Corrigé de l`examen final (durée 2 h) (le 16/12/2016)

L3 - Mathématiques
2016–2017
Topologie générale
Corrigé de l’examen final (durée 2 h)
(le 16/12/2016)
Questions de cours (répondre sans donner de démonstration).
1) (3 pts) Donner les noms et les énoncés de trois critères différents de compacité qui
sont valables respectivement dans un cadre général, dans un cadre métrique, et dans le
cadre d’un R-espace vectoriel normé de dimension finie.
Il s’agit de citer ici :
- Le théorème de Borel-Lebesgue (Proposition 3.1.2 du polycopié) sur le recouvrement
d’un compact par des ouverts ;
- Le théorème de Bolzano-Weierstrass (Théorème 3.2.1 du polycopié) concernant la
possibilité d’extraire d’une suite une sous-suite convergente ;
- Le théorème de Riesz (Théorème 4.2.8 du polycopié) portant sur la compacité de la
boule unité fermée. Dans un R-espace vectoriel normé de dimension finie, un ensemble
est compact si et seulement si il est un borné et fermé.
2) (1 pt) Donner la définition d’un espace métrique complet, et fournir un exemple
d’espace métrique qui n’est pas complet.
Définition 5.3.5 du cours. L’espace métrique (Q, | · |) n’est pas complet (vu en TD).
2) (1 pt) Donner la définition d’un espace de Banach, et fournir une condition nécessaire
et suffisante (en terme de séries) pour qu’un espace soit de Banach.
Définition 5.3.1 et Théorème 5.3.6 du polycopié.
Exercice I. On considère un ensemble 𝑋 = {𝑎, 𝑏, 𝑐} à trois éléments distincts 𝑎, 𝑏 et 𝑐.
Pour information, l’ensemble 𝑋 peut être muni de 29 topologies distinctes.
I.A. (1 pt) Construire sur 𝑋 deux topologies 𝒯 et 𝒯 ′ , qui sont toutes deux distinctes de
la topologie discrète et de la topologie grossière, et qui sont ajustées de façon à ce qu’il
n’existe pas d’homéomorphisme entre (𝑋, 𝒯 ) et (𝑋, 𝒯 ′ ).
On peut prendre 𝒯 ≡ 𝒪 = ∅, {𝑎}, {𝑎, 𝑏}, 𝑋 et 𝒯 ′ ≡ 𝒪′ = ∅, {𝑎}, {𝑎, 𝑏}, {𝑎, 𝑐}, 𝑋 .
Comme 𝒪 contient 4 ouverts distincts tandis que 𝒪′ en contient 5, les espaces topologiques
(𝑋, 𝒯 ) et (𝑋, 𝒯 ′ ) ne peuvent pas être homéomorphes.
{︀
}︀
{︀
}︀
I.B. (2 pt) Montrer qu’on ne pas faire en sorte que l’espace topologique (𝑋, 𝒯 ) soit à la
fois séparé et connexe.
Soit (𝑋, 𝒯 ) un espace topologique séparé et connexe. En particulier, on peut trouver deux
ouverts 𝑈 et 𝑉 vérifiant 𝑎 ∈ 𝑈 , 𝑏 ∈ 𝑉 et 𝑈 ∩ 𝑉 = ∅. On doit avoir #𝑈 + #𝑉 ≤ 3, ce
qui implique que 𝑈 ou 𝑉 est de cardinal un. Quitte à échanger 𝑎 et 𝑏, on peut toujours
supposer que #𝑈 = 1. Alors, on ne peut pas avoir #𝑉 = 2 car sinon 𝑈 ∪ 𝑉 = 𝑋, et on
dispose d’une partition de 𝑋 en des ouverts disjoints, contredisant la connexité de 𝑋.
Ainsi #𝑉 = 1. Cela signifie que les singletons {𝑎} et {𝑏} sont des ouverts. En raisonnant
de même avec le couple 𝑎 et 𝑐, on obtient que {𝑐} est un ouvert. On récupère ainsi la
topologie discrète qui n’est pas connexe. Contradicion.
Exercice II. Soit (𝑋, 𝒯 ) un espace topologique, et 𝐴 une partie de 𝑋.
II.A. (1 pt) Montrer que si 𝐴 est d’intérieur non vide, alors l’ensemble 𝐴 rencontre toute
partie qui est dense dans 𝑋.
∘
∘
Supposons que 𝐴 ̸= ∅. Soit 𝑥 ∈ 𝐴 et 𝑃 une partie qui est dense dans 𝑋. Ainsi 𝑥 ∈ 𝑃¯ = 𝑋.
