TD de topologie et calcul différentiel– Corrigé de la Feuille 2

LM360 Math´ematiques 2008
TD de topologie et calcul diff´erentiel– Corrig´e de
la Feuille 2: Continuit´e, suites, parties denses.
Groupe de TD 5
Exercice 1. Soit χA:E→ {0,1}la fonction caract´eristique de A⊂E:χA(x)=1
si x∈A,χA(x) = 0 sinon.
a) On munit {0,1}de la topologie discr`ete. Montrer que χAest continue en x
si et seulement si x /∈fr A.
b) Donner une condition pour que χAsoit continue sur Eet un exemple o`u χA
n’est continue en aucun point de E.
Corrig´e 1. a) Tout d’abord, pour la topologie discr`ete de {0,1},{0}et {1}sont
des voisinages de 0 et 1 respectivement. Donc si f:E→ {0,1}est continue en x,
il existe un voisinage Ude xtel que f(U)⊂ {f(x)}, i.e. que fest constante sur U.
La r´eciproque est bien sˆur vraie.
Par cons´equent, fn’est pas continue en xsi et seulement si quel que soit le
voisinage Ude x, il existe yet zdans Utels que f(y) = 1 et f(z) = 0. Si fest la
fonction caract´eristique de A, cela revient `a dire que tout voisinage de xrencontre
Aet son compl´ementaire. On a vu dans l’exercice 9 de la feuille de TD 1 que ceci
´equivaut `a x∈fr A.
b) Si Aest `a la fois ouvert et ferm´e dans E, alors la fronti`ere de Aest vide, par
cons´equent χAest continue. Si Eest le plan R2muni de la distance usuelle et Aest
l’ensemble Q2des points `a coordonn´ees rationnelles, alors χAn’est continue nulle
part.
Exercice 2. Soient Xet Ydes espaces topologiques et une application f:X→Y.
Montrer que fest continue si et seulement si pour toute partie Ade X, on a
fA⊂f(A).
Corrig´e 2. Supposons fcontinue. Alors f−1f(A)est ferm´e dans X. Comme on a
A⊂f−1(f(A)) (prenez la peine de red´emontrer cette inclusion si vous l’avez oubli´ee
ou si vous avez un doute; vous devez savoir utiliser les images directes et r´eciproques
d’ensembles) et que f(A)⊂f(A), on a A⊂f−1(f(A)). Or, f−1f(A)´etant ferm´e,
il contient le plus petit ferm´e contenant A, c’est `a dire que A⊂f−1(f(A)), ce qui
implique fA⊂f(A).
R´eciproquement, soit Fun ferm´e de Y. Posons A=f−1(F), alors f(A)⊂F.
Par hypoth`ese, fA⊂f(A), donc f(A)⊂F, puisque Fest ferm´e. On a alors
A⊂f−1(F) = A. Donc Aest ferm´e. On vient de montrer que l’image r´eciproque
de tout ferm´e est un ferm´e, autrement dit que fest continue.
Exercice 3. Soient fet gdeux fonctions continues sur un espace topologique X
et `a valeurs dans un espace topologique s´epar´e Y. V´erifier que l’ensemble
A={x∈X/ f(x) = g(x)}
est un ferm´e de X.
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Corrig´e 3. Montrons que le compl´ementaire de
A={x∈X/ f(x) = g(x)}
est ouvert. Si a /∈A, alors f(a)6=g(a), donc Ac={x∈X/ f(x)6=g(x)}. Comme
Yest s´epar´e, il existe un voisinage ouvert Ude f(a) et un voisinage ouvert Vde
g(a) tels que U∩V=∅. La continuit´e de fet gimplique que W:= f−1(U)∩g−1(V)
est un voisinage ouvert de a. Si y∈W, on a f(y)∈Uet g(y)∈V. Comme Uet
Vsont disjoints, f(y)6=g(y), donc W∩A=∅. Donc le compl´ementaire de Aest
ouvert. Pour comprendre cette construction, il est utile de faire un dessin !
Exercice 4. Soient fet gdeux fonctions continues sur un espace topologique X
et `a valeurs dans R.
1Montrer que l’ensemble A={x∈X|1< f(x)<2}est ouvert.
2Montrer que l’ensemble B={x∈X|f(x)≤g(x)}est ferm´e.
Corrig´e 4. 1 Comme fest continue et que l’intervalle ]1,2[ est ouvert, il suit que
A=f−1(]1,2[) est ouvert.
