TOPOLOGIE - SÉRIE 10 Dans cette série, on peut utiliser le - GR-HE

TOPOLOGIE - SÉRIE 10
Dans cette série, on peut utiliser le fait que un sous-espace X de (R, Tst ) est connexe si et
seulement si X est un interval (on va le voir plus tard).
Exercice 1. Comment est-ce que la connexité se rapporte aux constructions entre espaces topologiques? Démontrer ou réfuter les enoncés suivants.
(a) Si (X, T ) est connexe, et f : (X, T ) → (X 0 , T 0 ) est continue, alors f (X) est connexe.
(b) Si (X 0 , T 0 ) est connexe, et f : (X, T ) → (X 0 , T 0 ) est continue, alors f −1 (X 0 ) est connexe.
(c) Si (X, T ) est connexe et A ⊆ X, alors A est connexe.
(d) Si (X, T ) est un espace topologique et A ⊆ X est connexe, alors A est connexe.
(e) Si (X, T ) est connexe, et T 0 est une topologie plus fine que T , alors (X, T 0 ) est connexe.
(f) Si (X, T ) est connexe, et T 0 est une topologie moins fine que T , alors (X, T 0 ) est connexe.
(g) Si (X, T ) et (X 0 , T 0 ) sont connexes, alors X × X 0 est connexe.
(h) Soit (X, T ) un espace topologique, et A, B ⊆ X deux sous-ensembles tels que X = A ∪ B
et A ∩ B 6= ∅. Si A et B sont connexes, alors X est connexe.
(i) Soit (X, T ) un espace topologique, et A, B ⊆ X deux sous-ensembles tels que X = A ∪ B.
Si A et B sont connexes, alors X est connexe.
(j) Soit (X, T ) un espace topologique, et A, B ⊆ X deux sous-ensembles. Si A et B sont
connexes, alors A ∩ B est connexe.
Solution.
(a) OUI; En fait, si on peut écrire f (X) = A ∪ B avec A et B ouverts disjoints de
f (X), alors
X = f −1 (f (X)) = f −1 (A ∪ B) = f −1 (A) ∪ f −1 (B),
où f −1 (A) et f −1 (B) sont ouverts dans l’espace connexe X et disjoints (comme A et B
le sont). Donc un d’entre eux est vide, disons f −1 (A) = ∅. Comme A ⊆ f (X), on peut
écrire
A = f (f −1 (A)) = f (∅) = ∅.
(b) NON; En fait, il suffit de considérer l’application constante f : {0, 1} → {2}, par rapport
aux topologies discrètes. Elle est bien continue, {2} est connexe mais sa préimage {0, 1}
ne l’est pas.
(c) NON; En fait, R est connexe par rapport à la topologie standard, mais le sous-espace
R \ {0} ne l’est pas.
(d) OUI; En fait, supposons que A = U ∪V avec U et V ouverts de A disjoints. En particulier,
U = A ∩ (X \ V ) et V = A ∩ (X \ U ) sont fermés dans X. Ensuite, on peut décomposer
A comme
A = A ∩ A = A ∩ (U ∪ V ) = (A ∩ U ) ∪ (A ∩ V ),
où A ∩ U et A ∩ V sont ouverts et disjoints. Donc un d’entre eux est vide parce que A
est connexe, disons A ∩ U . Alors A = A ∩ V , c’est-à-dire A ⊆ V . Mais on a vu que V est
fermé, et donc A ⊆ V , c’est-à-dire A = V . Finalement, U ⊆ A \ V = V \ V = ∅.
(e) NON; En fait, R est connexe par rapport à la topologie standard, mais il ne l’est pas par
rapport à la topologie discrète.
Date: 27 novembre 2014
(f) OUI; En fait, si on suppose que X = U ∪ V , où U et V sont ouverts par rapport à T 0 et
disjoints, alors ils le sont aussi par rapport à T . Alors par connexité, soit U est vide soit
V est vide.
(g) OUI; En fait, en supposant que X ait un élément x0 , l’on peut écrire
X × X0 =
[
(X × {x0 } ∪ {x} × X 0 ).
x∈X
On remarque que:
• l’ensemble X × {x0 } est homéomorphe à X (par la projection (x, x0 ) 7→ x), et par
conséquent il est connexe.
• pour n’importe quel x ∈ X, l’ensemble {x} × X 0 est homéomorphe à X 0 (par la
projection (x, x0 ) 7→ x0 ), et par conséquent il est connexe.
