Feuille 1 - IMJ-PRG

LM360
Mathématiques
2008
TD de topologie et calcul différentiel– Feuille 1:
Topologie, intérieur, adhérence
Groupe de TD 5
Si A est un sous-ensemble de E, on notera Ac = E − A son complémentaire.
Exercice 1. Enumérer les topologies de l’ensemble E = {a, b}. Lesquelles sont
séparées ?
Correction 1. Déterminer une topologie, c’est déterminer quels sous-ensembles
sont des ouverts. Il n’y a que 4 sous-ensebles ditincts de E : ∅, E = {a, b}, et
les singletons {a} et {}. D’après les axiomes d’une topologie, E et ∅ doivent être
ouverts. Il reste donc à¯étudier 4 cas suivants:
- il n’y a pas d’autres ouverts; on a alors muni E de la topologie grossière (qui ets
bien une topologie; voir le cours.
- {a} est ouvert mais {b} n’est pas ouvert. Il faut vérifier que les axiomes d’une
topologie sont vérifiés ce qui ets immédiat. On appelle τa cette topologie.
- {b} est ouvert mais {a} n’est pas ouvert. Il faut vérifier que les axiomes d’une
topologie sont vérifiés ce qui est immédiat. On appelle τb cette topologie.
- {a}, {b} sont ouverts; on recconait la topologie discrète (cf le cours), qui est bien
une topologie.
La topologie discrète est séparée. Les autres topologie ne le sont pas car, par exemple, dans τa le seul ouvert contenant b est {a, b} = E contient aussi a. Donc a et b
ne peuvent être séparés. Un raisonement similaire s’applique pour τb et la topologie
grossière.
Exercice 2. Soit l’ensemble E = {a, b, c}, muni d’une topologie. Montrer que si les
singletons {a}, {b} et {c} sont ouverts dans E, alors E est discret (c’est à dire que
la topologie sur E est la topologie discrète).
Note, on définit parfois la topologie discrète comme la topologie pour laquelle tous les singletons sont ouverts (cet exercice explique pourquoi; vérifier que la
démonstration donnée s’applique ne fait à tout espace topologique dans lesquels les
singletons sont ouverts).
Correction 2. Il faut montrer que tout sous-ensemble de E est ouvert. Or un tel
sous-ensemble S est réunion de ses singletons. Comme une réunion d’ouvert est
ouvert, S est ouvert. Par exemple {a, b} = {a} ∪ {b}.
1
Exercice 3 (Topologie sur R2 ). .
1 (topologie usuelle). On appelle ouvert (usuel) de R2 , une réunion de produits
d’intervalles ouverts (c’est à dire de la forme ]a, b[×]c, d[). Montrer que ces
ouverts forment une topologie sur R2 . Existe-t-il une partie de R2 qui ne soit
ni ouverte, ni fermée ?
2. Est-ce que la famille des B(0, r) := {(x, y) ∈ R2 | x2 + y 2 < r} (pour r ∈ [0, +∞])
forme une topologie sur R2 ? Si oui, est-elle séparée ?
3. Est-ce que les topologies définies en 1 et 2. sont les mêmes ? Y’en-a-t-il une
plus fine que l’autre ?
4. Y-a-t-il un ouvert usuel de R2 qui ne soit pas de la forme U × V où U et V sont
des ouverts de R (c’est à dire une réunion d’intervalles ouverts) ?
On appelle rectangle élémentaire un produits d’intervalles ouverts de la forme
]a, b[×]c, d[.
Correction 3. 1 Le seul axiome d’une topologie qui ne soit pas trivial est la stabilité par intersection finie. Une récurrence aisée ramène au cas de
!
[
]ai , bi [×]ci , di [
i∈I

∩

[
]uj , vj [×]xj , yj [ =
j∈J
[
(]ai , bi [×]ci , di [) ∩ (]uj , vj [×]xj , yj [) .