∘
Cela signifie que tout voisinage de 𝑥 rencontre 𝑃 . En particulier, on a 𝐴 ∩ 𝑃 ̸= ∅ et a
fortiori on a 𝐴 ∩ 𝑃 ̸= ∅.
II.B. (1 pt) Montrer que si 𝐴 rencontre toute partie dense dans 𝑋, alors l’ensemble 𝐴
est d’intérieur non vide.
∘
Il suffit de montrer que sous l’hypothèse 𝐴 = ∅, il existe une partie 𝑃 dense dans 𝑋 qui
∘
ne rencontre pas 𝐴. La partie 𝑃 = 𝐴𝑐 convient puisqu’elle vérifie 𝐴𝑐 = 𝑋 ∖ 𝐴 = 𝑋 et
𝑃 ∩ 𝐴 = ∅.
(︀
)︀
Exercice III. Soit 𝐸, ‖ · ‖ un R−espace vectoriel normé. On note 𝐵(0, 1] la boule
unité fermée de 𝐸. Soit 𝐹 un sous-espace vectoriel fermé de 𝐸 vérifiant 𝐹 ̸= 𝐸. On pose :
𝑑(𝑥, 𝐹 ) := inf
{︀
‖ 𝑦 − 𝑥 ‖; 𝑦 ∈ 𝐹
}︀
.
III.A. (1,5 pt) Etant donnés 𝑥 ∈ 𝐸, 𝑦 ∈ 𝐹 et 𝜆 ∈ R, établir les trois propriétés suivantes :
(𝑖)
𝑑(𝑥, 𝐹 ) ≤‖ 𝑥 ‖ ;
(𝑖𝑖) 𝑑(𝜆 𝑥, 𝐹 ) = |𝜆| 𝑑(𝑥, 𝐹 ) ;
(𝑖𝑖𝑖) 𝑑(𝑥 − 𝑦, 𝐹 ) = 𝑑(𝑥, 𝐹 ) .
(i) Tout sous-espace vectoriel contient l’origine 0. Comme 0 ∈ 𝐹 , on a :
𝑑(𝑥, 𝐹 ) := inf
{︀
‖ 𝑥 − 𝑦 ‖; 𝑦 ∈ 𝐹
}︀
≤‖ 𝑥 − 0 ‖=‖ 𝑥 ‖ .
(ii) Pour 𝜆 = 0, en appliquant le (𝑖), on récupère :
𝑑(0 × 𝑥, 𝐹 ) = 𝑑(0, 𝐹 ) ≤‖ 0 ‖= 0 = |0| 𝑑(0, 𝐹 ).
Par ailleurs, pour 𝜆 ̸= 0, on a :
𝑑(𝜆 𝑥, 𝐹 ) = inf {︀ ‖ 𝜆 𝑥 − 𝑦 ‖ ; 𝑦 ∈ 𝐹 =
inf |𝜆| ‖{︀𝑥 − 𝜆−1 𝑦 ‖ ; 𝑦 ∈ 𝐹}︀
}︀
−1
= |𝜆| inf ‖ 𝑥 − 𝜆 𝑦 ‖ ; 𝑦 ∈ 𝐹 = |𝜆| inf ‖ 𝑥 − 𝑦 ‖ ; 𝑦 ∈ 𝐹 = |𝜆| 𝑑(𝑥, 𝐹 ) .
{︀
}︀
{︀
}︀
(iii) Enfin, comme 𝑦 ∈ 𝐹 et puisque {𝑦 + 𝑧; 𝑧 ∈ 𝐹 } ≡ 𝐹 , on a :
{︀
}︀
{︀
𝑑(𝑥 − 𝑦, 𝐹 ) = inf {︀ ‖ 𝑥 − 𝑦 − 𝑧 ‖ ; 𝑧 ∈
𝐹 = inf ‖ 𝑥 − (𝑦 + 𝑧) ‖ ; 𝑧 ∈ 𝐹
}︀
= inf ‖ 𝑥 − 𝑧 ‖ ; 𝑧 ∈ 𝐹 = 𝑑(𝑥, 𝐹 ) .
}︀
III.B. (1 pt) Etant donnés 𝑥 ∈ 𝐸 et 𝑥′ ∈ 𝐸, montrer que :
(𝑖𝑣)
𝑑(𝑥 + 𝑥′ , 𝐹 ) ≤ 𝑑(𝑥, 𝐹 ) + 𝑑(𝑥′ , 𝐹 ) .
