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EXERCICES DE TOPOLOGIE (version 2.0 du 28.02.2010) Sciences.ch Topologie EXERCICE 1. Niveau : Deuxième Cycle. Auteur : Ruben Ricchiuto (09.08.04, [email protected]) Mots Clés :Théorème de Baire et cardinal de Énoncé : Donner une preuve topologique du fait que n'est pas dénombrable en utilisant le théorème de Baire rappelé ci-dessous. Théorème (Baire): Si X est un espace métrique complet ou localement compact, alors pour toute suite de fermés Fn d'intérieurs vide ( Fn ) nous avons : Fn . n Solution : est complet (de fait il est aussi localement compact) nous pouvons donc utiliser le théorème de Baire. Supposons dénombrable, {x0 , x1 ,...} . Nous avons {xn } et les n singletons sont fermés et d'intérieur vide donc par Baire ce qui est absurde. Serveur d'exercices 2/22 Sciences.ch Topologie EXERCICE 2. Niveau : Deuxième Cycle Auteur : Ruben Ricchiuto (09.08.04, [email protected]) Mots Clés :Topologie de Zariski sur Énoncé : Dans , nous considèrons la famille A | \ A est fini {} . 1. Démontrer que est une topologie (de Zariski). 2. Démontrer que tout ouvert de (, ) est un ouvert de muni de la topologie usuelle. 3. Démontrer que (, ) n'est pas métrisable (il n'existe pas de distance sur qui induit la topologie ). Solutions : 1. , . Si U ,V A | \ A est fini alors \ (U V ) \ U \ V est fini donc U V . Si U i I est une famille d'éléments de A | \ A est fini alors \ U i \ U i est fini, donc I I U i . Ceci prouve que est une topologie sur . I 2. Si U A | \ A est fini alors \ U est fini donc fermé dans muni de la topologie usuelle. 3. Par suite U est ouvert. (, ) n'est pas métrisable car deux ouverts non-vides s'intersectent toujours. Serveur d'exercices 3/22 Sciences.ch Topologie EXERCICE 3. Niveau : Deuxième Cycle Auteur : Ruben Ricchiuto (09.08.04, [email protected]) Mots Clés : Topologie compacte-ouverte Énoncé : Soit X , Y deux espaces topologiques. Nous définissons CO( X , Y ) comme étant l'ensemble des applications continues de X Y . Si K est un compact de X et un ouvert de Y on note [ K , ] l'ensemble des applications continues f : X Y telles que f ( K ) . Nous munissons CO( X , Y ) de la topologie engendrée par les [ K , ] appelée "compacte-ouverte". 1. Vérifier que si g : Y Z est une application continue alors CO( X , g ) : CO( X , Y ) CO( X , Z ) définie par g est continue. 2. Démontrer que si X est compact et Y un espace métrique alors la topologie de CO( X , Y ) est la topologie de la convergence uniforme. Solution : 1. Pour montrer que CO( X , g ) est continue, il suffit de prouver que l'image réciproque d'un ouvert du type [ K , ] de CO( X , Z ) est un ouvert de CO( X , Y ) . Or CO( X , g ) 1 [ K , ] CO( X , Y ) | g [ K , ] CO( X , Y ) | g [ ( K ), ] [ K , g 1 ( )] . 