(i,j)∈I×J
(on démontre aisément cette égalité en raisonant par double inclusion). Or
l’intersection de deux rectangles ets un rectangle: (]ai , bi [×]ci , di [)∩(]uj , vj [×]xj , yj [)
est vide ou égal à
]max(ai , uj ), min(bi , vj [×]max(ci , xj ), min(di , yj [.
On en déduit le résultat. Une partie X = [a, b[×[c, d[ n’est ni ouverte, ni
fermée. En effet, aucun rectangle élémentaire contenant (a, c) n’est inclus dans
X ce qui prouve que X n’est pas ouvert. Le complémentaire de X contient le
point (b, d) et tout rectangle élémentaire contenant (b, d) intersecte X. Donc
X C n’est pas ouvert et il suit que X n’est pas fermé.
\
[
2 On vérifie que
B(0, ri ) = B(0, Sup(ri )) et
B(0, rj ) = B(0, min(rj )). De
i∈I
j∈J
plus R2 = B(0, ∞) et ∅ = B(0, 0). Donc la famille des B(0, r) forme une
topologie sur R2 . Elle n’est pas séparée car par exemple, tout ouvert non vide
contient le point 0. Donc aucun point de R2 ne peut être séparé de 0.
3 La topologie de la question 1 est séparée (voir le cours) donc elle ne peut coincider
avec la topologie pour la question 2. La topologie usuelle est en fait plus fine
que la topologie de la question 2 car toute boule ouverte est un ouvert pour
la topologie usuelle.
4 Il y en a fait beaucoup. Par exemple B(0, r). En effet si X = U × V alors
X = p1 (X) × p2 (Y ) où p1 , p2 sont les projections respectives sur la première
et deuxième coordonnées.
2
Exercice 4. Soient X, Y , deux ensembles et f : X → Y une application. Soient
(Ui )i∈I une famille de parties de X.
1. Montrer que f ∪i∈I Ui = ∪i∈I f (Ui ).
2. Montrer que f ∩i∈I Ui ⊂ ∩i∈I f (Ui ) et que l’inclusion peut être stricte. A quelle
condition sur f a-t-on égalité ?
3. Soit A un sous-ensemble de Y . Montrer que f −1 (Y − A) = X − f −1 (A).
Correction 4. 1 Si x ∈ ∪i∈I Ui , alors il existe i ∈ I tel que x ∈ Ui . Il suit que
f (x) ∈ f (Ui ) ⊂ ∪i∈I f (Ui ). Réciproquement,
si y ∈ ∪i∈I f (Ui ), il existe i ∈ I
tel que y ∈ f (Ui ) ⊂ f ∪i∈I Ui .
2 Soit x ∈ ∩i∈I Ui , alors pour tout i ∈ I, x∈ Ui donc, pour tout i ∈ I, f (x) ∈
f (Ui ). On a égalité si f est injective. En effet si x 6= y et f (x) = f (y),
alors {x} ∩ {y} = ∅ =
6 {f (x)} (ce qui fournit un contre-exemple si f n’est pas
injective). Réciproquement, si f est injective, alors que que soit y ∈ ∩i∈I f (Ui ),
il existe une famille (xi ∈ Ui )i∈I telle que y = f (xi ). Par injectivité, tous les
xi coincident. On peut donc les noter x qui,
par construction, appartient à
chaque Ui . Il suit que y = f (x) ∈ f ∩i∈I Ui .
3 on a f −1 (Y − A) = {x ∈ X / f (x) ∈
/ A} = X − f −1 (A).
Soit E un espace topologique et A une partie de E. Rappelons que l’adhérence
de A, notée A est le plus petit fermé de E contenant A. L’intérieur de A, noté Å
est le plus grand ouvert de E contenu dans A.
Exercice 5. On considère R muni de sa topologie usuelle. Déterminer l’intérieur
et l’adhérence de Q et R − Q.