Par définition, on peut trouver deux suites (𝑦𝑛 )𝑛 ∈ 𝐹 N et (𝑦𝑛′ )𝑛 ∈ 𝐹 N telles que :
𝑑(𝑥, 𝐹 ) = lim
𝑛→+∞
𝑑(𝑥′ , 𝐹 ) = lim
𝑑(𝑥, 𝑦𝑛 ) ,
𝑛→+∞
𝑑(𝑥′ , 𝑦𝑛′ ) .
Comme 𝑦𝑛 + 𝑦𝑛′ ∈ 𝐹 , on peut écrire :
𝑑(𝑥 + 𝑥′ , 𝐹 ) ≤‖ 𝑥 + 𝑥′ − (𝑦𝑛 + 𝑦𝑛′ ) ‖≤‖ 𝑥 − 𝑦𝑛 ‖ + ‖ 𝑥′ − 𝑦𝑛′ ‖ .
L’inégalité (𝑖𝑣) s’obtient en passant à la limite (𝑛 → +∞).
III.C. (0,5 pt) Soit 𝑥 ∈ 𝐵(0, 1] tel que 𝛼 := 𝑑(𝑥, 𝐹 ) > 0. Montrer que :
∀ 𝜀 ∈ R*+ ,
∃𝑦 ∈ 𝐹 ;
𝛼 ≤‖ 𝑥 − 𝑦 ‖< 𝛼 (1 + 𝜀) .
Par définition de 𝑑(𝑥, 𝐹 ), on a :
∀ 𝜀˜ ∈ R*+ ,
∃𝑦 ∈ 𝐹 ;
‖ 𝑥 − 𝑦 ‖< 𝑑(𝑥, 𝐹 ) + 𝜀˜ .
Pour tout 𝜀 ∈ R*+ , comme 𝛼 ∈ R*+ , on a 𝜀 𝛼 ∈ R*+ . On peut donc appliquer ce qui précède
avec 𝜀˜ = 𝜀 𝛼 ∈ R*+ pour récupérer :
∀ 𝜀˜ ∈ R*+ ,
∃𝑦 ∈ 𝐹 ;
‖ 𝑥 − 𝑦 ‖< 𝛼 (1 + 𝜀) .
Par ailleurs, puisque 𝑦 ∈ 𝐹 , on a par définition :
𝛼 = 𝑑(𝑥, 𝐹 ) ≤‖ 𝑥 − 𝑦 ‖ .
III.D. (1 pt) Soit 𝑥 ∈ 𝐵(0, 1] tel que 𝛼 := 𝑑(𝑥, 𝐹 ) > 0. Montrer que pour tout 𝜀 ∈ R*+ ,
on peut trouver 𝑥
˜ ∈ 𝐵(0, 1] tel que 𝑑(˜
𝑥, 𝐹 ) = (1 + 𝜀)−1 < 1.
Avec 𝜀 comme en III.C, le choix 𝑥
˜ = 𝛼−1 (1 + 𝜀)−1 (𝑥 − 𝑦) convient. En effet, l’inégalité de
droite de la question III.C garantit 𝑥
˜ ∈ 𝐵(0, 1]. Par ailleurs, en exploitant successivement
(𝑖𝑖) et (𝑖𝑖𝑖), on obtient :
𝑑(˜
𝑥, 𝐹 ) = 𝛼−1 (1 + 𝜀)−1 𝑑(𝑥 − 𝑦, 𝐹 ) = 𝛼−1 (1 + 𝜀)−1 𝑑(𝑥, 𝐹 ) = (1 + 𝜀)−1 < 1 .
III.E. (1 pt) Déduire de ce qui précède l’égalité : sup
{︀
}︀
𝑑(𝑥, 𝐹 ) ; 𝑥 ∈ 𝐵(0, 1] = 1.
Pour 𝑥 ∈ 𝐵(0, 1], la condition 𝑑(𝑥, 𝐹 ) = 0 implique l’existence d’une suite (𝑓𝑛 )𝑛 ∈ 𝐹 N qui
converge vers 𝑥. Comme 𝐹 est fermé, cela implique 𝑥 ∈ 𝐹{︀. Ainsi, si pour}︀ tout 𝑥 ∈ 𝐵(0, 1]
on a 𝑑(𝑥, 𝐹 ) = 0, c’est que 𝐵(0, 1] ⊂ 𝐹 . Comme 𝐸 = ∪ 𝐵(0, 𝑛]; 𝑛 ∈ N , cela conduit à
𝐸 ⊂ 𝐹 , c’est à dire 𝐸 = 𝐹 . Contradiction.
