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Université Mohamed Boudiaf - M'sila

Faculté de Mathématiques et d'informatiques

Département de Mathématiques

Licence mathématiques LMD

Deuxième année (Semestre 03)

INTRODUCTION A LA TOPOLOGIE

SAADI ABDERACHID

1

Table des matières

Bibliographie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

Aperçu historique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1 Espaces métriques 7

1.1 Distance . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.2 Boule ouverte, boule fermée, Topologie des espaces métriques . . . . . . . . . . . 9

Exercices 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

2 Espaces topologiques 13

2.1 Ouvert, fermé, espace topologique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

2.2 Voisinage, base de topologie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

2.3 Intérieur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

2.4 Adhérence . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

2.5 Point d'accumulation, point isolé . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

2.6 Frontière, extérieur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

2.7 Topologie induite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

2.8 Topologie produit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

2.9 Espace séparé, espace séparable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

Exercices 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

3 Limite et continuité 24

3.1 Limite d'une suite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

3.2 Suites de Cauchy, Espaces complets . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

3.3 Continuité d'une fonction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

3.4 Continuité uniforme, applications lipschitziennes . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

3.5 Théorème du point xe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

Exercices 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

4 Espaces compacts 33

4.1 Espaces et ensembles compacts . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

4.2 Espaces localemnt compacts . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

4.3 Espaces métriques et compacité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

4.4 Espaces compacts et continuité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

2

Exercices 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

5 Espaces connexes 41

5.1 Espaces connexes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

5.2 Composantes connexes, espaces localement connexes . . . . . . . . . . . . . . . . 43

5.3 Espaces métriques et connexité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

5.4 Applications continues et connexité, connexité par arcs . . . . . . . . . . . . . . 45

Exercices 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

6 Espaces Vectoriels Normés 47

6.1 Norme et espace vectoriel normé, Espaces de Banach . . . . . . . . . . . . . . . 47

6.2 Espaces vectoriels normés de dimensions nis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

6.3 Applications linéaires continues . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

6.4 Quelques théorèmes principaux . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

Exercices 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

Solutions des exercices du chapitre 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

Solutions des exercices du chapitre 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

Solutions des exercices du chapitre 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

Solutions des exercices du chapitre 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

Solutions des exercices du chapitre 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

Solutions des exercices du chapitre 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

Examens . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

Corrigé des examens . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

3

Bibliographie

[1] C. Berger, Topologie pour la Licence (cours et exercices) . Universitè de Nice-Sophia

Antipolis, 2004.

[2] N. Bourbaki, Topologie générale, Chapitres 1 à 4. Hermann, Paris, 1971.

[3] G. Choquet , Cours d'analyse, tome II, Topologie. Masson, Paris, 1964.

[4] G. Christol, Topologie. Ellipses, Paris, 1997.

[5] F. G. Croom, Principles of topologie. CENGAGE Learninig, India, 2008.

[6] J. Dieudonné , Eléments d'analyse, tome I : fondements de l'analyse moderne. Gauthier-

Villars, Paris, 1968.

[7] J. Dixmier , Topologie générale. Presses universitaires de France, 1981.

[8] Nawfal Elhage Hassan, Topologie générale et espaces normés. Dunod, Paris, 2011.

[9] A. Faisant, TP et TD de Topologie. Hermann, Paris, 1988.

[10] A.Hitta, Topologie des espaces metiques. Université de Guelma , 2009/2010.

[11] C. M. Marle, P. Pilibossian, La tpopologie des espaces metriques . ellipse, Paris.

[12] A. Mostfaï, Cours de Topologie. OPU, Alger.

[13] F. Nier, D. Iftimie, Introduction à la Topologie. Université de Renne 1.

[14] H. Queélec, Topologie.Dunod,3eme édition, 2007 .

[15] E. Ramis, C. Deschaps, J. Odoux Cours de mathématiques spéciales, III (topologie

et éléments d'analyse). 3eme édition, Masson, Paris , 1991.

[16] C. Samuel Analyse et Topologie. Université d'Aix-Marseille I et III, 2003-2004.

4

Introduction

Ce cours s'adresse aux étudiants en deuxième année LMD mathématiques, semestre 01

(selon l'arrêt N° 645, 24 Juillet 2014), avec deux cours et un TD par semaine, de 14 à 16

semaines.

Ce polycopie est la conséquence d'un eort de trois années universitaires à l'université

Mohamed Boudiaf, M'sila, comme chargé de cours. Il est composé de six chapitres, après chaque

chapitre, il y a des exercices (résolus à la n du cours), enn, on a six examens avec ses corrigés

types.

- Le premier chapitre contient des notions préliminaires sur les espaces métriques.

- Dans le deuxième chapitre on va étudier la structure des espaces topologiques, et leurs

propriétés.

- Le troisième chapitre étudie la limite des suites et fonction, et la continuité des fonctions

dans les espaces métriques, et les espaces topologiques.

- Dans le quatrième et cinquième chapitre, on a étudié la compacité et la connexité.

- Enn, on met des notions et propriétés des espaces vectoriels normés, et les applications

linéaires continues, et on cite des théorèmes principaux (utilisés dans l'analyse fonctionnelle).

Nous tenons à remercier Pr Boudaoud Abdelmadjid (pour ces remarques utiles), et l'équipe

pédagogique de Tpologie (Pr Amroune Abdelaziz, Dr Gagui Bachir, Dr Saadi Khalil, Dr Cheniti

Ben Saloua, Dr Ghadbane Nacer, Mechter Rabah, Bouaa Dahmen, Chadi Khelifa, Abdelaziz

Hallal) pour leur assistance, et leurs conseils nous ont aidés à calibrer ce polycopie.

M'sila le 10/06/2017 Aj (15/09/1438 h)

Dr Saadi Abderachid.

5

Aperçu historique

Les espaces métrique sont noté comme une extension d'espace euclidien classique par M.

Fréchet en 1906. Cette ouvrage a été cité comme une conséquence des travaux de :

- G. Ascoli sur les ensembles des courbes.

- E. Borel sur les droites et les plans.

- C. Arzela, V. Voltera, D. Hilbert, I. Fredholm sur les espaces fonctionnelles.

F. Hausdor a été déni l'espace topologique en 1914 ; la notion de séparabilité est donnée

en 1906 par M. Fréchet comme une propriété des espaces métriques, et la notion de densité est

donnée par Bois-Reymond dans ses recherches sur les espaces euclidiens.

La notion moderne de limite est généralisée par H. Moore en 1922, mais la notion de conver-

gence dans les espaces métriques est plus ancien(par exemple : Cauchy en 1821, et Abel en 1823

dans le cas des nombres réels).

Le terme "compact" est introduit en 1904 par M. Fréchet, dans les espaces qui vérient la

propriété suivante : "de toute suite en peut extraire une sous-suite convergente". Cette propriété

est connue sous le nom "continuité séquentielle" (elle est équivalente à la compacité dans les

espaces métriques). Cette notion est généralisée en 1923 dans les travaux d'Uryshon.

La connexité est introduit pour les ensembles bornés dans Rn par G. Cantor en 1883, mais

on ne peut pas généraliser ce dénition. Dans le cas des espaces métriques la dénition moderne

est introduit par C. Jordan en 1892, et généralisé par N. J. Lennes en 1911, puis F. Hausdor

en 1914. La connexité par arc est ancien que la connexité, elle est introduit par Weierstrass en

1890 dans les sous-ensembles de Rn.

6

Chapitre 1

Espaces métriques

1.1 Distance

Dénition 1.1 On appelle distance (ou métrique) sur un ensemble E toute application

d : E × E −→ R+, satisfait les propriétés suivantes :

i) Positive : ∀x, y ∈ E; d(x, y) ≥ 0 et d(x, y) = 0⇔ x = y,

ii) Symétrie : ∀x, y ∈ E; d(x, y) = d(y, x),

iii) Inégalité triangulaire : ∀x, y, z ∈ E; d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z).

Dénition 1.2 Un espace métrique est un couple (E, d) où l'ensemble E est muni de la dis-

tance d.

Exemple 1.1 .

1. L'ensemble R muni de la distance usuelle d(x, y) = |x − y|(x, y ∈ R) est un espace

métrique.

2. Sur l'espace Rn, on peut dénir plusieurs distances faisant intervenir la distance usuelle

entre les composantes. Soient x = (x1, · · · , xn), y = (y1, · · · , yn) ∈ Rn. On dénit trois

distances :

i) d1(x, y) =n∑i=1

|xi − yi|,

ii) d2(x, y) =

√√√√ n∑i=1

|xi − yi|2 (distance euclidienne),

iii) dp(x, y) = (n∑i=1

|xi − yi|p)1p (p ≥ 1),

iV) d∞(x, y) = max1≤i≤n

|xi − yi|.

3. On peut dénir une distance, dite discrète, sur un ensemble quelconque E, en posant pour

x, y ∈ E :

d(x, y) =

0 : x = y

1 : x 6= y

7

4. Soit a, b ∈ R, C([a, b];R) l'ensemble des applications continues de [a, b] vers R. On dénit

la distance :

∀f, g ∈ C([a, b];R); d∞(f, g) = supt∈[a,b]

|f(t)− g(t)|

Dénition 1.3 On dit que deux distances d1 et d2 sur un ensemble E sont métriquement

équivalentes s'il existe α > 0 et β > 0 tels que : ∀x, y ∈ E : αd1(x, y) ≤ d2(x, y) ≤ βd1(x, y).

Exemple 1.2 Les distances d1, d2, . . . dp, · · · , d∞ dans Rn sont métriquement équivalentes.

Dans la suite on considère un espace métrique (E, d).

Proposition 1.1 Pour tous x, y et z des points de (E, d), on a : |d(x, y)− d(x, z)| ≤ d(y, z).

Preuve: Sient x, y, z ∈ E. On a :

d(x, y) ≤ d(x, z) + d(y, z). Donc ; d(x, y)− d(x, z) ≤ d(y, z).

d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z). Donc ; −d(y, z) ≤ d(x, y)− d(x, z).

Alors ; |d(x, y)− d(x, z)| ≤ d(y, z).

Dénition 1.4 Une application ϕ : R+ −→ R+ est dite sous-additive si :

∀x, y ∈ R+;ϕ(x+ y) ≤ ϕ(x) + ϕ(y)

Proposition 1.2 Soit ϕ : R+ −→ R+ une application croissante sous-additive et ne s'annulant

qu'en 0. Alors ; ϕ d est une distance sur E.

Preuve: Soient x, y, z ∈ E.i) ϕ d(x, y) = 0⇔ d(x, y) = 0⇔ x = y,

ii) d(x, y) = d(y, x)⇒ ϕ d(x, y) = ϕ d(y, x),

iii)d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z) ⇒ ϕ(d(x, z)) ≤ ϕ(d(x, y) + d(y, z))

⇒ ϕ d(x, y) ≤ ϕ d(x, z) + ϕ d(y, z)

Dénition 1.5 Soit A et B deux parties de E. On appelle distance entre A et B la quantité

d(A,B) = infd(x, y) : x ∈ A, y ∈ B

En particulier ; la distance entre un point x ∈ E, et l'ensemble A est la quantité :

d(x,A) = infy∈A

d(x, y)

Dénition 1.6 On appelle diamètre d'une partie A de E et on note Diam(A) la quantité :

Diam(A) = supd(x, y) : x, y ∈ A

Proposition 1.3 Soit A,B deux sous-ensembles de (E, d).

Si A ⊂ B alors : Diam(A) ≤ Diam(B)

Preuve: Soient x, y ∈ A. Donc ; x, y ∈ B. Alors ; d(x, y) ≤ Diam(B).

Alors ; Diam(A) = supx,y∈A

d(x, y) ≤ Diam(B)

8

1.2 Boule ouverte, boule fermée, Topologie des espaces mé-

triques

Soient a ∈ E et r > 0.

Dénition 1.7 La Boule ouverte de centre a et de rayon r est :

B(a, r) = x ∈ E : d(a, x) < r

Dénition 1.8 La Boule fermée de centre a et de rayon r est :

B(a, r) = x ∈ E : d(a, x) ≤ r

Dénition 1.9 La sphère de centre a et de rayon r est :

S(a, r) = x ∈ E : d(a, x) = r

Exemple 1.3 .

1. Dans R muni de la distance usuelle ; tout intervalle ouvert (resp fermé) de centre a et de

rayon r est une boule ouverte (resp fermée) de centre a et de rayon r.

2. Les boules d'unité B(0, 1) dans R2 pour les distances d1, d2, d∞ sont :

Dénition 1.10 On dit qu'une partie A de E est bornée s'il existe a ∈ E,M > 0 tels que

A ⊂ B(a,M).

Proposition 1.4 Une partie A de E est bornée si et seulement si son diamètre est ni.

Preuve:

=⇒ Supposons que A est borné. Il existe a ∈ E,M > 0 tels que A ⊂ B(a,M).

Alors ; pour tous x, y ∈ A : d(x, y) ≤ d(a, x) + d(a, y) < 2M . Donc ; Diam(A) ≤ 2M .

⇐= Supposons que Diam(A) est ni, il existe M > 0 tel que Diam(A) < M.

Pour a ∈ A xé, et pour tout x ∈ A on a d(a, x) < M. Donc ; A ⊂ B(a,M).

9

Dénition 1.11 Soit τd l'ensemble suivant:

τd = O ∈ P(E) : O = ∅ ou ∀x ∈ O,∃rx > 0;B(x, rx) ⊂ O

Les éléments de τd sont appelés ouverts de E pour la distance d.

On appelle τd topologie associée à la distance d.

Théorème 1.1 La topologie τd satisfait les propriétés suivantes :

1. E, ∅ ∈ τd.

2. τd est stable pour l'intersection nie, i.e. ∀O1, . . . ,On ∈ τd :n⋂i=1

Oi ∈ τd.

3. τd est stable pour n'importe quelle union, i.e. ∀Oii∈I ⊂ τd :⋃i∈I

Oi ∈ τd.

Preuve:

1. Evident.

2. Soient O1, . . . ,On ∈ τd, et soit x ∈n⋂i=1

Oi. Donc ; x ∈ Oi, ∀i = 1 . . . n.

∃r1, . . . , rn > 0 tel que B(x, ri)Oi,∀i = 1 . . . n. On pose r = min1≤i≤n

ri

B(x, r) =n⋂i=1

B(x, ri) ⊂n⋂i=1

Oi. Donc :n⋂i=1

Oi ∈ τd.

3. Soient Oii∈I ⊂ τd, et soit x ∈⋃i∈I

Oi. Donc ; ∃i0 ∈ I : x ∈ Oi0 .

∃ri0 > 0 : B(x, ri0) ⊂ Oi0 ⊂⋃i∈I

Oi. Alors ;⋃i∈I

Oi ∈ τd.

Dénition 1.12 On dit qu'une partie F de E est fermée si et seulement si CFE est ouvert.

Proposition 1.5 Dans une topologie associée à une distance :

1. Toute boule ouverte est une ouverte.

2. Toute boule fermée est une fermée.

3. Toute sphère est une fermée.

Preuve: Soient a ∈ E, r > 0.

1. Soit x ∈ B(a, r). On pose : rx = d(a, x), ρx < min(rx, r − rx).Pour tout y ∈ B(x, ρx) : d(a, y) ≤ d(a, x) + d(x, y) < rx + r − rx = r.

Donc : B(x, ρx) ⊂ B(a, r). Alors : B(a, r) est ouvert.

2. Soit x /∈ B(a, r). Donc : d(a, x) > r, i.e. ∃ρx > 0 : d(a, x) = r + ρx.

Soit y ∈ B(x, ρx). On a : d(a, y) ≥ d(a, x)− d(x, y) > r + ρx − ρx = r.

Alors ; y /∈ B(a, r). Donc : B(x, ρx) ⊂ CB(a,r)E .

Donc : CB(a,r)E est ouvert, i.e. B(a, r) est fermé.

10

3. On a : CS(a,r)E = B(a, r) ∪ CB(a,r)

E , union des ouverts, donc : ouvert.

Alors ; la sphère S(a, r) est fermée.

Corollaire 1.1 Un ouvert non vide de (E, d) est une réunion quelconque de boules ouvertes.

Preuve: Soit O un ouvert non vide. Donc ; ∀x ∈ O,∃rx > 0;B(x, rx) ⊂ O.Il est claire que O =

⋃x∈O

B(x, rx).

Dénition 1.13 On dit que deux distances d1 et d2 sur un ensemble E sont topologiquement

équivalentes si elles dénissent la même topologie.

(Exercices du chapitre 1)

Exercice 1.1 : Lesquelles des fonctions suivantes donnent une distance sur R ?

d1(x; y) = (x− y)2 d2(x; y) =√|x− y| d3(x; y) = |x− 2y| d4(x; y) = |x2 − y2|

Exercice 1.2 : Soit E = C([0, 1],R) . On dénit la fonction d : E×E −→ R comme suivant :

∀f, g ∈ E : d(f, g) = |f(0)− g(0)|+∫ 1

0

|f(t)− g(t)|dt

1. Montrer que d est une distance sur E.

2. Donner des éléments de la boule d'unité dans (E, d).

Exercice 1.3 : Soit R = R ∪ −∞,+∞, et soit f : R→ [−1, 1] telle que :

f(x) =

−1 : x = −∞x

1 + |x|: x ∈ R

1 : x = +∞

Montrer que d(x, y) = |f(x)− f(y)| dénit une distance sur R, et trouver B(0, 1), B(0, 1).

Exercice 1.4 : Soit U une partie non vide de R, muni de la topologie usuelle (R, |.|). On

dénit :

−U = −x : x ∈ UλU = λx : x ∈ U (λ ∈ R∗)a+ U = a+ x : x ∈ U (a ∈ R)Montrer que :

1. U ouvert ⇔ −U ouvert.

2. U ouvert ⇔ λU ouvert.

3. U ouvert ⇔ a+ U ouvert.

11

Exercice 1.5 :

1. Soit a, b ∈ R tels que a < b. Montrer que [a, b[, ]a, b] ni ouvert, ni fermé.

2. Montrer que l'ensemble Z n'est pas ouvert.

3. Montrer que l'ensemble N∗ est fermé.

Exercice 1.6 : Soit E un espace vectoriel sur le corps K = R ∨ C. On appelle une norme sur

E une application ‖.‖ : E → R+, x 7→ ‖x‖, telle que :

i) ‖x‖ = 0⇔ x = 0,

ii) ∀λ ∈ K,∀x ∈ E : ‖λx‖ = |λ|.‖x‖ (homogénéité),

ii) ∀x, y ∈ E : ‖x+ y‖ ≤ ‖x‖+ ‖y‖ (inégalité triangulaire).

Soit d : E × E −→ R+, dénie par : d(x, y) = ‖x− y‖,∀x, y ∈ E.Montrer que d est une distance sur E.

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Chapitre 2

Espaces topologiques

2.1 Ouvert, fermé, espace topologique

Dénition 2.1 Soit X un ensemble. On appelle topologie sur X la donnée d'un ensemble τ de

parties de X possèdant les propriétés suivantes :

1. τ contient ∅ et X,

2. la réunion quelconque d'éléments de τ est encore dans τ , ie : ∀Oii∈I ⊂ τ :⋃i∈I

Oi ∈ τ ,

3. l'intersection nie d'éléments de τ est encore dans τ , ie : ∀Oi1≤i≤n ⊂ τ :n⋂i=1

Oi ∈ τ .

Les éléments de τ sont appelés ouverts.

Le couple (X, τ) est appelé espace topologique, et les trois axiomes sont appellées les axiomes

de la topologie.

Exemple 2.1 .

1. Soit X un ensemble. Alors ∅, X est une topologie sur X, appelée topologie grossière.

2. Si l'on prend pour τ l'ensemble de toutes les parties de X, on obtient également une

topologie, appelée topologie discrète.

3. Sur R, l'ensemble des réunions arbitraires d'intervalles ouverts ]a, b[ est une topologie.

Dénition 2.2 Soit X un ensemble et τ1, τ2 deux topologies sur X. On dit que τ1 est plus ne

(ou plus forte) que τ2 si τ2 ⊂ τ1.

Exemple 2.2 .

1. La topologie discrète est la plus ne de toutes les topologies.

2. La topologie grossière, la moins ne de toutes les topologies.

3. Dans le cas de R, la topologie "usuelle" se situe entre les deux.

Dans le cas où il n'y a pas un équivoque, on désigne par X un espace topologique.

13

Dénition 2.3 On dit q'un ensemble A est un ensemble fermé si son complémentaire CAX est

un ensemble ouvert.

Exemple 2.3 Si τ est la topologie discrète, toute partie de X est fermé car son complémentaire

est ouvert.

Proposition 2.1 On a :

1. ∅ et X sont des fermés,

2. Toute intersection des ensembles fermés est un ensemble fermé,

3. Toute réunion nie des ensembles fermés est un ensemble fermé.

Preuve:

1. C∅X = X ∈ τ. Donc : ∅ est fermé.

CXX = ∅ ∈ τ. Donc : X est fermé.

2. Soient Fii∈I une famille quelconque des fermés. Alors ; Oi = CFiX ∈ τ, ∀i ∈ I.

Donc : O =⋃i∈I

Oi ∈ τ.

Alors ;⋂i∈I

Fi = COX est un fermé.

3. Soient Fini=1 une famille nie des fermés. Alors ; Oi = CFiX ∈ τ, ∀i ∈ I.

Donc : O =n⋂i=1

Oi ∈ τ.

Alors ;n⋃i=1

Fi = COX est un fermé.

2.2 Voisinage, base de topologie

Dénition 2.4 Soit A une partie de l'espace topologique X. On dit q'une partie V de X est

un voisinage de A s'il existe un ouvert O tel que A ⊂ O ⊂ V .

Dans le cas où A = x, on dit que v est un voisinage de x, et on notera V(x) l'ensemble des

voisinages de x.

Théorème 2.1 A ⊂ X ouvert si et seulement si A voisinage de tous ses points

Preuve:

=⇒ Supposons que A est ouvert, et soit x ∈ A.Alors ; x ∈ A ⊂ A. Donc : A ∈ V(x).

⇐= Soit x ∈ A. Supposons que A ∈ V(x). Donc : ∃Ox ∈ τ : x ∈ Ox ⊂ A.

Alors ; A =⋃x∈A

Ox ∈ τ.

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Proposition 2.2 Soit x ∈ X. On a :

1. ∀V ∈ V(x) : x ∈ V,

2. ∀V1, . . . , Vn ∈ V(x) :n⋂i=1

Vi ∈ V(x),

3. Si V ∈ V(x), V ⊂ W ⊂ X, alors W ∈ V(x),

4. ∀Vii ∈ I ⊂ V(x) :⋃i∈I

Vi ∈ V(x).

Preuve:

1. Claire.

2. Soient V1, . . . , Vn ∈ V(x), alors : ∃O1, . . . ,On ∈;x ∈ Oi ⊂ Vi,∀i = 1 . . . n.

Alors, x ∈n⋂i=1

Oi ⊂⋂

Vi.

Ouisquen⋂i=1

Oi, on a :n⋂i=1

Vi ∈ V(x).

3. Si V ∈ V(x), V ⊂ W ⊂ X, alors ; ∃O ∈ τ : x ∈ O ⊂ V ⊂ W . Donc : W ∈ V(x),

4. Soit Vii∈I ⊂ V(x). Alors ; ∃i0 ∈ IVi0 ⊂⋃i∈I

Vi.

Alors ;⋃i∈I

Vi ∈ V(x).

Dénition 2.5 On dit qu'une famille B d'ouverts est une base d'ouverts de X si tout ouvert

s'écrit comme réunion quelconque d'éléments de B.

Théorème 2.2 B est une base d'ouverts de X si et seulement si :

∀x ∈ X, ∀V ∈ V(x),∃B ∈ B;x ∈ B ⊂ V.

Preuve: :

=⇒ Soit V ∈ V(x), donc : ∃O ∈ τ : x ∈ O ⊂ V.

Puisque O ouvert, il existe Bii∈I ⊂ B : O =⋃i∈I Bi.

x ∈ O =⇒ ∃i0 ∈ I : x ∈ Bi0 ⊂ V.

⇐= Soit O un ouvert, il est un voisinage de tous ses points.

Alors, ∃Bx ∈ B : x ∈ Bx ⊂ B. Doù O =⋃x∈O

Bx.

Corollaire 2.1 Soit (E, d) un espace métrique.

L'ensemble des boules ouvertes B(x, r), x ∈ E, r > 0 est une base des ouverts pour la topologie

des espaces métriques τd.