Correction 5. On utilise que Q est dense dans R. Il suit que Q = R. Montrons que
Q̊ = ∅. En effet si p/q ∈ Q, tout intervalle ]a, b[ contenant p/q est non-d{enombrable,
donc contient des éléments de R − Q. Il suti qu’aucun point de Q est intérieur à Q;
˚ Q = ∅.
c’est à dire Q̊ = ∅. On montre de même que R − Q = R et R −
Exercice 6. On considère R2 muni de sa topologie usuelle. Déterminer l’intérieur
et l’adhérence des sous-ensembles suivants:
A = {(x, y) ∈ R2 / 2x > y + 1}
2
2
2
C = {(x, y) ∈ R / 0 ≤ x + y ≤ 1}
B = {(x, y) ∈ R2 / 0 < x < 2 et 0 ≤ y ≤ 1}
D = {(x, y) ∈ R2 / x2 + y 2 ≥ 4} ∩ Q2 .
Correction 6. L’ensemble A est ouvert. En effet A = (2p1 − p2 )−1 (]1, +∞[) où
p1 (x, y) = x et p2 (x, y) = y sont les projections canonique des R2 dans R. D’après
le cours, elles sont continues. Il suit que A est la pré-image d’un ouvert par une
fonction continue, donc est ouvert. Par conséquent Å = A. On a A = {(x, y) ∈
R2 / 2x ≥ y + 1}. En effet ce dernier ensemble est fermé (même raisonement que
pour A ouvert) et de plus tout point de {(x, y) ∈ R2 / 2x ≥ y + 1} est adhérent à
A. En effet si (x, y) ∈ {(x, y) ∈ R2 / 2x ≥ y + 1}, la suite (x + 1/n, y) est dans A et
converge vers (x, y).
Des raisonements analogues montrent que B = {(x, y) ∈ R2 / 0 ≤ x ≤ 2 et 0 ≤
y ≤ 1}, B̊ = {(x, y) ∈ R2 / 0 < x < 2 et 0 < y < 1}, C = C (C est fermé) et
C̊ = {(x, y) ∈ R2 / 0 ≤ x2 + y 2 < 1} (attention, ici 0 est bien un point intérieur à
C.)
Comme tout disque ouvert non vide de R2 contient des points de Q2 , on voit
que l’adhérence de D est {(x, y) : x2 + y 2 ≥ 4}. Et comme tout ouvert non vide de
R2 contient des points à coordonnées irrationnelles, l’intérieur de D est l’ensemble
vide.
3
Exercice 7 (une autre définition de l’intérieur et de l’adhérence). Soit A une partie
d’un espace topologique E. On dit qu’un point x ∈ A est intérieur à A si il existe
un ouvert Ux contenant x et inclus dans A. on dit qu’un point x ∈ E est adhérent
à A si tout ouvert U contenant x rencontre A (c’est à dire U ∩ A 6= ∅ pour tout
ouvert U contenant x).
1. Montrer que Å = {x ∈ A / x est intérieur à A}.
2. Montrer que A ⊂ B implique Å ⊂ B̊.
c
˚c ).
3. Montrer que Ac = (Å)c et que A = (A
4. En déduire que A = {x ∈ E / x est adhérent à A}.
Correction 7. 1 Par définition, si x est intérieur, il existe un ouvert x ∈ Ux ⊂ A.
Mais alors ∪x est intérieur Ux est un ouvert inclus dans A. De plus si x ∈ Å,
alors x est intérieur à A (on peut prendre Ux = Å). Il suit que Å ⊂ {x ∈
A / x est intérieur à A} et comme Å est le plus grand ouvert inclus dans A,
on a
Å = {x ∈ A / x est intérieur à A}.
2 On a Å ⊂ A ⊂ B; donc Å est un ouvert inclus dans B, donc dans le plus grand
ouvert inclus dans B, c’est à dire B̊.
3 Rappelons que si (Xi ) est une famille de parties de E, le complémentaire de la
réunion des Xi est l’intersection des complémentaires des Xi .