On peut donc trouver 𝑥 ∈ 𝐵(0, 1] avec 𝑑(𝑥, 𝐹 ) > 0. En appliquant la question III.D pour
les choix 𝜀 = (1 + 𝑛)−1 , on obtient une suite (˜
𝑥𝑛 )𝑛 ∈ 𝐵(0, 1]N vérifiant :
sup
{︀
}︀
𝑑(𝑥, 𝐹 ) ; 𝑥 ∈ 𝐵(0, 1] ≥ lim
𝑛→+∞
𝑑(˜
𝑥𝑛 , 𝐹 ) = lim (2 + 𝑛) (𝑛 + 1)−1 = 1 .
Or, d’après le (𝑖) de la question III.A, on a :
∀ 𝑥 ∈ 𝐵(0, 1] ,
𝑑(𝑥, 𝐹 ) ≤‖ 𝑥 ‖≤ 1 .
𝑛→+∞
III.F. (1 pt) Démontrer à l’aide de ce qui précède le théorème du cours qui permet
d’affirmer que si la boule 𝐵(0, 1] est compacte, alors le R−espace vectoriel 𝐸 est de
dimension finie.
On retrouve ici le théorème de Riesz dont on peut ici reproduire la preuve (vue en cours).
Cela étant dit, les informations obtenues ci-dessus fournissent un argument plus direct.
Supposons que 𝐵(0, 1] soit compacte. Fixons 𝜀 ∈ R*+ . Alors, du recouvrement :
{︀
}︀
𝐵(0, 1] ⊂ ∪ 𝐵(𝑥, 𝜀[ ; 𝑥 ∈ 𝐵(0, 1] ,
on peut extraire un sous-recouvrement fini :
{︀
}︀
𝐵(0, 1] ⊂ ∪ 𝐵(𝑥𝑖 , 𝜀[ ; 𝑥𝑖 ∈ 𝐵(0, 1] , 𝑖 ∈ 𝐼 ,
𝐼 = {1, · · · , 𝑛} .
On considère le R−sous-espace vectoriel 𝐹 de 𝐸 engendré par les 𝑥𝑖 . Comme 𝐹 est
de dimension finie, il est fermé.{︀ Par construction, 𝐵(0,
1] ⊂ 𝐹 + 𝜀 𝐵(0, 1[. Pour le
}︀
choix 𝜀 = 1/2, cela implique sup 𝑑(𝑥, 𝐹 ) ; 𝑥 ∈ 𝐵(0, 1] ≤ 1/2. Pour 𝐹 ̸= 𝐸, ceci est en
contradiction avec les conclusions de la question III.E. Donc 𝐹 = 𝐸 et 𝑑𝑖𝑚 𝐸 = 𝑛 < +∞.
Exercice IV. Soit 𝐸 l’espace des fonctions qui sont de classe 𝒞 2 sur [0, 1], à valeurs
réelles, et qui sont telles que 𝑓 (0) = 0 et 𝑓 ′ (0) = 0. Etant donné 𝑓 ∈ 𝐸, on pose :
𝑁 (𝑓 ) :=‖ 𝑓 + 2 𝑓 ′ + 𝑓 ′′ ‖∞ .
‖ 𝑓 ‖∞ := sup |𝑓 (𝑥)| ,
𝑥∈[0,1]
IV.A. (1 pt) Vérifier que l’application 𝑁 (·) définit une norme sur 𝐸.
L’homogénéité et l’inégalité triangulaire sont faciles à vérifier. Soit 𝑓 avec 𝑁 (𝑓 ) = 0.
La fonction 𝑓 satisfait l’équation différentielle ordinaire 𝑓 + 2 𝑓 ′ + 𝑓 ′′ = 0. L’espace des
solutions est de dimension 2, engendré par les fonctions 𝑒−𝑥 et 𝑥 𝑒−𝑥 . Toute solution
s’écrit 𝜆 𝑒−𝑥 + 𝜇 𝑥 𝑒−𝑥 . Pour qu’elle puisse être compatible avec les conditions 𝑓 (0) = 0
et 𝑓 ′ (0) = 0, il faut imposer 𝜆 = 0 et −𝜆 + 𝜇 = 0, ce qui donne (𝜆, 𝜇) = (0, 0) ou 𝑓 = 0.
IV.B. (1 pt) Les deux normes ‖ · ‖∞ et 𝑁 (·) sont-elles comparables ?