Dénition 2.6 Soit x ∈ X. On dit qu'un famille BV(x) ⊂ V(x) est une base de voisinages de

x si tout voisinage V de x contient un élément W de BV(x).

Dénition 2.7 On dit que X est localement truc (fermé, convexe, connexe, compact . . .) s'il

admet en toute point une base de voisinages truc.

15

2.3 Intérieur

Soit A une partie de l'espace topologique X.

Dénition 2.8 On dit q'un point x de A est intérieur à A si : A ∈ V(x).

On appelle intérieur de A, et on note0

A l'ensemble des points intérieurs à A.

Exemple 2.4 Dans la topologie usuelle de R on a :0

Q = ∅.

Proposition 2.3 Soit A,B ⊂ X

1.0

A ⊂ A.

2.0

A est ouvert, il est le plus grand ouvert contenu dans A.

3. A est ouvert si et seulement si A =0

A.

4.

0

0

A =0

A ,0

A ∩B =0

A ∩0

B ,0

A ∪0

B ⊂0

A ∪B.

5. A ⊂ B ⇒0

A ⊂0

B

Preuve:

1. Par dénition.

2. Soit Θ l'ensemble des ouverts contenu dans A. Montrons que0

A =⋃O∈Θ

O.

Pour x ∈0

A, il esxiste O ∈ τ ;x ∈ O ⊂ A (i.e. O ∈ Θ) ;

alors x ∈⋃O∈Θ

O.

Réciproquement ; soit x ∈⋃O∈ΘO, alors : ∃O ⊂ A : x ∈ O, i.e x ∈

0

A.

Alors ;0

A =⋃O∈Θ

O. Donc ;0

A est le plus grand ouvert contenu dans A.

3. Claire.

4.

0

0

A =0

A : claire.0

A ∩B =0

A ∩0

B :

Soit x ∈0

A ∩B; il existe O ∈ τ ;x ∈ O ⊂ A ∩B.Donc ; x ∈ O ⊂ A et x ∈ O ⊂ B, i.e x ∈

0

A ∩0

B.

Réciproqument ; Soit x ∈0

A ∩0

B ; il existe OA,OB ∈ τ ;x ∈ OA ⊂ A, x ∈ OB ⊂ B.

Donc ; x ∈ OA ∩ OB ⊂ A ∩B, i.e x ∈0

A ∩B.0

A ∪0

B ⊂0

A ∪B :

Soit x ∈0

A ∪0

B; il existe OA ∈ τ ;x ∈ OA ⊂ A ou il existe OB ∈ τ ;x ∈ OB ⊂ B.

Donc ; x ∈0

A ∪0

B.

16

5. Supposons que A ⊂ B, et soit x ∈ A; alors A ∈ V(x).

Puisque A ⊂ B, on a aussi A ∈ V(x). Donc ; x ∈0

B.

2.4 Adhérence

Dénition 2.9 Soit x ∈ X, on dit que x est adhérent à A si : ∀V ∈ V(x);V ∩ A 6= ∅.L'ensemble des points adhérents à A est appelé l'adhérence de A et notée A.

Remarque 2.1 .

1. On peut supposer que les voisinages sont ouverts, on écrit :

x ∈ A⇐⇒ ∀O ∈ V(x) ∩ τ ;O ∩ A 6= ∅

En eet ; si x ∈ A et O un voisinage ouvert de x, il est claire que O ∩ A 6= ∅.Réciproquement ; soit V ∈ V(x); il existe O ∈ τ tel que x ∈ O ⊂ V.

O est un voisinage ouvert de A, donc ; O ∩ A 6= ∅, et puisque V ⊃ O, on a O ∩ A 6= ∅.Donc ; x ∈ A.

2. Dans un espace métrique ; on écrit :

x ∈ A⇐⇒ ∀r > 0;B(x, r) ∩ A 6= ∅

Dénition 2.10 On appelle fermeture de A, notée γ(A) l'ensemble⋂F∈F

F , où F désigne l'en-

semble de tous les fermés de X contenant A.

Théorème 2.3 On a : γ(A) = A.

Preuve:

Soit x ∈ γ(A), et supposons que x /∈ A, il existe un voisinage ouvert O de x tel que

O ∩ A = ∅.Alors ; A ⊂ COX qui est fermé contenant A et ne contenant pas x, ce qui conredit x ∈ γ(A).

Réciproquement ; soit x ∈ A, et supposons que x /∈ γ(A), il existe un fermé F contenant A

et ne contenant pas x.

Donc ; x ∈ CFX qui est un ouvert voisinage de x, et on a CF

X ∩A = ∅, ce qui contredit x ∈ A.

Proposition 2.4 Soit A,B ⊂ X.

1. A ⊂ A.

2. A est fermée. Elle est le plus petit fermé qui contient A.

3. A est fermée si et seulement si A = A.

4. A = A , A ∪B = A ∪B , A ∩B ⊂ A ∩B , C0AX = CA

X , CAX =

0

CAX .

17

5. A ⊂ B ⇒ A ⊂ B

Preuve:

1. Par dénition.

2. Du théorème 2.2.

3. Claire.

4. A = A : claire.

A ∪B = A ∪B : soit x ∈ X.

x ∈ A ∪B ⇐⇒ ∀V ∈ V(x) : V ∩ (A ∪B) 6= ∅⇐⇒ ∀V ∈ V(x) : [(V ∩ A) ∪ (V ∩B)] 6= ∅⇐⇒ ∀V ∈ V(x) : (V ∩ A 6= ∅) ∨ (V ∩B 6= ∅)⇐⇒ x ∈ A ∨ x ∈ B⇐⇒ x ∈ A ∪B

A ∩B ⊂ A ∩B :

Soit x ∈ A ∩B, et V ∈ V(x). Alors ; V ∩ (A ∩B) 6= ∅.Donc V ∩ A 6= ∅ et V ∩B 6= ∅, i.e x ∈ A ∩B.

C0AX = CAX :

x ∈ C0AX ⇐⇒ x /∈

0

A

⇐⇒ ∃O ∈ τ ∩ V(x) : x ∈ O ∧O * A

⇐⇒ ∃O ∈ τ ∩ V(x) : x ∈ O ∧O ∩ CAX 6= ∅

⇐⇒ x ∈ CAX

CAX =

0

CAX :

x ∈ CAX ⇐⇒ x /∈ A⇐⇒ ∃V ∈ V(x) : V ∩ A = ∅⇐⇒ ∃V ∈ V(x) : V ⊂ CA

X

⇐⇒ x ∈ CAX

5. Supposons que A ⊂ B. Soit x ∈ A, V ∈ V(x), alors ; V ∩ A 6= ∅.Puisque A ⊂ B, on a V ∩B 6= ∅. Donc : x ∈ B

Proposition 2.5 Soit A,B deux sous-ensembles d'un espace métrique (E, d).

1. Diam(A) = Diam(A)

2. ∀x ∈ E : d(x,A) = 0⇔ x ∈ A.

Preuve:

1. D'après proposition 1.3, on a Diam(A) ≤ Diam(A).

Réciproquement ; soient x, y ∈ A; donc : ∀ε > 0, B(x, ε/2) ∩ A 6= ∅, B(y, ε/2) ∩ A 6= ∅.Alors ; ∃xε, yε ∈ A : d(x, xε) <

ε

2∧ d(y, yε) <

ε

2. Alors ;

18

d(x, y) ≤ d(xε, yε) + d(x, xε) + d(y, yε)

< d(xε, yε) + ε

≤ Diam(A) + ε,∀ε > 0,∀x, y ∈ ADonc : Diam(A) = Diam(A).

2. Soit x ∈ E.d(x,A) = 0 ⇐⇒ ∀ε > 0, ∃xε ∈ A : d(x, xε) < ε

⇐⇒ ∀ε > 0, B(x, ε) ∩ A 6= ∅⇐⇒ x ∈ A

Dénition 2.11 Soit A,B deux parties de X.

1. On dit que A est dense dans B si A ⊃ B.

2. On dit que A est partout dense dans X si A = X

Exemple 2.5 Dans la topologie usuelle de R :

1. ]3, 4[ est dense dans [3, 4[.

2. Q et R\Q sont partout denses dans R.

2.5 Point d'accumulation, point isolé

Dénition 2.12 On dit q'un point x de X est un point d'accumulation de A si :

∀V ∈ V(x);V ∩ (A\x) 6= ∅

L'ensemble des points d'accumulation de A est appelé la dérivée de A et notée A′.

Proposition 2.6 Tout point d'accumulation est un point adhérent ( ie A′ ⊂ A), plus de ça on

a : A = A ∪ A′.

Preuve: Soit x ∈ A, dnc ∀V ∈ V(x);V ∩ A 6= ∅.Si xA, alors A\x = A. Donc : ∀V ∈ V(x);V ∩ (A\x) 6= ∅, i.e x ∈ A′

Réciproquement, soit x ∈ A ∪ A′. si x ∈ A, alors x ∈ A.Supposons que x ∈ A′, alors ; ∀V ∈ V(x);V ∩ (A\x) 6= ∅.Mais ; A\x ⊂ A. Donc : ∀V ∈ V(x);V ∩ A 6= ∅, i.e x ∈ A.

Dénition 2.13 On dit q'un point x de A est un point isolé de A si : ∃V ∈ V(x);V ∩A = x.

2.6 Frontière, extérieur

Dénition 2.14 On appelle frontière de A, et on note Fr(A) où ∂A l'ensemble A ∩ CAX .

Remarque 2.2 On a :

19

1. Fr(A) est un ensemble fermé.

2. Fr(A) = Fr(CAX) = A\

0

A.

En eet : Fr(A) = A ∩ CAX = CCAX ∩ C

AX = Fr(CA

X).

Exemple 2.6 Dans la topologie usuelle de R on a : Q = R, et CQR = R. Donc : Fr(Q) = R.

Dénition 2.15 On dit q'un point x de A est extérieur à A si et seulement si : x ∈ CAX =

0

CAX .

On appelle extérieur de A, et on note Ext(A) l'ensemble des points extérieurs à A.

2.7 Topologie induite

Soit A une partie de X. On considère l'ensemble τA = A ∩ O : O ∈ τ. Il est facile de

vérier que l'ensemble τA satisfait aux axiomes de la topologique.

Dénition 2.16 Le couple (A, τA) est appelé sous espace topologique de l'espace topologique

(X, τ). La topologie τA est dite topologie induite de τ sur A.

On appelle A ∩ O la trace de l'ouvert O sur A.

Proposition 2.7 Les fermés de la topologie τA sont les traces des fermés de la topologie τ .

Preuve: Soit FA un fermé de (A, τA), il existe un ouvert OA, de (A, τA) tel que FA = A \ OA.Il existe un ouvrt O de (X, τ) tel que OA = O ∩ A.Donc ; FA = A \ (O) = A ∩ COX = A ∩ F .Donc : FA est la trace de fermé F .

Exemple 2.7 La Topologie induite sur Z par celle usuelle de R est la topologie discrète.

2.8 Topologie produit

Soit X1, X2 deux espaces topologiques.

On va dénir une topologie sur l'ensemble X = X1, X2.

Dénition 2.17 On appelle ouvert élémentaire de X tout ensemble de X de la forme

O = O1 ×O2, où O1 est un ouvert de X1, et O2 est un ouvert de X2.

Dénition 2.18 On appelle ouvert de X toute réunion d'ouverts élémentaires de X.

Exemple 2.8 Dans R2 l'ensemble ]−∞, 1[×]0, 5[ est un ouvert élémentaire.

Théorème 2.4 X est un espace topologique pour la topologie dénie par les ouverts de la

dénition 2.18.

Preuve: Soit τ le fomille de la dénition 2.18.

20

i) Il est claie que X ∈ τ, ∅ ∈ τ .

ii) Soit Oii∈I ⊂ τ. Donc ; ∀i ∈ I,∃O1ij,O2

ijj∈J tel que Oi =⋃j∈J

(O1ij ×O2

ij).

Alors ;⋃i∈I

Oi =⋃

(i,j)∈I×J

(O1ij ×O2

ij) ∈ τ .

iii) Soit Oini=1 ⊂ τ. Donc ; ∀i ∈ I,∃O1ij,O2

ijj∈J tel que Oi =⋃j∈J

(O1ij ×O2

ij).

Alors ;⋃i=1

Oi =⋃j∈J

[(n⋂i=1

O1ij

)×

(n⋂i=1

O2ij

)]∈ τ .

Dénition 2.19 On appelle voisinage élémentaire de (x1, x2) ∈ X1 × X2 l'ensemble V1 × V2

où V1 ∈ V(x1), V2 ∈ V(x2).

Remarque 2.3 L'ensemble des ouverts élémentaires qui contient un point (x1, x2) est une base

de voisinage pour la topologie de produit.

2.9 Espace séparé, espace séparable

Dénition 2.20 On dit que X est un espace topologique séparé si pour tous x, y ∈ X, x 6= y,

il existe Vx ∈ V(x), Vy ∈ V(y) tels que V ∩W = ∅.

Exemple 2.9 .

1. L'espace topologique discret est séparé car si x 6= y alors x et y sont deux voisinages

de x et y disjoints.

2. L'espace topologique grossier n'est pas séparé car si x 6= y alors tout voisinage de x ou de

y est l'ensemble X lui même.

Proposition 2.8 Un espace métrique (E, d) est séparé.

Preuve: Soit x, y ∈ E tel que x 6= y. Donc ; r = d(x, y) > 0. On pose ; Vx = B(x, r/3) ∈V(x), Vy = B(y, r/3) ∈ V(y).

Soit z ∈ Vx. On a : d(x, y) ≤ d(x, z) +d(y, z). Donc ; d(y, z) ≥ d(x, y)−d(x, z) ≥ r− r/3 ≥ r/3.

Donc ; z /∈ Vy, i.e Vx ∩ Vy = ∅.

Proposition 2.9 Soit X1, X2 deux espaces toplogiques. Alors : X = X1 ×X2 est séparé si et

seulement si X1, X2 sont séparés.

Preuve:

=⇒ Supposons que X est séparé, et soit x1, y1 ∈ X1 tel que x1 6= y1.

Pour x2 ∈ X2, on a (x1, x2) 6= (y1, x2), il existe alors V x1 ,∈ V(x1), V x

2 ,∈ V(x2), V y1 ,∈ V(y1) tels

que (V x1 × V x

2 ) ∩ (V y1 × V x

2 ) = ∅.Donc ; V x

1 ∩ Vy

1 = ∅, i.e X1 est séparé (on fait les mêmes etapes pour X2).

21

⇐= Supposont que X1, X2 sont séparés, et soit (x1, x2), (y1, y2) ∈ X1×X2 tel que (x1, x2) 6=(y1, y2). Alors ; x1 6= y1 où x2 6= y2.

Supposons que x1 6= y1, il existe Vx

1 ,∈ V(x1), V y1 ,∈ V(y1) tel que V x

1 ∩ Vy

1 = ∅.Donc ; pour V x

2 ,∈ V(x2), V y2 ,∈ V(y2), on a V x

1 × V x2 ∈ V(x1, x2), V y

1 × V y2 ∈ V(y1, y2) et

(V x1 × V x

2 ) ∩ (V y1 × V

y2 ) = ∅.

Proposition 2.10 Si A est un sous espace topologique de X, et si X est séparé, alors A est

séparé.

Preuve: Soit x, y ∈ A tels que x 6= y, il existe un voisinage Vx de x dans X, et un voisinage Vy

de y dans X, tels que Vx ∩ Vy = ∅.V xA = Vx ∩A est un voisinage de x dans A, V y

A = Vy ∩A est un voisinage de y dans X, et on a

V xA ∩ V

yA = ∅. Alors A est séparé.

Dénition 2.21 On dit que X est un espace topologique séparable si X contient un ensemble

dénombrable partout dense dans X.

Exemple 2.10 . R muni de la topologie usuelle est séparable car Q ⊂ R dénombrable et partout

dense dans R.

(Exercices du chapitre 2)

Exercice 2.1 : Soit X = a, b, c, d.

1. Dans les familles suivantes, déterminer les Topologies :

τ1 = ∅, X, a, c, d, a, c, d , τ2 = ∅, X, a, c, d, b, c, d , τ3 = ∅, X, a, a, b, a, b, c

2. Dans les cas de Topolgie, trouver les fermés.

Exercice 2.2 : Soit l'ensemble X = a, b, c muni de la Topolgie τ = ∅, X, a, b, a, b, a, c

1. Vérier que τ est une Topologie.

2. Les parties a, a, b sont elles fermées ?

Exercice 2.3 : Soit a ∈ R, Ia =]a,+∞[, et soit τ = ∅,R, Ia(a ∈ R).

1. Montrer que (R, τ) est un espace topologique.

2. Comparer entre τ et la Topologie usuelle de R.

Exercice 2.4 : Soit R muni de la Topologie suivante : τ = ∅,N,Z,Q, CQR , CQR ∪N, C

QR ∪Z,R,

et soit A = 3,√

3.

1. Déterminer : V(A), A′,Fr(A), Ext(A).

2. Montrer que A est partout dense dans R. Conclure.

22

3. Comparer entre la Topologie induite τZ et la Topologie grossière de Z.

Exercice 2.5 : Déterminer l'intérieur et l'adhérence de :

A = −1 +1

n, n ∈ N∗

B =]− 1, 1[∪2 ∪ [3, 4[

C = x ∈ R : x2 ≤ 4 ∩ [1, 5[

D = Q ∩ [−1, 1]

Exercice 2.6 : Soit X = 0, 1 muni de la Topologie discrète. On pose : Y = X ×X.

1. Donner la Topolgie produit de Y .

2. Le diagonale est - il ouvert ?

Exercice 2.7 : Soit (X1, τ1), (X2, τ2) deux espaces topologiques. On munit X = X1 ×X2 de la

Topologie produit τ . soit B l'ensemble des ouverts élémentaires.

1. Décrire B pour R× R, et R muni de la Topologie usuelle.

2. Décrire B pour X1 ×X2, X1 discrète et X2 grossière.

Exercice 2.8 : Soit r > 0 et Ωr = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 < r2. On désigne par τ la famille

qui contient ∅ et toutes les unions de Ωr.

1. Tracer dans un repère orthonormé Ωr et Ωs(0 < r < s).

2. Montrer que (R2, τ) est un espace topologique.

3. Déterminer Fr((0, 0)) et 2 × R.4. Soit C le cercle du centre (0, 0) et du rayon r > 0. Déterminer C.

5. Montrer que (R2, τ) n'est pas séparé.

6. Montrer que (R2, τ) est séparable.

Exercice 2.9 : On munit X = [0, 5]× [0, 5] de la relation d'ordre :

(x, y) ≤ (x′, y′) ⇐⇒ (x < x′) ou (x = x′ et y ≤ y′)

on dit que (x, y) < (x′, y′) si (x, y) ≤ (x′, y′) et (x, y) 6= (x′, y′).

1. Vérier que la relation ” ≤ ” est une relation d'ordre totale. Donner supX, inf X.

2. Pour a1 = (x1, y1), a2 = (x2, y2) tels que a1 ≤ a2, on déni un intervalle sur X comme

suivant :]a1, a2[= (x, y); (x1, y1) < (x, y) < (x2, y2)]a1, .[= (x, y); (x1, y1) < (x, y)]., a2[= (x, y); (x, y) < (x2, y2)

(2.1)

Représenter les intervalles : I1 = [(1, 3); (2, 4)] et I2 = [(1, 3); (1, 4)].

3. Soit τ la famille des réunions des intervalles (6.1). Montrer que τ dénit une Topologie

sur X, et que l'espace (X, τ) est séparé.

Exercice 2.10 : Soit (X, τ) un espace topologique. On muni l'ensemble X2 de la toplogie pro-

duit. Le diagonale ∆ de l'espace X2 est l'ensemble (x, x) : x ∈ X.Montrer que : ∆ est fermé dans X2 si et seulement si X est séparé.

23

Chapitre 3

Limite et continuité

3.1 Limite d'une suite

Dénition 3.1 Soit (un)n∈N une suite a valeurs dans un espace métrique (E, d). On dit que

` ∈ E est la limite de (un) quand n tend vers l'inni si et seulement si : ∀ε > 0;∃nε ∈ N,∀n ≥nε : d(un, `) < ε.

On écrit : ` limn→+∞

un.

Dénition 3.2 Soit (un) une suite d'éléments de (E, d), et soit l'ensemble An = uk : k ≥ n.On dit qu'un point a ∈ E est une valeur d'adhérence de (un) si : ∀ε > 0,∀n ∈ N : B(a, ε)∩An 6=∅.

Proposition 3.1 . L'ensemble des valeurs d'adhérences d'une suite (un) est un ensemble fermé.

Preuve: Soit A l'ensemble des valeurs d'adhérences d'une suite (un), et soit a ∈ A.a ∈ A ⇔ ∀n ∈ N, ∀ε > 0, B(a, ε) ∩ An 6= ∅

⇔ ∀n ∈ N, a ∈ An⇔ a ∈

⋂n∈N

An

Donc, A est un ensemble fermé.

Théorème 3.1 Si a est une valeur d'adhérence d'une suite (un), alors il existe une sous-suite

de (un) qui converge vers a.

Preuve: [12] Soit a une valeur d'adhérence de la suite (un), et soit ε > 0, alors pour tout

n ∈ N : B(a, ε) ∩ An 6= ∅.Pour ε = 1, on désigne par ϕ(1) le plus petit entret tel que uϕ(1) ∈ B(a, 1).

Poursuivant l'opération en donnant successivement à ε les valeurs1

2,1

3, · · · 1

n· · · et désignons

par ϕ(n) le plus petit entier diérent de ϕ(n− 1) tel que uϕ(n) ∈ B(a,

1

n

).

La suite (uϕ(n)) est extrait de la suite (un), et vérier : d(a, uϕ(n)) <1

n.

Donc : a = limn→+∞

uϕ(n).

24

Proposition 3.2 Pour toute partie A d'un espace métrique (E, d), et tout point de a ∈ E on

a l'équivalence entre

1. a ∈ A.

2. Il existe une suite (an)n∈N d'éléments de A dont a est limite (a = limn→+∞

an).

Preuve:

1)⇒ 2) : Soit a ∈ A, d(a,A) = 0. Alors, ∀ε > 0;∃aε ∈ A : d(a, aε) < ε.

On pose ε =1

n+ 1(n ∈ N), il existe (an) ⊂ A telle que d(a, an) <

1

n+ 1.

Donc ; limn→+∞ an.

2)⇒ 1) : On a (an) ⊂ A, et ∀ε > 0, ∃n0 ∈ N, ∀n0 ∈ N : n ≥ n0 ⇒ d(a, an) < ε.

Alors ; ∀ε > 0 : B(a, ε) ∩ A 6= ∅, i.e a ∈ A.

Dénition 3.3 (généralisation) Soit (xn)n∈N une suite d'éléments d'un espace toplogique

(X, τ), et soit ` ∈ X. On dit que ` est une limite de la suite (xn)n∈N quand n tend vers

l'inni si pour tout voisinage V de ` dans X, il existe un rang à partir duquel tous les termes

de la suite sont dans V . Cela se résume en :

∀V ∈ V(`), ∃NV ∈ N,∀n ≥ NV : xn ∈ V

Théorème 3.2 Si (X, τ) est un espace topologique séparé, toute suite (xn)n∈N a au plus une

limite. Si une telle limite ` ∈ X existe, on dit que ` est la limite de la suite (xn)n∈N (ou que la

suite (xn)n∈N converge vers `) quand n tend vers l'inni et on note limn→+∞

xn = `.

Preuve: Soient `1, `2 deux limites d'une suite (un) dans (X, τ) séparé. Donc :

∀V1 ∈ V (`1),∃NV1 ∈ N,∀N ≥ NV1 : xn ∈ V1

∀V2 ∈ V (`2),∃NV2 ∈ N,∀N ≥ NV2 : xn ∈ V2

Donc : pour n ≥ (NV1 , NV2) : n ≥ N ⇒ xn ∈ V1 ∩ V2.

Alors, ∀V1 ∈ V (`1),∀V2 ∈ V (`2) : V1 ∩ V2 6= ∅.(X, τ) est séparé, donc : `1 = `2.

Corollaire 3.1 Dans un espace métrique (E, d), si la suite (un) admet une limite `, elle est

unique.

3.2 Suites de Cauchy, Espaces complets

Dénition 3.4 On dit qu'une suite (un)n∈N d'un espace métrique (E, d) est une suite de Cau-

chy si elle vérie :

∀ε > 0,∃nε ∈ N,∀n,m ∈ N : m ≥ n ≥ nε ⇒ d(um, un) < ε

Proposition 3.3 .

