Corrigé de l`Examen Partiel de Topologie 2010-2011

Corrigé de l'Examen Partiel de Topologie 2010-2011
Questions de cours
1. Dans un espace topologique (X, O), une partie qui n'est pas ouverte est fermée :
faux [0, 1[ est ni ouvert ni fermé dans R.
2. Étant donné un espace topologique (X, O) et une partie Y de X , un ouvert pour
la topologie induite sur Y est un ouvert de X qui est contenu dans Y : faux [0, 1[
est ouvert dans [0, 2] mais ce n'est pas un ouvert de R.
3. Étant donné un espace topologique (X, O) et une partie fermée Y de X , un fermé
pour la topologie induite sur Y est un fermé de X qui est contenu dans Y : vrai,
un fermé de Y étant l'intersection de Y avec un fermé de X , c'est un fermé de
X contenu dans Y . Réciproquement, un fermé F de X contenu dans Y s'écrit
F = F ∩ Y , c'est donc bien un fermé de Y .
4. Dans un espace métrique complet (X, d) l'intersection d'une suite d'ouverts denses
(On )n∈N est un ouvert dense : faux, cette intersection est dense (Théorème de Baire)
mais elle n'est pas ouverte en général. Par exemple,
pour r ∈ Q et Or = R \ {r},
T
les Or sont des ouverts denses de R et on a r∈Q Or = R \ Q qui est dense dans R
mais non ouvert.
5. Étant donnée une famille nie d'espaces topologiques (Xn , On )1≤n≤p et l'espace
X = X1 × · · · × Xn muni de la topologie produit, tout ouvert de X est-il de la
forme O1 × · · · × On avec Ok ouverts de Xk , 1 ≤ k ≤ n ? non, mais tout ouvert de
X est une réunion d'ensembles de ce type. Par exemple le disque unité ouvert dans
R2 est ouvert, main on ne peut pas l'écrire comme un produit O1 × O2 (véez-le).
Exercice 1
1. Remarquons que X et ∅ sont dans F . Soit
T une famille d'éléments de
T (Fi )i∈I est
Fj et cette intersection
F , et soit J = {j ∈ I : Fj = X}. On a i∈I Fi = j∈J S
d'ensembles
nis
est
nie.
Enn
si
I
est
ni
et
J
=
6
∅
,
alors
i∈I Fi = X et si J = ∅,
S
alors i∈I Fi est ni comme réunion nie d'ensembles nis. Dans le cas où X est
ni, on a donc F = P(X), on obtient donc la topologie discrète sur X .
2. Soient O1 et O2 deux ouverts non vides. On a X \ (O1 ∩ O2 ) = (X \ O1 ) ∪ (X \ O2 ).
Comme O1 et O2 sont non vides, leurs complémentaires sont donc nis, et la réunion
de deux ensembles nis est nie, donc X \ (O1 ∩ O2 ) 6= X car X est inni, d'où
O1 ∩ O2 6= ∅. Ceci implique que le topologie τcf n'est pas séparée car, d'après ce qui
précède, deux voisinages quelconques de deux points x et y ont une intersection
non vide.
3. (a) Soit P : R → R une fonction polynôme non constante et soit F un fermé de
Rcf . Si F = R, alors P −1 (F ) = R et si F est ni, alors P −1 (F ) est aussi ni
(un polynôme n'a qu'un nombre ni de racines). Il en résulte que P −1 (F ) est
fermé dans Rcf pour tout fermé F de Rcf , d'où P est bien continue de Rcf dans
lui-même.
(b) Soit g : Rcf → Rcf une fonction non constante (si P est constante, elle est
clairement continue). Si g est continue et y ∈ R, alors g −1 ({y}) est un fermé
de Rcf diérent de R puisque g n'est pas constante, donc g −1 ({y}) est ni pour
tout y ∈ R. Réciproquement, si g −1 ({y}) est ni pour tout y ∈ R alors l'image
réciproque de tout fermé F de Rcf est soit R si F = R, soit un ensemble ni
de R sinon, donc un fermé de Rcf . On en déduit bien que g est continue. Une
bijection g de R dans R est non constante ainsi que son inverse et les images
réciproques d'un singleton {y} par g et g −1 sont des singletons ce qui implique,
d'après ce qui précède, que g et g −1 sont continues de Rcf dans lui-même.