2. Nous rappelons que la topologie de la convergence uniforme est induite par la distance définie par f , g CO( X , Y ), ( f , g ) sup d ( f ( x), g ( x)) | x X où d est la distance sur Y. Le fait que X soit compact nous assure que sup d ( f ( x), g ( x)) | x X . Pour répondre à la question, il suffit de montrer que pour tout compact K de X et pour tout ouvert de Y, [ K , ] est un ouvert de CO( X , Y ), et que réciproquement toute boule B ouverte de CO( X , Y ), est ouverte pour la topologie compacte-ouverte. Soit f [ K , ] . f ( K ) est compact et contenu dans . Notons f ( K ) r l'ensemble des points y de Y tels que inf d ( y, y) | y f ( K ) r . Il existe 0 tel que f ( K ) . En effet, étant ouvert, pour tout y f ( K ) il existe ry 0 tel que B( y, ry ) (où B( y, ry ) est la boule ouverte de rayon ry centrée en y). f ( K ) étant compact, il existe un nombre fini y1 ,..., yn de points de f ( K ) tels que f ( K ) i 1..n B( yi , ry / 2) . Posons i min ry / 2 | i 1..n , si y f ( K ) alors il existe y f ( K ) tel que d ( y, y) et i il existe j 1..n tel que y B ( y j , ry / 2) . Donc j d ( y, y j ) d ( y, y) d ( y, y j ) ry / 2 ry et par suite y car B ( y j , ry ) . j Serveur d'exercices j j 4/22 Sciences.ch Topologie Ainsi f ( K ) . Pour finir, B ( f , ) [ K , ] car g B( f , ) ( f , g ) x X , d ( f ( x), g ( x)) x K , g ( x) f ( K ) g [ K , ]. Donc [ K , ] est un ouvert de CO( X , Y ), . Montrons à présent que toute boule B ouverte de CO( X , Y ), est ouverte pour la topologie compacteouverte. Soit f B , alors il existe un r 0 tel que B ( f , r ] B où B ( f , r ] est la boule fermée de rayon r centrée en f. Pour tout x X , notons Bx Bd ( f ( x), r / 3) Y et K x f 1 ( Bx ) ( K x est compact). Pour tout x X , x f 1 ( Bx ) et donc X x X n f 1 ( Bx ) . Les f 1 ( Bx ) étant ouverts, par compacité de X on en déduit, n X f 1 ( Bx ) . Posons U [ K x ,x ] où x B( f ( xi ), r / 2) . U est un ouvert de i 1 i i 1 i i i la topologie compacte-ouverte et f U car f ( K x ) Bx x . De plus si h U et i x X , il existe un 1 j n tel que x f 1 i i ( Bx ) et par suite h( x) x donc j j d (h( x), f ( x)) d (h( x), f ( x j )) d ( f ( x j ), f ( x)) r / 2 r / 3 r . Ceci entraîne que (h, f ) r c'est-à-dire f U B( f , r ] B . Par conséquent, B est un ouvert de la topologie compacte-ouverte. Serveur d'exercices 5/22 Sciences.ch Topologie EXERCICE 4. Niveau : Deuxième Cycle Auteur : Ruben Ricchiuto (09.08.04, [email protected]) Mots Clés : Suites et applications continues Énoncé : Soit ( X , d ),(Y , ) deux espaces métriques et f : X Y une application. 1. Démontrer que f est continue sur X ssi pour tout point x X et toute suite ( xn ) convergeant vers x on a lim f ( xn ) f ( x) . n 2. On se propose de démontrer que la propriété 1) n'est plus vérifiée dans des espaces topologiques quelconques. Dans on considère la famille suivante U | \ U est fini ou dénombrable . Montrer que est une topologie. Soit id : (, ) (, topologie usuelle) . Montrer que si xn x dans (, ) alors id ( xn ) id ( x) dans (, topologie usuelle) mais que id n'est pas continue. Solutions : 1. Si f est continue pour 0 il existe 0 tel que d ( x , x) ( f ( x ), f ( x)) par suite il existe N 0 tel que n N ( f ( xn ), f ( x)) ce qui veut dire que f ( xn ) converge vers f ( x) . Réciproquement soit x X et supposons que pour toute suite ( xn ) convergeant vers x on ait lim f ( xn ) f ( x) . Si f n'est pas continue en x, il n existe un 0 tel que pour tout 0 il existe un point x X vérifiant f ( x)) . Ainsi on peut construire une suite ( xn ) tendant vers d ( x , x) et ( f ( x), x pour laquelle n , ( f ( xn ), f ( x)) (faire tendre vers 0) ce qui est une contradiction. 