Topologie td 2 analyse 3 -Analyse 3 - Télécharger pdf
Télécharger PDFTOPOLOGIE TD (PARTIE 2)
Exercice 11
Soit (E,T) un e.t. On dit qu'une partie A de E est rare dans (E,T) si Å = Ø. On dit qu'une partie B de E est maigre dans (E,T) si B est une réunion au plus dénombrable de parties rares dans (E,T).
- Soient A, B deux parties de E.
- Montrer que si A est rare, toute partie de A est rare.
- Montrer que si B est maigre, toute partie de B est maigre.
- Montrer que toute réunion dénombrable de parties maigres est maigre.
- Montrer qu'on a équivalence entre :
- Toute partie maigre est rare.
- Pour toute suite (F_n)_n∈ℕ de fermés rares, ⋃ F_n est rare.
- Pour toute suite (U_n)_n∈ℕ d'ouverts denses, ⋂ U_n est dense.
Un e.t (X,T) est dit de Baire s'il vérifie l'une des trois propriétés précédentes.
- Montrer que tout ouvert d'un espace de Baire est un espace de Baire.
- L'ensemble ℝ, muni de la topologie droite, est-il de Baire?
Exercice 13
Soit (E,T) un e.t. On dit que l'espace (E,T) est accessible si : ∀ a, b ∈ E avec a ≠ b, il existe V un voisinage de a dans (E,T) tel que b ∉ V.
- Montrer que tout espace séparé est accessible et tout espace accessible est un espace de Kolmogoroff.
- Montrer qu'on a équivalence entre :
- L'espace (E,T) est accessible.
- Toute partie de E réduite à un point est fermée dans (E,T).
- L'intersection de tous les voisinages d'un point a de E dans (E,T) est réduite à {a}.
- On suppose l'espace (E,T) accessible. Soit A une partie de E.
- Soit a ∈ A'. Montrer que tout voisinage de a dans (E,T) contient une infinité de points de A.
- Montrer que l'ensemble dérivé A' de A, dans (E,T), est un fermé de (E,T).
- Montrer que l'intersection de tous les voisinages de A dans (E,T) est égale à A.
Exercice 14
Soit (E,T) un e.t.
- Montrer qu'on a équivalence entre :
- Tout point de E admet un système fondamental de voisinages fermés dans (E,T).
- Pour toute partie fermée de E, dans (E,T), elle est égale à l'intersection de tous ses voisinages fermés dans (E,T).
- Pour tout filtre F sur E, qui converge vers un point a de E, le filtre F' = {A ⊂ E / ∃ F ∈ F : F ⊂ A}, converge dans (E,T) vers le point a.
- Montrer que tout espace de Kolmogoroff vérifiant l'une des trois propriétés précédentes est séparé et par suite régulier.
Exercice 15
Soient (E,T) un e.t, (F,U) un espace séparé et f,g: (E,T) → (F,U) deux applications continues.
- Montrer que l'ensemble A = {x ∈ E / f(x) = g(x)} est fermé dans (E,T).
- Soit A une partie partout dense dans E. Montrer que si : ∀ x ∈ A, f(x) = g(x), alors f = g sur E tout entier.
- Montrer que le graphe de f, G(f) = {(x, f(x)) / x ∈ E}, est fermé dans l'espace produit E × F.
Exercice 16
Soit (E,T) un espace régulier, A une partie compacte de (E,T) et B une partie fermée de (E,T) telle que A ∩ B = Ø. Montrer qu'il existe V un voisinage de A dans (E,T) et U un voisinage de B dans (E,T) tels que V ∩ U = Ø.
Exercice 17
Soient A et B deux parties compactes d'un espace séparé telles que A ∩ B = Ø. Montrer qu'il existe deux ouverts disjoints G et H tels que A ⊂ G et B ⊂ H.
Exercice 18
Soit (K_n)_n∈ℕ une suite décroissante de compacts non vides d'un espace séparé. Montrer que :
- K = ⋂_{n∈ℕ} K_n n'est pas vide.
- Pour tout ouvert O tel que K ⊂ O, il existe N_0 ∈ ℕ tel que K_{N_0} ⊂ O.
Exercice 19
Soit (E,T) un e.t., A et B deux parties non vides de E. On suppose que : A ∩ B = A ∩ B = Ø. Montrer que A ∪ B n'est pas connexe. Réciproquement, montrer que si A ∪ B n'est pas connexe, alors A ∩ B = A ∩ B = Ø.
Exercice 20
Soit (E,T) un e.t., a et b deux points. On dit qu'une suite finie de parties de E; A_1, A_2, ..., A_n est une chaîne simple joignant a à b si : a ∈ A_1, b ∈ A_n et A_i ∩ A_j = Ø si |i-j| > 1. Montrer que si (E,T) est connexe et si U est un recouvrement ouvert de E, deux points quelconques de E peuvent être reliés par une chaîne simple formée d'éléments de U.
Exercice 21
Montrer que tout intervalle de ℝ est connexe.
Exercice 22
Soit A = {(x, sin(1/x)) | 0 < x < 1 } ⊂ ℝ².