(c) R est fermé pour τ ainsi que toute partie nie de R, donc τcf est moins ne
que τ . Elle est strictement moins ne car tout fermé de cardinal inni de R pour
τ autre que R n'est pas fermé pour τcf .
(d) Soit x ∈ R et O 3 x un ouvert non vide de (R, τcf ). Alors R\O est un ensemble
ni, donc {n ∈ N : rn ∈ R \ O} est ni car les termes de la suite sont distincts
deux à deux, donc rn ∈ O pour tout n assez grand, ce qui montre bien que la
suite (rn )n∈N converge vers x.
Exercice 2
1. Soit (E, d) un espace métrique tel que chacun de ses points admet un voisinage
complet. Pour tout x ∈ E , soit U un voisinage complet de x et soit V un voisinage
quelconque de x. Il existe un r > 0 tel que B[x, r] ⊂ V (boule fermée). On a alors
V ⊃ B[x, r] ∩ U et B[x, r] ∩ U est complet comme fermé du complet U et c'est un
voisinage de x, donc E est localement complet. La réciproque est évidente.
2. (a) Tout espace métrique complet est localement complet d'après la question précédente car tout point x a un voisinage complet E . Mais ]0, 1[ est localement
complet mais non complet.
(b) Soit r ∈ Q et soit V un voisinage de r dans Q. On a V ⊃ [r − η, r + η] ∩ Q
pour un certain η > 0. Soit x ∈ (R \ Q)∩]r − η, r + η [. Il existe alors une suite
(rn )n∈N de nombres rationnels de l'intervalle ]r − η, r + η[ qui converge vers x.
Cette suite est de Cauchy dans V mais ne converge pas dans V , ce qui montre
que Q n'est pas localement complet.
3. (a) Supposons A fermé, soit x ∈ A et soit U un voisinage complet de x dans E .
Comme A est fermé, U ∩ A est un voisinage de x dans A qui est complet car
c'est un fermé du complet U donc A est localement complet. Si A est ouvert et
x ∈ A, alors A est un voisinage de x, il contient donc un voisinage complet U de
x dans E qui est aussi voisinage de x dans A car U ⊂ A.
(b) Remarquons que A = [0, 1[ qui n'est ni ouvert ni fermé est localement complet
dans R. En eet [0, 21 ] est un voisinage complet de 0 dans A et, pour x ∈]0, 1[,
choisissant η > 0 assez petit pour que [x − η, x + η] ⊂ A, on observe que
[x − η, x + η] est un voisinage complet de x dans A.
4. Pour (x, x0 ) ∈ E × E 0 , soient U et U 0 des voisinages complets de x et x0 . On a
alors U × U 0 est un voisinage de (x, x0 ) dans E × E 0 et U × U 0 est complet, d'où le
résultat. Réciproquement, si E × E 0 est localement complet et si (x, x0 ) ∈ E × E 0 ,
alors E × {x0 } est fermé dans E × E 0 donc localement complet d'après la question
précédente. Comme E × {x0 } est isométrique à E , il en résulte immédiatement
que E est localement complet. Le même raisonnement montre aussi que E 0 est
localement complet.
5. Soit x ∈ A et U un voisinage complet de x dans A. Il existe alors η > 0 tel que
B[x, η] ∩ A ⊂ U . Soit y ∈ B(x, η) (boule ouverte) ; comme A est dense, il existe
une suite (yn )n∈N d'éléments de A qui converge vers y . Pour n assez grand, on a
yn ∈ B(x, η) ∩ A ⊂ U . La suite (yn )n∈N est de Cauchy dans U donc converge vers
un élément de U , d'où y ∈ U ⊂ A. Il en résulte que B(x, η) ⊂ A, donc A est bien
ouvert. Revenant à la question 2. (b), Q est dense et non ouvert, il ne peut donc
pas être localement complet d'après ce qui précède.