1. Toute suite de Cauchy est bornée.

25

2. Toute suite convergente est une suite de Cauchy.

3. Toute suite de Cauchy admettant une sous-suite convergente converge.

Preuve:

1. Soit (un) une suite de Cauchy, et soit ε0 > 0.

Il existe N ∈ N tel que : ∀n ∈ N : n ≥ N ⇒ d(un, uN) < ε0.

Alors ; ∀n ∈ N : n ≥ N ⇒ un ∈ B(uN , ε0).

Maintenant ; on pose r = max0≤k≤n−1

(ε0, d(xN , xk). On trouve, ∀n ∈ Nun ∈ B(uN , r).

Alors ; (un) est bornée.

2. Soit (un) une suite convdrge vers ` ∈ E. Soit ε > 0, il existe N ∈∈ N tel que :

∀n,m ≥ N : d(un, `) <ε

2, d(um, `) <

ε

2.

Alors ; d(un, um) ≤ d(un, `) + d(um, `) < ε.

Donc : (un) est une suite de Cauchy.

3. Soit (un) une suite de Cauchy, et soit (uϕ(n)) une sous-suite converge vers ` ∈ E.Soit ε > 0, il existe n ∈ N tel que : ∀n ≥ N : d(un, uϕ(n)) <

ε

2, d(uϕ(n), `) <

ε

2.

Alors ; d(un, `) ≤ d(un, uϕ(n)) + d(uϕ(n), `) < ε.

Donc : (un) est une suite convergente.

Dénition 3.5 On dit qu'un espace métrique (E, d) est complet si toute suite de Cauchy

converge.

Exemple 3.1 .

1. (R, |.|), (Rn, d2) sont complets.

2. (Q, |.|) n'est pas complet.

Dénition 3.6 On dit qu'une partie A dans (E, d) est complète si le sous-espace métrique A

est complet.

Proposition 3.4 .

1. Dans un espace métrique (E, d) toute partie complète est fermée.

2. Dans un espace métrique complet (E, d), il y a identité entre les parties fermées et les

parties complètes.

Preuve:

1. Soit A une partir complète de (E, d), et soit a ∈ A.Il existe une suite (an) ⊂ A telle que a = limn→+∞ an.

Donc ; (an) est de Cauchy, dans un espace complet A, elle converge dans A.

Donc ; a ∈ A, i.e A = A. Alors, A est fermée.

26

2. Soit (E, d) un espace métrique complet.

Soit A une partie fermée de (E, d), et soit (un) une suite de Cauchy dans A, elle est de

Cauchy dans E.

Mais, (E, d) est complet, alors, (un) est converge vers a ∈ A = A.

Donc : A est complet.

Corollaire 3.2 Dans un espace métrique, une intersection quelconque de sous-espaces complets

est complète.

Proposition 3.5 Dans un espace métrique, une union nie de sous-espaces complets est com-

plète.

Preuve: Soit (Ai)i∈I une famille des eous-espaces complets, et soit k ∈ I.Donc ;

⋂i∈I

est fermé dans Ak qui est complet. Alors ;⋂i∈I

est complet.

Théorème 3.3 (Baire) : Soit (E, d) un espace métrique complet, et Fnn∈N une famille des

fermés d'intérieur vide. Alors ;⋃n∈N

Fn est d'intérieur vide.

Preuve: On va réécrire la preuve qui ce trouve dans [12].

Nous allons montrer que F =⋃n∈N

Fn ne contient ouvert non vide, plus précisement Si O est un

ouvert quelconque non vide de E, nous pourrons trouver x ∈ O et x /∈ F.Soit O un ouvert non vide de E, et soit F1 le premier élément de la famille Fn. Alors,

O ∩ CF1E 6= ∅, sinon O ⊂ F1, ce qui contredit

0

F1 = ∅.CommeO∩CF1

E est un ouvert non vide, il contient une boule ouvert B(x1, r1), doncuneboulefermB(x1, ρ1)

de rayon ρ1 ≤ 12.

B(x1, ρ1) ∩ CF2E 6= ∅, pour les mêmes raisons que ci-dessus alors, B(x1, ρ1) contient une boule

fermé B(x2, ρ2) de rayon ρ2 ≤ 122.

On construit alors une suite (xn) des points de E, centres de boules B(xn, ρn) de rayon ρn ≤ 12n,

telles que B(xn, ρn) ⊂ B(xn−1, ρn−1) ∩ ∩CFnE .

La suite (xn) est de cauchy car pour n,m = n+ p on a :

d(xm, xn) ≤p∑

k=1

d(xn+k−1, xn+k) ≤p∑

k=1

1

2n+k−1≤ 1

2n−1.

La suite (xn) est de Cauchy dans E complet, elle converge vers un élément x ∈ E.Comme xn+p ∈ B(xn, ρn),∀p ∈ N, alors ; x ∈ B(xn, ρn),∀n ∈ N.Donc ; x /∈ Fn,∀n ∈ N =⇒ x /∈

⋃n∈N

Fn.

Comme x ∈ O, et O quelconque alors ;⋃n∈N

Fn est d'intérieur vide.

27

3.3 Continuité d'une fonction

Dénition 3.7 Soit (E, d), (F, δ) deux espaces métriques, A partie non vide de E,

f : (E, d) −→ (F, δ). On dit que ` ∈ F est la limite de f(x) quand x tend vers a ∈ A′ en restant

dans A, et on note ( limx→a,x∈A

f(x) = `) si :

∀ε > 0, ∃α > 0,∀x ∈ A : d(x, a) < α⇒ δ(f(x), `) < ε.

Dénition 3.8 Soit (X, τ), (Y, σ) deux espaces topologiques, f : (X, τ) → (Y, σ). Soit A une

partie non vide de X, et soit a ∈ A′. On dit que ` ∈ Y est la limite de f(x) quand x tend vers

a en restant dans A si :

∀W ∈ V(`),∃V ∈ V(a); f(A ∩ V ) ⊂ W.

Remarque 3.1 On a : ` ∈ f(A)

En eet, soit W ∈ V(`), il existe V ∈ V(a) tel que f(A ∩ V ) ⊂ W.

Puisque a ∈ A′ ⊂ A, on a V ∩ A 6= ∅. Donc il existe b ∈ A ∩ V.f(b) ∈ f(A) et f(b) ∈ f(A ∩ V ) ⊂ W, alors, f(A) ∩W, i.e f(A) ∩W 6= ∅.Donc ; ` ∈ f(A).

Dénition 3.9 On dit que ` ∈ Y est la limite de f(x) quand x tend vers a, et on note

limx→a

f(x) = ` si

∀A ⊂ X, ∀W ∈ V(`),∃V ∈ V(a); f(A ∩ V ) ⊂ W.

Remarque 3.2 On dit que ` ∈ Y est la limite de f(x) quand x tend vers a si

∀W ∈ V(`),∃V ∈ V(a); f(V ) ⊂ W

En eet, si ` = limx→a

f(x) = `.

On va prendre A = X, on trouve le résultat.

Réciproquement, supposons que : ∀W ∈ V(`), ∃V ∈ V(a) : f(V ) ⊂ W .

Soit A ⊂ X, on a : f(A ∩ V ) ⊂ f(V ) ⊂ W.

Dénition 3.10 On dit que la fonction f est continue au point a ∈ X si f(a) est la limite de

f(x) quand x tend vers a, i.e : ∀W ∈ V(f(a)),∃V ∈ V(a)f(V ) ⊂ W .

ou bien : ∀W ∈ V(f(a)), f−1(W ) ∈ V(a)

Remarque 3.3 On peut dénir la continuité par les ouverts, ie :

∀H ∈ σ ∩ V(f(a)), f−1(H) ∈ V(a).

Dans le cas des espaces métriques :

∀ε > 0,∃α > 0,∀x ∈ E : d(x, a) < α⇒ δ(f(x), f(a)) < ε

Théorème 3.4 f : (E, d) −→ (F, δ) est continue au point a si et seulement si : Pour toute

suite (un)n∈N de E convergeant vers a, la suite image f((un))n∈N converge vers f(a).

28

Preuve:

=⇒ Supposons que f est continue au point a ∈ E, et soit (un)n∈N une suite de E convergeant

vers a, alors : ∀η > 0,∃Nη ∈ N,∀nη : d(un, a) < η.

f est continue au point a, alors ; ∀ε > 0,∃α > 0,∀x ∈ E : d(x, a) < α =⇒ δ(f(x), f(a)) < ε.

Posons η = α, on trouve le résultat.

⇐= Supposons que f n'est pas continue au point a. Donc : ∃ε > 0,∀α > 0,∃uα ∈ E :

d(uα, a) < α ∧ δ(f(uα), f(a)) ≥ ε.

On pose α =1

n, il exite une suite (un) de E telle que d(un, a) <

1

n, et δ(f(un), f(a)) ≥ ε.

Donc : (un) converge vers a, et f(un) ne converge pas vers f(a).

Dénition 3.11 On dit que f est continue sur X si elle est continue sur tout point de X.

On note C0(X;Y ) ou C0(X, τ ;Y, σ) l'ensemble de toutes les fonctions continues de (X, τ) dans

(Y, σ).

Théorème 3.5 Les assertions suivantes sont équivalantes :

1. f est continue sur X.

2. L'image réciproque de tout ouvert de Y est un ouvert de X, ie : ∀H ∈ σ; f−1(H) ∈ τ.3. L'image réciproque de tout fermé de Y est un fermé de X.

Preuve:

1) =⇒ 2) : Supposons que f est continue sur X, et soit H ∈ σ.Soit x ∈ f−1(H), donc, f(x) ∈ H, et on a H ∈ V(f(x)).

De la continuité de f on a : f−1(H) ∈ V(x). Alors, f−1(H) est un ouvert.

2) =⇒ 3) : Soit G un fermé de Y . Donc ; CGY est un ouvert de Y.

Alors ; f−1(CGY ) = C

f−1(G)X est un ouvert de X.

Donc ; f−1(G) est un fermé de X.

3) =⇒ 1) : Soit x ∈ X, et soit H ∈ σ ∩ V(f(x)).

CHY est un fermé de Y tel que f(x) /∈ CH

Y .

Donc ; f−1(CHY ) = C

f−1(H)X est un fermé de X, i.e f−1(H) est un ouvert. x ∈ f−1(H) et f−1(H) ∈

τ ; donne : f−1(H) ∈ V(x).

Dou ; la continuité de f.

Proposition 3.6 Sur un ensemble X, une Topologie τ est plus ne q'une Topologie τ ′ si et

seulement si l'application identité Id : (X, τ)→ (X, τ ′) est continue.

Preuve: On a : Id = Id−1.Id : (X,τ)→ (X, τ ′) est continue ⇔ ∀U ∈ τ ′, Id−1(U) ∈ τ

⇔ ∀U ∈ τ ′, U ∈ τ⇔ τ ′ ⊂ τ

Dénition 3.12 (homéomorphisme) Une bijection h de l'espace (X, τ) vers l'espace (Y, σ)

est un homéomorphisme si h et h−1 sont des applications continues.

Dénition 3.13 On dit que (X, τ) et (Y, σ) sont homéomorphes s'il existe un homéomorphisme

entre eux.

29

3.4 Continuité uniforme, applications lipschitziennes

Soient (E, d), (F, δ) deux espaces métriques, f : (E, d) −→ (F, δ).

Dénition 3.14 On dit que f est uniformément continue si elle satisfait :

∀ε > 0,∃αε > 0,∀x, y ∈ E : d(x, y) < α⇒ δ(f(x), f(y)) < ε

Dénition 3.15 On dit que f est Lipschitzienne de rapport k ∈ R∗+ sur E si :

∀x, y ∈ E : δ(f(x), f(y)) < kd(x, y)

Dénition 3.16 On dit que f est bilipschitzienne si c'est une bijection, et si f, f−1 sont Lip-

schitziennes

Proposition 3.7 f Lipschitzienne =⇒ f uniformément continue =⇒ f continue.

Preuve:

*) Supposons que f est Lipschitzienne de rapport k ∈ R∗+, et soit ε > 0, x, y ∈ E.Pour α =

ε

ktel que d(x, y) < α on a : δ(f(x), f(y)) ≤ kd(x, y) < ε.

Donc ; f est uniformément continue.

**) On xe x, et on triuve facilement la continuité de f d'après sa continuité uniforme.

Proposition 3.8 Deux distances d1 et d2 sont métriquement équivalentes si et seulement si

l'application identité Id : (E, d1) −→ (E, d2) est bilipschitzienne.

Preuve:d1, d2 sont métriquement équivalentes ⇔ ∃α, β > 0,∀x, y ∈ E : αd1(x, y) ≤ d2(x, y) ≤ βd1(x, y)

⇔ ∀x, y ∈ E : d1(x, y) ≤ 1

α∧ d2(x, y) ≤ βd1(x, y)

⇔ Idest bilipschitzienne.

3.5 Théorème du point xe

Dénition 3.17 On dit q'une application f : (E, d) −→ (E, d) est contractante si et seulement

si :

∃α ∈]0, 1[, ∀x, y ∈ E : d(f(x), f(y)) ≤ αd(x, y)

Dénition 3.18 On dit qu'un point a ∈ E est un point xe d'une fonction f : (E, d)→ (E, d)

si f(a) = a.

Théorème 3.6 (Picard) :

Si l'application f : (E, d) −→ (E, d) est une application contractante, alors elle admet un

unique point xe a ∈ E. De plus toute suite récurrente donnée par xn+1 = f(xn) et x0 ∈ E

converge géométriquement vers a, et on a :

∀n ∈ N : d(xn, a) ≤ αn.d(x0, a)

30

Preuve: Soit la suite xn tel que x0 ∈ E, et ∀n ∈ N : xn+1 = f(xn).

Soit ε > 0. Pour m,n ∈ N : tels que m = n+ p on a :

d(xm, xn) ≤ d(xm, xn−1) + d(xn−1, xn) ≤ · · · ≤p∑

k=1

d(xn+k, xn+k−1).

et pour tout k ∈ N∗ on a :

d(xk+1, xk) = d(f(xk), f(xk−1)) ≤ αd(xk, xk−1) ≤ · · · ≤ αkd(x1, x0).

Donc : d(xm, xn) ≤p∑

k=1

αn+k−1d(x1, x0) =αn(1− αp)

1− αd(x1, x0)

Alors ; (xn) est de Cauchy, elle converge vers a ∈ E.xn+1 = f(xn)⇒ lim

n→+∞xn+1 = f( lim

n→+∞xn).

D'ou : a = f(a).

Maintenant, on a :

d(xn, a) = d(f(xn−1, f(a)) ≤ αd(xn−1, a) ≤ · · ·αnd(x0, a).

(Exercices du chapitre 3)

Exercice 3.1 : Soit X = a, b, c, d muni de la topologie τ = ∅, X, a, b, a, b, b, c, d,Y = 1, 2, 3, 4 muni de la topologie σ = ∅, Y, 1, 1, 2, 1, 2, 3, et f : (X, τ) → (Y, σ)

dénie par : f(a) = f(b) = 1, f(c) = 2, f(d) = 4.

1. Calculer : V(a),V(b),V(c),V(d).

2. Calculer : V(1),V(2),V(3),V(4).

3. Calculer : f−1(V(1)), f−1(V(2)), f−1(V(4)).

4. Etudier la continuité de f en a, b, c, d

Exercice 3.2 : Soit (X, τ) un espace topologique, et A ⊂ X. On dénit l'application indicatrice

de A ( notée χA) de (X, τ) vers (R, |.|) par :

χA(x) =

1, si x ∈ A0, si x /∈ A

Donner une condition nécessaire et susante pour que l'application indicatrice χA soit continue.

Exercice 3.3 : Soit E = C([0, 1];R), muni de deux distances suivantes :

d1(f, g) =

∫ 1

0

|f(x)− g(x)|dx d∞(f, g) = supx∈[0,1]

|f(x)− g(x)|

et soit l'application H de E vers (R, |.|), dénit par : H(f) =

∫ 1

0

|f(x)|dx.

1. Montrer que H est Lipshitzienne de (E, d1) vers (R, |.|).

2. Montrer que H est Lipshitzienne de (E, d∞) vers (R, |.|).

3. L'application H est -elle- bijective ?

Exercice 3.4 : Lesquels des sous-ensembles suivants sont fermés dans (R2, d2) ?

31

1. A = (x, y) ∈ R2 : y = x2

2. B = (x, y) ∈ R2 : y ≤ x2

3. C = (x, y, z) ∈ R3 : z ≤ x2 − y2 + 5

Exercice 3.5 : Construire des homémorphismes entre :

1. Deux intervalles de la forme [a; b] et [c; d], avec a < b et c < d.

2. L'intervalle ]− 1; 1[ et R.

3. Le cercle C(0, 1) et R.

4. La sphère S(0, 1) et R2.

Exercice 3.6 : Soit l'application d : Q∗×Q∗ −→ R+ telle que : d(p, q) =

0 : p = q1

|p|+

1

|q|: p 6= q

1. Vérier que d est une distance sur Q∗.

2. Les deux suites xn =1

n, yn = n sont-elles de Cauchy ?

3. Montrer que (Q∗, d) n'est pas complet.

Exercice 3.7 : Soit E = N∗. On pose pour tous n,m ∈ E :

d(m,n) =

0 : m = n

10 +1

m+

1

n: m 6= n

1. Montrer que d est une distance sur E.

2. Montrer que (E, d) est complet.

3. Soit f : E → E avec f(n) = n + 1. Montrer que pour tous n,m ∈ E(n 6= m) on a

d(f(n), f(m)) < d(n,m), mais f n'est pas contractante.

32

Chapitre 4

Espaces compacts

4.1 Espaces et ensembles compacts

Soit X un espace topologique, et (Oi)i∈I une famille d'ouverts de X.

Dénition 4.1 On dit que (Oi)i∈I est un recouvrement ouvert de X si X =⋃i∈I

Oi.

Dénition 4.2 On dit que (Oi)i∈I est un recouvrement ouvert de A ⊂ X si A ⊂⋃i∈I

Oi.

Supposons maintenant que X est un espace topolgique séparé.

Dénition 4.3 [Borel− Lebesgue] On dit que X est un espace compact si et seulement si

pour tout recouvrement ouvert de X, on peut extraire un recouvrement ni. i.e pour toute famille

des ouverts (Oi)i∈I :

(X =

⋃i∈I

Oi

)⇒

(∃J ⊂ I, J fini;X =

⋃j∈J

Oj

)

Dénition 4.4 X sera dit compact si pour toute famille de fermés de X ayant une intersection

vide, on peut extraire une sous famille nie ayant la même propriété. i.e pout toute famille (Fi)∈I

des fermés de X :

(⋂i∈I

Fi = ∅

)⇒

(∃J ⊂ I, J fini;

⋂j∈J

Fj = ∅

)

Théorème 4.1 Les deux dénitions 4.3, 4.4 sont équivalantes.

Preuve:

Déf 4.3 =⇒ Déf 4.4 :

Soit (Fi)i∈I une famille des fermés de X, telle que⋂i∈I

Fi = ∅. Donc ;⋃i∈I

CFiX = X.

Il existe J ⊂ I, (J ni) telle que⋃j∈J

CFiX = X, i.e

⋂j∈J

Fj = ∅.

Déf 4.4 =⇒ Déf 4.3 :

Soit (Oi)i∈I une famille des ouverts de X, telle que⋃i∈I

Oi = X. Donc ;⋃i∈I

COiX = ∅.

Il existe J ⊂ I, (J ni) telle que⋃j∈J

COjX = ∅, i.e

⋂j∈J

Oj = X.

33

Exemple 4.1 .

1. Toute partie nie est compacte pour la topologie usuelle de R.

2. On a R =⋃n∈N

]− n, n[. On ne peut pas extraire un recouvrement ni de ce recouvrement.

Donc : R n'est pas compact.

Proposition 4.1 Si X est compact, toute suite (Fn)n∈N des fermées décroissante (i.e pour tout

n ∈ N : Fn+1 ⊂ Fn), non vide, a une intersection non vide.

Preuve: Soit (Fn)n∈N une famille décroissante des fermés de X, et on suppose quen⋂i=1

Fi = ∅.

Puisque X est compact, il existe i1, i2, · · · ik ⊂ N, tel quek⋂j=1

Fij = ∅.

Mais,k⋂j=1

Fij = Fm ou m = maxi1, i2, · · · ik.

i.e il existe m ∈ N tel que Fm = ∅, ce qui est une contradiction.

Dénition 4.5 On dit q'une partie A de X est compacte si le sous espace A est compact.

Théorème 4.2 A est une partie compacte si et seulement si pour tout recouvrement de A par

des ouverts de X on peut extrarire un recouvrement ni.(A ⊂

⋃i∈I

Oi

)⇒

(∃J ⊂ I, J fini;A ⊂

⋃j∈J

Oj

)

Preuve:

=⇒ Soit (Oi)i∈I une famille des ouverts de X telle que A ⊂⋃i∈I

Oi. Donc ; A =⋃i∈I

(Oi ∩A).

Alors, (Oi ∩ A)i∈I est un recouvrement ouvert de A compact, il existe J ⊂ I ni tel que

A =⋃j∈J

(Oj ∩ A).

Donc : A ⊂⋃j∈J

Oj.

⇐= Soit (OAi )i∈I une famille des ouverts de A telle que A =⋃i∈I

OAi .

Il existe (Oi)i∈I une famille des ouverts deX telle que :OAi = Oi∩A,∀i ∈ I, et on a A ⊂⋃i∈I Oi.

Alors ; il existe J ⊂ I ni tel que A ⊂⋃j∈J

Oj. Donc : A =⋃j∈J

OAj .

Théorème 4.3 [Bolzano−Weierstrass] : Soit K une partie compacte de X. Alors ; toute

partie innie A de K possède au moins un point d'accumulation dans K.

Preuve: Soit K une partie compacte de X, et soit A une partie innie de K.

Supposons que A n'admet aucun point d'accumulationdans K.

*) Si x ∈ A, on a : ∀Ux ∈ V(x) ∩ τ : Ux ∩ A = x.

34

**) Si y ∈ CAK , on a : ∀Oy ∈ V(y) ∩ τ : Oy ∩ A = ∅.

Puisque K est compact, et K ⊂⋃

x∈K,y∈K

(Ux ∪ Oy), il existe deux familles nis (Uxi)ni=1 et

(Oyj)mj=1 telles que K ⊂ (n⋃i=1

Uxi) ∪ (m⋃i=1

Uyj).

Donc ; A ⊂m⋃i=1

Uxj , i.e A = x1, x2, ...xm, ce qui est une contradiction.

Proposition 4.2 .

1. Toute partie compacte de X est fermée dans X.

2. Si X est compact, alors ; toute partie fermée de X est compacte.

Preuve:

1. Sit A une partie compacte de X, et soit y ∈ CAX . Comme X est séparé, on a :

∀x ∈ A,∃Vx ∈ V(x) ∩ τ, ∃V xy ∈ V(y) ∩ τ : Vx ∩ Vy = ∅.

A ext comact, et A ∈⋃x∈A

Vx, il existe alors une partie nie x1, x2, . . . , xn ⊂ A telle que

A ∈n⋃i=1

Vxi .

Puisque V =n⋂i=1

V xiy ∈ V(y), et V ∩ Vxi = ∅,∀i = 1 . . . n, on a : V ∩ (

n⋃i=1

Vxi) = ∅.

Donc ; V ⊂ CAX , alors C

AX est un ouvert. Donc : A est fermée.

2. Soit F une partie fermée de X, et soit (Fi)i∈I une famille des fermées de F telle que⋂i∈I

Fi = ∅. Comme F est fermée, (Fi)i∈I est une famille des fermées de la compacte X.

Il existe alors une sous ensemble nie J de I telle que⋂j∈J

Fj = ∅. Donc : F est compacte.

Corollaire 4.1 Dans un espace compact, les parties compactes sont les parties fermées.

Proposition 4.3 .

1. Toute réunion ni de parties compactes est une partie compacte.

2. Toute intersection de parties compactes est une partie compacte.

Preuve:

1. On va montrer que si A et B sont des parties compactes de X, alors A ∪ B est compact

(la suite se fait par récurrence).

Soit (Oi)i∈I un recouvrement ouvert de A∪B, donc il est un recouvrement de A et de B.

Il existe deux sous ensembles nis JA, JB de I, tels que A ⊂⋃j∈JA

Oj, A ⊂⋃j∈JB

Oj.