- Montrer que A est connexe. L'adhérence Abar est connexe.
- Montrer que A n'est pas localement connexe.
- Montrer que A n'est pas connexe par arcs.
Exercice 13: Rappels et Solutions
Définitions
- (E,T) est de Kolmogoroff si : ∀ a, b ∈ E avec a ≠ b, ∃ V ∈ V(a) tel que b ∉ V ou ∃ W ∈ V(b) tel que a ∉ W.
- (E,T) est accessible si : ∀ a, b ∈ E tel que a ≠ b, ∃ V ∈ V(a) tel que b ∉ V.
- (E,T) est séparé si : ∀ a, b ∈ E avec a ≠ b, ∃ V ∈ V(a) tel que b ∉ V et ∃ W ∈ V(b) tel que a ∉ W et V ∩ W = Ø.
Solution de l'Exercice 13
- Montrer que tout espace séparé est accessible et tout espace accessible est un espace de Kolmogoroff.
Montrons que (E,T) séparé ⇒ (E,T) accessible.
Soient a, b ∈ E avec a ≠ b. Comme (E,T) est séparé, ∃ V ∈ V(a) et ∃ W ∈ V(b) tels que V ∩ W = Ø. Puisque V ∩ W = Ø, si b ∈ W, alors b ∉ V. Ainsi, nous avons trouvé V ∈ V(a) tel que b ∉ V. Donc (E,T) est accessible.
Montrons que (E,T) accessible ⇒ (E,T) est de Kolmogoroff.
Soient a, b ∈ E tels que a ≠ b. Comme (E,T) est accessible, ∃ V ∈ V(a) tel que b ∉ V. Par suite, l'une des deux propositions suivantes est vraie : ∃ V ∈ V(a) tel que b ∉ V ou ∃ W ∈ V(b) tel que a ∉ W. Ainsi (E,T) est un espace de Kolmogoroff.
-
- L'espace (E,T) est accessible.
- Toute partie de E réduite à un point est fermée dans (E,T).
- L'intersection de tous les voisinages d'un point a de E dans (E,T) est réduite à {a}.
Montrons b) ⇔ c).
b) ⇒ c): Supposons que ∀ a ∈ E, {a} est fermé, c'est-à-dire : {a} = {a}.
Montrons que ∀ a ∈ E, ⋂_{V∈V(a)} V = {a}.
On a {a} ⊂ ⋂_{V∈V(a)} V car a ∈ V, ∀ V ∈ V(a).
Soit b ∈ E tel que b ≠ a. Comme {b} est fermé et a ∉ {b} (car a ≠ b), ∃ W ∈ V(a) tel que W ∩ {b} = Ø. C'est-à-dire ∃ W ∈ V(a) tel que b ∉ W. D'où b ∉ ⋂_{V∈V(a)} V. Par suite, ⋂_{V∈V(a)} V ⊂ {a}.
Donc ⋂_{V∈V(a)} V = {a}.
c) ⇒ a): Supposons c) vérifiée, c'est-à-dire : ∀ a ∈ E, ⋂_{V∈V(a)} V = {a}.
Montrons que (E,T) est accessible.
Soient a, b ∈ E tels que a ≠ b. On a alors b ∉ {a} = ⋂_{V∈V(a)} V. D'où ∃ V ∈ V(a) tel que b ∉ V. Par conséquent, (E,T) est accessible.
- On suppose l'espace (E,T) accessible. Soit A une partie de E.
- Soit a ∈ A'. Montrons que tout voisinage de a dans (E,T) contient une infinité de points de A. C'est-à-dire, ∀ V ∈ V(a), V ∩ A est infini.
Supposons qu'il existe V un voisinage de a tel que V ∩ A est fini. Posons V ∩ A = {a_1, a_2, ..., a_n}.
Comme a ∈ A', ∀ W ∈ V(a), W ∩ A \ {a} ≠ Ø. Donc a ≠ a_i pour i = 1, ..., n.
Puisque (E,T) est accessible, ∀ i ∈ {1,...,n}, a ≠ a_i ⇒ ∃ V_i ∈ V(a) tel que a_i ∉ V_i.
Posons W = V ∩ (⋂_{i=1}^n V_i). W est un voisinage de a.
Alors W ∩ A = Ø. Ceci contredit la définition de a ∈ A' (car a ∈ A' implique que tout voisinage de a doit contenir un point de A distinct de a, ou même une infinité, si on utilise la définition de point de condensation, mais A' est dérivé). L'hypothèse que V ∩ A est fini est absurde si a ∈ A'.
Conclusion : Dans un e.t accessible (E,T), a ∈ A' si et seulement si ∀ V ∈ V(a), V ∩ A est infini.
- Montrons que A' est un fermé dans (E,T).
Il suffit de montrer que E \ A' est ouvert. Soit b ∈ E \ A'.
Alors b n'est pas un point d'accumulation de A. Par définition, il existe un voisinage ouvert O de b tel que (O \ {b}) ∩ A = Ø, ou de manière équivalente, O ∩ A est fini (si b ∈ A) ou O ∩ A = Ø (si b ∉ A).
