors kf k = sup kf (x)k = sup kf (x)k = sup kf (x)k.
x∈B ′ (0,1)
x∈B(0,1)
x∈S(0,1)
3. Dans l’e.v E = R[x], on pose pour tout polynôme P de degré non nul n, kP k = max |ak | avec
0≤k≤n
P (x) =
n
X
ak xk .
k=0
a. Montrer que l’application f : P 7→ f (P ) = P ′ est non continue.
b. Montrer que l’application g : P 7→ f (P ) = x.P est une application linéaire continue, isométrique et
non bijective.
Réponse :
1. Prendre f, g linéaires de R2 dans R2 telles f ◦ g = 0 par exemple
f (x, y) = (x, 0) et g(x, y) = (0, y).
Alors 0 = kf ◦ gk < kf k.kgk
2. Posons a =
sup kf (x)k, b =
x∈B(0,1)
sup
kf (x)k et c =
x∈B ′ (0,1)
′
sup kf (x)k
x∈S(0,1)
- Puisque B(0, 1) est contenu dans B (0, 1), on a : a ≤ b.
x
appartient à S(0, 1) ;
- Soit x un élément non nul de B ′ (0, 1). Alors le vecteur
kxk
x
1
donc f
≤ c i.e par linéarité
kf (x)k ≤ c ou kf (x)k ≤ ckxk ≤ c.
kxk
kxk
Ce qui entraı̂ne b ≤ c.
- Soit x un élément de S(0, 1). Alors pour tout ε ∈ [0, 1[, le vecteur εx appartient à B(0, 1) ; donc
kf (εx)k ≤ a i.e par linéarité εkf (x)k ≤ a. Puis en faisant tendre ε vers 1 :
∀x ∈ S(0, 1), kf (x)k ≤ a soit c ≤ a
3. a. f est évidemment linéaire.
Définissons une suite Pn de polynômes par : ∀x ∈ R, Pn (x) = xn . Alors
∀n ∈ N∗ , f (Pn )(x) = nxn−1 , kPn k = 1, kf (Pn )k = n.
′
Donc Pn ∈ B (0, 1) et lim kf (Pn )k = +∞, par conséquent f n’est pas bornée sur la boule unité
n7→+∞
fermée i.e elle n’est pas continue.
b. f est évidemment linéaire.
∀P ∈ E, kf (P )k = kP k donc f est isométrique.
Elle est injective car ∀P ∈ E, f (P ) = 0 ⇔ x.P = 0 ⇔ P = 0.
Mais f n’est pas surjective car les polynômes constants non nuls n’ont pas d’antécédents.
Proposition 26.
Soit E et F deux e.v.n. Si F est complet, alors Lc (E, F ) est complet ; en particulier, puisque
R est complet, E ∗ = Lc (E, R) est complet.
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Démonstration. Soit (fn ) une suite de Cauchy dans
mathbbLc(E, F )N et ε > 0.
∃n0 ∈ N : ∀m, n ∈ N∗ , m > n > n0 ⇒ kfn − fm k < ε
Or pour tout x de E on a : ∀m, n ∈ N, kfn (x) − fm (x)k ≤ kfn − fm kkxk, donc
∃n0 ∈ N : ∀m, n ∈ N∗ , m > n > n0 ⇒ ∀x ∈ E, kfn (x) − fm (x)k < εkxk
(∗)
Par conséquent, pour tout x dans E la suite (fn (x)) est de Cauchy et comme F est complet, cette suite
est convergente.
Notons f (x) sa limite, créant ainsi une application f de E dans F .
Nous allons montrer que f appartient à Lc (E, F ) et que la suite (fn ) converge vers f .
Soit x, y deux éléments non nuls de E et t un réel non nul.
f (x) + tf (y) =
=
=
=
lim fn (x) + t lim fn (y)
n7→+∞
n7→+∞
lim fn (x) + tfn (y)
n7→+∞
lim fn (x + ty)
car fn est linéaire
n7→+∞
f (x + ty)
f est donc linéaire.
La suite (fn ) étant de Cauchy est bornée ; il existe donc un réel K tel que ∀n ∈ N, kfn k ≤ K. On a
∀x ∈ E, kfn (x)k ≤ kfn kkxk ≤ Kkxk.