Oui. On pose ℎ := 𝑓 + 𝑓 ′ et 𝑔 := 𝑓 + 2 𝑓 ′ + 𝑓 ′′ = ℎ + ℎ′ . On a ℎ(0) = 0 de sorte que :
𝑥
∫︁ 𝑥
𝑡
𝑒 ℎ(𝑡) 𝑑𝑡 ,
𝑒 𝑓 (𝑥) =
∫︁ 𝑥
𝑥
𝑒 ℎ(𝑥) =
𝑒𝑡 𝑔(𝑡) 𝑑𝑡 .
0
0
Par conséquent :
⃒∫︁ 𝑥 (︁∫︁ 𝑡
∫︁ 1
)︁
)︁ ⃒⃒ ∫︁ 𝑥 (︁∫︁ 𝑡
⃒
𝑠−𝑥
⃒
⃒
𝑡 𝑑𝑡 .
𝑒
𝑔(𝑠) 𝑑𝑠 𝑑𝑡⃒ ≤
|𝑔(𝑠)| 𝑑𝑠 𝑑𝑡 ≤‖ 𝑔 ‖∞
|𝑓 (𝑥)| = ⃒
0
0
0
0
0
D’où la majoration : ‖ 𝑓 ‖∞ ≤ (1/2) 𝑁 (𝑓 ).
IV.C. (1 pt) Les deux normes ‖ · ‖∞ et 𝑁 (·) sont-elles équivalentes ?
Non. Pour la suite (𝑓𝑛 )𝑛∈N* ∈ 𝐸 N définie par 𝑓𝑛 (𝑥) = 𝑥 sin (𝑛 𝑥), on a :
‖ 𝑓𝑛 ‖∞ ≤ 1 ,
𝑁 (𝑓𝑛 ) ≥ |𝑓𝑛′′ (0)| = 2 𝑛 .
On ne peut donc pas contrôler uniformément 𝑁 (𝑓 ) par une constante fois ‖ 𝑓 ‖∞ .
Exercice V. On se place sur l’espace métrique (𝑋, 𝛿) où 𝑋 = ]0, +∞[ et :
∀ (𝑥, 𝑦) ∈ 𝑋 2 ,
𝛿(𝑥, 𝑦) = | ln 𝑥 − ln 𝑦| .
V.A. (1 pt) Montrer que l’espace métrique (𝑋, 𝛿) est complet.
Soit (𝑥𝑛 )𝑛 ∈ 𝑋 N une suite de Cauchy. Ainsi :
∀ 𝜀 ∈ R*+ ,
∃𝑁 ∈ N;
𝑞≥𝑝≥𝑁
=⇒
𝛿(𝑥𝑞 , 𝑥𝑝 ) = | ln (𝑥𝑞 /𝑥𝑝 )| ≤ 𝜀 .
Pour 𝑝 = 𝑛 et 𝑞 = 𝑁 , cela conduit à :
0 < 𝑎 := 𝑥𝑁 𝑒−𝜀 ≤ 𝑥𝑛 ≤ 𝑏 := 𝑥𝑁 𝑒𝜀 < +∞ .
∀𝑛 ≥ 𝑁 ,
La suite (𝑥𝑛 )𝑛≥𝑁 est bornée. Elle est à valeurs dans le compact [𝑎, 𝑏]. Le théorème des
accoissements finis fournit :
∀ (𝑥, 𝑦) ∈ [𝑎, 𝑏]2 ,
∃ 𝑐 ∈ ]𝑥, 𝑦[ ⊂ [𝑎, 𝑏] ;
𝛿(𝑥, 𝑦) = 𝑐−1 |𝑦 − 𝑥| .
Il s’ensuit que :
∀ (𝑥, 𝑦) ∈ [𝑎, 𝑏]2 ,
𝑏−1 |𝑦 − 𝑥| ≤ 𝛿(𝑥, 𝑦) ≤ 𝑎−1 |𝑦 − 𝑥| .
Ainsi, en restriction à [𝑎, 𝑏], les deux distances 𝛿 et | · | sont équivalentes. Comme l’espace
métrique ([𝑎, 𝑏], | · |) est complet (fermé dans un complet), la suite de Cauchy (𝑥𝑛 )𝑛≥𝑁
est convergente dans [𝑎, 𝑏] (pour les deux distances).