Puisque b ∉ A', il existe un voisinage O de b tel que O ∩ A est fini. Nous allons montrer que O ⊂ E \ A'.
Supposons par l'absurde qu'il existe x ∈ O tel que x ∈ A'. Alors x est un point d'accumulation de A. Puisque O est un voisinage de x, O ∩ A doit être infini (par la propriété démontrée en 3.a). Ceci contredit le fait que O ∩ A est fini.
Donc, O ∩ A' = Ø, ce qui signifie O ⊂ E \ A'.
Par conséquent, E \ A' est ouvert, et A' est fermé.
- Montrons que l'intersection de tous les voisinages de A dans (E,T) est égale à A.
Rappel : Pour A ⊂ E, V ∈ V(A) si et seulement si ∃ U ouvert tel que A ⊂ U ⊂ V.
On a A ⊂ V pour tout V ∈ V(A), donc A ⊂ ⋂_{V∈V(A)} V.
D'autre part, soit x ∈ E tel que x ∉ A. Donc ∀ a ∈ A, a ≠ x.
Comme (E,T) est accessible, ∀ a ∈ A, ∃ O_a un ouvert tel que a ∈ O_a et x ∉ O_a.
Posons O = ⋃_{a∈A} O_a. O est un ouvert. On a A ⊂ O et x ∉ O. O est donc un voisinage de A qui ne contient pas x.
Par suite, x ∉ ⋂_{V∈V(A)} V.
Ceci étant vrai pour tout x ∉ A, on en déduit que ⋂_{V∈V(A)} V ⊂ A.
D'où : A = ⋂_{V∈V(A)} V.
- Soit a ∈ A'. Montrons que tout voisinage de a dans (E,T) contient une infinité de points de A. C'est-à-dire, ∀ V ∈ V(a), V ∩ A est infini.
Exercice: Axiomes de Dénombrabilité et Séparabilité
Définitions
- (E,T) vérifie le 1er axiome de dénombrabilité si : ∀ x ∈ E, x admet un système fondamental dénombrable de voisinages dans (E,T).
- (E,T) est de type dénombrable (ou vérifie le 2ème axiome de dénombrabilité) si (E,T) admet une base d'ouverts dénombrable.
- (E,T) est séparable s'il existe une partie dénombrable dense dans (E,T).
Solution
- On suppose que (E,T) vérifie le 1er axiome de dénombrabilité.
- Montrer que x admet un système fondamental dénombrable de voisinages (V_n)_n∈ℕ tel que ∀ n ∈ ℕ, V_{n+1} ⊂ V_n.
Comme (E,T) vérifie le 1er axiome de dénombrabilité, ∀ x ∈ E, x admet une base dénombrable de voisinages. Soit (U_n)_n∈ℕ une base dénombrable de voisinages de x dans (E,T).
Posons : V_n = ⋂_{p=0}^n U_p.
Chaque V_n est un voisinage de x dans (E,T) car c'est une intersection finie de voisinages de x. De plus, on a V_{n+1} ⊂ V_n pour tout n ∈ ℕ.
Pour montrer que (V_n)_n∈ℕ est un système fondamental de voisinages, soit V ∈ V(x). Puisque (U_n)_n∈ℕ est une base de voisinages de x, ∃ N ∈ ℕ tel que U_N ⊂ V. Alors V_N = ⋂_{p=0}^N U_p ⊂ U_N ⊂ V.
Ainsi (V_n)_n∈ℕ est un système fondamental dénombrable de voisinages de x tel que V_{n+1} ⊂ V_n.
- En déduire qu'il existe une suite (a_n)_n∈ℕ d'éléments de E qui converge vers X dans (E,T).
Soit (V_n)_n∈ℕ le système fondamental de voisinages de x construit en 1.a).
Pour chaque n ∈ ℕ, V_n est non vide, donc nous pouvons choisir un élément a_n ∈ V_n.
Montrons que la suite (a_n)_n∈ℕ converge vers x dans (E,T).
Soit V ∈ V(x). Puisque (V_n)_n∈ℕ est un système fondamental de voisinages de x, ∃ N_0 ∈ ℕ tel que V_{N_0} ⊂ V.
Alors ∀ n ≥ N_0, a_n ∈ V_n ⊂ V_{N_0} ⊂ V.
C'est-à-dire : (a_n) converge vers x dans (E,T).
- Montrer que x admet un système fondamental dénombrable de voisinages (V_n)_n∈ℕ tel que ∀ n ∈ ℕ, V_{n+1} ⊂ V_n.
- Vérifier que tout espace de type dénombrable vérifie le 1er axiome de dénombrabilité.
Supposons que (E,T) est de type dénombrable. Soit B une base dénombrable d'ouverts de (E,T).
Soit x ∈ E. Posons B_x = {B ∈ B / x ∈ B}. B_x est dénombrable car B_x ⊂ B et B est dénombrable.
Montrons que B_x est un système fondamental de voisinages de x.