Alors, A ∪B ⊂⋃

J⊂JA∪JB

Oj. Donc : A ∪B est compact.

35

2. Soit (Fi)i∈I une famille de compacts (donc fermés). On pose F =⋂i⊂I

Fi.

F est une fermée dans certain compact Fi, elle est alors compacte.

Théorème 4.4 [Tychonoff ] : Un produit d'espaces topologiques compacts est compact.

Preuve: Soient X1, X2 deux compacts, et soit (O1i ×O2

i )i∈I un recouvrement ouvert de X1×X2.

Donc : (O1i )i∈I un recouvrement ouvert de X1, et (O2

i )i∈I un recouvrement ouvert de X2.

Il existe deux sous ensembles nis J1, J2 de I tels que X1 =⋃j∈J1

O1j , X2 =

⋃j∈J2

O2j .

Alors ; X1 ×X2 =⋃

j∈J1∪J2

(O1j ×O2

j ).

Donc ; X1 ×X2 est compact.

Dénition 4.6 On dit q'une partie A est relativement compacte dans X si A est compacte.

4.2 Espaces localemnt compacts

Dénition 4.7 On dit que X est localement compact si tout point de X possède au moins un

voisinage compact.

Exemple 4.2 (R, |.|) est localement compact.

Dénition 4.8 A ⊂ E est lecalement compact si le sous espace A est localement compact.

Exemple 4.3 Q n'est pas localement compact dans (R, |.|).

Lemme 4.1 Si X est compact alors ; tout point admet un système fondamental de voisinages

compacts.

Preuve: Soit x ∈ X, et V un voisinage ouvert de x. Alors, CVX est fermé, donc : compact.

Il existe O1 ∈ V(x),O2 ∈ O(CVX) tels que O1 ∩ O2 = ∅.

Alors ; O1 ∈ V(x), et O1 ⊂ V .

Sinon O1 ∩ CVX 6= ∅, ie O1 ∩ O2 6= ∅, ce qui contredit O1 ∩ O2 = ∅.

Théorème 4.5 Tout point d'un espace localement compact possède un système fondamental de

voisinages compacts.

Preuve: Soit A une partie localemnt compact, et soit x ∈ A.Il existe un compact K ⊂ A, tel que K ∈ V(x).

Donc : x possède un système fondamental des voisinages compcts dans X, donc dans A.

Théorème 4.6 Si A est une partie localement compacte de X et partout dense dans X alors ;

A est une partie ouverte de X.

Preuve: Soit A une partie localemnt compact, telle que A = X.

Soit x ∈ A, et soit K ∈ V(x) (compact).

Il existe U ouvert de X tel que0

K = U ∩ A. Donc : U ∩ A = U ∩ A = U ⊂ K.

Alors ; A ∈ V(x). Donc : A est un ouvert.

36

4.3 Espaces métriques et compacité

Soit (E, d) un espace métrique.

Lemme 4.2 (de la maille) [13] Si A ⊂ E possède cette propriété : "de toute suite de A on

peut en extraire une sous suite convergente", alors : pour tout recouvrement ouvert (Oi)i∈I de

A, il existe ρ > 0 tel que : ∀x ∈ A,∃ix ∈ I, B(x, ρ) ⊂ Oix.

Théorème 4.7 Soit A ⊂ E. Les trois assertions suivantes sont équivalentes :

1. A est une partie compacte.

2. Propriété de Bolzano-Weierstrass : Toute partie innie de A admet un point d'ac-

cumulation dans A.

3. De toute suite d'éléments de A on peut extraire une sous suite convergente dans A.

Preuve:

1)⇒ 2) : Voir théorème de Bolzano-Weierstrass.

2)⇒ 3) : Soit (xn)n∈N ⊂ A, et soit K = xn, n ∈ N.Si K est ni, on peut toujour extraire une sous-suite stationnaire.

Supposons que K est inni, il admet au moins un point d'accumilation. Donc : on peut extraire

une sous-suite convergente.

3) ⇒ 1) : Soit (Oi)i∈I un recouvrement ouvert de A. On utilise le lemme de la maille, il

existe ρ > 0 tel que : ∀x ∈ A,∃ix ∈ I, B(x, ρ) ⊂ Oix .On construit une suite (xn) comme suit :

* x0 ∈ A.

Sin⋃k=0

B(xk, ρ), on prend xn+1 ∈ A \n⋃k=0

B(xk, ρ), sinon on sa'arrête, et on pose : M =

0, 1, . . . , n. On montre que l'ensemble d'indices M est ni.

Supposons que l'ensemble M est innie, on a construit une suite (xn) telle que d(xn;xm) ≥ ρ

pour m 6= n.

En extrayant une sous-suite (xϕ(n)) convergeant vers ` ∈ A, on obtient pour n assez grand :

ρ ≤ d(xϕ(n+1), xϕ(n)) ≤ d(xϕ(n+1), `) + d(xϕ(n), `) ≤ρ

3+ρ

3≤ 2ρ

3

ce qui est impossible pour ρ > 0. Donc l'ensemble M est ni, et on a : A ⊂n⋃k=0

B(xk, ρ).

Proposition 4.4 Si A est une partie compacte de E, elle est alors bornée et complète.

Preuve:

i) Comme A est compact, on peut recouvrer A par un nombre ni de boules (B(xi, ri))1≤i≤n.

Donc : A ⊂ B(x1, r), ou r = max1, 2, · · · , n, i.e A est borné.

ii) Soit (xn) une suite de Cauchy dans A.

On peut extraire une sous-suite qui converge vers x ∈ A (A est frmé).

Donc : (xn) est converge dans A, i.e A est complet.

37

Dénition 4.9 On dit q'une partie A de E est une partie précompacte de E si pour tout

ε > 0, A peut être recouvert par un nombre ni d'ensembles de diamètre inférieur ou égal à ε.

Proposition 4.5 Si A est compact, alors A précompact.

Preuve: Supposons que A est compact, et soit ε > 0.

La famille B(x, ε

2

)x∈A est un recouvrement ouvert de A. On peut ewtraire un recouvrement

ni B(xi,

ε2

)1≤i≤n de A, avec de diamètre infèrieur ou égale ε.

Alors ; A est précompact.

Théorème 4.8 E est compact si et seulement si E est précompact et complet.

Preuve:

⇒ de précédant.

⇐ On va montrer que de toute suite de E, on peut extraire une sous-suite convergente.

Soit (xn) une suite de E, et soit ε > 0. Comme E est précompact, on peut le rtecouvrer par un

nombre ni de boules de rayons ε.

Si la suite (xn) n'est pas stationnaire, l'une au moins de ces boules contient un nombre inni

des élémens de (xn). Notons B1 cette boule, et soit ϕ(1) le plus petit élément tel que xϕ(1) ∈ B1.

On peut recouvrer E par un nombre ni des boules de rayon1

2, les intersections de ces boules

avec B1 construit un recouvrement de B1, l'une des intersections contient un un nombre inni

des élémens de (xn). Notons B2 cette boule, et soit ϕ(2) 6= ϕ(1) le plus petit élément tel que

xϕ(2) ∈ B2.

On construit alors une sous-suite (xϕ(n)) tel que xϕ(k)∈Bk, avec Diam(Bk) ≤2

k.

Cette sous-suite est de Cauchy dans E complet, elle est convergente.

Donc : E est compact.

Proposition 4.6 Si A est relativement compact alors ; toute suite de A possède au moins une

valeur d'adhérence dans E.

Preuve: A est relativement compact, donc : A est cmpact.

Soit (xn) une suite dans A, elle est donc dans A, qui est compact.

On peut extraire une sous-suite qui converge vers a ∈ A.Donc : a est une valeur d'adhérent de (xn).

Théorème 4.9 (Heine-Borel-Lebesgue) Dans (R, |.|), tout intervalle fermé, et borné est un

compact.

Preuve: Soit [a, b] un intervalle fermé et borné de R.[a, b] est borné dans R complet, donc : [a, b] est complet.

On pose n =b− a

2ε, x0 = a, x1 = a+

b− an

, . . . , xk = a+(b− a)k

n, · · · , xn = b.

On pose : B0 = B(x0, ε), B1 = B(x1, ε), · · · , B0 = B(xn, ε). On a : [a, b]n⋃k=0

B(xk, ε).

[a, b] est précompact est complet, donc : [a,b] est cmpact.

38

Théorème 4.10 Les parties compactes de Rn sont précisément des parties fermées et bornées.

Preuve: On sais qu'une patrie compacte est fermée et borné, on montre qu'une partie fermé

et borné de Rn est compact. muni Rn de la distance euclidienne d2.

Soit A une partie fermée et bornée, il existe M > 0 tel que A ⊂ B(0,M), et par suite A ⊂([−M,M ])n.

L'ensembl [−M,M ] est compact dans R, donc, ([−M,M ])n est compact dans Rn.

Alors, A est une partie fermé d'un compact, elle est aussi compacte.

4.4 Espaces compacts et continuité

Théorème 4.11 (Weierstrass) Soit X un espace topologique compact, Y un espace topolo-

gique séparé, f : X → Y une fonction continue. Alors ; f(X) est une partie compacte de Y .

Preuve: Soit (Ui)i∈I un recouvrement ouvert de f(x), alors ; X = X =⋃i∈I

f−1(Ui).

Comme f est continue, (f−1(Ui))i∈I est un recouvrement ouvert du compactX, On peut extraire

un recouvrement ni (f−1(Uj))j∈J .

Alors ; (Uj)j∈J est un recouvrement ouvert de f(x). Donc : f(x) est compact.

Théorème 4.12 Soit X un espace topologique compact, f : X → R une fonction numérique

continue. Alors :

1. f(X) est bornée.

2. f atteint ses bornes supérieures et inférieures.

Preuve:

1. X compact, f continue. Donc : f(x) est compact, donc bornée.

2. Puisque f(x) est compact, il est fermé. Donc : f(x) = f(x).

Comme sup f ∈ f(x), inf f ∈ f(x), il existe a, b ∈ X tels que f(a) = sup f, f(b) = inf f .

Remarque 4.1 Si l'une des hypothèses du théoreme n'est pas réalisée, alors le théoeème ne

s'applique pas.

Par exemple : E =]0, 1], f(x) =1

xn'est pas bornée car E n'est pas compact.

Théorème 4.13 (Heine) Toute fonction f continue sur un espace métrique compacte (E, d),

à valeurs dans un espace métrique (F, δ) est uniformément continue.

Preuve: Soit ε > 0. Puisque f est continue, on a :

∀x > 0,∃αx > 0,∀y ∈ E : d(x, y) < αx ⇒ δ(x, y) < ε

Comme E est compact, on peut extraire un recouvrement ni B(xi,αi2 1≤i≤n

. Posons α =

inf1≤i≤n

αi.

39

Soient x, y ∈ E tels que d(x, y) ≤ α, il existe i ∈ I tel que d(x, xi) ≤αi2. Donc :

d(y, xi) ≤ d(y, x) + d(x, xi) ≤α

2+αi2≤ αi.

Alors ; δ(f(xi), f(y)) <ε

2, i.e :

δ(f(x), f(y)) ≤ δ(f(xi), f(x)) + δ(f(xi), f(y)) < ε.

D'ou la continuité uniforme.

(Exercices du chapitre 4)Exercice 4.1 : Soit I =]0, 1[⊂ R muni de la distance usuelle |.|, et soit la famille Oxx∈I , ouOx =

]x2, 2x[.

1. Montrer que Oxx∈I réalise un recouvrement de I.

2. Montrer que I n'est pas compact.

Exercice 4.2 [Compacité d'Alexandrov]: Soit Ω un espace localement compact, ω /∈ Ω, et

X = Ω∪ ω. On apelle ouvert de X soit un ouvert de Ω, soit une partie de la forme Γ∪ ω,ou Γ ⊂ Ω est le complémentaire d'un compact de Ω. Montrer que :

1. On a déni une Topologie sur X.

2. Cette Topologie induite sur Ω le Topologie initiale de Ω.

3. X est séparé.

4. X est compact.

Application : R = R ∪ −∞,+∞ la droite réelle achevée.

Exercice 4.3 : Lesquels des sous-ensembles suivants sont compacts ?

1. A = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 1

2. B = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 − 2x = 1

3. C = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 − 2y > 1

Exercice 4.4 : Soit I =]0, 1[, pour un point dite ∞ on pose I∞ = I ∪∞. On muni I∞ d'une

toplogie comme suivant : On apelle ouvert de I∞ soit un ouvert de I, soit une partie de la forme

O∪∞, ou O est le complémentaire d'un interval compact de I. On va montrer d'une manière

diérente de l'exercice 4.2 que I∞ est compact.

On note par S1 le cercle de centre 0 et de rayon 1 dans R2, et considère l'application f : I∞ →S1, dénie comme suivante :

f(t) = (cos(2πt), sin(2πt)) : t ∈ If(∞) = (1, 0)

1. Montrer que f est un homéomorphisme.

2. Déduire.

Exercice 4.5 : Soit (E, d) un espace métrique compact.

Montrer qu'il existe deux points x et y de E tels que d(x, y) = Diam(E).

40

Chapitre 5

Espaces connexes

5.1 Espaces connexes

Soit (X, τ) un espace topologique.

Dénition 5.1 X est connexe si pour toute partition de X par deux ouverts O1 et O1 on a

O1 = ∅ ou O2 = ∅. Autrement dit

∀O1,O2 ⊂ τ : (X = O1 ∪ O2,O1 ∩ O2 = ∅)⇒ (O1 = ∅ ∨ O1 = ∅)

Dénition 5.2 On dit que X est connexes si les parties ouvertes et fermées à la fois sont

seulement X et ∅.

Théorème 5.1 Les deux dénitions 5.1, 5.2 sont équivalantes.

Preuve:

Déf 5.1 =⇒ Déf 5.2 :

Soit A une partie ouverte et fermée à la fois. Donc : CAX est une partie ouverte et fermée à la

fois.

Alors, A ∪ CAX = X,A ∩ CA

X = ∅, alors, A = ∅ ou A = X.

Déf 5.2 =⇒ Déf 5.1 :

Soient O1,O2 deux ouverts de X tels que X = O1 ∪ O2 et O1 ∩ O2 = ∅.Donc ; O2 = CO1

X , i.e O2 est un fermé et ouvert à le fois.

Alors ; O2 = X(O1 = ∅), ou O2 = ∅(O1 = X).

Exemple 5.1 .

1. (R, |.|) est connexe.

2. L'espace topologique grossier est connexe.

Dénition 5.3 On dit que l'ensemble A ⊂ X est connexe si le sous espace A est connexe.

Proposition 5.1 Une partie A de X est connexe si et seulement si l'existence de deux ouverts

disjoints O1 et O2 de (X, τ) tels que A ⊂ O1 ∪ O2 entraîne A ⊂ O1 ou A ⊂ O2.

41

Preuve:

⇒ Soient O1,O2 deux ouverts de X tels que A ⊂ O1 ∪ O2 et O1 ∩ O2 = ∅.Donc ; A = (A ∩ O1) ∪ (A ∩ O2), et (A ∩ O1) ∩ (A ∩ O2) = ∅.Comme A est compact, on a : A = A ∩ O1 ou A = A ∩ O2), i.e A ⊂ O1 ou A ⊂ O2.

⇐ Soient OA1 ,OA2 deux ouverts de A tels que A = OA1 ∪ OA2 et OA1 ∩ OA2 = ∅.Il existe O1,O2 deux ouverts de X tels que OA1 = A ∩ O1,O2 = A ∩ O2.

Donc : A = A ∩ (O1 ∪ O2), i.e A ⊂ O1 ∪ O2.

Alors ; A = OA1 ou A = OA2 .

Proposition 5.2 Soient A,B deux parties de X telles que A ⊂ B ⊂ A. Si A est connexe,

alors B est connexe.

En particulier : Si A est connexe, alors A est connexe.

Preuve:

Soient A,B deux parties de X telles que A ⊂ B ⊂ A, et soient OB1 ,OB2 deux ouverts disjoints

de B tels que B = OB1 ∪ OB2 .Il existe deux ouverts disjoints O1,O2 de X tels que OB1 = B ∩ O1,OB2 = B ∩ O2.

Comme A ⊂ B, on a : A = (O1 ∩ A) ∪ (O2 ∩ A), et puisque A est connexe on a : O1 ∩ A = ∅ou O2 ∩ A = ∅.Supposons que O1 ∩A = ∅, et O1 ∩B 6= ∅, et puisque B ⊂ A on a : O1 ∩A 6= ∅, ce qui est unecontradiction (on fait les mêmes arguments pour O2).

Alors, B est connexe.

Proposition 5.3 .

1. Soit Aii∈I une famille de connexes de X telle que⋂i∈I

Ai 6= ∅. Alors ;⋃i∈I

Ai est connexe.

2. Soit Ann∈N une famille de connexes de X telle que ∀n ∈ N : An ∩ An+1 6= ∅. Alors ;⋃n∈N

An est connexe.

Preuve:

1. On pose A =⋃i∈I

Ai, et soient O1,O2 deux ouverts disjoints de X tels que A ⊂ O1 ∪ O2.

Pour tout i ∈ I, on a : Ai ⊂ O1 ∪O2, mais Ai sont des connexes, donc : pour tout i ∈ I :

Ai ⊂ O1, ou Ai ⊂ O1. Alors, A ⊂ O1, ou A ⊂ O1.

2. Posons Bn =n⋃k=1

Ak. Supposons que Bn est connexe, et montrons que Bn+1 est connesxe.

On a : Bn+1 = Bn ∪ An+1, et Bn ∩ An+1 = ∅. Alors, Bn+1 est connexe (d'après 1.).

42

5.2 Composantes connexes, espaces localement connexes

Dénition 5.4 Soit x ∈ X. On appelle composante connexe de x, notée C(x) la réunion de

toutes les parties connexes de X contenant x.

Il résulte de la proposition ci-dessus que C(x) est connexe.

Dénition 5.5 On appelle composantes connexes de A ⊂ X les composantes connexes de

sous-espace A.

Dénition 5.6 On dit que X est localement connexe si tout point x ∈ X possède un système

fondamental de voisinages connexes.

Exemple 5.2 R est localement connexe.

Théorème 5.2 X est localement connexe si et seulement si les composantes connexes des

ouverts de X sont des ouverts de X.

Preuve:

⇒ Soit O un ouvert de X, et soit C(O) la composante connexe de O.Pour x ∈ O, il existe un voisinage connexe de V ∈ V(x). Donc ; V ⊂ C(O).

Alors, C(O) ∈ V(x), i.e C(O) est un ouvert.

⇐ Soit x ∈ X, et soit V ∈ V(x).

La composante connexe U de x pour0

V est un ouvert, et on a :U ⊂0

V ⊂ V.

Donc : X est localement connexe.

5.3 Espaces métriques et connexité

Soit (E, d) un espace métrique.

Dénition 5.7 On dit que E est bien enchaîné si quels que soient les points a, b de E, et

le nombre ε > 0, il existe une chaîne nie a = x0, x1, . . . , xn = b de points de E tels que

d(xi, xi+1) ≤ ε,∀i = 0, 1, . . . , n− 1.

ε est appelé le pas de la subdivision.

Théorème 5.3 Si (E, d) est connexe, il est bien enchaîné.

Preuve:

Soit a ∈ E, et soit A ⊂ E, un ensemble relié à a par une chaîne de pas ε > 0.

i) a ∈ A, donc : A 6= ∅ii) Soient x ∈ A, y ∈ B(x, ε). Alors, y relis à a par une chaîne de pas ε. Alors, y ∈ A, et

B(x, ε) ⊂ A.

Donc ; A est un ouvert.

iii) Soint x ∈ A, alors, B(x, ε) ∩ A 6= ∅. Il existe alors y ∈ A tel que d(x, y) ≤ ε.

Alors, x ∈ A, i.e A = A. Donc : A est fermé.

Comme E est connexe, on a A = E. Donc : E est bien enchaîné.

43

Remarque 5.1 Un espace métrique bien enchaîné n'est pas nécessairement connexe (par exemple

l'ensemble Q).

Théorème 5.4 Tout espace métrique compact, bien enchaîné, est connexe.

Preuve:

Soit E, d un espace métrique compact, bien enchaîné.

Supposons que E n'est pas connexe, il existe deux ouverts (et fermés à la fois), non vides,

disjoints (on le note par F1, F2, F1 ∪ F2 = E). F1, F2 sont deux fermés dans le compact E, ils

sont compact aussi. Soit α = d(x, y).

De la continuité de l'application d, la compacité de F1, F2, il existe (x1, x2) ∈ F1 × F2 tels que

α = d(x1, x2).

Si on suppose que α = 0, on trouve F1 ∩ F2 6= ∅, ce qui est une contradiction. Donc : α > 0.

Soit ε =α

2, et soient a1 ∈ F1, a2 ∈ F2. On a : ∀(x1, x2) ∈ F1 × F2 : d(x1, x2) > ε.

Donc, il n'existe pas de chaîne nie de pas ε qui part de a1 et aboutit à a2, ce qui contredit

l'hypothèse. donc : E est connexe.

Proposition 5.4 A ⊂ R est connexe si et seulement si A est un intervalle.

Preuve:

⇒ Soit A ⊂ R connexe, et soient x, y, z ∈ R tels que x, y ∈ A, et x < y < z.

Si z /∈ A, alors ; A ⊂]−∞, z[∪]z,+∞[. Alors :

A ⊂]−∞, z[: contradiction avec y ∈ A, ou A ⊂]z,+∞[ contradiction avec x ∈ A.⇐ On suit la preuve qui se trouve dans [13].

Supposons que pour un intervalle I de R, il existe deux ouverts disjoints O1 et O1 de R tels

que I ⊂ O1 ∪ O2.

Supposons que I ∩ O2 6= ∅, et montrons qu'alors I ⊂ O2. Soit x ∈ I ∩ O2, on considère

Ax = I ∩ O1∩]−∞, x[, c'est un ouvert de I.

Par l'absurde supposons que Ax est non vide. Il admet alors une borne supérieure que l'on note

a. Cette borne supérieure a est inférieure ou égale à x et majore les éléments de Ax.

Comme Ax ⊂ I, x ∈ I et comme I est un intervalle, on a nécessairement a ∈ I.Mais alors a ∈ ∩O2. En eet, dans le cas contraire les relations a ∈ ∩O1 et a ≤ x avec x ∈ O2

entraînent a ∈ Ax. Comme Ax est un ouvert de I, il existe ε > 0 tel que ]a− ε, a+ ε[∩I ⊂ Ax.

L'intervalle I contient a et x > a + ε. Par conséquent a +ε

2appartient à Ax et cela contredit

la dénition de a.

Maintenant, si a ∈ O2, comme O2 est un ouvert, il existe ε′ > 0 tel que ]a − ε′, a + ε′[⊂ O2.

Comme O1 et O2 sont disjoints, on obtient ]a − ε′, a + ε′ ∩ Ax = ∅, ce qui est contraire à la

dénition de a.

En conclusion Ax doit être vide.

De la même manière en travaillant avec la borne inférieure, on montre que I ∩O1∩]x,+∞[ doit

être vide. On a donc I ⊂ O2.

44

5.4 Applications continues et connexité, connexité par arcs

Soit (X, τ), (Y, σ) deux espaces topologiques, f : (X, τ) −→ (Y, σ) une application.

Théorème 5.5 Si X est connexe, et f est continue, alors f(X) est connexe.

Preuve:

Soient U1, U2 deux ouverts disjoints de f(X) tels que f(X) = U1 ∪ U2.

Comme f est continue, f−1(U1), f−1(U2) sont deux ouverts disjoints de X tels que X =

f−1(U1) ∪ f−1(U2).

Puisque X est connexe, on a : f−1(U1) = ∅ ou f−1(U2) = ∅, i.e U1 = ∅ ou U2 = ∅,Alors ; f(X) est connexe.

Théorème 5.6 (valeurs intermédiaires) Si f : (X, τ) → (R, |.|) est continue, et si X est

connexe, alors ;

1. f(X) est un inervalle.

2. Si f prend deux valeurs α, β(α < β), alors f prend toutes les valeurs entre α et β.

Preuve:

1. f Est continue, X est connexe. Donc : f(x) est connexe dans R.Donc ; f(X) est un intervalle.

2. Soient α, β ∈ f(X), et soient xα, xβ ∈ X tels que f(xα) = α, f(xβ) = β.

Alors, [α, β] ⊂ f(X). Donc : pour tout λ ∈ [α, β], on a : λ ∈ f(X).