2. On considère la famille U | \ U est fini ou dénombrable . On vérifie immédiatement que est une topologie. Soit x et ( xn ) une suite convergeant vers x dans (, ) . Soit E : xn , n \ {x} . E est fini ou vide car sinon \ E est un ouvert de (, ) contenant x et par suite, à partir d'un certain n on aurait xn \ E ce qui est absurde. Ainsi ( xn ) est une suite stationnaire et donc converge vers x dans (, topologie usuelle) . Nous venons de montrer que id ( xn ) id ( x) dans (, topologie usuelle) . Il est facile de voir que id n'est pas continue. En effet ]0, [ est un ouvert dans (, topologie usuelle) mais pas dans (, ) . Serveur d'exercices 6/22 Sciences.ch Topologie EXERCICE 5. Niveau : Deuxième Cycle Auteur : Ruben Ricchiuto (09.08.04, [email protected]) Mots Clés : Distances Énoncé : 1. Soit f : une fonction satisfaisant: x, y , f ( x) 0 x 0, x y f ( x) f ( y ) et f ( x y ) f ( x) f ( y ) . Montrer que si d est une distance sur un ensemble X alors f d est aussi une distance sur X. Vérifier de plus que ces distances sont équivalentes si f est continue en 0, c'est-à-dire qu'elles induisent la même topologie. 2. Montrer que x y et x y définissent des distances sur équivalentes à la 1 x y distance usuelle. Solution : 1. Prouvons que f d est une distance: f (d ( x, y )) 0 d ( x, y ) 0 x y . La symétrie est évidente. Prouvons l'inégalité triangulaire. f (d ( x, z )) f (d ( x, y ) d ( y, z )) f (d ( x, y )) f (d ( y, z )) . f d est donc une distance sur X. Supposons f continue en 0. Soit un ouvert de ( X , d ) et soit x . Il existe par hypothèse une boule ouverte de rayon r Bd ( x, r ) telle que Bd ( x, r ) . On a B f d ( x, f (r )) Bd ( x, r ) . Ce qui prouve que est ouvert dans ( X , f d ) . Réciproquement si est un ouvert de ( X , f d ) alors il existe une boule ouverte B f d ( x, r ) pour x . f continue en 0 entraîne: 0 tel que d ( x, y ) f (d ( x, y )) r . Donc Bd ( x, ) B f d ( x, r ) et est un ouvert de (X ,d) . x et de vérifier les conditions de 1. Les 1 x deux premières sont évidentes, vérifions la dernière. x y x y 2 x y ( x y )2 x y x y . x y x y ... xy ( x y ) 2 xy et cette dernière inégalité est 1 x y 1 x 1 y évidente car x, y 0 . 2. Il suffit de prendre f ( x) x , f ( x) Serveur d'exercices 7/22 Sciences.ch Topologie EXERCICE 6. Niveau : Deuxième Cycle Auteur : Ruben Ricchiuto (09.08.04, [email protected]) Mots Clés : Complétude et invariance topologique Énoncé : Cet exercice se propose de montrer que la notion d'espace métrique complet n'est pas topologique. Plus précisément, deux espaces métriques homéomorphes ne sont pas toujours simultanément complets ou non complets. On considère l'espace X ]0, [ . On munit X des distances d ( x, y ) x y et ( x, y ) ln( x) ln( y ) . Démontrer que ( X , d ) et ( X , ) sont homéomorphes, que ( X , ) est complet et que ( X , d ) ne l'est pas. Solution : ln : X est une isométrie surjective (d'inverse exp : X ) entre ( X , ) et (, d ) . En effet d (ln x, ln y ) ln x ln y ( x, y ) . Les espaces ( X , ) et (, d ) sont donc homéomorphes. De plus, étant donné que (, d ) est homéomorphe à ( X , d ) (prendre exp : (, d ) ( X , d ) ) , ( X , ) est homéomorphe à ( X , d ) . ( X , d ) n'est pas complet car la suite (1/ n) \{0} tend vers 0 dans (, d ) et par conséquent est de Cauchy