Soit V ∈ V(x). Il existe O un ouvert de (E,T) tel que x ∈ O ⊂ V.
D'autre part, comme B est une base d'ouverts, ∃ B ∈ B tel que x ∈ B ⊂ O ⊂ V.
Ainsi ∀ V ∈ V(x), ∃ B ∈ B_x tel que B ⊂ V.
D'où le résultat : (E,T) vérifie le 1er axiome de dénombrabilité.
- Montrer que tout espace de type dénombrable est séparable.
Supposons que (E,T) est de type dénombrable. Soit B = (B_n)_n∈ℕ une base dénombrable d'ouverts de (E,T).
Pour chaque n ∈ ℕ tel que B_n ≠ Ø, choisissons un élément a_n ∈ B_n.
Posons A = {a_n / B_n ≠ Ø}. A est dénombrable.
Montrons que A est dense dans E (c'est-à-dire A = E).
Soit O un ouvert non vide de E. Puisque B est une base d'ouverts, ∃ n ∈ ℕ tel que B_n ⊂ O et B_n ≠ Ø.
Alors a_n ∈ B_n ⊂ O. Donc a_n ∈ O ∩ A.
Ainsi, pour tout ouvert non vide O, O ∩ A ≠ Ø.
D'où A est dense dans E. Donc (E,T) est séparable.
- Montrer que (ℝ, U), où U est la topologie naturelle sur ℝ, est séparable et de type dénombrable.
(ℝ, U) est séparable :
L'ensemble ℚ des nombres rationnels est dénombrable et ℚ est dense dans ℝ pour la topologie naturelle. Donc (ℝ, U) est séparable.
(ℝ, U) est de type dénombrable :
Posons B = {]r, s[ / r, s ∈ ℚ, r < s}. B est une base d'ouverts de (ℝ, U).
Pour le vérifier, il suffit de montrer que ∀ x ∈ ℝ, ∀ V ∈ V(x), ∃ r_x, s_x ∈ ℚ, r_x < s_x, tels que x ∈ ]r_x, s_x[ ⊂ V.
Soit x ∈ ℝ, soit V ∈ V(x). Il existe a, b ∈ ℝ, a < b, tels que x ∈ ]a, b[ ⊂ V, car les intervalles ouverts sont une base d'ouverts de (ℝ, U).
Puisque ]a, x[ ∩ ℚ ≠ Ø et ]x, b[ ∩ ℚ ≠ Ø (car ℚ est dense dans ℝ), soit r_x ∈ ]a, x[ ∩ ℚ et s_x ∈ ]x, b[ ∩ ℚ.
On a alors x ∈ ]r_x, s_x[ ⊂ ]a, b[ ⊂ V.
C'est-à-dire : B est une base d'ouverts de (ℝ, U). Comme ℚ² = ℚ × ℚ est dénombrable, B est dénombrable. Ainsi (ℝ, U) est de type dénombrable.
- Soit E un ensemble non vide. Soit T la topologie cofinie sur E.
- Montrer que (E,T) est séparable.
Si E est fini, alors A=E est dénombrable et dense, donc (E,T) est séparable.
Si E est infini : choisissons une partie A de E qui est dénombrable et infinie (par exemple, si E est infini, il contient une partie dénombrable). A est dense dans (E,T).
En effet, l'adhérence Abar de A est E (le seul fermé contenant une partie infinie dans la topologie cofinie est E). Ainsi (E,T) est séparable.
- On suppose E infini non dénombrable. Montrer que (E,T) n'est pas de type dénombrable.
Il suffit de montrer que (E,T) ne satisfait pas le 1er axiome de dénombrabilité.
Supposons par l'absurde que a ∈ E admet une base dénombrable de voisinages (B_n)_n∈ℕ dans (E,T).
Pour chaque n ∈ ℕ, B_n est un voisinage de a, donc ∃ O_n un ouvert de (E,T) tel que a ∈ O_n ⊂ B_n.
Puisque O_n est ouvert dans la topologie cofinie, E \ O_n est fini.
Posons D = ⋃_{n∈ℕ} (E \ O_n). D est une réunion dénombrable d'ensembles finis, donc D est dénombrable.
Comme E est infini non dénombrable, D ≠ E. Il existe donc b ∈ E tel que b ∉ D.
Cela implique que b ∉ E \ O_n pour tout n ∈ ℕ, et donc b ∈ O_n pour tout n ∈ ℕ.
Par conséquent, b ∈ O_n ⊂ B_n pour tout n ∈ ℕ.
Or, a ≠ b (si b=a, alors a ∉ D, ce qui n'est pas possible car a ∈ O_n for all n). Conséquemment, W = E \ {b} est un ouvert qui contient a (car b ∉ W).
Puisque (B_n)_n∈ℕ est une base de voisinages de a, ∃ N_0 ∈ ℕ tel que B_{N_0} ⊂ W.
Mais nous avons montré que b ∈ B_{N_0}. Donc b ∈ W = E \ {b}. Ceci est une contradiction.
Donc (E,T) n'est pas de type dénombrable si E est infini non dénombrable.
- Montrer que (E,T) est séparable.