Il existe alors, xλ ∈ [α, β] tel que f(xλ) = λ.

Dénition 5.8 On dit que X est connexe par arc si pour tout x, y ∈ X, il existe une applicationcontinue f : [a, b]→ X telle que f(a) = x et f(b) = y.

Proposition 5.5 Un espace topoologique connexe par arc est connexe.

Preuve:

Supposons que X est connexe par arc, et n'est pas connexe. Il existe deux ouverts disjoints

O1,O2 tels que X = O1 ∪ O2.

Soit x1 ∈ O1, x2 ∈ O2. Il existe une application continue f d'un intervalle [a1, a2] dans X, telle

que : x1 = f(a1), x2 = f(a2).

On a : [a, b] = f−1(X) = f−1(O1) ∪ f−1(O2).

f−1(O1), f−1(O2) sont deux ouverts disjoints de [a, b] tels que [a, b] = f−1(X) = f−1(O1) ∪f−1(O2).

Alors, [a, b] n'est pas connexe, ce qui est une contradiction.

45

(Exercices du chapitre 5)

Exercice 5.1 : Soit X un espace topologique discret. A quelle condition l'espace X est connexe ?

Exercice 5.2 : Etudier la connexité de Q et de R\Q.

Exercice 5.3 :

1. Montrer que S = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 = 1 est une partie connexe de R2

2. Etudier la connexité de l'ensemble A = (x, y) ∈ R2 : x.y > 1.

Exercice 5.4 : Soit l'ensemble X = a, b, c, d, muni de la topologie

τ = ∅, a, d, a, d, b, c, a, b, c, b, c, d, X

1. Etudier la connexité de l'espace (X, τ).

2. Etudier la connexité de l'ensemble A = b, c.

3. Donner la composante connexe de b.

Exercice 5.5 : On dénie la sphère d'unité S2 dans R3 comme suivant :

S3 = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 = 1

Montrer que S2 est connexe par arc.

46

Chapitre 6

Espaces Vectoriels Normés

6.1 Norme et espace vectoriel normé, Espaces de Banach

Soit E un espace vectoriel sur le corps K = R ∨ C.

Dénition 6.1 On appelle une norme sur E une application ‖.‖ : E → R+, x 7→ ‖x‖, telleque :

1. ‖x‖ = 0⇔ x = 0,

2. ∀λ ∈ K, ∀x ∈ E : ‖λx‖ = |λ|.‖x‖ (homogénéité),

3. ∀x, y ∈ E : ‖x+ y‖ ≤ ‖x‖+ ‖y‖ (inégalité triangulaire).

Exemple 6.1 .

1. Sur l'espace Rn, on peut dénir trois normes :

‖x‖1 =n∑i=1

|xi|. ‖x‖2 =

√√√√ n∑i=1

|xi|2 (norme euclidienne). ‖x‖∞ = max1≤i≤n

|xi|.

2. Soit a, b ∈ R, C([a, b];R) l'ensemble des applications continues de [a, b] vers R. On dénit

les normes :

‖f‖1 =

∫ b

a

|f(x)|dx. ‖f‖2 =

(∫ b

a

|f(x)|2dx) 1

2

‖f‖∞ = supx∈[a,b]

|f(x)|.

Dénition 6.2 On appelle espace vectoriel normé (e.v.n) le couple (E, ‖.‖) formé d'un espace

vetoriel sur K, et une norme dénie sur E.

Dénition 6.3 Deux normes ‖.‖1 et ‖.‖2 de E sont dites équivalentes s'il existe α, β > 0 tels

que : ∀x ∈ E : α‖.‖1 ≤ ‖.‖2 ≤ β‖.‖1

Exemple 6.2 Les trois normes ‖.‖1, ‖.‖2, ‖.‖∞ de Rn sont équivalentes.

Proposition 6.1 Un espace vectoriel normé (E, ‖.‖) est un espace métrique, dont la distance

d est dénie par d(x, y) = ‖x− y‖,∀x, y ∈ E.

Preuve: Voir exercice 1.6.

47

Proposition 6.2 Les boules ouvertes et fermées sont convexes.

Donc : (E, ‖.‖) est localement convexe.

Preuve: Soient a ∈ E, r > 0, et soient x, y ∈ B(a, r)(B(a, r)), t ∈ [0, 1]. On a :

‖a− (tx+ (1− t)y)‖ = ‖a− (t(x− a) + ta+ (1− t)y)‖= ‖t(x− a) + (1− t)(a− y)‖≤ t‖x− a‖+ (1− t)‖a− y‖≤ (<) tr + (1− t)r = r

Donc : B(a, r)(B(a, r)) est convexe.

Proposition 6.3 Dans un e.v.n on a : B(a, r) = B(a, r).

Preuve:

B(a, r) ⊂ B(a, r) :

On a : B(a, r) ⊂ B(a, r) qui est fermé. Donc : B(a, r) ⊂ B(a, r).

B(a, r) ⊂ B(a, r) :

Soit x ∈ B(a, r), donc : ‖x− a‖ ≤ r.

Si ‖x− a‖ < r, on a : x ∈ B(x, r) ⊂ B(a, r).

Si ‖x− a‖ = r, on a : infy∈B(a,r)

d(x, y) = 0. Alors ; x ∈⊂ B(a, r).

Proposition 6.4 La norme est une application lipschitzienne, donc uniformément continue.

Preuve: Soit ‖.‖ une norme sur E.

On sais que pour toute x, y ∈ E on a : |‖x‖ − ‖y‖| ≤ ‖x− y‖.Donc : ‖.‖ est lipshitzienne, donc uniformément continue.

Dénition 6.4 On dit qu'un e.v.n (E, ‖.‖) est un espace de Banach si l'espace métrique associé

à la norme ‖.‖ est un espace métrique complet.

Exemple 6.3 .

1. (Rn, ‖.‖1), (Rn, ‖.‖2), (Rn, ‖.‖∞) sont des espaces de Banach.

2. C([a, b];R), ‖.‖∞) est un espace de Banach.

Dénition 6.5 Soit (E, ‖.‖) un e.v.n, et soit H un sous-espace vectoriel de E. On appelle

(H, ‖.‖) un sous-espace vectoriel normé de (E, ‖.‖).

Proposition 6.5 Soit H un sous espace vectoriel de E, alors H est un sous espace vectoriel

de E.

Preuve: Soit x ∈ H,α ∈ K \ 0, r > 0.

i) Comme B

(x,

r

|α|

)∩H 6= ∅, il existe x1 ∈ H tel que ‖x− xr‖ <

r

|α|.

Donc : αx1 ∈ H, et on a : ‖αx− αx1‖ = |α|‖x− x1‖ < r.

Alors ; B(αx, r) ∩H 6= ∅, i.e αx ∈ H.ii) Maintenant, il existe x2 ∈ H tel que ‖x− x2‖ < r, et on a :

‖ − x− (−x2)‖ = ‖x− x2‖ < r, i.e B(−x, r) ∩H 6= ∅, donc −x ∈ H.

48

Proposition 6.6 Soit (E1, ‖.‖1), (E2, ‖.‖2) deux espaces vectoriels normés. Alors ; E1×E2 est

un espace vectoriel pour la norme dénie par : ∀(x1, x2) ∈ E1×E2 : ‖(x1, x2)‖ = ‖x1‖1 +‖x2‖2.

Preuve:

1. Soient (x1, x2) ∈ E1 × E2.

‖(x1, x2)‖ = 0 ⇐⇒ ‖x1‖1 + ‖x2‖2 = 0

⇐⇒ ‖x1‖1 = 0 ∧ ‖x2‖2 = 0

⇐⇒ x1 = 0 ∧ x2 = 0

⇐⇒ (x1, x2) = (0, 0)

2. Soient λ ∈ K, (x1, x2) ∈ E1 × E2.

‖λ(x1, x2)‖ = ‖(λx1, λx2)‖= ‖λx1‖1 + ‖λx2‖2

= |λ|(‖x1‖1 + ‖x2‖2)

= |λ|‖(x1, x2)‖3. Soient (x1, x2), (y1, y2) ∈ E1 × E2.

‖(x1, x2) + (y1, y2)‖ = ‖(x1 + y1, x2 + y2)‖= ‖x1 + y1‖1 + ‖x2 + y2‖2

≤ ‖x1‖1 + ‖y1‖1 + ‖x2‖2 + ‖y2‖2)

= ‖(x1, x2)‖+ ‖(y1, y2)‖

6.2 Espaces vectoriels normés de dimensions nis

Soit E un espace vectoriel sur le corps K = R ∨C, de dimension nie n, rapporté à la base

(ei)i=1...n, normé par : ‖x‖ =n∑i=1

|xi|, où x =n∑i=1

xi.ei.

Lemme 6.1 Soit µ une norme sur (E, ‖.‖). Alors l'application x 7→ µ(x) est continue.

Preuve: Soient x0 ∈ E. On a pour tout x ∈ E :

|µ(x)| = |µ

(n∑i=1

xi.ei

)|

≤n∑i=1

|xi|.|µ(ei)|

≤ k‖x‖où k = max

1≤i≤n|µ(ei)|.

Donc : Pour ε > 0, il existe α =ε

k, tel que :

‖x− x0‖ ≤ α =⇒ |µ(x)− µ(x0)| ≤ k|‖x‖ − ‖x0‖| ≤ k‖x− x0‖ < ε

Théorème 6.1 A ⊂ E est compact si et seulement si A est fermé et borné.

49

Preuve: Supposons que K = R (juste pour simplier les choses).

⇒ A est compact. D'après proposition 4.2, proposition 4.4, A est fermé et borné.

⇐ Supposons que A est fermé et borné.

Supposons que dimE = n, et soit (e1, e2, · · · , en) une base de E. Comme les normes dans E

sont équivalentes, on utilise les norme :

‖x‖E = ‖x1e1 + x2e2 + · · · + xnen‖ = |x1| + |x2| + · · · + |xn| ‖α‖Rn = ‖(α1, α2, · · · , α‖ =

|α1|+ |α2|+ · · ·+ |αn|.Soit maintenant l'application f : Rn → E, dénie comme suivante : f(x) = (x1, x2, · · · , x2).

On peut montrer facilement que f est une applicaion bilipschtzienne, Donc : f−1(A) est une

partie fermée et bornée dans Rn, elle est compacte d'après théorème 4.10. Donc : A est compacte.

Théorème 6.2 Toutes les normes sur E sont équivalentes.

Preuve: Soit S = x ∈ E : ‖x‖ = 1 la sphère d'unité. S est compact dans E, car elle est

fermé et borné dans un espace de dimension ni.

Soient µ1, µ2 deux normes sur E, ϕ l'application de S dans R+, dénie par : ϕ(x) =µ1(x)

µ2(x).

L'application ϕ est continue sur le compact S, elle est donc borné. Il existe α, β ∈ R∗+ telles

que : α ≤ µ1(x)

µ2(x)≤ β.

Soit maintenant x ∈ E \ 0, alors x

‖x‖∈ S, et on a : α ≤

µ1

(x

‖x‖

)µ2

(x

‖x‖

) ≤ β.

Alors ; α ≤ µ1(x)

µ2(x)≤ β, i.e αµ2(x) ≤ µ1(x) ≤ βµ2(x).

Corollaire 6.1 Si E est un e.v.n, et F est un sous espace vectoriel de dimension nie de E,

alors F est fermé dans E.

Preuve: Soit (xn) une suite dans F , converge vers x ∈ E, et soit ε > 0.

Il existe N1 ∈ N, tel que pour tout n ≥ N1 on a : ‖xn − x‖E <ε

2.

(xn) est de Cauchy dans E, donc dans F car les normes ‖.‖E, ‖.‖F sont équiv‖alantesdansF, i.e∃α, β >0,∀n,m ≥ N1 : α‖xn−xm‖F , ‖xn−xm‖E ≤ β‖xn−xm‖FFEstcomplet(dedimensionfini), ilexistealorsy∈F,N2 ∈∈ N, tel que pour tout n ≥ N2 on a : ‖xn − y‖F <

ε

2β.

Donc : pour tout n ≥ maxN1, N2 on a :

‖x− y‖E ≤ ‖x− xn‖E + ‖xn − y‖E ≤ ‖x− xn‖E + β‖xn − y‖F <ε

2+ε

2= ε

Alors, ‖x− y‖E = 0, i.e x = y. Donc : F est fermé.

Théorème 6.3 on a équivalence entre :

1. B(0, 1) est compacte.

2. E est de dimension nie.

50

Preuve:

1) =⇒ 2) B(0, 1) est compacte. Donc : Pour tout ε > 0 on peut recouvrer B(0, 1) par un

nombre ni des boules de centre dans ai ∈ B(0, 1)(1 ≤ i ≤ n), et de rayon ε.

Posons ε =1

2, donc : B(0, 1) ⊂

n⋃i=1

B

(ai,

1

2

).

Soit F le sous-espace fermé enendré par ai1≤i≤n.

Si F 6= E, il existe b ∈ E \ F. Soit α = d(b, F ) = infy∈F‖b− y‖ > 0

Il existe alors y0 ∈ F tel que α ≤ ‖b− y‖ ≤ 3

2α.

Posons a = b−y‖b−y‖ ∈ B(0, 1) (car ‖a‖ = 1). D'ou, il existe i tel que ‖a− ai‖ ≤ 1

2.

Mais on a : ‖a− ai‖ =b− (ai‖b− y‖+ y)

‖b− y‖, et (ai‖b− y‖+ y) ∈ F, donc :

‖a− ai‖ ≥α32α

=2

3, ce qui est une contradiction.

Donc : E = F, i.e E est de simension ni.

2) =⇒ 1) B(0, 1) est fermé et borné dans E de dimension ni. Elle est donc compacte.

6.3 Applications linéaires continues

Soient (E, ‖.‖E) et (F, ‖.‖F ) deux K-espaces vectoriels normés, et soit f : E → F une

application linéaire.

Proposition 6.7 f est continue si et seulement si f est continue au point 0.

Preuve: Soit a ∈ E. Notons que f(0) = 0. On a :

festcontionueaupointa ⇐⇒ limx→a

f(x) = f(a)

⇐⇒ limx→a

f(x− a) = 0

⇐⇒ f est contionue au point 0.

Proposition 6.8 f est continue si et seulement s'il existe une constante M > 0 telle que

∀x ∈ E : ‖f(x)‖F ≤M‖x‖E.

Preuve: Il sut de montrer que : f est continue au point 0 si et seulement s'il existe une

constante M > 0 telle que ∀x ∈ E : ‖f(x)‖F ≤M‖x‖E.=⇒ Soit ε > 0, il existe α > 0 tel que : ∈ E : ‖x‖E < α⇒ ‖f(x)‖F < ε.

Donc : ∃M > 0∀x ∈ E : ‖f(x)‖F ≤M‖x‖E.⇐= Soit ε > 0, il existe α =

ε

Mtel que : ∈ E : ‖x‖E < α⇒ ‖f(x)‖F < ε.

Donc : f est continue au point 0.

Corollaire 6.2 Il est clair que toute application linéaire continue est Lipschitzienne.

Exemple 6.4 Si on munit C([0, 1];R) de la norme ‖.‖1, alors la forme linéaire f 7→ f(0) n'est

pas continue.

51

Dénition 6.6 On note L(E;F ) l'espace des applications linéaires continues de E dans F .

On appelle dual topologique de E et on note E ′ = L(E;K) l'espace des formes linéaires

continues sur E.

Proposition 6.9 La quantité ‖|f‖| = supx6=0

‖f(x)‖F‖x‖E

= sup‖x‖E=1

‖f(x)‖F = sup‖x‖E≤1

‖f(x)‖F est une

norme sur L(E;F ).

Preuve:

1. Soient f ∈ L(E;F ).

‖|f‖| = 0 ⇐⇒ supx 6=0

‖f(x)‖F‖x‖E

= 0

⇐⇒ ‖f(x)‖F = 0,∀x ∈ E⇐⇒ f(x) = 0,∀x ∈ E⇐⇒ f ≡ 0

2. Soient λ ∈ K, f ∈ L(E;F ).

‖|λf‖| = supx 6=0

‖λf(x)‖F‖x‖E

= |λ| supx 6=0

‖f(x)‖F‖x‖E

= |λ|‖|f‖|3. Soient f, g ∈ L(E;F ).

‖|f + g‖| = supx 6=0

‖f(x) + g(x)‖F‖x‖E

≤ supx 6=0

‖f(x)‖F‖x‖E

+ supx 6=0

‖g(x)‖F‖x‖E

= ‖|f‖|+ ‖|g‖|

Théorème 6.4 Si F est un espace de Banach, alors ; L(E;F ) est un espace de Banach.

En paticulier E ′ est un espace de Banach.

Preuve: Soit (fn) une suite de Cauchy dans L(E;F ), et soit ε > 0, il existe N ∈ N tel que :

∀n,m ≥ N : ‖|fn − fm‖| < ε.

Donc : pour x xé ‖fn(x)− fm(x)‖ < ε‖x‖.Alors ; la suite fn(x) est de Cauchy dans F, elle converge vers f(x).

Il faut montrer que f est linéaire continue, et que ‖|fn − fm‖| −→ 0.

i) Soit x, y ∈ E,α, β ∈ K. On a :

limn−→+∞

f(αx+ βy) = α limn−→+∞

f(x) + β limn−→+∞

f(y) = αf(x) + βf(y)

ii) Soient m,m ≥ n0. On a : ‖fn(x)− fm(x)‖ < ε‖x‖.Faisons m tend vers 0, on trouve : ‖fn(x)− f(x)‖ < ε‖x‖Donc : (f − fn) ∈ L(E;F ), et on a : f = [(f − fn) + fn] ∈ L(E;F ).

iii) On a : ‖fn(x)− f(x)‖ < ε‖x‖, en particulier pour ‖x‖ = 1 on trouve : ‖fn(x)− f(x)‖ < ε.

Donc ; ‖|fn − f‖| < ε.

52

Proposition 6.10 Si (E; ‖.‖E), (F ; ‖.‖F ) sont deux K-espaces vectoriels normés, telles que E

est de dimension nie, et F est de dimension quelconque, alors toute application linéaire de E

dans F est continue.

Preuve: Supposon que dimE = n. Pour une base (e1, e2, · · · , en) de E. on a .

On a : f(E) = vect < f(e1, e2, · · · , en > est un sous-espace vectoriel normé de F, de dimension

ni m.

‖f(x)‖F = f

(n∑i=1

xiei

)≤

n∑i=1

|xi|‖f(ei)‖

≤ max1≤i≤n

‖f(ei)n∑i=1

|xi|‖

= k‖x‖E

Corollaire 6.3 Si E est un K-espace vectoriel normé de dimension nie, toutes les formes

linéaires sont continues.

Autrement dit : le dual topologique E ′ s'identie avec le dual algébrique E∗.

Proposition 6.11 Une forme linéaire f sur un e.v.n (E; ‖‖E) est continue si et seulement si

ker f est fermé.

Preuve:

=⇒ ker f = f−10, image réciproque d'une fermé par une fonction continue.

Donc : ker f est fermé.

⇐= Voir par exemple [12], p 90.

6.4 Quelques théorèmes principaux

Théorème 6.5 (Riesz) Un espace normé est localement compact si et seulement s'il est de

dimension ni.

Théorème 6.6 (Application ouverte de Banach) Si f est une application continue et bi-

jective d'un espace de Banach E vers un espace de Banach F, alors f−1 est continue.

Théorème 6.7 (Graphe fermé de Banach) Soient E et F deux espaces de Banach, u une

application linéaire de E vers F , et Γ = (x, f(x), x ∈ E. Alors : f ∈ L(E,F ) si et seulement

si Γ est fermé.

Théorème 6.8 (Banach-Steinhaus) Soient E et F deux espaces de Banach, (fn) une suite

de L(E,F ). Si (fn(x)) est une suite bornée, alors elle est uniformément bornée, i.e :

∃M > 0,∀n ∈ N : ‖fn‖L(E,F ) ≤M

53

Dénition 6.7 Soit E un R-espace vectoriel. On appelle une semi-norme sur E une application

p : E → R+, telle que :

1. ∀λ ∈ R,∀x ∈ E : p(λx) = |λ|.p(x) (en particuler p(0) = 0),

2. ∀x, y ∈ E : p(x+ y) ≤ p(x) + p(y).

Théorème 6.9 (Hahn-Banach : forme analytique réel) Si E est un R-espace vectoriel,

P une semi-norme sur E, G un sous espace vectoriel de E. u0 une forme linéaire sur G telle

que :

∀x ∈ G : u0(x) ≤ p(x)

Alors ; il existe une forme linéaire u sur E telle que u|G = u0, et :

∀x ∈ E : u(x) ≤ p(x)

(Exercices du chapitre 6)

Exercice 6.1 : Soit l'application N : R2 → R telle que N(x, y) = supt∈[0,1]

|x+ ty|.

1. Montrer que l'application N est une norme sur R2.

2. Dessiner la sphère unité.

Exercice 6.2 : Soit E = C([0, 1],R) le R-espace vectoriel des fonctions continues sur a valeurs

dans R. On munit E de ‖.‖∞. D est la partie de E constituée des applications dérivables et P

est la partie de E constituée des fonctions polynomiales.

Déterminer l'intérieur de D et l'intérieur de P .

Exercice 6.3 : Soit E l'espace des applications continues sur [0, 1] a valeurs dans R, muni de la

norme de la convergence uniforme ‖.‖∞, on considère A =

f ∈ E : f(0) = 0 ∧

∫ 1

0

f(t)dt ≥ 1

.

Calculer d(0, A).

Exercice 6.4 : Soit E = R[X], muni de la norme :∑akX

k = max(|ak|, k ∈ N).

On note Pn = 1 +X +X2

2+ . . .+

Xn

n.

Montrer que la suite (Pn) est de Cauchy, mais ne converge pas.

Exercice 6.5 : Soit E = R[x] muni de la norme : ‖∑i

aixi‖ =

∑i

|ai|

1. Est-ce que ϕ : P 7→ P (x+ 1) est continue ?

2. Est-ce que ψ : P 7→ AP est continue ? (A ∈ E xé).

Exercice 6.6 : Soit E = C([0, 1],R), muni de la norme : ‖f‖ =

∫ 1

0

|f(x)|dx.

1. Vérier que ‖.‖ est norme sue E.

54

2. Soit la fonction T : E → E, dénie par :

∀f ∈ E : Tf (x) = T (f)(x) =

∫ x

0

f(t)dt,∀x ∈ [0, 1]

Montrer que T est continue.

3. Soit ‖|T‖|, norme de T dans L(E,E).

i) Montrer que ‖|T‖| ≤ 1.

ii) On dénit la suite des fonctions fn par : fn(x) = (1 − x)n,∀x ∈ [0, 1]. Déterminer

‖Tfn‖.

iii) Endéduire que ‖|T‖| = 1.

Exercice 6.7 : Soit E un e.v.n. On appelle hyperplan H de E le noyau d'une forme linéaire

non nulle f . On dit que f(x) = 0 est "l'équation" de H.

Soit le théorème suivant :

H est un hyperplan de E si, et seulement si, H est un sous espace vectoriel propre de E

tel que si F est un sous-espace vectoriel de E vériant H ⊂ F alors F = H ou F = E.

Montrer que H est fermé ou partout dense dans E.

55

(Solutions des exercices du chapitre 1)

Solution d'exercice 1.1:

d1(x; y) = (x− y)2 : n'est pas une distance car pour x = 1, y = 2, z = 3 on a :

4 = d1(x, z) > 2 = d1(x, y) + d1(y, z).

d2(x; y) =√|x− y| : distance car :

Positive : évident.

Symétrie : évident.

Inégalité triangulaire : Soit x, y, z ∈ R. Alors ;|x−z| ≤ |x−y|+|y−z| ⇒

√|x− z| ≤

√|x− y|+

√|y − z| ⇒ d2(x; z) ≤ d2(x; y)+d2(y; z).

d3(x; y) = |x− 2y| : n'est pas une distance car pour x = 2, y = 1 on a :

x 6= y, et d3(x, y) = 0.

d4(x; y) = |x2 − y2| : n'est pas une distance car pour x = −1, y = 1 on a :

x 6= y, et d3(x, y) = 0.

Solution d'exercice 1.2:

∀f, g ∈ E : d(f, g) = |f(0)− g(0)|+∫ 1

0

|f(t)− g(t)|dt

1. Montrons que d est une distance sur E :

Positive : d ≥ 0 (évident).