dans (, d ) , ce qui entraîne qu'elle est aussi de Cauchy dans l'espace induit ( X , d ) , mais ne converge pas dans cet espace. Montrons que ( X , ) est complet. Soit ( xn ) une suite de Cauchy dans ( X , ) . On a 0, N , tel que n, m N ( xn , xm ) c'est-à-dire ln xn ln xm . Ainsi ln xn est une suite de Cauchy dans (, d ) et par suite elle converge vers y , lim ln xn y . n ( xn ) converge vers e dans ( X , ) en effet ( xn , e ) ln xn y 0 . y Serveur d'exercices y 8/22 Sciences.ch Topologie EXERCICE 7. Niveau : Deuxième Cycle Auteur : Ruben Ricchiuto (09.08.04, [email protected]) Mots Clés : Sous-groupes additifs de Énoncé : 1. Montrer que si G est un sous-groupe additif de alors ou bien G est dense ou bien il existe tel que G n | n . 2. Déduire de 1. que si G n m | n, m avec 0 alors G est dense ssi . 3. Sous quelle condition portant sur et le groupe multiplicatif G exp(in ) | n est dense dans S 1 ? 4. Déduire de 3. que sin(n) | n est dense dans [1,1] . 5. Soit f : X continue (où X est un espace topologique). Montrer que G : T | x , f ( x T ) f ( x) est un sous-groupe de (, ) . Que peut-on dire de f lorsque X est séparé et G est dense? Solution : 1. Soit inf x G | x 0 . Nous avons deux possibilités, ou bien 0 ou bien 0 . Dans le premier cas G est dense dans , en effet soit y et 0 . Il existe x G, x 0 tel que x et donc y nx pour un certain n . Comme nx G on a y G (où G est l'adhérence de G) . Si 0 alors G autrement il existe une suite strictement décroissante xn d'éléments de G qui tend vers et la différence xn xn 1 G \ {0} tend vers zéro, donc inf x G | x 0 0 ce qui est une contradiction. Soit à présent y G , il existe un entier n et un nombre réel r [0, [ tel que y n r . Mais r y n G donc par minimalité de on a r 0 et y n . Ainsi G n | n . 2. Si G n'est pas dense alors il existe \ {0} tel que G . Par suite, il existe n deux entiers non nuls n, m tels que n et m . Donc . m p Réciproquement si avec p, q deux entiers premiers entre eux alors, q Serveur d'exercices 9/22 Sciences.ch Topologie p n m n m n m pn qm . Etant donné que q q pn qm | n, m , on a G q et G n'est pas dense. 3. Considérons le morphisme de groupes topologiques : S 1 , t exp(i t ) . G est dense dans S 1 ssi 1 (G ) est dense dans (découle du fait que est surjective et ouverte). Or 1 (G ) 2 donc par le point 2. G est dense dans S 1 ssi / 2 . 4. Considérons la projection sur l'axe des ordonnées p : S 1 [1,1] . Par 3. G exp(in) | n est dense dans S 1 (car est irrationnel) donc p (G ) sin(n) | n est dense dans [1,1] . 5. Il est évident que G T | x , f ( x T ) f ( x) est un sous-groupe additif de . f est constante sur G en effet, pour tout T1 , T2 G, f (T1 T2 ) f (T1 ) f (T2 ) . Si G est dense dans alors f (G ) est dense dans f () , mais étant donné que f (G ) est un singleton et que X est séparé on en déduit que f () f (G ) et donc que f est constante. Serveur d'exercices 10/22 Sciences.ch Topologie EXERCICE 8. Niveau : Deuxième Cycle Auteur : Ruben Ricchiuto (09.08.04, [email protected]) Mots Clés : Applications continues Énoncé : Soient X , Y1,...Yn des espaces topologiques et f : X Y1 ... Yn une application. Notons pi : Y1 ... Yn Yi ,1 i n la i-ème projection. Montrer que f est continue ssi pi f est continue pour