Exercice: Topologie sur ℝ²
Soit T la famille des parties de ℝ² de la forme : Ø, ℝ² et D_k = {(x, y) ∈ ℝ² / x > y + k} où k ∈ ℝ (resp. G_k = {(x, y) ∈ ℝ² / x < y + k} où k ∈ ℝ).
- Montrer que T est une topologie sur ℝ².
Nous allons considérer deux cas pour T : T_D = {Ø, ℝ²} ∪ {D_k | k ∈ ℝ} et T_G = {Ø, ℝ²} ∪ {G_k | k ∈ ℝ}.
Cas 1 : T_D
- Ø ∈ T_D et ℝ² ∈ T_D par définition.
- Intersection finie : Soient D_k et D_{k'} deux éléments de T_D.
D_k ∩ D_{k'} = {(x,y) ∈ ℝ² / x > y + k et x > y + k'}. Cela équivaut à {(x,y) ∈ ℝ² / x > y + max(k, k')}.
Donc D_k ∩ D_{k'} = D_max(k, k') ∈ T_D. L'intersection finie d'ouverts est un ouvert.
- Union arbitraire : Soit (D_k)_k∈K une famille d'éléments de T_D (où K est un ensemble d'indices réels).
Si K est non minoré, alors pour tout m ∈ ℝ, ∃ k ∈ K tel que k < m. Donc pour tout (x,y) ∈ ℝ², ∃ k ∈ K tel que x-y > k. Par conséquent, ⋃_{k∈K} D_k = ℝ² ∈ T_D.
Si K est minoré, alors inf(K) existe. Pour tout (x,y) ∈ ⋃_{k∈K} D_k, on a ∃ k ∈ K tel que x > y + k. Donc x > y + inf(K). Donc ⋃_{k∈K} D_k ⊂ D_inf(K).
Réciproquement, pour tout (x,y) ∈ D_inf(K), on a x > y + inf(K). D'après la caractérisation de l'infimum, ∃ k_0 ∈ K tel que x > y + k_0 > y + inf(K). Donc (x,y) ∈ D_{k_0} ⊂ ⋃_{k∈K} D_k.
Par suite, ⋃_{k∈K} D_k = D_inf(K) ∈ T_D.
Donc T_D est une topologie sur ℝ² (appelée topologie de Sorgenfrey inférieure).
Cas 2 : T_G
De manière symétrique, on peut montrer que T_G = {Ø, ℝ²} ∪ {G_k | k ∈ ℝ} est aussi une topologie sur ℝ² (appelée topologie de Sorgenfrey supérieure).
- Ø ∈ T_G et ℝ² ∈ T_G par définition.
- Intersection finie : Soient G_k et G_{k'} deux éléments de T_G.
G_k ∩ G_{k'} = {(x,y) ∈ ℝ² / x < y + k et x < y + k'}. Cela équivaut à {(x,y) ∈ ℝ² / x < y + min(k, k')}.
Donc G_k ∩ G_{k'} = G_min(k, k') ∈ T_G. L'intersection finie d'ouverts est un ouvert.
- Union arbitraire : Soit (G_k)_k∈K une famille d'éléments de T_G (où K est un ensemble d'indices réels).
Si K est non majoré, alors pour tout m ∈ ℝ, ∃ k ∈ K tel que k > m. Donc pour tout (x,y) ∈ ℝ², ∃ k ∈ K tel que x-y < k. Par conséquent, ⋃_{k∈K} G_k = ℝ² ∈ T_G.
Si K est majoré, alors sup(K) existe. ⋃_{k∈K} G_k = G_sup(K) ∈ T_G.
Donc T_G est une topologie sur ℝ².
- Soit (a, b) ∈ ℝ². Déterminer l'adhérence de {(a, b)}.
Considérons la topologie T_D.
L'adhérence de {(a,b)} est l'intersection de tous les fermés contenant {(a,b)}. Les fermés de T_D sont Ø, ℝ² et les ensembles de la forme G_k = {(x,y) ∈ ℝ² / x ≤ y + k}.
Pour que G_k contienne (a,b), il faut a ≤ b + k, soit k ≥ a - b.
L'intersection de tous ces G_k est G_{a-b} = {(x,y) ∈ ℝ² / x ≤ y + (a - b)}.
Donc l'adhérence de {(a,b)} est G_{a-b}.
- Soit E le triangle défini par les points A1 = (-1,0), A2 = (1,0) et A3 = (1,1). Déterminer E, son adhérence.
Considérons la topologie T_D. Les fermés sont les G_k.
Pour déterminer E, l'adhérence de E, nous cherchons le plus petit G_k qui contient E.
Pour un point (x,y) ∈ E, les valeurs de x-y sont :
- A1: -1 - 0 = -1
- A2: 1 - 0 = 1
- A3: 1 - 1 = 0
Pour tous les points (x,y) dans le triangle E, la valeur x-y est comprise entre -1 et 1. Donc x-y ≤ 1.
Ainsi, E ⊂ G_1 = {(x,y) ∈ ℝ² / x ≤ y + 1}.