Soit f, g ∈ E.

d(f, g) = 0 ⇔ |f(0)− g(0)| ∧∫ 1

0

|f(t)− g(t)|dt = 0 ⇔ |f(t)− g(t)| = 0, ∀t ∈ [0, 1].

⇔ f(t) = g(t),∀t ∈ [0, 1]. ⇔ f ≡ g Symétrie : évident.

Inégalité triangulaire : Soit f, g, h ∈ R. Alors ;

d(f, h) = |f(0)− h(0)|+∫ 1

0

|f(t)− h(t)|dt

≤ |f(0)− g(0)|+∫ 1

0

|f(t)− g(t)|dt+ |g(0)− h(0)|+∫ 1

0

|g(t)− h(t)|dt

= d(f, g) + d(g, h)Donc ; d est une distance sur E.

2. Des éléments de la boule d'unité dans (E, d) : x, x2,√x, xα(α ∈ Q+).

Solution d'exercice 1.3:

R = R ∪ −∞,+∞, f : R→ [−1, 1] telle que :

f(x) =

−1 : x = −∞x

1 + |x|: x ∈ R

1 : x = +∞

*) Montrons que d(x, y) = |f(x) − f(y)| dénit une distance sur R : Il faut montrer que f

est bijective.

56

Positive : d ≥ 0 (évident).

Soit x, y ∈ R.d(x, y) = 0 ⇔ |f(x)− f(y)| = 0

⇔ f(x) = f(y)

⇔ x = y (puisque f est bijective) Symétrie : évident.

Inégalité triangulaire : évident.

**) B(0, 1) = x ∈ R : d(0, x) < 1 = R.***) B(0, 1) = x ∈ R : d(0, x) ≤ 1 = R.Solution d'exercice 1.4:

−U = −x : x ∈ U λU = λx : x ∈ U (λ ∈ R∗) a+ U = a+ x : x ∈ U (a ∈ R)

Montrer que :

1. ⇒ Soit x ∈ −U. Donc : −x ∈ U . Alors, il existe r > 0 tel que B(−x, r) =]−x−r,−x+r[⊂U.

Donc ; ]x− r, x+ r[⊂ −U , ie. −U est ouvert.

⇐ −U ouvert ⇒ U = −(−U) ouvert.

2. ⇒ Supposons que λ > 0, et soit x ∈ λU. Donc :x

λ∈ U . Alors, il existe r > 0 tel que

]x

λ− r, x

λ+ r[⊂ U.

Donc ; ]x− λr, x+ λr[⊂ U , ie. λU est ouvert.

Pour λ < 0 : U ouvert ⇒ −λU ouvert ⇒ λU ouvert.

⇐ λU ouvert ⇒ U =1

λ(λU) ouvert.

3. ⇒ Soit x ∈ a+U. Donc : x−a ∈ U . Alors, il existe r > 0 tel que ]x−a− r, x−a+ r[⊂ U.

Donc ; ]x− r, x+ r[⊂ a+ U , ie. a+ U est ouvert.

⇐ a+ U ouvert ⇒ U = −a+ (a+ U) ouvert.

Solution d'exercice 1.5 :

1. Montrons que [a, b[, ]a, b] ni ouvert, ni fermé.

*) Pour x = a ∈ [a, b[, il n'existe pas r > 0 tel que ]a− r, a+ r[⊂ [a, b[. Donc ; [a, b[ n'est

pas ouvert.

**) On a : C[a,b[R =] −∞, a[∪[b,+∞[. Pour x = b ∈ [C

[a,b[R , il n'existe pas r > 0 tel que

]b− r, b+ r[⊂ C[a,b[R . Donc ; C

[a,b[R n'est pas ouvert, ie. [a, b[ n'est pas fermé.

57

***) De même méthode, on montre que ]a, b] ni ouvert, ni fermé.

2. Montrons que l'ensemble Z n'est pas ouvert :

Soit ∈ Z, il n'existe pas r > 0 tel que ]x− r, x+ r[⊂ Z. Donc ; Z n'est pas ouvert.

3. Montrons que l'ensemble N∗ est fermé. CN∗

R =]−∞, 1[∪⋃n∈N∗

]n, n+ 1[,

union quelconque des ouverts, donc ouvert.

Alors ; N∗ est fermé.

Solution d'exercice 1.6 : Soient x, y, z ∈ E. On a :

i) d(x, y) = 0⇐⇒ ‖x− y‖ = 0⇐⇒ x− y = 0⇐⇒ x = y

ii) d(x, y) = ‖x− y‖ = ‖ − (y − x)‖ = | − 1|.‖y − x‖ = ‖y − x‖.

ii) d(x, z) = ‖x− z‖ = ‖(x− y) + (y − z)‖ ≤ ‖x− y‖+ ‖y − y‖ = d(x, y) + d(y, z).

Donc : d est une distance sur E.

(Solutions des exercices du chapitre 2)

Solution d'exercice 2.1: X = a, b, c, d.

1. Dans les familles suivantes, déterminer les Topologies :

i) τ1 = ∅, X, a, c, d, a, c, d :

∗) ∅, X ∈ τ1,

∗∗) ∀O ∈ τ1 : ∅ ∩ O = ∅ ∈ τ1, X ∩ O = O ∈ τ1,

a ∩ c, d = ∅ ∈ τ1, a ∩ a, c, d = a ∈ τ1, c, d ∩ a, c, d = c, d ∈ τ1

∗ ∗ ∗) ∀O ∈ τ1 : ∅ ∪ O = O ∈ τ1, X ∪ O = X ∈ τ1, a ∪ c, d = a, c, d ∈ τ1,

a ∪ a, c, d = a, c, d ∈ τ1, c, d ∪ a, c, d = a, c, d ∈ τ1,

Donc ; τ1 est une topologie.

ii) τ2 = ∅, X, a, c, d, b, c, d :

On a a ∪ c, d = a, c, d /∈ τ1. Donc ; τ2 n'est pas une topologie.

iii) τ3 = ∅, X, a, a, b, a, b, c :

∗) ∅, X ∈ τ3,

∗∗) ∀O ∈ τ3 : ∅ ∩ O = ∅ ∈ τ3, X ∩ O = O ∈ τ3,

a ∩ a, b = a ∈ τ3, a ∩ a, b, c = a ∈ τ3, a, b ∩ a, b, c = a, b ∈ τ3

∗ ∗ ∗) ∀O ∈ τ3 : ∅ ∪ O = O ∈ τ3, X ∪ O = X ∈ τ3, a ∪ a, b = a, b ∈ τ3,

a ∪ a, b, c = a, b, c ∈ τ3, a, b ∪ a, b, c = a, b, c ∈ τ3,

Donc ; τ3 est une topologie.

2. L'ensemble des fermés de la topolgie τ1 est ∅, X, b, c, d, a, b, a.L'ensemble des fermés de la topolgie τ3 est ∅, X, b, c, d, c, d, d.

Solution d'exercice 2.2:

X = a, b, c, τ = ∅, X, a, b, a, b, a, c.

1. Vérions que τ est une Topologie :

∗) ∅, X ∈ τ,

58

∗∗) ∀O ∈ τ : ∅ ∩ O = ∅ ∈ τ,X ∩ O = O ∈ τ, a ∩ b = ∅ ∈ τ, a ∩ a, b = a ∈ τ,a∩a, c = a ∈ τ, b∩a, b = b ∈ τ, b∩a, c = ∅ ∈ τ, a, b∩a, c = a ∈ τ∗ ∗ ∗) ∀O ∈ τ : ∅ ∪ O = O ∈ τ,X ∪ O = X ∈ τ, a ∪ b = a, b ∈ τ, a ∪ a, b =

a, b ∈ τ,a ∪ a, c = a, c ∈ τ, b ∪ a, b = a, b ∈ τ, b ∪ a, c = X ∈ τ, a, b ∪ a, c =

X ∈ τDonc : τ est une topologie.

2. CaX = b, c /∈ τ, Ca,bX = c /∈ τ. Donc : a, a, b ne sont pas des fermés.

Solution d'exercice 2.3: a ∈ R, Ia =]a,+∞[, τ = ∅,R, Ia(a ∈ R).

1. Montrons que (R, τ) est un espace topologique :

∗) ∅,R ∈ τ,∗∗) ∀O ∈ τ : ∅ ∩ O = ∅ ∈ τ,R ∩ O = O ∈ τ,

Soit Iai1≤i≤n ⊂ τ. On pose a = max1≤i≤n

ai. On a :n⋂i=1

Iai = Ia ∈ τ .

∗ ∗ ∗) ∀O ∈ τ : ∅ ∪ O = O ∈ τ,R ∪ O = X ∈ τ ,Soit Iaii∈I ⊂ τ. On pose a = min

i∈Iai.

Si a = −∞ on a :⋃i∈I

Iai = R ∈ τ Si a > −∞ on a :n⋃i=1

Iai = Ia ∈ τ

Donc : (R, τ) est un espace topologique.

2. On a : ∅ ∈ (R, |.|),R ∈ (R, |.|), et pour Ia ∈ τ est un intervalle, donc Ia ∈ (R, |.|). Donc :τ ⊂ (R, |.|).Alors ; τ est moins ne que la Topologie usuelle de R.

Solution d'exercice 2.4: τ = ∅,N,Z,Q, CQR , CQR ∪ N, CQR ∪ Z,R, A = 3,

√3.

1. i) V(A) = V ⊂ R;∃O ∈ τ : A ⊂ O ⊂ V . Les ouverts qui contient A sont : CQR ∪N, CQR ∪

Z,R,mais on a : CQR ∪ N ⊂ CQR ∪ Z ⊂ R. Donc : V(A) = V ⊂ R : CQR ∪ N ⊂ V .ii) A′ = x ∈ A, ∀V ∈ V(x);V ∩ (A \ x) 6= ∅.* Si x = 3, on a A\x =

√3, et on a N ∈ V(x) mais N∩ (A\x) = ∅. Donc : 3 /∈ A′.

* Si x =√

3, on a A \ x = 3, et on a Q ∈ V(x) mais Q ∩ (A \ x) = ∅. Donc :√3 /∈ A′.

* Si x ∈ Q \ 3, on a A \ x = A, et ∀v ∈ V(x);∩(A \ x) = 3. Donc : x ∈ A′. * Si

x ∈ R \ (Q ∪ √

3), on a A \ x = A, et ∀v ∈ V(x);∩(A \ x) = √

3. Donc : x ∈ A′.Alors ; A′ = R \ A.

iii) A = A ∪ A′ = R, et0

A = ∅, donc : Fr(A) = A \0

A = R, et Ext(A) = ∅.

2. A = R. Donc : A est partout dense dans R.Conclusion : A est dénombrable et partout dense dans R. Donc ; (R, τ) est séparable.

3. τZ = ∅,N,Z et GrossZ = ∅,Z. Donc : la topologie τZ est plus ne que GrossZ.

59

Solution d'exercice 2.5 :

A = −1 +1

n, n ∈ N∗ :

0

A = ∅ , A = A ∪ −1.

B =]− 1, 1[∪2 ∪ [3, 4[:0

B =]− 1, 1[∪]3, 4[ , B = [−1, 1] ∪ 2 ∪ [3, 4].

C = x ∈ R : x2 ≤ 4 ∩ [1, 5[: C = [1, 2] ,0

C =]1, 2[ , C = [1, 2].

D = Q ∩ [−1, 1] ,0

D = ∅ , D = [−1, 1].

Solution d'exercice 2.6: X = 0, 1 muni de la Topologie discrète, Y = X ×X.

1. La Topolgie produit de Y :

Les ouverts élémentaires sont :

∅, (0, 0), (1, 1), (0, 1), (1, 0), (0, 0), (0, 1), (0, 0), (1, 0), (1, 0), (1, 1), (0, 1), (1, 1), YOn trouve : τY = P(Y ).

2. Le diagonale est un élément de P(Y ). Donc : il est ouvert.

Solution d'exercice 2.7:

1. Pour R× R, et R muni de la Topologie usuelle, on a :

B =

(⋃i∈I

]ai, bi[

)×

(⋃j∈J

]ai, bi[

),−∞ ≤ ai ≤ bi ≤ +∞,−∞ ≤ xi ≤ yi ≤ +∞

2. pour X1 ×X2, X1 discrète et X2 grossière, on a : B = A×X2, A ⊂ X1.

Solution d'exercice 2.8: Ωr = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 < r2, r > 0, τ = ∅,⋃i∈I

Ωri.

1. Représentation graphique : on remarque que r < s⇒ Ωr ⊂ Ωs.

2. Montrons que (R2, τ) est un espace topologique : On remarque que

Si supi∈I

Ωri = +∞, on a :⋃i∈I

Ωri = R2.

Si supi∈I

Ωri = r < +∞, on a :⋃i∈I

Ωr.

Donc ; τ = ∅,R2,Ωr(r > 0).On peut montrer facilement que (R2, τ) est un espace topologique.

60

3. i) On pose A = (0, 0). Il n'existe pas un ouvert inclu dans A. Donc :0

A = ∅.On remarque que A ⊂ Ωr,∀r > 0. Donc ; ∀(x, y) ∈ R2,∀V ∈ V(x, y);V ∩ A 6= ∅. Donc ;A = R2.

Alors ; Fr(A) = R2.

ii) On pose B = 2 × R. Soit (x, y) ∈ D((0, 0), 2), où D((0, 0), 2) est le disque fermé de

centre (0, 0) et de rayon 2.

il existe r tel que 0 < r ≤ 1, (x, y) ∈ Ωr, et Ωr ∩B = ∅. Donc : (x, y) /∈ B.Maintenant ; on suppose que (x, y) ∈ D((0, 0), 2). Alors ; ∀r > 0, (x, y) ∈ Ωr ⇒ Ωr∩B 6= ∅.Donc : (x, y) ∈ BAlors ; B2 × R = R2 \D((0, 0), 2).

4. C = R2.

5. Soit (x1, y1), (x2, y2) ∈ R2, et soit r1 > 0, r2 > 0 telle que (x1, y1) ∈ Ωr1 , (x2, y2) ∈ Ωr2 .

On a : (0, 0) ∈ Ωr1 ∩ Ωr2 . Donc : Ωr1 ∩ Ωr2 6= ∅.Donc : (R2, τ) n'est pas séparé.

6. A est dénombrable, et partout dense dans R2. Donc : (R2, τ) est séparable.

Solution d'exercice 2.9: X = [0, 5]× [0, 5].

(x, y) ≤ (x′, y′) ⇐⇒ (x < x′) ou (x = x′ et y ≤ y′)

on dit que (x, y) < (x′, y′) si (x, y) ≤ (x′, y′) et (x, y) 6= (x′, y′).

1. Vérions que la relation ” ≤ ” est une relation d'ordre totale (voir algèbre 01).

supX = (1, 1), inf X = (0, 0).

2. a1 = (x1, y1), a2 = (x2, y2) tels que a1 ≤ a2 :

]a1, a2[= (x, y); (x1, y1) < (x, y) < (x2, y2)]a1, .[= (x, y); (x1, y1) < (x, y)]., a2[= (x, y); (x, y) < (x2, y2)

(6.1)

Représenter les intervalles I1, I2 :

i) (x, y) ∈ I1 ⇔ (1, 3) ≤ (x, y) ≤ (1, 3) ⇔ [(1 < x) ∨ (1 = x ∧ 3 ≤ y)] ∧ [(x < 2) ∨ (x =

2 ∧ y ≤ 4)]

On trouve : (1 < x < 2) ∨ (x = 2 ∧ y ≤ 4).

ii) (x, y) ∈ I2 ⇔ (1, 3) ≤ (x, y) ≤ (1, 3) ⇔ [(1 < x) ∨ (1 = x ∧ 3 ≤ y)] ∧ [(x < 1) ∨ (x =

1 ∧ y ≤ 4)]

On trouve : (x = 1 ∧ 3 ≤ y ≤ 4).

3. i) τ dénit une topologie sur X (comme la topologie usuelle de R).ii) L'espace (X, τ) est séparé :

Soit (x, y), (x′, y′) ∈ X tels que (x, y) 6= (x′, y′). Donc ; x 6= x′ ∨ y 6= y′.

* Si x 6= x′ on pose r = |x− x′|. Si y 6= y′ on pose r = |y − y′|* On choisit

61

V =](x− r

3, y − r

3

),(x+

r

3, y +

r

3

)[∈ V(x, y)

, on choisit V ′ =](x′ − r

3, y′ − r

3

),(x′ +

r

3, y′ +

r

3

)[∈ V(x′, y′)

On montre que V ∩ V ′ = ∅. Donc : (X, τ) est séparé.

Solution d'exercice 2.10: ∆ = (x, x) : x ∈ X.=⇒ Supposons que ∆ est un fermé de X2, donc Γ = C∆

X2 est un ouvert de X2.

Soit x, y ∈ X2 tels que 6= y. Alors ; (x, y) ∈ Γ,, et Γ est un voisinage de (x, y).

∃Vx ∈ V(x), Vy ∈ V(y) : Vx × Vy ⊂ Γ. Donc ; Vx ∩ Vy = ∅.⇐= Soit (x, y) ∈ Γ, donc x 6= y. Alors, ∃Vx ∈ V(x), Vy ∈ V(y) : Vx ∩ Vy = ∅.

Donc ; Vx × Vy ⊂ Γ, i.e Γ ∈ V(x, y),∀(x, y) ∈ Γ.

Alors ; Γ == C∆X2 est un ouvert de X2, i.e ∆ est fermé.

(Solutions des exercices du chapitre 3)Solution d'exercice 3.1:

X = a, b, c, d muni de la topologie τ = ∅, X, a, b, a, b, b, c, d, Y = 1, 2, 3, 4muni de la topologie σ = ∅, Y, 1, 1, 2, 1, 2, 3, et f : (X, τ) → (Y, σ) dénie par :

f(a) = f(b) = 1, f(c) = 2, f(d) = 4.

1. V(a) = a, a, b, a, c, a, d, a, b, c, a, b, d, a, c, d, X.V(b) = a, a, b, b, c, b, d, a, b, c, a, b, d, b, c, d, X.V(c) = b, c, d, X.V(d) = b, c, d, X.

2. V(1) = 1, 1, 2, 1, 3, 1, 1, 1, 2, 3, 1, 2, 4, 1, 3, 4, Y .V(2) = 1, 2, 1, 2, 3, 1, 2, 4, Y .V(3) = 1, 2, 3, Y .V(d) = Y .

3. f−1(V(1)) = a, b, a, b, c, a, b, d, a, c, d, X.f−1(V(2)) = a, b, c, X.f−1(V(4)) = X.

62

4. La continuité :

*) f(a) = 1, f−1(V(1)) ⊂ V(a)⇒ f est continue au point a.

*) f(b) = 1, f−1(V(1)) ⊂ V(b)⇒ f est continue au point b.

*) f(c) = 2, f−1(V(2)) ( V(c)⇒ f n'est pas continue au point c.

*) f(d) = 4, f−1(V(4)) ⊂ V(d)⇒ f est continue au point d.

Solution d'exercice 3.2: χA : (X, τ) −→ (R, |.|) :

χA(x) =

1, si x ∈ A0, si x /∈ A

Soit O un ouvert de (R, |.|). On a les cas suivantes :

i) 0, 1 ∈ O ⇒ f−1(O) = X.

ii) 0 /∈ O et 1 ∈ O ⇒ f−1(O) = A.

iii) 0 ∈ O et 1 /∈ O ⇒ f−1(O) = CAX .

Donc : La condition nécessaire et susante pour que l'application indicatrice χA soit continue,

est que l'ensemble A est ouvert et fermé au même temps.

Solution d'exercice 3.3:

Soient f, g ∈ E. On a :

1. |H(f)−H(g)| = |∫ 1

0

(|f(x)| − |g(x)|)dx| ≤∫ 1

0

|f(x)− g(x)|dx = d1(f, g)

Donc ; H est Lipshitzienne de (E, d1) vers (R, |.|).

2. |H(f)−H(g)| ≤∫ 1

0

|f(x)− g(x)|dx ≤ supx∈[0,1]

|f(x)− g(x)|∫ 1

0

dx = supx∈[0,1]

|f(x)− g(x)| =

d∞(f, g)

Donc ; H est Lipshitzienne de (E, d∞) vers (R, |.|).

3. On a : x, 1 ∈ E, et H(x) = H(1). Donc : L'application H n'est pas bijective.

Solution d'exercice 3.4:

1. A = (x, y) ∈ R2 : y = x2 = (x, y) ∈ R2 : y − x2 = 0 = f−1(0). où f : R2 −→R, f(x, y) = y − x2

0 est fermé, et f est continue. Donc ; B est fermé.

2. B = (x, y) ∈ R2 : y ≤ x2 = (x, y) ∈ R2 : y − x2 ≤ 0 = f−1(] − ∞, 0]) où

f : R2 −→ R, f(x, y) = y − x2

]−∞, 0] est fermé, et f est continue. Donc ; B est fermé.

3. C = (x, y, z) ∈ R3 : z ≤ x2−y2 +5 = (x, y, z) ∈ R3 : y2−x2 +z ≤ 5 = f−1(]−∞, 5]).

où f : R3 −→ R, f(x, y) = y2 − x2 + z

]−∞, 5] est fermé, et f est continue. Donc ; C est fermé.

Solution d'exercice 3.5 :

1. f : [a; b] −→ [c; d]; f(x) =d− cb− a

x+bc− adb− a

.

63

2. f :]− 1; 1[−→ R; f(x) =x

1− |x|.

3. f : R −→ C(0, 1); f(x) =

(1− x2

1 + x2,

2x

1 + x2

).

4. f : R2 −→ S(0, 1); f(x, y) =

((1− x2)(1− y2)

(1 + x2)(1 + y2),

2y(1− x2)

(1 + x2)(1 + y2),

2x

1 + x2

).

Solution d'exercice 3.6:

d : Q∗ ×Q∗ −→ R+ telle que : d(p, q) =

0 : p = q1

|p|+

1

|q|: p 6= q

1. Vérions que d est une distance sur Q∗ :

i) Positive (evident).

ii) Symétrie (evident).

iii) Soient p, q, r ∈ Q∗. On a : d(p, r) =1

|p|+

1

|r|≤ 1

|p|+

1

|q|+

1

|q|+

1

|r|= d(p, q) + d(q, r).

2. i) Soient n,m ∈ N∗ tels que n < m.

On a : d(xn, xm) = n+m > 1. Donc ; la suite (xn) est n'est pas de Cauchy.

On a : d(yn, ym) =1

n+

1

m≤ 1

2n< ε, pour m ≥ n0 =

[1

ε

]+ 1. Donc ; la suite (yn) est de

Cauchy.

3. Supposons que (Q∗, d) est complet. Donc ; (yn) de Cauchy ⇒ (yn) converge ⇒ ∃` ∈ Q∗ :

yn −→ `.

Donc : ∀ε > 0,∃n0 ∈ N,∀n ≥ n0; d(yn, `) < ε.

Alors ;1

|yn|+

1

|`|< ε⇒ 1

|`|< ε,∀ε > 0.

Donc ;1

|`|= 0, ce qui est impossible.

Donc : (Q∗, d) n'est pas complet.

Solution d'exercice 3.7:

E = N∗,∀n,m ∈ E :

d(m,n) =

0 : m = n

10 +1

m+

1

n: m 6= n

1. Montrons que d est une distance sur E :

i) Positive (evident).

ii) Symétrie (evident).

iii) Soient n,m, p ∈ E. On a : d(n, p) = 10 +1

n+

1

p≤ 10 +

1

n+

1

m+ 10 +

1

n+

1

p=

d(n,m) + d(n, p).

2. Soit (un) une suite de Cauchy dans (E, d). Alors ;

∀ε > 0,∃n0 ∈ N,∀n,m ∈ N : n ≥ m ≥ n0 ⇒ d(un, um) < ε

Supposons que un 6= um, Alors ; d(un, um) = 10 +1

m+

1

n< ε, ce qui est impossible pour

ε = 1 par exemple. Donc : un = um, ∀n ≥ n0.

64

Donc ; la suite (un) est stationnaire ; par conséquent elle est convergente. Donc : (E, d)

est complet.

3. f : E → E, f(n) = n+ 1.

n 6= m⇒ f(n) 6= f(m)⇒ d(f(n), f(m)) = 10 +1

m+ 1+

1

n+ 1< 10 +

1

m+

1

n= d(n,m)

Si f est contractante, alors ; ila admet un point xe, i.e ∃n ∈ N∗ : n = f(n) = n + 1, ce

qui est impossible.

Donc : f n'est pas contractante.