V.B. (1 pt) Soit 𝑓 une application de classe 𝒞 1 de 𝑋 dans 𝑋 vérifiant :
∃ 𝑘 ∈ ]0, 1[ ;
∀𝑥 ∈ 𝑋 ,
𝑥 |𝑓 ′ (𝑥)| ≤ 𝑘 𝑓 (𝑥) .
Montrer que 𝑓 a un point fixe unique dans 𝑋.
On sait que (𝑋, 𝛿) est complet. Pour pouvoir appliquer le théorème du point fixe, il suffit
d’établir que 𝑓 : (𝑋, 𝛿) −→ (𝑋, 𝛿) est contractante de rapport 𝑘. C’est le cas puisque :
(︀
)︀
⃒∫︁ 𝑦 ′
⃒
𝑓 (𝑡)
𝛿 𝑓 (𝑥), 𝑓 (𝑦) = | ln 𝑓 (𝑥) − ln 𝑓 (𝑦)| = ⃒⃒
⃒
⃒
𝑑𝑡⃒⃒
𝑥 𝑓 (𝑡)
∫︁ 𝑦 ⃒ ′ ⃒
∫︁ 𝑦
⃒ 𝑓 (𝑡) ⃒
𝑘
⃒
⃒
≤
𝑑𝑡 = 𝑘 𝛿(𝑥, 𝑦) ,
⃒ 𝑓 (𝑡) ⃒ 𝑑𝑡 ≤
𝑥
𝑥 𝑡
𝑥 < 𝑦.
Exercice VI. Soit (𝑋, 𝛿) un espace métrique. On considère l’ensemble 𝐹 = 𝒞 0 𝑋; [0, 1]
des fonctions continues de 𝑋 dans [0, 1] et l’espace 𝑇 = [0, 1]𝐹 muni de (︀la topologie
)︀
produit 𝒯𝑝 . On introduit aussi l’application 𝜃 : 𝑋 −→ 𝑇 définie par 𝜃(𝑥) = 𝑓 (𝑥) 𝑓 ∈𝐹 .
(︀
)︀
VI.A. (1 pt) Expliquer pourquoi 𝜃 est continue.
La proposition 1.7.7 du cours permet d’affirmer que 𝜃 est continue si et seulement si,
pour tout 𝑓 ∈ 𝐹 , l’application 𝑋 −→ [0, 1] qui à 𝑥 asocie 𝑓 (𝑥) est continue, ce qui revient
à la continuité de 𝑓 mise en hypothèse.
VI.B. (1 pt) Montrer que 𝜃 est injective.
Soit (𝑥, 𝑦) ∈ 𝑋 2(︀ deux points
avec 𝑥 =
̸ 𝑦. Le lemme d’Urysohn permet de trouver une
)︀
fonction 𝑓˜ ∈ 𝒞 0 𝑋; [0, 1] valant 0 en 𝑥 et 1 en 𝑦. Ou considérer :
𝑓˜ : 𝑋 −→ [0, 1] ,
𝑓˜(𝑧) :=
𝛿(𝑧, 𝑥)
.
𝛿(𝑧, 𝑥) + 𝛿(𝑧, 𝑦)
On a 𝜃(𝑥) ̸= 𝜃(𝑦) puisque leurs coordonnées correspondant au choix de 𝑓˜ diffèrent.
VI.C. (2 pt) Montrer que l’application 𝜃 : 𝑋 −→ 𝜃(𝑋), où 𝜃(𝑋) est muni de la topologie
induite 𝒯𝑖 sur 𝜃(𝑋) par 𝒯𝑝 , est une(︀ application
ouverte, c’est à dire que l’image de tout
)︀
ouvert de (𝑋, 𝛿) est un ouvert de 𝜃(𝑋), 𝒯𝑖 .
C’est une question bonus, donc plus difficile. En appliquant le même argument que la
question VI.B, on constate que la famille {𝑈𝑓 }𝑓 ∈𝐹 avec 𝑈𝑓 := 𝑓 −1 (]0, 1]) est une base de
voisinages ouverts de 𝑋. Il suffit donc de vérifier que, pour tout 𝑓 ∈ 𝐹 , l’ensemble 𝜃(𝑈𝑓 )
est un ouvert de 𝜃(𝑋) pour 𝒯𝑖 . Cela résulte de ce que :
𝑊 := 𝜃(𝑈𝑓 ) = 𝑉 ∩ 𝜃(𝑋) ,
{︀
}︀
𝑉 := 𝑧 ∈ 𝑇 ; 𝑓 (𝑧) > 0 ∈ 𝒪𝑝
=⇒
𝑊 ∈ 𝒪𝑖 .