Corrigé du sujet d`examen janvier 2006

UNIVERSITÉ DE PROVENCE 2005-2006
M30 TOPOLOGIE 2, Licence 3-me année
Corrigé du sujet d’examen janvier 2006
I. Questions proches du cours:
1. Démontrer qu’un espace métrique sequentiellement compact est compact.
Voir le cours. Il faut commencer par énoncer et démontrer le lemme de Lebesgue concernant les
espaces métriques sequentiellement compacts.
2. Espaces topologiques connexes (définition).
Voir le cours.
3. Soit X un espace topologique. Montrer que
(a) Si A, B sont deux sous-espaces connexes de X tels que A ∩ B 6= ∅, alors A ∪ B est connexe.
Posons Y = A ∪ B considéré comme espace topologique muni de la topologie induite. Soit
U , V ⊂ Y ouverts (par rapport à la topologie induite) tels que U 6= ∅, V 6= ∅, Y ⊂ (U ∪ V ) et
U ∩ V = ∅ (donc (U, V ) est une séparation de Y ).
A étant connexe, il en résulte d’après un lemme fait en cours, que A ⊂ U ou A ⊂ V . Supposons
que nous somme dans le premier cas. Soit y ∈ A ∩ B. Puisque B est également connexe on a
B ⊂ U ou B ⊂ V . Mais nous avons y ∈ A ⊂ U . Dans le cas B ⊂ U nous obtenons (A ∪ B) ⊂ U
ce qui impliquerait V = ∅ (une contradiction). Dans le cas B ⊂ V , nous obtenons y ∈ U ∩ V , ce
que contredit U ∩ V = ∅.
(b) La relation sur X définie par ”xRy si x et y appartiennent à un même sous-espace connexe de
X”, est une rélation d’équivalence. Pour la réflexivité il suffit de remarquer que x ∈ {x} et que
{x} est toujours connexe. La symétrie est évidente. Pour la transitivité, soit A un sous-ensemble
connexe qui contient x et y et B un sous-ensemble connexe qui contient y et z. D’après 3a, il en
résulte que C := A ∪ B est connexe (parce que A et B contiennent le point y). Mais x, z ∈ C,
donc xRz.
4. Introduire la notion de composante connexe et montrer que X se décompose en réunion disjointe de
composantes connexes.
D’après le cours la composante connexe de x ∈ X est
[
Cx :=
C
x∈C⊂X
C connexe
Donc Cx est la classe d’équivalence de x par rapport à la relation d’équivalence R introduite dans
3b. Le fait que les composantes connexes de X définissent une partition de X (une décomposition
en réunion disjointe) résulte des propriétés générales des classes d’équivalence associées à une relation
d’équivalence.
II.
1. On rappelle que la longueur d’un intervalle borné I d’extremités a ≤ b est définie par l(I) := b − a.
Soit (In )n∈N∗ une suite d’intervalles ouverts bornés et I un intervalle fermé borné. Montrer que
"
#
"∞
#
[
X
In ⊃ I ⇒
l(In ) > l(I) .
n∈N∗
n=1
Indication: Considérer d’abord une famille finie I1 , . . . , IN d’intervalles ouverts telle que ∪N
n=1 In ⊃ I.
On commence par le cas N = 1, donc par le cas d’un seul intervalle ouvert I1 =]a1 , b1 [ contient
l’intervalle compact I = [a, b]. L’inclusion I ⊂ I1 implique a1 < a ≤ b < b1 , donc l(I1 ) = b1 − a1 >
b − a = l(I). Pour une famille finie I1 , . . . , IN d’intervalles ouverts telle que ∪N
n=1 In ⊃ I, on raisonne
par récurrence sur N . Soit 1 ≤ k ≤ N tel que l’intervalle Ik =]a0 , b0 [ contient l’extrémité b de I.