Par définition, (Å)c est le complémentaire de la réunion de tous les ouverts
contenus dans A, c’est donc l’intersection de tous les fermés contenant Ac ,
c’est-à-dire Ac . La deuxième égalité se déduit de la première en remplaçant A
par son complémentaire.
4 D’après 3, par passage au complémentaire, il suffit de montrer que l’on a {x ∈
E / x est adhérent à A}c = Åc . Or
{x ∈ E / x est adhérent à A}c
= {x ∈ E / ∀x ∈ Ux ouvert , Ux ∩ A 6= ∅}c
= {x ∈ E / ∃x ∈ Ux ouvert , Ux ∈ Ac }
= {x ∈ E / x est intérieur à Ac } = Åc .
Exercice 8. Soit X un espace topologique, A, B des sous-ensembles de X.
1. Montrer que
A ∩ B ⊂ A ∩ B,
A ∪ B = A ∪ B,
(A ˚
∩ B) = Å ∩ B̊
et montrer que la première inclusion peut être stricte.
2. Que peut on dire de Å ∪ B̊ ?
3. On note u(A) = ˚
A et v(A) = Å.
a) Calculer u(A) et v(A) pour E = R (avec la topologie usuelle) et A =]0, 2]
et A = Q.
b) Comparer A, Å, u(A) et v(A).
c) Montrer que u2 = u et v 2 = v.
4. Soit Y un espace topologique et C ⊂ Y . On munit X ×Y de la topologie produit.
˚ C) = Å × C̊.
Montrer que A × C = A × C et (A ×
4
Correction 8. 1 On a clairement A ∩ B ⊂ A et A ∩ B ⊂ B, donc A ∩ B ⊂ A et
A ∩ B ⊂ B, d’où l’inclusion : A ∩ B ⊂ A ∩ B.
Comme on a A ⊂ A ∪ B et B ⊂ A ∪ B, on a aussi A ⊂ A ∪ B et B ⊂ A ∪ B.
Donc A ∪ B ⊂ A ∪ B.
D’autre part, on a A ∪ B ⊂ A ∪ B. Ce dernier ensemble étant fermé, comme
réunion de deux fermés, il contient A ∪ B. On a donc bien A ∪ B = A ∪ B.
Par passage au complémentaire, et en utilisant l’exercice précédent on obtient
(A ˚
∩ B) = Å ∩ B̊.
L’inclusion A ∩ B ⊂ A ∩ B est fausse en général: prenons dans R, A = [0, 2[
et B =]2, 3]. A ∩ B est alors vide, donc son adhérence aussi, mais A = [0, 2]
et B = [2, 3] d’où A ∩ B = {2}.
2 On a Å ∪ B̊ est un ouvert inclus dans A ∪ B, donc inclus dnas le plus grand ouvert
de A ∪ B. Il suit que Å ∪ B̊ ⊂ A ˚
∪ B. l’inclusion inverse est fausse come on le
voit en considérant les complémentaires pour le contre-exemple de la question
précédente 1.
3 a) u(]0, 2]) = [0,˚2] =]0, 2[ et v(]0, 2]) = ]0, 2[ = [0, 2]. On a u(Q) = R et v(Q) = ∅.
˚
b) On a pour tout ensemble X̊ ⊂ X ⊂ X. De plus X = X et X̊ = X̊. Il suit
que Å ⊂ u(A) ⊂ A et de même Å ⊂ v(A) ⊂ A. En revanche, on ne peut
pas comparer u(A) et v(A) en général car pour A = Q on a v(A) est
strictement inclus dans v(A) et pour une boule ouverte dans Rd , c’est le
contraire...
˚ ⊂ v(A). comme u(A) est ouvert, il suit que
c) D’après b), on a u(A) = A
˚
u(A) ⊂ v(A) = u2 (A). De plus, on a u(A) ⊂ A, d’où, u(A) ⊂ A = A. En
prenant les intérieurs, il suit que u2 (A) ⊂ u(A). On a donc montré que
u(A = u2 (A). On montre de même que v 2 (A) = v(A).