tout 1 i n . Solution : Les pi sont des applications continues. Par suite si f est continue pi f l'est aussi. Réciproquement, si les pi f sont continues alors pour 1 ... n ouvert de Y1 ... Yn , f 1 1 ... n p1 f (1 ) ... pn f (n ) est un ouvert. Par suite, pour tout 1 1 ouvert de Y1 ... Yn , f 1 ( ) est un ouvert de X. Serveur d'exercices 11/22 Sciences.ch Topologie EXERCICE 9. Niveau : Deuxième Cycle Auteur : Ruben Ricchiuto (09.08.04, [email protected]) Mots Clés : Suites, systèmes fondamentaux de voisinages Énoncé : 1. Soit X un espace topologique et A X . Montrer que si an est une suite d'éléments de A qui tend vers x lorsque n alors x A où A est l'adhérence de A. 2. Montrer qu'en général la réciproque de 1. est fausse. [Indication : considérer l'espace , où les ouverts de sont et les sous-ensembles de dont le complémentaire est fini ou dénombrable.] 3. Avec les mêmes notations que 1. on suppose que x X possède un système fondamental dénombrable de voisinages. Montrer que dans ce cas on à l'équivalence : il existe une suite d'éléments de A qui tend vers x x A . [On rappelle qu'un système fondamental de voisinages de x est une famille (U i ) I de voisinages de x telle que pour tout V voisinage de x il existe i I avec U i V .] 4. On suppose que , sont deux topologies sur X vérifiant, pour toute suite xn et tout point x, xn x pour ssi xn x pour . On suppose de plus que pour tout x X il existe un système fondamental dénombrable de voisinages pour et un système fondamental dénombrable de voisinages pour . Montrer que . Solution : 1. Soit un ouvert contenant x. Etant donné que an tend vers x, il existe un entier N tel que n N an . Par suite A . Donc x A . 2. Considérons l'espace topologique , où les ouverts de sont et les sous- ensembles de dont le complémentaire est fini ou dénombrable. Dans cet espace les suites convergentes sont les suites stationnaires. Si A [0,1] et x 2 , il n'existe aucune suite de A qui converge vers x. Néanmoins, x A . En effet si est un voisinage ouvert de x, \ est fini ou dénombrable et donc A \ c'est-à-dire A . De fait, A . 3. Il suffit de montrer l'implication . Soit (U i ) un système fondamental de voisinages de x. On considère les voisinages Vi i U j . Vi A car x A . Soit j 0 pour tout entier i, ai Vi A . La suite ai obtenue converge vers x. En effet si Serveur d'exercices 12/22 Sciences.ch Topologie est un voisinage ouvert de x alors il existe N tel que U N . Par suite, pour tout n N , an . 4. Soit A X un fermé de . Si x A , ( on note A l'adhérence de A pour ) il existe une suite an de A qui tend vers x pour donc aussi pour donc x A A et A A . C'est-à-dire A est fermé pour . Le même raisonnement montre que les fermés de sont des fermés de . Ainsi . Serveur d'exercices 13/22 Sciences.ch Topologie EXERCICE 10. Niveau : Deuxième Cycle Auteur : Ruben Ricchiuto (09.08.04, [email protected]) Mots Clés : Applications continues et adhérence Énoncé : Soit X,Y deux espaces topologique, A X et f : X Y une application continue. 