• l’ensemble X × {x0 } ∪ {x} × X 0 est la réunion de deux espaces connexes qui s’intersectent, parce que
(x, x0 ) ∈ X × {x0 } ∩ {x} × X 0 ,
et donc par (h) il est connexe.
• l’ensemble X × X 0 = x∈X (X × {x0 } ∪ {x} × X 0 ) est une réunion d’espaces connexes
qui s’intersectent, parce que pour n’importe quel x00 dans X, on a que
S
(x00 , x0 ) ∈
\
(X × {x0 } ∪ {x} × X 0 ).
x∈X
Le même raisonnement utilisé pour montrer (h) marche aussi pour le cas infini, et
S
donc on peut conclure que X × X 0 = x∈X (X × {x0 } ∪ {x} × X 0 ) est connexe. (h) OUI; En fait, suppose que X = U ∪ V avec U et V ouverts disjoints. Alors
A = A ∩ X = A ∩ (A ∪ V ) = (A ∩ U ) ∪ (A ∩ V ),
où A ∪ V et A ∪ V sont ouverts de A et disjoints. Donc un d’entre eux est vide, disons
A ∩ U . Donc A = A ∩ V et A ⊆ V . En particulier, ∅ 6= A ∩ B ⊆ V ∩ B. Maintenant,
on peut faire la même chose avec B et obtenir que B = (B ∩ V ) ∪ (B ∩ U ), où B ∩ V et
B ∩ V sont ouverts disjoints du connexe B et on sait déjà que B ∩ V n’est pas vide. Ce
implique que B ∪ U est vide, et finalement
U = U ∩ X = U ∩ (A ∪ B) = (A ∩ U ) ∪ (B ∪ U ) = ∅ ∪ ∅ = ∅.
(i) NON; En fait, les sous-espaces (−∞, 0) et (0, +∞) de R par rapport à la topologie
standard sont connexes, mais leur réunion R \ {0} ne l’est pas.
(j) NON; En fait, il suffit de considérer S 1 \ {(1, 0)} et S 1 \ {(−1, 0)} comme sous-espaces du
cercle S 1 . Ils sont connexes parce qu’on a vu qu’ils sont homéomorphes à R (en utilisant
la projection stereographique). Mais leur intersection ne l’est pas, parce qu’elle peut être
écrite comme une réunion de deux ouverts disjoints pas vides:
S 1 \ {(1, 0)} ∩ S 1 \ {(−1, 0)} = S 1 ∩ {(x, y) ∈ R2 | y > 0} ∪ S 1 ∩ {(x, y) ∈ R2 | y < 0}.
Exercice 2 (Théorème de la valeur intermédiaire).
Soit (X, T ) un espace topologique connexe. Toute application continue f : (X, T ) → (R, Tst ) a
la propriété de la valeur intermédiaire, i.e., si x, x0 ∈ X et y ∈ R avec f (x) 6 y 6 f (x0 ) il
existe x00 ∈ X tel que f (x00 ) = y.
Par l’absurde, si f (x) 6= y pour tout x ∈ X. Alors pour tout x ∈ X, soit f (x) > y, soit
y > f (x). Autrement dit, f (X) =] − ∞, y[∩f (X)∪]y, ∞[∩f (X). On pose ] − ∞, y[∩f (X) = U et
]y, ∞[∩f (X) = V .
Par ailleurs,
] − ∞, y[∩]y, ∞[= ∅ ⇒ U ∩ V = ∅.
Enfin, U 6= ∅, car f (x) < y et donc f (x) ∈ U , de même V 6= ∅, car f (x0 ) > y et donc f (x0 ) ∈ V.
Ainsi (U, V ) est une séparation de f (X). Or par l’exercice 1, comme (X, T ) est connexe et
f continue, on a que (f (X), Tst ) est connexe, contradiction.
Exercice 3. Soit (Y, d) un espace métrique et X un ensemble.
(a) Montrer qu’une famille d’applications (fn : X → Y )n∈N converge uniformément vers une
Q
application f : X → Y si et seulement si elle converge vers f dans
¯ est
x∈X Y, Tρ¯ où ρ
la métrique uniforme.
(b) Si (X, T ) est maintenant un espace topologique, montrer, que si une famille d’applications
continues (fn : X → Y )n∈N converge uniformément vers une application f : X → Y , alors
la limite f est bien continue.
Preuve.