2On a clairement B={x∈X|f(x)−g(x)≤0}= (f−g)−1(] − ∞,0]). or f, g
continues implique que f−gest continue. Comme ] − ∞,0] est ferm´e dans R,
il suit que Best ferm´e dans E.
Exercice 5. Soit f:X→Yune application.
1On suppose que Yest un espace topologique. D´eterminer la topologie la plus
grossi`ere sur Xtelle que fsoit continue (on montrera en particulier, qu’elle
existe !).
2On suppose maintenant que Xest un espace topologique. D´eterminer la topologie
la plus fine sur Yqui rende fcontinue.
Corrig´e 5. C’est essentiellement du cours...
1D’apr`es le cours, on peut munir Xde la topologie image inverse (qui est bien
une topologie), c’est `a dire que les ouverts de Xsont les f−1(U) o`u Uest
un ouvert de Y. D’apr`es le cours, f:X→Yest alors continue. Supposons
maintenant que Xest muni d’une topologie τquelconque telle que f:X→Y
soit continue. Alors, pour tout ouvert Ude Y,f−1(U) est un ouvert de X.
Il suit que tout ouvert pour la topologie image inverse est un ouvert pour la
topologie τ, donc τest plus fine que la topologie image inverse.
2D’apr`es le cours, on peut munir Yde la topologie “quotient” (qui est bien une
topologie), c’est `a dire que les ouverts de Ysont les Utels que f−1(U) est
un ouvert de X. D’apr`es le cours, f:X→Yest alors continue. Supposons
maintenant que Yest muni d’une topologie τquelconque telle que f:X→Y
soit continue. Alors, pour tout ouvert Ude Y(pour la topologie τ), f−1(U) est
un ouvert de X. Il suit que Uest aussi un ouvert pour la topologie quotient.
par cons´equent, cette topologie est plus fine que τ.
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Exercice 6. Montrer que les projections πEet πFde E×Fsur Eet Frespec-
tivement sont continues. Montrer qu’une application f:G→E×Fest continue
ssi ses composantes πE◦fet πF◦fle sont.
En application, soient fune fonction continue de Edans Ret gune fonction
continue de Fdans R. Montrer que h(x, y) = sin(f2(x)g3(y)) est une fonction
continue de E×Fdans R.
Corrig´e 6. Soit Uun ouvert de E, alors π−1
E(U) = U×Fest ouvert car c’est un
produit d’ouverts. D’o`u πE:E×F→Eest continue. On montre de mˆeme que
πFest continue. la compos´ee de fonctins continues ´ tant continues, il est clair que
fcontinue implique πE◦fet πF◦fcontinues. R´eciproquement, si U×Vest un
produit d’ouverts, f−1(U×V) = (πE◦f)−1(U)∩(πF◦f)−1(V) est une inteersection
(finie) de deux ouverts donc est ouvert. Comme les produits U×Vforment une
base d’ouverts pour la topologie produit, il suit que fest continue.
La fonction hest de la forme sin ◦β◦αo`u α:E×F→R×Rest d´efinie par
α(x, y)=(f2(x), g3(y)), β:R×R→Rest d´efinie par β(s, t) = st. L’application α
est continue: c’est une application `a valeurs dans un espace produit dont chacune des
composantes est continue. En effet (x, y)→f2(x) est la composition de (x, y)→y
qui est continue (premi`ere projection), y→f(y) (continue par hypoth`ese) et u→u2
(continue de Rdans R). Par un raisonnement similaire, (x, y)→g3(y) est continue.
Quant `a βc’est la fonction produit de deux r´eels qui est continue. Donc hest
continue comme compos´ee d’applications continues.
Exercice 7. On consid`ere le plan R2muni de la topologie usuelle et le cercle unit´e
S1={(x, y)/ x2+y2= 1}muni de la topologie trace. Montrer que l’application
p:R→S1, α →(cos α, sin α)
est continue. Soit Eun espace topologique. Montrer qu’une application f:S1→E
est continue si et seulement si f◦pl’est aussi.
Corrig´e 7. Voir la feuille de TD 3.
Exercice 8. Soit f:X→Yune fonction d´efinie sur un espace topologique X`a
valeurs dans un espace topologique s´epar´e Y. On appelle graphe de la fonction fle
sous-ensemble de X×Y:
Gf={(x, f(x))/ x ∈E}.
Montrer que si fest continue, son graphe est ferm´e dans X×Y. La r´eciproque
est-elle vraie ?