Le fermé G_1 est le plus petit qui contient E. Donc E = G_1.
- Soit D_p = {(x, y) ∈ ℝ² / x > y + p}. Déterminer D_p, son adhérence.
Considérons la topologie T_D. Les fermés sont les G_k = {(x,y) ∈ ℝ² / x ≤ y + k}.
Nous cherchons le plus petit fermé G_k qui contient D_p.
D_p ⊂ G_k si et seulement si pour tout (x,y) ∈ D_p, x ≤ y + k. C'est-à-dire, si x > y + p ⇒ x ≤ y + k.
Ceci implique que p ≤ k.
Le plus petit k qui satisfait cette condition est k=p. Donc D_p = G_p = {(x,y) ∈ ℝ² / x ≤ y + p}.
- Soit C le cercle d'équation (x-1)² + (y-1)² = 1.
- Déterminer les droites D_p = {(x,y) ∈ ℝ² / y = x - p} rencontrant C en un et un seul point.
Substituons y = x - p dans l'équation du cercle :
(x-1)² + ((x-p)-1)² = 1
(x-1)² + (x-(p+1))² = 1
x² - 2x + 1 + x² - 2x(p+1) + (p+1)² = 1
2x² - 2x(1 + p + 1) + 1 + p² + 2p + 1 - 1 = 0
2x² - 2x(p + 2) + p² + 2p + 1 = 0
Pour qu'il y ait un seul point d'intersection, le discriminant réduit (Δ') de cette équation du second degré doit être nul.
Δ' = (-(p+2))² - 2(p² + 2p + 1) = (p+2)² - 2(p+1)²
Δ' = (p² + 4p + 4) - 2(p² + 2p + 1) = p² + 4p + 4 - 2p² - 4p - 2
Δ' = -p² + 2
Δ' = 0 ⇒ -p² + 2 = 0 ⇒ p² = 2 ⇒ p = ±√2.
Les droites D_p rencontrant C en un seul point sont donc celles d'équations y = x - √2 et y = x + √2.
- Déterminer Cbar, l'adhérence du cercle C.
Considérons la topologie T_D. Les fermés sont les G_k = {(x,y) ∈ ℝ² / x ≤ y + k}.
Nous cherchons le plus petit G_k qui contient le cercle C.
Pour chaque point (x,y) sur le cercle C, nous voulons trouver la valeur maximale de x-y.
Posons x = 1 + cos θ et y = 1 + sin θ (paramétrisation du cercle).
Alors x - y = (1 + cos θ) - (1 + sin θ) = cos θ - sin θ.
La valeur maximale de cos θ - sin θ est obtenue pour θ = -π/4 (ou 7π/4), où cos θ = √2/2 et sin θ = -√2/2. La valeur maximale est √2/2 - (-√2/2) = √2.
Donc, pour tout (x,y) ∈ C, x - y ≤ √2.
Ainsi, C ⊂ G_√2 = {(x,y) ∈ ℝ² / x ≤ y + √2}.
Le fermé G_√2 est le plus petit qui contient C. Donc C = G_√2.
- Déterminer les droites D_p = {(x,y) ∈ ℝ² / y = x - p} rencontrant C en un et un seul point.
Exercice: Espaces de Lindelöf et Points de Condensation
Définitions
- On appelle recouvrement ouvert (R.O) d'une partie A de E toute famille (O_i)_i∈I, d'ensembles ouverts de (E,T), telle que : A ⊂ ⋃_{i∈I} O_i.
- Un R.O, (O_i)_i∈I, contient un sous-recouvrement fini (resp. dénombrable) si : il existe J une partie finie (resp. dénombrable) de I telle que : A ⊂ ⋃_{j∈J} O_j.
- On dit que A est un sous-espace de Lindelöf (resp. (E,T) est un espace de Lindelöf lorsque A=E) si tout R.O de A contient un sous-recouvrement dénombrable.
- Un point a de E est un point de condensation de A si tout voisinage de a contient une infinité non dénombrable de points de A.
Solution
- On suppose que (E,T) est de type dénombrable. Soit B = (B_n)_n∈ℕ une base dénombrable d'ouverts de (E,T).
- Montrer que A est un sous-espace de Lindelöf.
Soit (O_i)_i∈I un recouvrement ouvert de A. Pour chaque a ∈ A, ∃ i_a ∈ I tel que a ∈ O_{i_a}.
Puisque B est une base dénombrable d'ouverts de (E,T), pour chaque a ∈ A, ∃ n_a ∈ ℕ tel que a ∈ B_{n_a} ⊂ O_{i_a}.
Considérons la famille dénombrable B' = {B_n | ∃ a ∈ A tel que a ∈ B_n ⊂ O_{i_a} pour un certain i_a ∈ I}.
Pour chaque B_n ∈ B', choisissons un O_{i_n} tel que B_n ⊂ O_{i_n}.
Alors A ⊂ ⋃_{B_n∈B'} B_n ⊂ ⋃_{B_n∈B'} O_{i_n}.
La famille {O_{i_n} | B_n ∈ B'} est un sous-recouvrement dénombrable de A.