(Solutions des exercices du chapitre 4)

Solution d'exercice 4.1: I =]0, 1[⊂ (R, |.|).Ox =]x

2, 2x[, x ∈ I.

1. Montrons que Oxx∈I réalise un recouvrement de I :

Soit y ∈ I. Donc ; y ∈ Oy ⊂⋃x∈I

Ox. Alors ; Oxx∈I réalise un recouvrement de I.

2. Montrons que I n'est pas compacte :

Supposons que I est compact. Alors ; il existe une famille Oxini=1, telle que I ⊂n⋃i=1

Oxi .

Soit i0, tel que xi0 = min1≤i≤n

xi. Donc : ∀x ∈]0,xi02

[: x /∈ Oxi ⇒ x /∈

n⋃i=1

Oxi

ce qui contredit I ⊂n⋃i=1

Oxi . Donc : I n'est pas compact.

Solution d'exercice 4.2: Soit Ω localement compact, ω /∈ Ω, X = Ω ∪ ω. O ouvert de

X ⇔ O ouvert de Ω, ou une partie de la forme Γ ∪ ω, où Γ = CKΩ (K compact de Ω).

Montrons que :

1. On a déni une Topologie sur X :

i) ∅, X sont des ouverts paor dénition.

ii) Soit (Oi)i∈I une famille des ouverts de X tels que Oi ∈ Ujj∈J ∪(CKl

Ω ∪ ω)l∈L

.

Kl compact ⇒ Kl fermé ⇒ CKlΩ ouvert. Donc :

⋃l∈L

CKlΩ = O ouvert, et on a :

⋃j∈J

Uj = U

ouvert.

Donc :⋃i∈I

Oi = U ∪ O ∪ ω. où U ∪ O ouvert. Alors :⋃i∈I

Oi ouvert.

iii) Soit (Oi)ni=1 une famille des ouverts de X. Comme précédent, on trouve quen⋂i=1

Oi

ouvert.

2. Soit τΩ la topologie induite de la topologie de X sur Ω.

U ouvert de τΩ si et seulement si U = O ∩ Ω. où O est un ouvert de X.

Si O est un ouvert de Ω, alors U est un ouvert de Ω.

Si O est de la forme CKΩ ∪ ω, alors ; U = (CK

Ω ∪ ω) ∩ Ω = CKΩ , ouvert de Ω.

Donc : cette Topologie induite sur Ω est le Topologie initiale de Ω.

65

3. Soit x, y ∈ X tels que x 6= y.

*) Si x, y ∈ Ω, il existe Vx ∈ V(x), Vy ∈ V(y) tels que Vx∩Vy = ∅ (puisque Ω est localement

compact, donc ; séparé).

*) Si x ∈ Ω, y = ω. Ona : Ω est localement compact ⇒ ∃K ∈ V(x);K compact.

Γ = CKΩ ouvert de Ω, et Γ ∪ ω ∈ V(y).

On a : (Γ ∪ ω) ∩K0 = ∅.Donc : X est séparé.

4. Soit (Uλ)λ∈Λ un recouvrement ouvert de X. Cette recouvrement admet au moins Ωλ0 =

Γλ0 ∪ ω.Γλ0 = C

Kλ0Ω , où Kλ0 est compact de Ω.

On a : Kλ0 ⊂⋃λ 6=λ0

Ωλ, on peut extraire un recouvrement ni Ωλnλ=1(λ 6= λ0).

Donc ; X ⊂n⋃

λ=1,λ 6=λ0

Ωλ ∪ Ωλ0 , recouvrement ni de X. Donc : X est compact.

Application : R = R ∪ −∞,+∞. On pose ω1 = −∞, ω2 = +∞, et R localement compact.

Solution d'exercice 4.3:

1. A = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 1Soit f : R2 −→ R, f(x, y) = x2 + y2.

A = f−1([0, 1])⇒ A est fermé, A ⊂ B((0, 0), 1)⇒ A est borné. Donc : A est cmpact.

2. B = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 − 2x = 1Soit f : R3 −→ R, f(x, y) = x2 + y2 + z2 − 2x.

A = f−1(1)⇒ A est fermé, A ⊂ B((1, 0, 0),√

2)⇒ A est borné. Donc : A est cmpact.

3. C = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 − 2y > 1C n'est pas borné, donc : n'est pas compact.

Solution d'exercice 4.4:

1. Il est clair que pour tout t ∈ I, il existe unique A ∈ S1 \ (1, 0) tel que f(t) = A, et

comme f(∞) = (1, 0) on a la bijectivité de f . Soit t1, t2 tels que 0 < t1 < t2 < 1, il

existe A1, A2 ∈ S1 \ (1, 0) tels que A1 = f(t1), A2 = f(t2). L'arc A1A2 est un ouvert de

S1, aussi 'arc A2A1 est un ouvert de S1. U =]0, t1[∪]t1, 1[∪∞ est un ouvert de la forme

O ∪ ∞, dont on a : f(U) = A1A2 contient (1, 0) (voir la gure).

Comme f est continue de I vers S1 \ (1, 0), l'image réciproque de toute ouvert A2A1

de S1 (ne contient pas (1, 0)) est un ouvert usuelle ]t1t2[ de I∞.

Comme f−1 est continue de S1 \ (1, 0) vers I, l'image réciproque de toute usuelle ]t1t2[

de I∞ est un ouvert ouvert A2A1 de S1 (ne contient pas (1, 0)).

Maintenant, soit A1A2 un ouvert de S1, qui contient (1, 0). L'image réciproque de A1A2

est un ouvert U de I∞.

L'image réciproque par f−1 de U est A2A1, qui est un ouvert de S1.

Donc : f, f−1 sont continues. Donc : f est un homéomorphisme.

2. Comme S1 est compact (fermé et borné de R2), f−1 est continue, I∞ est compact.

66

Solution d'exercice 4.5:

Soit l'application d : E × E → R la distance, dénie sur E.

On sais que d est une application continue de E × E dans R.d est bornée, et atteint ses bornes supérieures et inférieures.

Donc : il existe x, y de E tels que d(x, y) = supx,y∈E d(x, y) = Diam(E).

(Solutions des exercices du chapitre 5)

Solution d'exercice 5.1:

i) Supposons qua Card(X) = 1. Alors ; X = x. La toplogie discrète est ∅, X. Il est clairque cet espace est connexe.

ii) Supposons qua Card(X) ≥ 2. Donc : il exise x, y ∈ X tels que x 6= y. L'ensemble x estouvert et fermé au même temps, x 6= ∅, x 6= X. Donc : cet espace n'est pas connexe.

Alors ; X est connexe si et seulement s'il est un sengleton (card(X) = 1).

Solution d'exercice 5.2 :

i)Q ⊂]−∞,√

2[∪]√

2,+∞[, ]−∞,√

2[, ]√

2,+∞[ deux ouverts, etQ (]−∞,√

2[,Q (]√

2,+∞[.

Donc : Q n'est pas connexe.

ii) (R \Q) ⊂]−∞, 0[∪]0,+∞[, ]−∞, 0[, ]0,+∞[ deux ouverts, et (R \Q) (]−∞, 0[, (R \Q) (]0,+∞[.

Donc : R \Q n'est pas connexe.

Solution d'exercice 5.3:

1. S = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 = 1 :

Soit f :]− π, π] −→ R2; f(t) = (cos t, sin t).

f est cntinue, f(]− π, π]) = S, ]− π, π] est connexe. Donc : S est connexe.

2. A = (x, y) ∈ R2 : x.y > 1 :A ⊂ (R∗−)2 ∪ (R∗+)2, (R∗−)2, (R∗+)2 deux ouverts, et A ( (R∗−)2, A ( (R∗+)2.

Donc : A n'est pas connexe.

Solution d'exercice 5.4 : X = a, b, c, d, τ = ∅, a, d, a, d, b, c, a, b, c, b, c, d, X

67

1. les deux ouverts a et b, c, d sont disjoints, et on a : X = a ∪ b, c, d.Donc : l'espace (X, τ) n'est pas connexe.

2. A = b, c. La trace de τ sur A est : τA = ∅, A (topologie grossière).Donc : A est connexe.

3. C(b) = b ∪ b, c = b, c.

Solution d'exercice 5.5 : S3 = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 = 1.Soit A,B ∈ S2, tel que A 6= B, et soit le plan (π) qui passe par l'origine tel que A,B ∈ (π).

On sais que (π) est un sous-espace vectoriel de R3, de dimonsion 2, et engendré par deux

vectaurs unitaires horthogoneaux u, v.

Alors ; (π) ∩ S2 = M = a.u + b.v, |M | = 1, mais on a : |M | = a2 + b2 = 1. On pose alors,

a = cos t, b = sin t (t ∈] − π, π[). Puisque A,B ∈ (π) ∩ S2, il existe tA, tB ∈] − π, π[ tels que

A = (cos tA)u+ (sin tA)v,B = (cos tB)u+ (sin tB)v.

On a : tA ≤ tB ou tB ≤ tA. On considère que tA ≤ tB, ets soit l'application f :] − π, π[→ S2,

dénie par : f(t) = u+ v.

Il est claire que f est continue, et que f(tA = A, f(tB) = B. Donc : S2 est connexe par arc.

(Solutions des exercices du chapitre 6)

Solution d'exercice 6.1: N : R2 → R, N(x, y) = supt∈[0,1]

|x+ ty|.

1. Montrons que N est une norme sur R2 :

i) N(x, y) = 0⇔ supt∈[0,1]

|x+ ty| = 0⇔ x+ ty = 0,∀t ∈ [0, 1]⇔ x = y = 0⇔ (x, y) = (0, 0)

ii) Soit λ ∈ R. On a : N(λ(x, y)) = supt∈[0,1]

|λ(x+ ty)| = λ supt∈[0,1]

|x+ ty| = λN(x, y).

iii) Soit (x1, y1), (x2, y2) ∈ R2. On a :

N((x1, y1) + (x2, y2)) = supt∈[0,1]

|x1 + ty1 + x2 + ty2| ≤ supt∈[0,1]

|x1 + ty1| + supt∈[0,1]

|x2 + ty2| =

N(x1, y1) +N(x2, y2).

2. La sphère unité : S(0, 1) = (x, y) ∈ R2 : N(x, y) = 1 = (x, y) ∈ R2 : supt∈[0,1]

|x+ty| = 1.

On a les cas suivantes :

68

*) x ≥ 0, y ≥ 0 : supt∈[0,1]

|x+ ty| = x+ y.

*) x ≤ 0, y ≤ 0 : supt∈[0,1]

|x+ ty| = −x− y.

*) x ≥ 0, y ≤ 0 : |x+ ty| =

x+ ty : t ≤ −xy

−x− ty : t ≥ −xy

Donc :

supt∈[0,1]

|x+ ty| = max

(sup

t∈[0,−xy

]

(x+ ty), supt∈[−x

y,1]

(−x− ty)

)

= max(x,−x− y) =

x : 2x+ y ≥ 0

−x− y : 2x+ y ≤ 0

*) x ≤ 0, y ≥ 0 : |x+ ty| =

x+ ty : t ≥ −xy

−x− ty : t ≤ −xy

Donc :

supt∈[0,1]

|x+ ty| = max

(sup

t∈[0,−xy

]

(−x− ty), supt∈[−x

y,1]

(x+ ty)

)

= max(−x, x+ y) =

−x : 2x+ y ≤ 0

x+ y : 2x+ y ≥ 0

On trouve : S(0, 1) = S1 ∪ S2 ∪ S3 ∪ S4 ∪ S5 ∪ S6, où :

S1 = (x, y) ∈ R2 : x ≥ 0, y ≥ 0, x+ y = 1.

S2 = (x, y) ∈ R2 : x ≤ 0, y ≤ 0, x+ y = −1.

S3 = (x, y) ∈ R2 : x ≥ 0, y ≤ 0, 2x+ y ≥ 0, x = 1.

S4 = (x, y) ∈ R2 : x ≥ 0, y ≥ 0, 2x+ y ≤ 0, x+ y = −1.

S5 = (x, y) ∈ R2 : x ≤ 0, y ≥ 0, 2x+ y ≥ 0, x+ y = 1.

S6 = (x, y) ∈ R2 : x ≤ 0, y ≥ 0, 2x+ y ≤ 0, x = −1.

Solution d'exercice 6.2: E = C([0, 1],R), ‖f‖∞ = supx∈[0,1]

|f(x)|, D = f ∈ E : f dérivable, P =

E ∩ R[X].

69

i) L'intérieur de D : Soit f ∈ D, r > 0. Pour g = f +|2x− 1|

2r on a : ‖g − f‖∞ =

supx∈[0,1]

|2x− 1|2

r =r

2< r

Donc ; g ∈ B(f, r), et g /∈ D. Alors ;0

D = ∅.ii) L'intérieur de P : Soit f ∈ P, r > 0. Pour g = f +

r

2ex−1 on a : ‖g− f‖∞ = sup

x∈[0,1]

r

2ex−1 =

r

2< r

Donc ; g ∈ B(f, r), et g /∈ P . Alors ;0

P = ∅.

Solution d'exercice 6.3: E = C([0, 1],R), ‖f‖∞ = supx∈[0,1]

|f(x)|, A =

f ∈ E : f(0) = 0 ∧

∫ 1

0

f(t)dt ≥ 1

.

d(0, A) = inff∈A‖f‖∞ = inf( sup

x∈[0,1]

|f(x)| :∫ 1

0

f(t)dt ≥ 1, f(0) = 0.

On a :

∫ 1

0

f(t)dt ≥ 1⇒ f ≥ 1⇒ supx∈[0,1]

|f(x)| ≥ 1⇒ d(0, A) ≥ 1.

Posons : fn(x) =

2n2

2n− 1x : x ∈

[0,

1

n

[2n

2n− 1: x ∈

]1

n0, 1

]

On a : fn ∈ A et∫ 1

0

fn(x)dx =

∫ 1n

0

2n2

2n− 1xdx+

∫ 1

1n

2n

2n− 1dx = 1 +

n− 1

2n− 1≥ 1

supx∈[0,1]

|fn(x)| = 2n

2n− 1⇒ ‖fn‖∞ = 1. On a : inf ‖fn‖∞ = 1. Donc : d(0, A) = 1.

Solution d'exercice 6.4: E = R[X], P =∑

akxk, ‖P‖ = max(|ak|, k ∈ N), Pn = 1 + X +

X2

2+ . . .+

Xn

n.

i) Soit ε > 0, et soit n,m ∈ N tels que n > m. On a : ‖Pn − Pm‖ = ‖n∑

k=m+1

xk

k‖ =

1

m+ 1.

70

Pour n0 =

[1

ε

], on trouve

1

m+ 1< ε⇒ ‖Pn − Pm‖ < ε.

Donc : (Pn) est une suite de Cauchy.

ii) Supposons qu'il existe P =∈ E tel que Pn −→ P . On pose P = a0 + a1x+ a2x2 + . . .+ akx

k.

Pour n ≥ k :

‖Pn − P‖ = ‖(a0 − 1) + (a1 − 1)x+ . . .+

(ak −

1

k

)xk +

xk+1

k + 1+ . . .+

xn

n‖

= max

(|a0 − 1|, |a1 − 1|, . . . ,

∣∣∣∣ak − 1

k

∣∣∣∣ , 1

k + 1+ . . .+

1

n

)= maxAn

maxAn = max

(|a0 − 1|, |a1 − 1|, . . . ,

∣∣∣∣ak − 1

k

∣∣∣∣ . . .+ 1

n0

)si n0 ≥ k.

maxAn = max

(|a0 − 1|, |a1 − 1|, . . . ,

∣∣∣∣ak − 1

n0

∣∣∣∣) si n0 ≤ k.

On pose ε0 =maxAn

2. Donc : ‖Pn − P‖ ≥ ε0, ce qui est une contradiction.

Alors : (Pn) n'est pas convergente.

Solution d'exercice 6.5 : E = R[x], ‖∑i

aixi‖ =

∑i

|ai|

1. La continuité de ϕ : P 7→ P (x+ 1) :

Soit (Pn) ⊂ E tel que Pn(x) =xn

n. pour ε > 0, et n ≥ n0 =

[1

ε

]+ 1 on trouve

‖Pn‖ =1

n< ε.

Donc : Pn −→ 0, mais :

‖ϕ(Pn)− ϕ(0)‖ =

∥∥∥∥(x+ 1)n

n

∥∥∥∥ =

∥∥∥∥∥ 1

n

n∑k=0

Cknx

k

∥∥∥∥∥ =1

n

n∑k=0

Ckn =

1

n

n∑k=0

= 1.

Donc : pour ε =1

2, on a : ‖ϕ(Pn)− ϕ(0)‖ > ε,∀n ∈ N∗.

Donc, la suite (ϕ(Pn)) ne converge pas vers ϕ(0). Alors : ϕ n'est pas continue.

2. La continuité de ψ : P 7→ AP (A ∈ E xé) :

On pose A = A =k∑j=0

Ajxj, k xé, et P =

∑ni=0 anx

k. On a :

‖ψ(P )‖ = AP =

∥∥∥∥∥(

k∑j=0

Ajxj

)(n∑i=0

anxk

)∥∥∥∥∥≤

∥∥∥∥∥k∑j=0

Ajxj

∥∥∥∥∥ .∥∥∥∥∥

n∑i=0

anxk

∥∥∥∥∥ = ‖A‖.‖P‖

Donc : ψ est continue.

Solution d'exercice 6.6: E = C([0, 1],R), ‖f‖ =

∫ 1

0

|f(x)|dx.

1. Vérions que ‖.‖ est norme sue E : Soit f, g ∈ E, λ ∈ R.

*) ‖f‖ ≥ 0 et ‖f‖ = 0⇔∫ 1

0

|f(x)|dx = 0⇔ f ≡ 0.

**) ‖λf‖ =

∫ 1

0

|λf(x)|dx = |λ|∫ 1

0

|f(x)|dx = |λ|‖f‖.

71

***) ‖f+g‖ =

∫ 1

0

|f(x)+g(x)|dx ≤ |∫ 1

0

(|f(x)|+|g(x)|)dx =

∫ 1

0

|f(x)|dx+

∫ 1

0

|g(x)|dx =

‖f‖+ ‖g‖.

2. T : E → E, Tf (x) = T (f)(x) =

∫ x

0

f(t)dt,∀x ∈ [0, 1]. Montrons que T est continue :

‖T (f)‖ =

∫ 1

0

|T (f(x))|dx =

∫ 1

0

|∫ x

0

f(t)dt|dx

≤∫ 1

0

∫ x

0

|f(t)dt|dx ≤∫ 1

0

∫ 1

0

|f(t)dt|dx

=

∫ 1

0

‖f‖dx = ‖f‖Donc : T est continue.

3. Soit ‖|T‖|, norme de T dans L(E,E).

i) On a : ‖Tf‖ ≤ ‖f‖ ⇒ ‖|T‖| = sup‖f‖6=0

‖Tf‖‖f‖

≤ 1 . . . (1)

ii) ‖fn‖ =

∫ 1

0

|fn(x)|dx =

∫ 1

0

(1− x)n =1

n+ 1

Tfn(x) =

∫ 1

0

fn(t)dt =

∫ 1

0

(1− t)n =1− (1− x)n+1

n+ 1

‖Tfn‖ =

∫ 1

0

|Tfn(x)|dx =

∫ 1

0

1− (1− x)n+1

n+ 1dx =

1

n+ 2.

iii) On a :‖Tfn‖‖fn‖

=n+ 1

n+ 2⇒ ‖|T‖| = sup

‖f 6=0‖

‖Tf‖‖f‖

→ 1. Donc : ‖|T‖| ≥ 1 . . . (2).

De (1) et (2) on trouve ‖|T‖| = 1.

Solution d'exercice 6.7:

H hyperplan, donc : pour tout F s.e.v de E : H ⊂ F ⇒ F = H où F = E.

H s.e.v de E ⇒ H s.e.v de E tel que H ⊂ H.

Donc : H = H (i.e H fermé), où H = E (i.e H partout dense dans E).

72

(Examens )

Examen nal (2014 - 2015)Exercice 01 :

Soit X = 1, 2, 3, 4, 5, et la famille τ =∅, 1, 1, 3, 1, 3, 4, 1, 2, 3, 4, X

1. Montrer que (X, τ) est un espace topologique.

2. Eceire l'ensemble F de tous les fermés de l'espace (X, τ).

3. Ecrire V(2),V(3).

4. Soit A = 1, 4, 5.

i) Ecrire l'ensemble0

A.

ii) Montrer que A est partout dense dans X.

5. Soit l'application f : (X, τ) −→ (X, τ), qui est dénie par :

f(1) = 5 , f(2) = 3 , f(3) = 4 , f(4) = 2 , f(5) = 1.

Etudier la continuité de f au point x0 = 2.

Exercice 02 :

Soit d : N× N −→ R, dénie par :

∀(n,m) ∈ N× N : d(n,m) =

0 : n = m

1 +1

n+m: n 6= m

1. Montrer que d est une distance sur N.

2. Soit r > 0. Décrire en fonction de r la boule ouverte B(0, r).

3. Quelles sont les suites de Cauchy dans (N, d).

4. (N, d) est - il complet ?

Exercice 03 :

Considérons l'espace métrique (R2, d2), et soit les deux ensembles suivants :

A =

(x, y) ∈ R2 :

x2

4+y2

9= 1

B = (x, y) ∈ R2 : x2.y2 ≤ 1

1. Montrer que A est compact.

2. Tracer dans un repère orthonormé la région B.

3. Montrer que B est fermé.

4. Montrer que B n'est pas compact.

Examen de rattrapage (2014 - 2015)Exercice 01 :

Pour tout n ∈ N on dénit : An = n, n+1, n+2 . . ., et soit la famille τ =∅∪An, n ∈ N

73

1. Montrer que (N, τ) est un espace topologique.

2. Ecrire l'ensemble F de tous les fermés de l'espace (N, τ).

3. Ecrire V(m) pour tout m ∈ N.

4. Donner l'ensemble0

A telle que A = 7, 24, 39.

5. Montrer que l'ensemble B = 4, 8, 12, 16, . . . est partout dense dans N.

Exercice 02 :

Soit C([−1, 1],R) l'ensemble des fonctions continues de [−1, 1] dans R.On dénit l'application d de C([−1, 1],R)× C([−1, 1],R) vers R+ par :

∀f, g ∈ C([−1, 1],R) : d(f, g) =

∫ 1

−1

|f(x)− g(x)|dx

1. Montrer que d est une distance sur C([−1, 1],R).

2. Vrais ou faux : x2 ∈ B(0, 1), x3 ∈ B(0, 1), x ∈ B(0, 1),√|x| ∈ B(0, 1).

3. Soit (fn)n∈N∗ la suite qui dénie par :

fn(x) =

−1 : x ∈

[−1,− 1

n

]nx : x ∈

[− 1n, 1n

]1 : x ∈

[1n, 1]

Tracer dans un repère orthonormé les graphes de fn, fn+p(n, p ∈ N∗).

4. Montrer que pour toute n, p ∈ N∗ on a : d(fn, fn+p) ≤2

n.

5. Montrer que (fn) est une suite de Cauchy.

Exercice 03 :

Soit (E, δ) un espace métrique.

On appelle isométrie de (E, δ) toute application f : (E, δ)→ (E, δ) telle que :

∀x, y ∈ (E, δ) : δ[f(x), f(y)] = δ(x, y)

1. Montrer que toute isométrie est uniformément continue.

2. Montrer que toute isométrie est injective.

Examen nal (2015 - 2016)Exercice 01 :

Soit X = a, b, c, d, e, et la famille τ =∅, a, c, d, a, c, d, b, c, d, e, X

1. Montrer que (X, τ) est un espace topologique.

2. Ecrire l'ensemble F de tous les fermés de l'espace (X, τ).

3. Etudier la connexité de l'espace (X, τ).

4. Ecrire V(c),V(e).

5. Soit A = b, c, d. Ecrire τA la trace de la topologie τ sur A.

74

6. Soit l'application f : (X, τ) −→ (X, τ), dénie par :

f(a) = b , f(b) = c , f(c) = d , f(d) = e , f(e) = a.

Etudier la continuité de l'application f .

Exercice 02 :

Soit l'espace métrique (]0,+∞[, |.|), muni de la distance usuelle de l'espace R, et soit l'ap-plication

f :]0,+∞[−→]0,+∞[, dénie par : f(x) =√

1 + x

1. Montrer que f est une applicaticion contractante.

Indication : Utiliser la proposition suivante :

Proposition : Soit f une application dérivable sur un ouvert D de R, telle que f ′ est

bornée sur D. Si supx∈D|f ′(x)| = M Alors, on a :

∀x, y ∈ D : |f(x)− f(y)| ≤M |x− y|

2. Montrer que f admet un seul point xe a.

3. Calculer a.

4. Considérons la suite (xn)n∈N qui est dénie par x0 = 1 et ∀n ∈ N : xn+1 =√

1 + xn.