Corrig´e 8. Si fest continue, l’application
g:X×Y→Y×Y, (x, y)→(f(x), y)
l’est aussi. En effet ses composantes sont f◦πXet πY, o`u πXet πYsont les
projections sur le premier et second facteur de X×Yrespectivement. Elles sont
continues (comme compos´ee de fonctions continues pour la premi`ere).
A pr´esent, remarquons que le graphe de fest l’image r´eciproque par gde la
diagonale de Y×Y.Y´etant s´epar´e, celle-ci est ferm´ee d’apr`es le cours (la preuve
est similaire au corrig´e de l’exercice 3: si x6=y, il existe des ouverts x∈Ux,y∈Vy
tels que Ux∩Vy=∅. Alors Ux×Vyest un ouvert de Y×Yqui contient (x, y) et
est inclus dans ∆c). Le graphe est alors ferm´e comme image r´eciproque d’un ferm´e
par une application continue.
La r´eciproque est fausse. Soit la fonction f: [0,∞[→[0,∞[ qui `a xassocie 1/x si
x6= 0 et 0 sinon. Cette fonction n’est pas continue `a l’origine. Pourtant, son graphe
est la r´eunion d’une branche d’hyperbole et de {(0,0)}, tout deux ferm´es.
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Exercice 9. Montrer qu’une partie Ad’un espace topologique Eest dense ssi tout
ouvert non vide de Erencontre A
Corrig´e 9. Soit Vun ouvert non vide de Eet x∈V.Adense dans Eimplique
que tout ouvert contenant xrencontre A. En particulier A∩V6=∅. La r´eciproque
est imm´ediate.
Exercice 10. Montrer que l’ensemble GLn(R) des matrices r´eelles inversibles de
taille n×nest un ouvert dense de l’ensemble des matrices de taille n×n.
Corrig´e 10. On identifie l’espace des matrices de taille n×n`a Rn2(muni de la
topologie produit bien entendu). Il suit que GLn(R) = det−1(R∗). Comme R∗est
ouvert et que la fonction d´eterminant est continue (c’est une fonction polynomiale
en les coefficients de la matrice), il suit que GLn(R) est ouvert. Pour la densit´e, il
suffit de remarquer que si Mest une matrice de taille n×n, il n’y a qu’un nombre
fini de matrices de la forme M+tInqui ne soient pas inversibles (on note Inla
matrice identit´e). Ce sont celles pour elsquelles test une valeur propre de M. Il
suit que toute boule ouverte B(M, r) contient une matrice inversible de la forme
M+tIn. Par cons´equent GLn(R) est dense dans ’ensemble des matrices de taille
n×n.
Exercice 11. Soient E, F deux espaces topologiques, F´etant s´epar´e. fet g´etant
deux fonctions continues de Edans F, et Aun sous-ensemble dense dans E, montrer
l’´equivalence :
(f(x) = g(x),∀x∈E)⇐⇒ (f(x) = g(x),∀x∈A)
Corrig´e 11. Le sens direct ⇒est imm´ediat. R´eciproquement, d’apr`es l’exercice
3, l’ensemble {x∈E/ f(x) = g(x)}est un ferm´e qui contient A. Il contient donc
A=E.
Exercice 12. A quelle condition une suite converge-t-elle vers un point isol´e d’un
espace topologique ?
Corrig´e 12. Soit aun point isol´e d’un espace topologique E. Alors {a}est un
ouvert de Equi contient adonc un voisinage de a. Si une suite (an) de Econverge
vers a, alors pour nassez grand, anappartient `a {a}, autrement dit an=a.
Exercice 13. Soit Eun espace topologique et (an)nune suite de E. On pose
An={am:m≥n}.
Montrer que l’ensemble des valeurs d’adh´erence de la suite (an) est \
n≥0
An. En
d´eduire que cet ensemble est ferm´e.
Corrig´e 13. Si aest une valeur d’adh´erence de la suite, tout voisinage de acontient
des points and’indice aussi ´elev´e que l’on veut. Donc pour tout N, tout voisinage
de arencontre AN, autrement dit a∈AN. Ainsi, a∈\
n≥0
An=A.
R´eciproquement si a∈Aalors, pour tout n,aest adh´erent `a An. Donc pour tout
net tout voisinage Vde a, il existe un indice m≥ntel que am∈V. Autrement
dit aest une valeur d’adh´erence de la suite (an).
L’ensemble Aest ferm´e puisqu’il est l’intersection des ferm´es An.
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