1. Montrer que f ( A) f ( A) mais qu'en général f ( A) f ( A) 2. On suppose que Y est séparé et que A B X avec B compact. Montrer que dans ce cas f ( A) f ( A) . Solution : 1. Soit y f ( A) et un voisinage ouvert de y. Il faut montrer que f ( A) . Il existe x A tel que y f ( x) . x f 1 , donc f 1 A . Soit x f 1 A alors f ( x) f ( A) et par suite y f ( A) . En général, l'inclusion f ( A) f ( A) est stricte, en effet si X ]0, [ , Y et f ( x) 1/ x alors f ([1, [) f ([1, [) ]0,1] est contenu mais pas égal à f ([1, [) [0,1] . 2. A B entraîne A compact (car fermé dans un compact). Par suite, f ( A) est compact (car image d'un compact par une application continue dans un séparé). Donc f ( A) est fermé (car compact dans un séparé). Or par 1. on sait que f ( A) f ( A) et f ( A) est le plus petit fermé contenant f ( A) donc f ( A) f ( A) . Serveur d'exercices 14/22 Sciences.ch Topologie EXERCICE 11. Niveau : Deuxième Cycle Auteur : Ruben Ricchiuto (01.04.05, [email protected]) Mots Clés : Sous-espaces ouverts, fermés et connexe par arcs de M (n, ) Énoncé : 1. Montrer que GL(n, ) est un ouvert de M (n, ) (où M (n, ) est l'espace des matrices carrées n n à coefficients dans et GL(n, ) le sous-espace des matrices inversibles). 2. Montrer que U (n, ) et SU (n, ) sont fermés dans M (n, ) (on rappelle que U (n, ) est le sous-espace des matrices unitaires c'est-à-dire telles que A A I et SU (n, ) le sous-espace des matrices unitaires qui en plus vérifient det( A) 1 ). 3. Montrer que U (n, ) et SU (n, ) sont compacts. [Indication : l'application A Tr ( A A ) est une norme sur M (n, ) et U (n, ) est borné]. 4. Montrer que U (n, ) et SU (n, ) sont connexes par arcs. [Indication: par le théorème spectral on sait que toute matrice unitaire est diagonalisable, de plus toutes les valeurs propres sont de module 1]. Solution : 1. L'application det : M (n, ) est continue et GL(n, ) est ouvert car GL(n, ) det 1 ( ) et est ouvert. 2. Considérons les applications suivantes : : M (n, ) M (n, ) M (n, ),( A, B) A B , : M (n, ) M (n, ), A A et id : M (n, ) M (n, ) M (n, ), A ( A, A ) . On vérifie facilement que ces applications sont continues. Ainsi l'application id est continue et U (n, ) 1 ( I ) est fermé car {I } est fermé dans M (n, ) . De plus, SU (n, ) det 1 1 U (n, ) . Donc SU (n, ) est lui aussi fermé. 3. L'application : M (n, ) M (n, ) ,( A, B ) Tr ( A B ) est un produit scalaire n sur M (n, ) . En effet, ( A, A) Tr ( AA ) ai 0 où ai est le i-ème vecteur 2 i 1 ligne de A et ( A, A) 0 A 0 . Le reste est facile à vérifier. Il s'ensuit que A Tr ( A A ) est une norme sur M (n, ) . Or pour tout A U (n, ) , A Tr ( A A ) n donc U (n, ) est borné et fermé (par 2.), par suite il est compact. SU (n, ) U (n, ) SU (n, ) est compact aussi. Serveur d'exercices 15/22 Sciences.ch Topologie 4. Les valeurs propres de A U (n, ) sont de module un car Ax x 2 x Ax Ax Ax x A Ax x x x . Par le théorème 2 2 2 ei1 0 spectral il existe une matrice S U (n, ) telle que SAS 1 . Soit i n 0 e it e 1 0 :[0,1] M (n, ) l'application continue définie par (t ) . Alors it n e 0 1 S S est un arc reliant I et A . Ainsi tout élément de U ( n, ) est relié par un arc à I. Donc U (n, ) est connexe par arcs. Pour SU (n, ) l'argument est le même à ceci près : pour que l'arc reste dans SU (n, ) il faut choisir les i de telle sorte que n i 0 . Ceci est toujours possible vu que i est défini à 2 près. i 1 Serveur d'exercices 16/22 Sciences.ch Topologie EXERCICE 12. Niveau : Deuxième Cycle Auteur : Ruben Ricchiuto (01.03.05, [email protected]) Mots Clés : Compactifié d'Alexandroff Énoncé : Nous rappelons que le compactifié d'Alexandroff d'un espace topologique localement X X {} muni de la topologie définie par, U ouvert de X ssi compact X est l'espace U ouvert de X si U . X muni de cette topologie, est compact. U \ compact de si X U X X \ {x} X . 