Donc A est un sous-espace de Lindelöf.
- Montrer que toute base d'ouverts de (E,T) contient une base dénombrable d'ouverts de (E,T).
Si (E,T) est de type dénombrable, cela signifie qu'il possède une base dénombrable d'ouverts, par définition. L'énoncé "toute base d'ouverts de (E,T) contient une base dénombrable d'ouverts de (E,T)" est une formulation inhabituelle. Si (E,T) a une base dénombrable B_0 = (B_n)_n∈ℕ, alors n'importe quelle autre base B' doit "produire" cette même topologie. Dans un espace de type dénombrable, chaque ouvert est une union dénombrable d'éléments de n'importe quelle base. Ce qui importe est l'existence d'une telle base. La preuve de 1.a) montre que l'existence d'une base dénombrable (B_n) permet de construire des sous-recouvrements dénombrables. L'assertion de 1.b) pourrait être reformulée comme "tout ouvert est une union dénombrable d'éléments d'une base dénombrable".
Puisque (E,T) est de type dénombrable, il existe par définition une base dénombrable d'ouverts, que nous pouvons noter B_0 = {B_n | n ∈ ℕ}. Cette base est une base dénombrable d'ouverts de (E,T) et elle est contenue dans elle-même. Si l'intention est de montrer qu'à partir d'une *base arbitraire* on peut extraire une base dénombrable, ce n'est pas toujours vrai (une base arbitraire peut être non dénombrable). L'interprétation la plus cohérente avec le contexte est que l'espace lui-même *admet* une base dénombrable.
- Montrer que A est un sous-espace de Lindelöf.
- On suppose que (E,T) est un espace de Lindelöf.
- Montrer que tout ensemble fermé de (E,T) est un sous-espace de Lindelöf.
Soit F un ensemble fermé de (E,T). Soit (O_i)_i∈I un recouvrement ouvert de F.
Considérons O_0 = E \ F, qui est un ouvert.
La famille (O_i)_i∈I ∪ {O_0} est un recouvrement ouvert de E.
Comme (E,T) est un espace de Lindelöf, il existe un sous-recouvrement dénombrable de E, disons (O_j)_{j∈J} ∪ {O_0}, où J ⊂ I et J est dénombrable.
Alors F ⊂ ⋃_{j∈J} O_j.
Donc F est un sous-espace de Lindelöf.
- Soit f: (E,T) → (X,U) une application continue où (X,U) est un e.t. Montrer que f(E) est un sous-espace de Lindelöf.
Soit (V_i)_i∈I un recouvrement ouvert de f(E) dans (X,U), c'est-à-dire f(E) ⊂ ⋃_{i∈I} V_i.
Puisque f est continue, f⁻¹(V_i) est un ouvert de (E,T) pour chaque i ∈ I.
On a E = f⁻¹(f(E)) ⊂ f⁻¹(⋃_{i∈I} V_i) = ⋃_{i∈I} f⁻¹(V_i).
Donc (f⁻¹(V_i))_i∈I est un recouvrement ouvert de E.
Comme (E,T) est un espace de Lindelöf, il existe un sous-recouvrement dénombrable (f⁻¹(V_j))_{j∈J} de E, où J ⊂ I et J est dénombrable.
Alors E ⊂ ⋃_{j∈J} f⁻¹(V_j).
En appliquant f aux deux côtés : f(E) ⊂ f(⋃_{j∈J} f⁻¹(V_j)) = ⋃_{j∈J} f(f⁻¹(V_j)) = ⋃_{j∈J} V_j.
Donc f(E) est un sous-espace de Lindelöf.
- Montrer que toute réunion dénombrable de sous-espaces de Lindelöf est un sous-espace de Lindelöf.
Soit (A_n)_n∈ℕ une suite de sous-espaces de Lindelöf. Montrons que A = ⋃_{n∈ℕ} A_n est un sous-espace de Lindelöf.
Soit (O_i)_i∈I un recouvrement ouvert de A. Alors (O_i)_i∈I est un recouvrement ouvert de chaque A_n pour tout n ∈ ℕ.
Puisque chaque A_n est un sous-espace de Lindelöf, pour chaque n ∈ ℕ, il existe un sous-recouvrement dénombrable (O_{i_j^n})_{j∈ℕ} de A_n.
Alors A = ⋃_{n∈ℕ} A_n ⊂ ⋃_{n∈ℕ} ⋃_{j∈ℕ} O_{i_j^n}.
La famille {O_{i_j^n} / n∈ℕ, j∈ℕ} est dénombrable car c'est une réunion dénombrable de familles dénombrables.
Donc A est un sous-espace de Lindelöf.
- Montrer que tout ensemble fermé de (E,T) est un sous-espace de Lindelöf.
- Soit B l'ensemble des points de condensation de A.
- Montrer que B est un ensemble fermé dans (E,T).
Montrons que E \ B est ouvert. Soit x ∈ E \ B. Alors x n'est pas un point de condensation de A.
Par définition, il existe un voisinage V de x tel que V ∩ A est dénombrable.