4 on sait que les projections pX : X × Y → C et pY : X × Y → Y sont continues
˚ B. De plus,
et ouvertes. On a Å × B̊ ⊂ A × B est ouvert, donc Å × B̊ ⊂ A ×
˚ B) est un ouvert inclus dans A, donc inclus
comme pX est ouverte, pX (A ×
˚ B) ⊂ B̊. Il suit que A ×
˚ B ⊂ Å × B̊. On a obtenu
dans Å. De même, pY (A ×
˚ B.
Å × B̊ = A ×
Comme A × B est fermé, on a A × B ⊃ A × B. Montrons l’inclusion inverse.
Si (x, y) est dans A × B, alors pour tout ouvert élḿentaire Ux × Vy dans la
topologie produit, on a x ∈ Ux est un ouvert de A donc Ux ∩ A =6= ∅ car
x ∈ A. De même, Vy ∩ B 6= ∅. Il en découle que (Ux × Vy ) ∩ (A × B) 6= ∅ et
donc (x, y) est adhérent à A × B. Ainsi, A × B ⊂ A × B.
Exercice 9 (Frontière). Si A est une partie d’un espace topologique X, la frontière
de A, notée ∂A, est l’ensemble ∂A = A − Å.
1. Montrer que ∂A = A ∩ Ac = ∂(Ac ) et que ∂A est fermé.
2. Déterminer la frontière des ensembles de R2 suivants:
A = {(x, y) ∈ R2 / 0 < x2 + y 2 < 2},
B = Q2 ,
C =] − 2, 1[×[0, 1].
Correction 9. 1 Par définition, la frontière de A est l’intersection de l’adhérence de A et du complémentaire de l’intérieur de A. D’après l’exercice 7, le
complémentaire de l’intérieur d’une partie est l’adhérence de son complémentaire.
Donc ∂A = A ∩ Ac . On en déduit que ∂A = ∂Ac et que la frontière est fermée
comme intersection finie de fermés.
5
2 On vérifie que ∂A = {0} ∪ {(x, y) ∈ R2 / x2 + y 2 = 2}. En effet A est ouvert
(raisonner comme dans√l’exercice 5), son adhérence est la boule fermée centrée
à l’origine et de rayon 2, donc ∂A = A \ A = {(0, 0)} ∪ {(x, y) : x2 + y 2 = 2}.
On a ∂Q2 = R2 − ∅ = R2 . On a
∂C = {−2} × [0, 1] ∪ {1} × [0, 1] ∪ [−2, 1] × {0} ∪ [−2, 1] × {1}
car C = [−2, 1] × [0, 1].
Exercice 10. Soit X un espace topologique, Y un sous-espace de X muni de la
topologie induite et A ⊂ Y .
1. On note A l’adhérence de A dans X et A
Y
que A = A ∩ Y .
Y
l’adhérence de A dans Y . Montrer
2. On note aussi Å, ÅY les intérieurs de A dans X et Y respectivement. Montrer
que Å ⊂ ÅY . Montrer que cette inclusion peut être stricte.
Correction 10. 1 L’ensemble A∩Y est fermé dans Y en tant que trace d’un fermé
de X. Il faut montrer que c’est le plus petit fermé de Y contenant A. Soit G
un fermé du sous-espace Y contenant A. Par définition de la topologie de Y ,
G est de la forme O ∩ F où O est fermé dans X. Comme A ⊂ G, il vient
A ⊂ O. O étant fermé, A ⊂ O. Par conséquent A ∩ Y ⊂ O ∩ Y = G.
2 On a Å ⊂ A ⊂ Y ouvert, donc Å = Å ∩ Y est ouvert dans Y et il suit que
Å ⊂ ÅY . Prenons Y = [0, 1[∪[2, 3], A = [0, 1[ et X = R. Alors Å =]0, 1[ mais,
A = Y ∩] − 1, 1[ est ouvert dans Y , donc ÅY = A.
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