1. Montrer que si X est compact alors 2. Montrer que n S n où S n est la sphère unité de n1 [Indication : utiliser la projection stéréographique pour montrer que S n \ {x} n ]. Solution : 1. Commençons par remarquer que X \ {x} est localement compact. En effet si y X \ {x} , il existe un voisinage ouvert V de y dans X ne contenant pas x (X est séparé). Par suite, il existe un voisinage compact de y contenu dans V (X est compact donc localement compact). Considérons à présent l'application f : X \ {x} X où f est l'identité sur X \ {x} et f () x . f est continue car soit U un ouvert de X , si 1 x U , alors U est un ouvert de X \ {x} et par conséquent f (U ) U est un ouvert X \ {x} . Si x U , f 1 (U ) et X \ {x} \ f 1 (U ) X \ U est compact (car fermé de X \ {x} et f est continue. f est une dans un compact). Donc f 1 (U ) est ouvert dans X \ {x} alors ou bien application ouverte, en effet si est un ouvert de et dans ce cas f est un ouvert de X \ {x} et donc de X, ou bien et X \ {x} \ X \ f ( ) est compact et donc f est ouvert dans X. f étant bijective, ce que nous venons de montrer, entraîne donc que f est un homéomorphisme. 2. Soit S n la sphère unité dans n1 . On considère la projection stéréographique : S n \ {en 1} n (avec ei les vecteurs de la base canonique) définie par xn x1 ,..., . Géométriquement, ( x) représente l'intersection de la 1 xn 1 1 xn 1 ( x) droite passant par en 1 et x avec le plan d'équation xn 1 0 qu'on identifie à n . Il est évident que est une application continue et en fait que c'est un homéomorphisme 2 2y y 1 2 yn 1 car on vérifie facilement que : n S n \ {en 1}, y ,..., , 2 2 1 y 2 1 y y 1 Serveur d'exercices 17/22 Sciences.ch Topologie est l'application réciproque de . Ainsi S n \ {en 1} n et donc S n \ {en 1} n . Or par 1. nous avons, S n \ {en 1} S n et par suite n S n . Serveur d'exercices 18/22 Sciences.ch Topologie EXERCICE 13. Niveau : Deuxième Cycle Auteur : Ruben Ricchiuto (01.03.05, [email protected]) Mots Clés : Connexité de SO(n, ) et O(n, ) Énoncé : 1. Montrer que SO(n, ) est connexe par arcs [Indication : utiliser le fait que pour toute matrice A SO(n, ) , il existe une matrice S O(n, ) telle que SAS 1 m1 0 cos i où mi 1 ou mi sin i mn 0 sin i ]. cos i 2. Déduire de 1. que O(n, ) a deux composantes connexes. Rappel : O(n, ) est l'ensemble des matrices n n à coefficients réels vérifiant MM t I et SO(n, ) est le sous-ensemble de O (n, ) formé des matrices de déterminant 1. Solution : 1. Si A SO(n, ) alors par l'indication, il existe une matrice S O (n, ) telle que m1 0 cos i sin i SAS où mi 1 ou mi . On considère sin i cos i mn 0 m1 (t ) 0 :[0,1] SO(n, ) définie par t [0,1], (t ) avec mi (t ) 1 si mn (t ) 0 cos( it ) sin( it ) cos i sin i mi 1 et mi (t ) si mi . On remarque que sin( it ) cos( it ) sin i cos i 1 (0) I et (1) SAS 1 par suite, S 1 S est un arc reliant I et A