Montrer que la suite (xn)n∈N est de Cauchy.

Exercice 03 :

Considérons l'espace métrique (R2, d2), et soit les deux ensembles suivants :

A = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≥ 1 B = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 4

1. Tracer dans un repère orthonormé A et B.

2. Montrer que A,B sont des fermés.

3. Soit l'ensemble C = (x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x2 + y2 ≤ 4.Montrer que C est compact.

4. Etudier la compacité de A.

Examen de rattrapage (2015 - 2016)Exercice 01 :

Soit a ∈ R+, et soit les sous ensembles Ia de R, dénies comme suivante :

Ia =]−∞,−a[∪]a,+∞[

Considérons dans R la famille τ suivante :

τ =∅,R

∪Ia, a ∈ R

1. Montrer que (R, τ) est un espace topologique.

75

2. Montrer que (R, τ) est plus ne que (R, |.|).

3. Donner un ouvert de (R, |.|), qui est n'est pas un ouvert de (R, τ).

4. Montrer que (R, τ) est n'est pas séparé.

5. Ecrire

0

[−1, 1], [−1, 1], F r([−1, 1]).

Exercice 02 :

Soient les deux applications d, δ de N∗ × N∗ dans R+, dénissent comme suivant :

∀n,m ∈ N∗ : d(n,m) = |n−m|; δ(n,m) =|n−m|n.m

1. Montrer que δ est une distance sur N∗.

2. Montrer que l'identité est continue de (N∗, d) dans (N∗, δ), et de (N∗, δ) dans (N∗, d).

3. Montrer que la suite (un)n∈N∗ , dénie par un = n2 est une suite de cauchy de (N∗, δ), mais

n'est pas une suite de cauchy de (N∗, d).

4. Est-ce que (N∗, δ) est complet ?

5. Est-ce que (N∗, d) est complet ?

Exercice 03 :

Soit E = a, b, c, d, muni de la topologie suivante :

σ = φ, a, a, c, E

1. Montrer que (E, σ) est compact.

2. Montrer que (E, σ) est connexe.

3. Donner les parties de E qui ne sont pas connexes.

Examen nal (2016 - 2017)Exercice 01 :

Soit la famille τ =∅, −2, −2, 1, −2, 1, 3, −4,−2, 1, 3,Z

1. Montrer que (Z, τ) est un espace topologique.

2. Etudier la connexité de l'espace (Z, τ).

3. On pose A = −2, 0.

i) Déterminer0

A.

ii) Déterminer A.

iii) Conclure.

4. Déterminer τN la trace de la topologie (Z, τ) sur N.

5. Soit l'application f : (N, τN) −→ (Z, τ), dénie par : ∀n ∈ N : f(n) = n+ 1.

Etudier la continuité de l'application f au point 0.

Exercice 02 :

Soit E =]0,+∞[, muni de la distance usuelle d.

76

1. Considérons la suite (xn)n∈N∗ , dénie par : xn =1

n.

i) Montrer que (xn) est de Cauchy.

ii) Etudier la convergence de (xn).

iii) Conclure.

2. Pour tout x, y ∈ E, dénie par : δ(x, y) = | lnx− ln y|.

i) Montrer que δ est une distance sur E.

ii) Montrer que (E, δ) est complet.

3. Soit l'application g : (E, d) −→ (E, δ), dénie par : ∀x ∈ E : g(x) = ex2 .

Montrer que g est continue.

Exercice 03 :

Considérons l'espace métrique (R3, d2), et soit les deux ensembles suivants :

A = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + 3z2 = 1 B = (x, y, z) ∈ R3 : x2 − y2 + z2 = 1

1. Montrer que A est borné.

2. Montrer que A est fermé.

3. Montrer que B n'est pas borné.

[Indication : utiliser le point bn = (n, n, 1) ∈ B, n ∈ N].

4. Etudier la compacité de A,B.

Examen de rattrapage (2016 - 2017)Exercice 01 :

Soient X = 1, 2, 3, et la famille τ =∅, 1, 3, 1, 2, 1, 3, X

1. Montrer que (X, τ) est un espace topologique.

2. Donner l'ensemble F de tous les fermés de l'espace (X, τ).

3. On pose A = 2, 3.

i) Déterminer0

A.

ii) Déterminer A.

iii) Déterminer τA la trace de la topologie (X, τ) sur A.

4. Soit la famille σ =∅, 1, 2, 3, X

. Montrer que l'espace topologique (X, σ) n'est pas

connexe.

5. Soit l'application f : (X, τ) −→ (X, σ), dénie par : ∀x ∈ X : f(x) = x.

Etudier la continuité de l'application f au point a = 2.

Exercice 02 :

Soit E =]0,+∞[, d : E × E −→ R, dénie par :

∀(x, y) ∈ E × E : d(x, y) =

∣∣∣∣1x − 1

y

∣∣∣∣77

1. Montrer que (E, d) est un espace métrique.

2. Soit r ≥ 1. Décrire en fonction de r la boule ouverte B(1, r).

3. Soit 0 < r < 1. Décrire en fonction de r la boule ouverte B(1, r).

4. Soit la suite (un)n∈N∗ , dénie par : un = n2.

Montrer que un est une suite de Cauchy dans (E, d).

5. (E, d) est - il complet ?

6. Etudier la convergence de la suite (vn)n∈N∗ , dénie par : vn =1√n.

Exercice 03 :

Considérons l'espace métrique (R2, d2), et soit les deux ensembles suivants :

A =

(x, y) ∈ R2 : x2 − y2 = 1

B = (x, y) ∈ R2 : y = x2

1. Montrer que A,B sont des fermés.

2. Montrer que A n'est pas compact.

3. Montrer que B est homéomorphe à R.

78

(Corrigé des examens)

Corrigé d'examen nal (2014 - 2015)Solution d'exercice 01 :

1. ∗) ∅, X ∈ τ∗∗) ∀A ∈ τ : ∅ ∩ A = ∅ ∈ τ,X ∩ A ∈ τ1 ∩ 1, 3 = 1 ∈ τ, 1 ∩ 1, 3, 4 = 1 ∈ τ1∩1, 2, 3, 4 = 1 ∈ τ, 1, 3∩1, 3, 4 = 1, 3 ∈ τ, 1, 3∩1, 2, 3, 4 = 1, 3 ∈ τ1, 3, 4 ∩ 1, 2, 3, 4 = 1, 3, 4 ∈ τ.∗ ∗ ∗) ∀A ∈ τ : ∅ ∪ A = A ∈ τ,X ∪X ∈ τ1 ∪ 1, 3 = 1, 3 ∈ τ, 1 ∪ 1, 3, 4 = 1, 3, 4 ∈ τ1 ∪ 1, 2, 3, 4 = 1, 2, 3, 4 ∈ τ, 1, 3 ∪ 1, 3, 4 = 1, 3, 4 ∈ τ,1, 3 ∪ 1, 2, 3, 4 = 1, 2, 3, 4 ∈ τ 1, 3, 4 ∪ 1, 2, 3, 4 = 1, 2, 3, 4 ∈ τ.

2. F = X, 2, 3, 4, 5, 2, 4, 5, 2, 5, 5, ∅.

3. V(2) = 1, 2, 3, 4, X.V(3) = 1, 3, 1, 2, 3, 1, 3, 4, 1, 3, 5, 1, 2, 3, 4, 1, 3, 4, 5, 1, 2, 3, 5, X.

4. i)0

A = 1

ii) 1, 4, 5 ∈ A⇒ 1, 4, 5 ∈ A∀V ∈ V(2) : V ∩ A 6= ∅.Donc : 2 ∈ A∀V ∈ V(3) : V ∩ A 6= ∅. Donc : 3 ∈ AAlors ; A = X, ce qui donne : A est partout dense dans X

5. 2, 5 ∈ f−1(V(3)), alors que 2, 5 /∈ V(2). Donc : f n'est pas continue au point x0 = 2.

Solution d'exercice 02 :

1. Evident

2. B(0, r) = 0 ∪D où Dn ∈ N∗ : d(0, n) < 1d(0, n) < r ⇔ 1 +

1

n< r ⇔ 1

n> r − 1

Pour r ≤ 1 on a D = ∅. Donc : B(0, r) = 0

Pour r > 1 on a D = n0 + 1, n0 + 2 · · · , où n0 =

[1

r − 1

].

Donc : B(0, r) = 0, n0 + 1, n0 + 2 · · ·

3. Soit xn une suite de Cauchy n'est pas stationnaire, et soit ε > 0. Donc : pour un sertain

rang n0 ∈ N, et pour n,m > n0 on a : d(un, um) < ε. Ce qui donne 1 +1

un + um< ε

Si on prend ε < 1 on trouve1

un + um< 0, contradiction. Donc : (un) est stationnaire.

4. Toute suite de Cauchy est stationnaire, donc : convergente. Alors : (N, d) est complet.

Solution d'exercice 03 :

1. A = f([−π, π]). f est continue, [−π, π] est compact. Donc : A est compact.

2. Reprisentation graphique :

79

3. Soit g : R2 → R, telle que g(x), y = x2y2.

g est continue, B = g−1([0, 1]), [0, 1] est fermé.

Donc : B est fermé.

4. On remarque que R× 0 ⊂ B. Donc :

Diam(B) = supx,y∈B

d2(x, y) ≥ supx∈R

d2(x, 0) = supx∈R|x| = +∞

Donc : B n'est pas borné, alors : n'est pas compact.

Corrigé d'examen de rattrapage (2014 - 2015)Solution d'exercice 01 :

1. ∅ ∈ τ,N = A0 ∈ τ .∀n,m ∈ N : n ≤ m⇒ Am ⊂ An. Donc :⋃i∈I

Ai = Ai0 ∈ τ ou i0 = min I (I quelconque)⋂j∈J

Aj = Aj0 ∈ τ ou j0 = max J (J ni)

2. F = ∅,N ∪0, 1, . . . , n, n ∈ N

.

3. V(m) = A0, A1, . . . , Am.

4.0

A = ∅.

5. Soit m ∈ N, m ∈ B ⇔ ∀p ≤ m : Ap ∩B 6= ∅Ce qui est vrais (example : 4(p+ 1) ∈ Ap ∩B).

Donc : B = N, ie B est partout dense dans N.

Solution d'exercice 02 :

1. Evident.

2. d(0, x2) =2

3=⇒ x2 ∈ B(0, 1).

d(0, x3) =1

2=⇒ x3 ∈ B(0, 1).

d(0, x) = 1 =⇒ x /∈ B(0, 1).

d(0,√|x|) =

4

3=⇒

√|x| /∈ B(0, 1).

3. Reprisentation graphique :

80

4. d(fn+p, fn) =

∫ 1

−1

|fn+p(x)− f(x)|dx

C'est l'air de surface entre les graphee de fn+p et fn, ce qui est inférieur de2

n( voir la

gure ).

5. Soit n,m ∈ N∗ tels que n ≤ m. On pose m = n+ p, Donc : d(fn+p, fn) ≤ 2

nDonc : (fn) est une suite de Cauchy.

Solution d'exercice 03 :

1. Soit ε > 0. et soit x, y ∈ (E, δ), tels que d(x, y) < α = ε. Donc d(f(x), f(y)) = d(x, y) < ε

Donc : f est uniformément continue.

2. soit x, y ∈ (E, δ).

f(x) = f(y)⇔ d(f(x), f(y)) = 0⇔ d(x, y) = 0⇔ x = y

Donc f est injective.

Corrigé d'examen nal (2015 - 2016)Solution d'exercice 01 :

1. ∗) ∅, X ∈ τ .∗∗) ∀O ∈ τ : ∅∩O = ∅ ∈ τ,X∩O = O ∈ τ a∩c, d = ∅ ∈ τ, a∩a, c, d = a ∈ τa ∩ b, c, d, e = ∅ ∈ τ, c, d ∩ a, c, d = c, d ∈ τ, c, d ∩ b, c, d, e = c, d ∈ τa, c, d ∩ b, c, d, e = c, d ∈ τ.∗ ∗ ∗) ∀O ∈ τ : ∅ ∪ O = O ∈ τ,X ∪ O = X ∈ τa ∪ c, d = a, c, d ∈ τ, a ∪ a, c, d = a, c, d ∈ τa ∪ b, c, d, e = X ∈ τ, c, d ∪ a, c, d = a, c, d ∈ τ,c, d ∪ b, c, d, e = b, c, d, e ∈ τ a, c, d ∪ b, c, d, e = X ∈ τ.

2. F = X, b, c, d, e, a, b, e, b, e, a, ∅.

3. a est un ouvert et fermé, mais a 6= ∅, a 6= X. Donc : (X, τ) n'est pas connexe.

4. V(c) = c, d, a, c, d, b, c, d, c, d, e, a, b, c, d, a, c, d, e, b, c, d, e, X.V(e) = b, c, d, e, X.

5. τA = ∅, c, d, A.

81

6. a est un ouvert, alors que f−1(a) = e n'est pas un ouvert. Donc : f n'est pas

continue.

Solution d'exercice 02 :

1. f dérivable sur ]0,+∞[, et supx∈D|f ′(x)| = 1

2. Donc :

∀x, y ∈]0,+∞[: |f(x)− f(y)| ≤ 1

2|x− y|

Alors ; f est contractante.

2. D'après théorème de point xe f admet un point xe unique a.

3. f(a) = a⇒ a =⇔ 1 + a⇔ a > 0 et a2 − a− 1 = 0.

On trouve alors ; a =1 +√

5

2.

4. La suite (xn) est la suite des approximations successives de Picard, elle est convergente,

donc elle est de Cauchy.

Solution d'exercice 03 :

1. Reprisentation graphique :

2. Soit l'application f : R2 −→ R, dénie par : f(x, y) = x2 + y2

A = f−1([1,+∞[), B = f−1([0, 4]). f est continue, [1,+∞[, [0, 4] sont des fermés.

Donc : A,B sont des fermés.

3. C = A ∩B. Donc : C est fermé.

C ⊂ B(0, 2) Donc : C est borné.

Alors : C est compact.

4. A n'est pas borné, alors : A n'est pas compact.

Corrigé d'examen de rattrapage (2015 - 2016)Solution d'exercice 01 :

1. ∅ ∈ τ,R ∈ τ.φ ∩ Ia = φ, φ ∪ Ia = Ia, ∀a ∈ R∀a, b > 0 : a ≤ b⇒ Ib ⊂ Ia. Donc :

R ∩ Ia = Ia,R ∪ Ia = R, ∀a ∈ R

82

⋃i∈I

Iai = Ia ∈ τ ou a = mini∈Iai (I quelconque).⋂

j∈J

Iai = IA ∈ τ ou A = maxj∈Jaj (J ni).

2. ∀a > 0 : : Ia ∈ (R, |.|)⇒ (R, τ) est plus ne que (R, |.|).

3. ]1, 2[∈ (R, |.|), alors que ]1, 2[/∈ (R, τ).

4. Soit : y 6= 0. On a : V(0) = R, et ∀v ∈ V(y)v ∩ R 6= ∅.Donc : (R, τ) n'est pas séparé.

5.0

[−1, 1] = ∅.[−1, 1] = CI1

R ⇒ [−1, 1] est fermé. Donc : [−1, 1] = [−1, 1].

Fr([−1, 1]) = [−1, 1].

Solution d'exercice 02 :

1. Evident.

2. Soit n,m ∈ N∗. On a : δ(n,m) ≤ d(n,m). Donc : Id est continue de (N∗, d) dans (N∗, δ).d(n,m) =≤ n.mδ(n,m).Donc : Id est continue de (N∗, δ) dans (N∗, d).

3. Posons m = n+ p+ 1 . Donc

δ(un, um) ≤ 1

n2+

1

m2< ε. Donc : (un) est de Cauchy dans (N∗, δ).

d(un, um) = (m− n)(m+ n) > 2n+ p. Donc : (un) n'est pas de Cauchy dans (N∗, δ).

4. supposons que limn→+∞

un = ` ∈ N∗. Alors, pour ε > 0,

∣∣∣∣ 1

n2− 1

`

∣∣∣∣ < ε⇒ 1

`<

1

n2+ ε

Donc1

`= 0, ce qui est un contraction. Alors : (N∗, δ) n'est pas complet.

5. (N∗, d) est la trace de (R, |.|), et puisque (R, |.|) complet, N∗ fermé ; alors : N∗ est complet.

Solution d'exercice 03 :

1. (E, σ) ni ⇒ (E, σ) compact.

2. L'ensemble des fermés est F = φ, b, c, d, b, d, E.Les fermés et ouverts au même tems sont uniquement φ,E. Donc (E, σ) est injective.

3. Il n'ya pas des sous-ensembles qui ne sont pas connexes.

Corrigé d'examen nal (2016 - 2017)Solution d'exercice 01 :

1. ∗) ∅,Z ∈ τ∗∗) ∀O ∈ τ : ∅ ∩ O = ∅ ∈ τ,Z ∩ O = O ∈ τ−2 ∩ −2, 1 = −2 ∈ τ, −2 ∩ −2, 1, 3 = −2 ∈ τ−2 ∩ −4,−2, 1, 3 = −2 ∈ τ,−2, 1 ∩ −2, 1, 3 = −2, 1 ∈ τ, −2, 1 ∩ −4,−2, 1, 3 = −2, 1 ∈ τ−2, 1, 3 ∩ −4,−2, 1, 3 = −2, 1, 3 ∈ τ.

83

∗ ∗ ∗) ∀O ∈ τ : ∅ ∪ O = O ∈ τ,Z ∪ O = X ∈ τ −2 ∪ −2, 1 = −2, 1 ∈ τ,−2 ∪ −2, 1, 3 = −2, 1, 3 ∈ τ −2 ∪ −4,−2, 1, 3 = −4,−2, 1, 3 ∈ τ,−2, 1 ∪ −2, 1, 3 = −2, 1, 3 ∈ τ, −2, 1 ∪ −4,−2, 1, 3 = −4,−2, 1, 3 ∈ τ−2, 1, 3 ∪ −4,−2, 1, 3 = −4,−2, 1, 3 ∈ τ.

2. L'ensemble des fermés : F = ∅,Z\−2,Z\−2, 1,Z\−2, 1, 3,Z\−4,−2, 1, 3,Z.Les ouverts et fermés á la fois sont uniquement ∅ et Z. Donc : (Z, τ) est connexe.

3. A = −2, 0.

i)0

A = −2.

ii) On a : A = Z.

iii) Conclusion : A est partout dense dans Z.

4. τN = ∅, 1, 1, 3,N.

5. f(0) = 1,VτN(0) = N. −2, 1 ∈ Vτ (1), mais f−1(−2, 1) = 0 /∈ VτN(0)

Donc : f n'est pas continue au point 0.

Solution d'exercice 02 :

1. xn =1

n, n ∈ N∗.

i) Soit ε > 0, on pose n0 =

[2

ε

]+ 1, et pour m ≥ n ≥ n0 on a : d(xm, xn) =

∣∣∣∣ 1

m− 1

n

∣∣∣∣ ≤2

n< ε.

Donc : (xn) est de Cauchy.

ii) On a limn→+∞

xn = 0 /∈ E. Donc : (xn) n'est pas convergente.

iii) (E, d) n'est pas complet.

2. ∀x, y ∈ E : δ(x, y) = | lnx− ln y|.

i) Montrons que δ est une distance sur E.

ii) Soit (xn) une suite de Cauchy dans (E, δ), alors :

∀ε > 0,∃n0 ∈ N,∀n,m ∈ N : m ≥ n ≥ n0 =⇒ | lnxn − lnxm| < ε.

La suite (lnxn) est de Cauchy dans (R, d), elle est converge vers ` ∈ R.Donc : (xn) convdrge vers e` ∈ E. Alors ; (E, δ) est complet.

3. Facile.

Solution d'exercice 03 :

A = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + 3z2 = 1 B = (x, y, z) ∈ R3 : x2 − y2 + z2 = 1

1. (x, y, z) ∈ A =⇒ x2 ≤ 1, y2 ≤ 1, z2 ≤ 1 =⇒ d2(x, y, z) ≤√

3

Alors A ⊂ B(0,√

3) Donc : A est borné.

2. Soit l'application f : R3 −→ R, dénie par : f(x, y, z) = x2 + y2 + 3z2

A = f−1(1), f est continue, 1 est fermé.

Donc : A est fermé.

84

3. bn ⊂ B, et bn n'est pas borné. Donc : B n'est pas borné.

4. A est fermé et borné. Donc : A est compact.

B n'est pas borné. Donc : B n'est pas compact.

Corrigé d'examen de rattrapage (2016 - 2017)Solution d'exercice 01 :

1. ∗) ∅, X ∈ τ .∗∗) ∀O ∈ τ : ∅ ∩ O = ∅ ∈ τ,X ∩ O = O ∈ τ 1 ∩ 3 = ∅ ∈ τ, 1 ∩ 1, 2 = 1 ∈ τ1 ∩ 1, 3 = 1 ∈ τ, 3 ∩ 1, 2 = ∅ ∈ τ, 3 ∩ 1, 3 = 3 ∈ τ1, 2 ∩ 1, 3 = 1 ∈ τ.∗ ∗ ∗) ∀O ∈ τ : ∅ ∪ O = O ∈ τ,X ∪ O = X ∈ τ1 ∪ 3 = 1, 3 ∈ τ, 1 ∪ 1, 2 = 1, 2 ∈ τ1 ∪ 1, 3 = 1, 3 ∈ τ, 3 ∪ 1, 2 = X ∈ τ, 3 ∪ 1, 3 = 1, 3 ∈ τ1, 2 ∪ 1, 3 = X ∈ τ.

2. F = ∅, 2, 3, 1, 2, 2, 3, X.

3. A = 2, 3

i)0

A = 3.

ii) A est fermé =⇒ A = A.

iii) τA = ∅, 2, 3, A.

4. 1 est un ouvert et fermé dans (x, σ), mais 1 6= ∅, 1 6= X.

Donc : (X, σ) n'est pas connexe.

5. 2, 3 ∈ Vσ(2), alors que 2, 3 /∈ Vτ (2).

Donc : f n'est pas continue au point 2.

Solution d'exercice 02 :

E =]0,+∞[,∀(x, y) ∈ E × E : d(x, y) =

∣∣∣∣1x − 1

y

∣∣∣∣1. (E, d) espace métrique (Evident).

2. r ≥ 1. B(1, r) =

x ∈ E :

∣∣∣∣1x − 1

∣∣∣∣ < r

= x ∈ E : 1− r < 1

x< 1 + r =

]1

1 + r,+∞

[.

3. 0 < r < 1. B(1, r) =

x ∈ E :

∣∣∣∣1x − 1

∣∣∣∣ < r

B(1, r) = x ∈ E : 1− r < 1

x< 1 + r =

]1

1+r, 1

1−r

[.

4. Soit m ≥ n ∈ N∗ . Doncd(un, um) ≤ 1

n2+

1

m2< ε. Donc : (un) est de Cauchy dans (E, d).

5. supposons que limn→+∞

un = ` ∈ E. Alors, pour ε > 0,

∣∣∣∣ 1

n2− 1

`

∣∣∣∣ < ε⇒ 1

`<

1

n2+ ε

Donc1

`= 0, ce qui est un contraction. Alors : (E, d) n'est pas complet.

85

6. Soit m,n, p ∈ N∗ tq m = 4p2, n = p2. Donc

d(un, um) = p ≥ ε. Donc : (un) n'est de Cauchy dans (E, d) =⇒ n'esta pas convergente

dans (E, d).

Solution d'exercice 03 :

A =

(x, y) ∈ R2 : x2 − y2 = 1

B = (x, y) ∈ R2 : y = x2

1. Soit f, g : R2 → R tq : f(x, y) = x2 − y2, g(x, y) = x2 − yf, g sont continues, A = f−11, A = g−10, 1, 0 sont des fremés.

Donc : A,B sont des fermés.

2. Pour n ∈ N : (xn, yn) = (√n+ 1,

√n) ∈ A, |(xn, yn)| → +∞.

Alors ; A n'est pas borné, donc A n'est pas compact.

3. Soit l'application ϕ : R→ B, dénie par ϕ(x) = (x, x2)

ϕ, ϕ−1 sont bijectives. Donc : B est homéomorphe á R.

86