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 𝑋peut 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 4ouverts 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 𝐴une 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
∘
𝐴̸ = ∅ . 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∩𝑃̸ = ∅ et a
fortiori on a 𝐴∩𝑃̸=∅.
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 𝐹̸ = 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 𝜆̸= 0, on a :
𝑑(𝜆 𝑥, 𝐹 ) = inf ‖𝜆 𝑥 −𝑦‖;𝑦∈𝐹= inf |𝜆| ‖ 𝑥−𝜆−1𝑦‖;𝑦∈𝐹
=|𝜆|inf ‖𝑥−𝜆−1𝑦‖;𝑦∈𝐹=|𝜆|inf ‖𝑥−𝑦‖;𝑦∈𝐹=|𝜆|𝑑(𝑥, 𝐹 ).
(iii) Enfin, comme 𝑦∈𝐹et 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∈𝐸et 𝑥′∈𝐸, montrer que :
(𝑖𝑣)𝑑(𝑥+𝑥′, 𝐹 )≤𝑑(𝑥, 𝐹 ) + 𝑑(𝑥′, 𝐹 ).
Par définition, on peut trouver deux suites (𝑦𝑛)𝑛∈𝐹Net (𝑦′
𝑛)𝑛∈𝐹Ntelles que :
𝑑(𝑥, 𝐹 ) = lim
𝑛→+∞𝑑(𝑥, 𝑦𝑛), 𝑑(𝑥′, 𝐹 ) = lim 𝑛→+∞𝑑(𝑥′, 𝑦′
𝑛).
Comme 𝑦𝑛+𝑦′
𝑛∈𝐹, on peut écrire :
𝑑(𝑥+𝑥′, 𝐹 )≤‖ 𝑥+𝑥′−(𝑦𝑛+𝑦′
𝑛)‖≤‖ 𝑥−𝑦𝑛‖+‖𝑥′−𝑦′ 𝑛‖.
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)−1𝑑(𝑥−𝑦, 𝐹 ) = 𝛼−1(1 + 𝜀)−1𝑑(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∈𝐹N
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]Nvérifiant :
sup 𝑑(𝑥, 𝐹 ) ; 𝑥∈𝐵(0,1] ≥lim
𝑛→+∞𝑑(˜𝑥𝑛, 𝐹 ) = lim 𝑛→+∞(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.

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 𝐹̸ = 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 𝒞2 sur [0 , 1], à valeurs
réelles, et qui sont telles que 𝑓(0) = 0 et 𝑓′(0) = 0. Etant donné 𝑓∈𝐸, on pose :
‖𝑓‖∞:= sup
𝑥∈[0,1]
|𝑓(𝑥)|, 𝑁(𝑓) :=‖𝑓+ 2 𝑓′+𝑓′′ ‖∞.
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 :
𝑒𝑥𝑓(𝑥) = 𝑥
0
𝑒𝑡ℎ(𝑡)𝑑𝑡 , 𝑒𝑥ℎ(𝑥) = 𝑥
0
𝑒𝑡𝑔(𝑡)𝑑𝑡 .
Par conséquent :
|𝑓(𝑥)|=⃒
⃒
⃒
⃒𝑥
0𝑡 0
𝑒𝑠−𝑥𝑔(𝑠)𝑑𝑠𝑑𝑡⃒
⃒
⃒
⃒
≤𝑥
0𝑡 0
|𝑔(𝑠)|𝑑𝑠𝑑𝑡 ≤‖ 𝑔‖∞1
0
𝑡 𝑑𝑡 .
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*∈𝐸Ndéfinie par 𝑓𝑛(𝑥) = 𝑥sin (𝑛 𝑥), on a :
‖𝑓𝑛‖∞≤1, 𝑁(𝑓𝑛)≥ |𝑓′′
𝑛(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)∈𝑋2, 𝛿(𝑥, 𝑦) = |ln 𝑥−ln 𝑦|.
V.A. (1 pt) Montrer que l’espace métrique (𝑋, 𝛿)est complet.
Soit (𝑥𝑛)𝑛∈𝑋Nune suite de Cauchy. Ainsi :
∀𝜀∈R*
+,∃𝑁∈N;𝑞≥𝑝≥𝑁=⇒𝛿(𝑥𝑞, 𝑥𝑝) = |ln (𝑥𝑞/𝑥𝑝)| ≤ 𝜀 .
Pour 𝑝=𝑛et 𝑞=𝑁, cela conduit à :
∀𝑛≥𝑁 , 0< 𝑎 := 𝑥𝑁𝑒−𝜀≤𝑥𝑛≤𝑏:= 𝑥𝑁𝑒𝜀<+∞.
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 𝑓une application de classe 𝒞1de 𝑋dans 𝑋vérifiant :
∃𝑘∈]0,1[ ; ∀𝑥∈𝑋 , 𝑥 |𝑓′(𝑥)| ≤ 𝑘 𝑓(𝑥).
Montrer que 𝑓a 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 :
𝛿𝑓(𝑥), 𝑓(𝑦)=|ln 𝑓(𝑥)−ln 𝑓(𝑦)|=⃒
⃒
⃒
⃒𝑦
𝑥
𝑓′(𝑡)
𝑓(𝑡)𝑑𝑡⃒
⃒
⃒
⃒
≤𝑦
𝑥⃒
⃒
⃒
⃒
𝑓′(𝑡)
𝑓(𝑡)⃒
⃒
⃒
⃒
𝑑𝑡 ≤𝑦
𝑥
𝑘
𝑡𝑑𝑡 =𝑘 𝛿(𝑥, 𝑦), 𝑥 < 𝑦 .
Exercice VI. Soit ( 𝑋, 𝛿 )un espace métrique. On considère l’ensemble 𝐹 = 𝒞0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−→ 𝑇définie par 𝜃(𝑥) = 𝑓(𝑥)𝑓∈𝐹.
VI.A. (1 pt) Expliquer pourquoi 𝜃est 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 𝑓mise en hypothèse.
VI.B. (1 pt) Montrer que 𝜃est injective.
Soit ( 𝑥, 𝑦 ) ∈𝑋2 deux points avec 𝑥̸ = 𝑦 . Le lemme d’Urysohn permet de trouver une
fonction ˜ 𝑓∈ 𝒞0𝑋; [0,1]valant 0en 𝑥et 1en 𝑦. Ou considérer :