dans SO(n, ) . Ainsi tout élément de SO (n, ) est relié par un arc à I. Donc SO(n, ) est connexe par arcs. 2. Considérons l'application continue det : O(n, ) . Etant donné que pour toute matrice A O(n, ) , det( A) 1 , l'application det prend ses valeurs dans l'espace discret 1,1 . Etant donné que toute application continue dans un espace discret est constante sur les composantes connexes et que SO(n, ) est connexe par 1, det 1 (1) SO(n, ) est une composante connexe. De plus, l'ensemble des matrices appartenant à O(n, ) de déterminant -1 est connexe par arcs comme SO(n, ) (en effet l'application qui consiste à permuter les deux premières colonnes d'une matrice Serveur d'exercices 19/22 Sciences.ch Topologie de SO(n, ) est un homéomorphisme de SO(n, ) dans det 1 (1) ) donc det 1 (1) est aussi une composante connexe. Pour finir, nous avons l'union disjointe O(n, ) det 1 (1) det 1 (1) ce qui montre que O(n, ) a deux composantes connexes. Serveur d'exercices 20/22 Sciences.ch Topologie EXERCICE 14. Niveau : Deuxième Cycle Auteur : Ruben Ricchiuto (01.03.05, [email protected]) Mots Clés : Fermés, compacts de n Énoncé : Pour A, B n on note A B a b | (a, b) A B . 1. Montrer que A et B fermés n'implique pas A B fermé. 2. Montrer que si A est fermé et B compact alors A B est fermé. Solution : 1. Dans 2 , si A ( x,1/ x) | x 1 et B {0} alors A et B sont fermés mais A B ]0,1] ne l'est pas. 2. Soit y A B . Alors, il existe deux suites an , bn avec an A, bn B telles que lim an bn y . Quitte à considérer une sous-suite, on peut supposer que la suite n bn converge (B est compact). Ainsi, la suite an converge aussi et lim an A n car A est fermé. Si on note a lim an et b lim bn alors y a b A B . Ce qui n n prouve que A B est fermé. Serveur d'exercices 21/22 Sciences.ch Topologie EXERCICE 15. Niveau : Deuxième Cycle Auteur : Ruben Ricchiuto (01.03.05, [email protected]) Mots Clés : Séparabilité Énoncé : Soit X un espace topologique. 1. Montrer que si X est à base dénombrable alors X est séparable. 2. Montrer que la réciproque est fausse. [Indication : considérer l'espace topologique (, ) où | \ est fini , .] 3. Montrer que si X est un espace métrique alors nous avons: X est à base dénombrable X est séparable. Solution : 1. Soit U i une base de X. Pour chaque i nous choisissons ai U i . L'ensemble ai | i ainsi obtenu est dense. En effet si est un ouvert de X, il existe j tel que U j et par suite, a j . 2. L'espace (, ) de l'indication est séparable, en effet tout sous-ensemble dénombrable de est dense (par exemple est dense). Par contre, il ne possède pas de base dénombrable, car si U i est une telle base l'ensemble U i est non vide et i on peut donc choisir un x U i . L'ensemble \ {x} est par conséquent ouvert mais i ne peut pas s'exprimer comme union d'ensembles U i . 3. Il ne reste qu'à montrer la partie de l'équivalence. Soit donc xi une partie dense de X. L'ensemble de boules B ( xi ,1/ n) avec (i, n) est dénombrable et constitue une base. En effet, si est un ouvert de X alors pour tout x il existe n tel que B ( x,1 / n) . xi étant danse, il existe i tel que xi B( x,1/ 2n) par suite, x B( xi ,1 / 2n) . Ce qui montre que est réunion de boules du type B( xi ,1/ n) . Serveur d'exercices 22/22
