Corrigé du QCM 3 j ∈ N, on munit l'intervalle Xj := [−j, Q j] de la topologie Tj induite par celle de R. On considère l'ensemble X := j∈N Xj muni de la Q topologie produit T = T . Alors, pour tout j ∈ N, la topologie Tj est j j∈N 2 oui métrisable et de plus T est métrisable : 2 non 1. Pour tout La réponse est oui. Pour tout j ∈ N, Xj est un sous-espace métrique de R. Plus précisément, la topologie Tj sur Xj provient de la valeur absolue. Elle est donc métrisable. Ensuite T est métrisable par application de la Proposition 1.7.15 du cours. j ∈ N, on munit l'intervalle Xj := [−j, Q j] de la topologie Tj induite par celle de R. On considère l'ensemble X := j∈N Xj muni de la Q T . Un élément x ∈ X est représenté par ses topologie produit T = j∈N j coordonnées selon x = (xj )j∈N . Alors : Q 2 l'ensemble j∈N ]0, j[ est un ouvert pour la topologie produit T 2 l'application p5 : X −→ [−5, 5] qui à x associe x5 est continue Q - l'ensemble j∈N ]0, j[ est un ouvert pour la topologie des boîtes mais pas 2. Pour tout pour la topologie produit (voir le cours). - l'application p5 est continue d'après la Proposition 1.7.6. Q ⊂ R l'ensemble des rationnels. On dit que xRy ssi y − x ∈ Q. R est une relation d'équivalence. On note ΠR : R −→ R/Q l'application qui à x ∈ R associe sa classe d'équivalence x̃ ∈ R/Q. On munit R/Qde la topologie quotient. Alors : 2 R/Q contient au moins deux éléments distincts 2 le singleton {0̃} ≡ ΠR (0) est ouvert dans R/Q √ - Puisque 2 n'est pas rationnel, les deux éléments √˜ √ 2 := 2 + pq ; p ∈ Z , q ∈ N∗ et 0̃ := pq ; p ∈ Z , q ∈ N∗ ≡ Q 3. Soit On admet que sont distincts dans R/Q. - le singleton ΠR (0) n'est pas ouvert dans R/Q car Π−1 ΠR (0) ≡ Q R n'est pas ouvert dans R. R∗ ≡ (R \ {0}) de la topologie induite par celle de R. l'ensemble A :=]0, 1[∩(R \ Q) est un connexe de R ∗ les ensembles R et R ≡ (R \ {0}) sont homéomorphes 4. On munit 2 2 Alors : - on raisonne par l'absurde. Tout connexe de R est un intervalle. Par conséquent, si A était connexe, on aurait A = (α, √β). Comme A contient deux éléments distincts (par exemple les nombres 2/4 et π/4), on a forcément 0 ≤ α < β ≤ 1. Dès lors, l'intervalle ]α, β[ est contenu dans A et contient au moins un rationnel. C'est une contradiction. - On commence par noter que : a) l'ensemble R est connexe car c'est l'intervalle ] − ∞, +∞[. b) l'ensemble R∗ n'est pas connexe. En eet, R∗− est un sous-ensemble non vide et strictement contenu dans R∗ . De plus, R∗− est un ouvert de R∗ (comme intersection de R∗ avec l'ouvert ] − ∞, 0[ de R) et est un fermé de R∗ (comme intersection de R∗ avec le fermé ] − ∞, 0] de R). Supposons alors qu'il existe un homéomorphisme f entre R et R∗ . Nécessairement f (R) = R∗ , image par f continue du connexe R, doit être connexe. Ce n'est pas le cas ! 2