Par conséquent en faisant tendre n vers +∞ :
∀x ∈ E, kf (x)k = k lim fn (x)k = lim kfn (x)k ≤ Kkxk
n7→+∞
f est donc continue.
Dans (∗), en faisant tendre m vers +∞ on obtient
n7→+∞
∃n0 ∈ N : ∀n ∈ N∗ , n > n0 ⇒ ∀x ∈ E, kfn (x) − f (x)k < εkxk
i.e ∃n0 ∈ N : ∀n ∈ N∗ , n > n0 ⇒ kfn − f k < ε
La suite (fn ) converge donc vers f .
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Références
[Jean Dieudonné] Elements d’analyse tome 1, Editions jacques Gabay, 1979
[Jean Christophe yoccoz] (19),Cours de topologie et de Calcul différentiel, Masson , Collection : Maı̂trise de Mathématiques
pures.
[Lea Blanc-Centi] ,Cours de topologie L3 Université de Lille 1 Année 2013-2014
[Jeacques Dixmier] General topology Springer verlag
[Ives Sontag] Topologie et analyse fonctionnelle, Ellipses
[Elysabeth Burroni] Topologie des espaces métriques, Ellipses
[Gilles Christol,Anne Cot, Charles-Michel Marie] Topologie, Ellipses
Table des matières
I : STRUCTURES TOPOLOGIQUES
1. Espaces topologiques
1.1. Définitions et premiers exemples
1.2. Fermés d’une topologie
1.3. Sous-espace topologique
2. Base d’une topologie
2.1. Définition
2.2. Topologie produit
2.3. Premiers Exemples
3. Topologie engendrée
4. Exemples d’Espaces topologiques
4.1. Espaces métriques
4.2. Espaces vectoriels normés
5. Voisinages
5.1. Définition et propriétés
5.2. Base (ou Système fondamental) de voisinages
6. Adhérence et intérieur
6.1. Adhérence
6.2. Intérieur
6.3. Cas des espaces métriques
1
1
1
2
2
3
3
4
4
5
6
6
10
12
12
14
14
14
15
16
II :APPLICATIONS CONTINUES, LIMITES
1. Notion de continuité
1.1. Définition et premières propriétés
1.2. Relation aux sous-espace topologiques
1.3. Retour à la topologie produit
2. Limites
2.1. Filtres
2.2. Limite selon une base de filtre
2.3. Limites et continuité dans les espaces séparés
2.4. Caractérisation séquentielle
3. Homéomorphismes
3.1. Définition et exemples
3.2. Propriétés
3.3. Propriété topologique
18
18
18
21
23
24
24
25
28
31
32
32
33
34
III :ESPACES COMPACTS
1. Généralités sur les espaces compacts
1.1. Recouvrement
1.2. Définitions et exemples
1.3. Sous-espace compact
2. Propriétés des compacts
34
34
34
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36
37
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2.1. Image d’une partie compacte
2.2. Compacité et parties fermées
2.3. Caractérisation des compacts de (R, τusuelle )
2.4. Théorème de Tychonoff fini
2.5. Compacité et point d’accumulation
2.6. Caractérisation des e.m compacts
3. Espaces localement compacts
3.1. Définition et exemples
3.2. Compactification d’Alexandroff
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41
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43
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IV :ESPACES CONNEXES
1. Définition et premières propriétés
1.1. Définition d’un e.t connexe
1.2. Définition d’un sous-ensemble connexe
1.3. sous-ensembles connexes de (R, τusuelle )
1.4. Connexité et applications continues
1.5. Produit fini d’espaces connexes
2. Composantes connexes
2.1. Définition et propriétés
2.2. exemple
3. Espaces localement connexes
3.1. Définition et propriétés
3.2. exemple
4. Espaces connexes pars arcs
4.1. Définition et propriétés
4.2. exemples
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45
45
46
47
48
49
50
50
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52
52
52
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53
54
V : ESPACES MÉTRIQUES COMPLETS
1. Définitions et premières propriétés
1.1. Définitions
1.2. Caractérisation des e.m complets
2. e.v.n complets
2.1. Applications linéaires continues.
Références
55
55
55
57
59
59
62