Nous allons montrer que V ⊂ E \ B.
Supposons par l'absurde qu'il existe y ∈ V tel que y ∈ B. Alors y est un point de condensation de A.
Puisque V est un voisinage de y, V ∩ A doit être non dénombrable (par définition de point de condensation). Ceci contredit le fait que V ∩ A est dénombrable.
Donc, V ∩ B = Ø, ce qui signifie V ⊂ E \ B.
Par conséquent, E \ B est ouvert, et B est fermé.
- On suppose que (E,T) est un espace accessible dans lequel tout ensemble ouvert est un espace de Lindelöf.
- Montrer que l'ensemble B est parfait (c'est-à-dire : fermé et sans points isolés).
B est fermé comme démontré en 3.a).
Montrons que B n'a pas de points isolés. Supposons par l'absurde que x ∈ B est un point isolé de B. Alors il existe un voisinage ouvert V de x tel que V ∩ B = {x}.
Puisque x ∈ B, x est un point de condensation de A, donc V ∩ A est non dénombrable.
Considérons l'ensemble Y = V ∩ (E \ B) ∩ A. Pour chaque y ∈ Y, y ∉ B, donc y n'est pas un point de condensation de A.
Par conséquent, pour chaque y ∈ Y, il existe un voisinage W_y de y tel que W_y ∩ A est dénombrable.
La collection {W_y | y ∈ Y} est un recouvrement ouvert de Y. Puisque V est un ouvert et que tout ouvert est un espace de Lindelöf, Y (en tant que sous-espace de V) est un espace de Lindelöf.
Donc il existe un sous-recouvrement dénombrable (W_j)_{j∈ℕ} de Y tel que Y ⊂ ⋃_{j∈ℕ} W_j.
Alors Y = ⋃_{j∈ℕ} (Y ∩ W_j) ⊂ ⋃_{j∈ℕ} (W_j ∩ A). Chaque (W_j ∩ A) est dénombrable, donc Y est une réunion dénombrable d'ensembles dénombrables, et par conséquent Y est dénombrable.
Puisque V ∩ A est non dénombrable et Y = V ∩ (E \ B) ∩ A est dénombrable, il s'ensuit que V ∩ B ∩ A doit être non dénombrable.
Cependant, V ∩ B = {x}, donc V ∩ B ∩ A = {x} ∩ A. Cet ensemble ne peut être que {x} (si x ∈ A) ou Ø (si x ∉ A), et est donc dénombrable (en fait fini).
Ceci est une contradiction. Par conséquent, B n'a pas de points isolés. B est donc parfait.
- Montrer que A ∩ C(B) est dénombrable.
Soit P = A ∩ C(B). Pour chaque x ∈ P, x ∉ B, donc x n'est pas un point de condensation de A.
Par définition, pour chaque x ∈ P, il existe un voisinage ouvert V_x de x tel que V_x ∩ A est dénombrable.
La collection {V_x | x ∈ P} est un recouvrement ouvert de P.
Puisque tout ouvert est un espace de Lindelöf, P (en tant que sous-espace d'une union d'ouverts, et si E est lui-même un ouvert, alors P est un sous-espace d'un espace de Lindelöf) est un espace de Lindelöf.
Donc il existe un sous-recouvrement dénombrable (V_n)_n∈ℕ pour P.
Alors P ⊂ ⋃_{n∈ℕ} V_n.
P = P ∩ (⋃_{n∈ℕ} V_n) = ⋃_{n∈ℕ} (P ∩ V_n).
Chaque P ∩ V_n ⊂ V_n ∩ A. Puisque V_n ∩ A est dénombrable, chaque P ∩ V_n est dénombrable.
Par conséquent, P est une réunion dénombrable d'ensembles dénombrables, ce qui signifie que P est dénombrable.
- Montrer que l'ensemble B est parfait (c'est-à-dire : fermé et sans points isolés).
Foire Aux Questions (FAQ)
Qu'est-ce qu'un espace accessible en topologie ?
Un espace topologique (E,T) est dit accessible si, pour tous points distincts a et b dans E, il existe un voisinage de a qui ne contient pas b. Cette propriété est plus faible que d'être un espace séparé (T_2) mais plus forte que d'être un espace de Kolmogoroff (T_0).
Quelle est la différence entre un espace de type dénombrable et un espace séparable ?
Un espace est de type dénombrable (ou second-countable) s'il possède une base d'ouverts dénombrable. Un espace est séparable s'il contient un sous-ensemble dénombrable qui est dense. Tout espace de type dénombrable est séparable, mais la réciproque n'est pas toujours vraie (par exemple, la droite de Sorgenfrey est séparable mais pas de type dénombrable).
Qu'est-ce qu'un espace de Lindelöf ?
Un espace topologique est dit de Lindelöf si tout recouvrement ouvert de cet espace admet un sous-recouvrement dénombrable. C'est une propriété de compacité affaiblie, essentielle dans de nombreux théorèmes en topologie, notamment en lien avec les espaces de type dénombrable.
- Montrer que B est un ensemble fermé dans (E,T).