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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, ruben@sciences.ch)
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.
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Topologie
EXERCICE 2.
Niveau : Deuxième Cycle
Auteur : Ruben Ricchiuto (09.08.04, ruben@sciences.ch)
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.
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EXERCICE 3.
Niveau : Deuxième Cycle
Auteur : Ruben Ricchiuto (09.08.04, ruben@sciences.ch)
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
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j
j
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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.
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EXERCICE 4.
Niveau : Deuxième Cycle
Auteur : Ruben Ricchiuto (09.08.04, ruben@sciences.ch)
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 (,  ) .
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EXERCICE 5.
Niveau : Deuxième Cycle
Auteur : Ruben Ricchiuto (09.08.04, ruben@sciences.ch)
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) 
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EXERCICE 6.
Niveau : Deuxième Cycle
Auteur : Ruben Ricchiuto (09.08.04, ruben@sciences.ch)
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
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EXERCICE 7.
Niveau : Deuxième Cycle
Auteur : Ruben Ricchiuto (09.08.04, ruben@sciences.ch)
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
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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.
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EXERCICE 8.
Niveau : Deuxième Cycle
Auteur : Ruben Ricchiuto (09.08.04, ruben@sciences.ch)
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.
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EXERCICE 9.
Niveau : Deuxième Cycle
Auteur : Ruben Ricchiuto (09.08.04, ruben@sciences.ch)
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 
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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    .
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EXERCICE 10.
Niveau : Deuxième Cycle
Auteur : Ruben Ricchiuto (09.08.04, ruben@sciences.ch)
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) .
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EXERCICE 11.
Niveau : Deuxième Cycle
Auteur : Ruben Ricchiuto (01.04.05, ruben@sciences.ch)
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.
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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
 ei1
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
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EXERCICE 12.
Niveau : Deuxième Cycle
Auteur : Ruben Ricchiuto (01.03.05, ruben@sciences.ch)
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  n1 [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  n1 . 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




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 
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 .
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EXERCICE 13.
Niveau : Deuxième Cycle
Auteur : Ruben Ricchiuto (01.03.05, ruben@sciences.ch)
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
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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.
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EXERCICE 14.
Niveau : Deuxième Cycle
Auteur : Ruben Ricchiuto (01.03.05, ruben@sciences.ch)
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.
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EXERCICE 15.
Niveau : Deuxième Cycle
Auteur : Ruben Ricchiuto (01.03.05, ruben@sciences.ch)
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) .
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