(a) [=⇒]; Supposons qu’on a une famille d’applications (fn : X → Y )n∈N qui converge
Q
uniformément vers une application f : X → Y . Soit B(f, ε) une boule dans
x∈X Y, Tρ¯ ,
et N ∈ N tel que dY (fn , f ) < 2ε lorsque n > N . Alors pour tou n > N on a que
ρ(fn , f ) = sup dY (fn (x), f (x)) ≤
x∈X
ε
≤ ε,
2
ce qui veut dire que la suite est définitevement dans la boule, et donc elle converge vers
f dans la topologie induite par la métrique.
[⇐=]; Supposons qu’on a une famille d’applications (fn : X → Y )n∈N qui converge vers f
Q
dans
x∈X Y, Tρ¯ . Soit ε > 0; comme la suite converge vers f , il existe un N ∈ N tel que
fn ∈ B(f, ε) lorsque n > N . En particulier, pour n > N et x ∈ X on a
dY (fn (x), f (x)) ≤ sup dY (fn (x), f (x)) = ρ(fn , f ) < ε.
x∈X
Donc la suite converge uniformement vers f .
(b) Soit V ∈ Td . Il faut montrer que f −1 (V ) ∈ T . Soit x0 ∈ f −1 (V ). On veut trouver U ∈ T
tel que x0 ∈ U ⊆ f −1 (V ). Or, x0 ∈ f −1 (V ) implique f (x0 ) ∈ V et donc il existe ε > 0 tel
que Bd (x0 , ε) ⊆ V (puisque V est ouvert).
Comme (fn )n∈N converge uniformément vers f ⇒ il existe N ∈ N tel que d(f (x), fn (x)) < ε/3
pour tout n > N et pour tout x ∈ X. fN est continue donc il existe U ∈ T tel que x0 ∈ U
et tel que fN (U ) ⊆ Bd (fN (x0 ), ε/3).
On constate alors que f (U ) ⊆ Bd (f (x0 , ε)), car pour tout x ∈ U ,
d(f (x0 ), f (x)) 6 d(f (x0 ), fN (x0 )) + d(fN (x0 ), fN (x)) + d(fN (x), f (x)) 6 ε,
par le choix de N .
Ainsi, x0 ∈ U ⊆ f −1 (Bd (f (x), ε)) ⊆ f −1 (V ) ⇒ f continue.
Exercice 4. Pour une famille dénombrable (Xi , Ti )i∈I d’espaces topologiques métrisables, on a
Q
vu au cours que leur produit ( i∈I Xi , ∗i∈I Ti ) est de nouveau métrisable. Trouver un exemple
de famille indénombrable, dont le produit n’est plus métrisable.
Preuve. En général le produit d’une famille d’espaces métriques n’est pas métrisable. Soit
Xr := {0, 1} muni de la topologie discrète pour tout r ∈ R. Alors chaque Xr est métrisable,
Q
tandis que le produit X := r∈R Xr ne l’est pas. En effet dans X on ne peut pas caractériser
l’adhérence par suites.
Soient O := (0)r∈R , et A := {(xr )r∈R ∈ X | xr = 0 pour un nombre fini de r}. Alors on a
que:
• l’élément O est dans l’adhérence de A. En effet, un ouvert de base qui contient O est
Q
de la forme U = i∈R Ui , où J est un sous-ensemble fini de R, Ui = {0, 1} si i 6∈ J, et
Uj = {0} si j ∈ J. Si on définit xi := 1 quand i 6∈ J et xj := 0 quand j ∈ J, alors
Q
l’élément x := (xi )i∈R ∈ i∈R X appartient à A ∩ U . On a bien montré que chaque ouvert
de base qui contient O intersecte A, et donc O ∈ A.
• il n’existe aucune suite dans A qui converge vers 0. Considérons une suite (xk )k∈N dans
S
A. Pour tout k ∈ N soit Ik := {r ∈ R | xkr = 0} ⊆ R, ce qui est fini. Alors I := k∈N Ik
est dénombrable (car réunion dénombrable d’ensembles finis), et donc il existe z ∈ R \ I.
Cela signifie que pour tout k ∈ N on a xkz = 1. Soit U := {(xr )r∈R ∈ X | xz = 0}. Alors
Q
U est ouvert, parce que on peut l’écrire comme U = i∈R Ui , où Ui = {0, 1} si i 6= z et
Uz = {0}, et il contient O. Mais xk n’est jamais dans U , parce que xkz = 1, et donc la
suite (xk )k∈N ne peut pas être définitivement contenue dans l’ouvert U . Ca veut dire que
(xk )k∈N ne converge pas vers O.

Download Report