Si I ⊂ Ik (c’est à dire a0 < a) on aura l(Ik ) > l(I), d’après le premier pas, ce qui implique déjà
l’inégalité désirée. Sinon, la différence I 0 := I \ Ik = [a, a0 ] sera un
P intervalle compact contenu dans
la réunion ∪n6=k In . Donc, par l’hypothèse de récurrence l(I 0 ) < n6=k l(In ). Il suffit de remarquer
que l(I) = l([a, a0 ]) + l(]a0 , b]) (parce que a ≤ a0 ≤ b) et que l(]a0 , b]) < l(]a0 , b0 [) = l(Ik ) (parce que
a0 < b < b0 ).
Le cas d’une suite infinie (In )n∈N∗ d’intervalles ouverts qui recouvre I se réduit au cas d’une famille
finie en utilisant la compacité de I.
2. Soit, pour tout k ∈ N∗ , un sous-ensemble dénombrable dense
Qk = {akn | n ∈ N∗ } ⊂ R .
Posons
1
1
Ink := akn − n , akn + n , Ak := ∪n∈N∗ Ink .
k2
k2
P∞
(a) Calculer la longueur l(Ink ) de Ink et la somme n=1 l(Ink ).
l(Ink ) =
1
k2n−1
,
∞
X
l(Ink ) =
n=1
2
.
k
(somme d’une série géométrique).
(b) Montrer que Ak est dense dans R pour tout k ∈ N∗ .
Puisque Qk ⊂ Ak , on a Q̄k ⊂ Āk . Mais Q̄k = R, parce que Qk est dense.
(c) Soit A := ∩k∈N∗ Ak . Montrer que A est dense dans R.
Ak est un ouvert (en tant que réunion d’ouverts) qui est dense, d’après la question 2b. Il suffit
d’appliquer le théorème de Baire.
(d) En utilisant le calcul de 2a et 1 justifier que Ak ne peut pas contenir un intervalle fermé de
longueur supérieure à k2 .
Si I ⊂ Ak est un intervalle fermé borné, on aura d’après 2a et 1 l(I) < k2 .
(e) En déduire que A ne contient aucun intervalle ouvert non-vide.
Supposons par l’absurde que ]a, b[ était un intervalle ouvert non-vide (c’est à dire a < b) contenu
dans A. Prenons 0 < ε < b−a
2 . Alors I := [a + ε, b − ε] serait un intervalle fermé de longueur
non-nulle λ := b − a − 2ε. Mais A ⊂ Ak pour tout k ∈ N∗ , donc on aurait I ⊂ Ak , pour
tout k ∈ N∗ . D’après la question précédente, on obtient λ ≤ k2 pour tout k ∈ N∗ , ce qui est
évidemment absurde, parce que k2 → 0 pour k → ∞.
(f) Est-ce que A est fermé dans R? Justifier votre réponse.
Si A était fermé, on aurait A = R, parce que Ā = A d’après 2c. Mais A ne peut pas coı̈ncider
avec R, parce que A ne contient aucun intervalle ouvert non-vide.
(g) Est-ce que A est ouvert dans R? Justifier votre réponse.
A est non-vide parce qu’il est dense. Soit a ∈ A. Si A était ouvert on aurait ]a − ε, a + ε[⊂ A
pour ε > 0 suffisamment petit. Mais ceci contredit 2e.
(h) Est-ce que A est connexe dans R? Sinon, quelles sont les composantes connexes de A?
Si C ⊂ A est un sous-ensemble connexe, alors C sera un connexe de R, donc C sera un intervalle. Mais A ne contient aucun intervalle de longueur non-nulle. Donc les seuls sous-ensembles
connexes de A sont les sous-enembles de la forme {a}, a ∈ A. Les composantes connexes de A
seront donc les sous-ensembles de cette forme (les ”singletons”).
III. Soit G ⊂ R2 le graphe de la fonction f :]0, ∞[→ R définie par f (x) =
1
x
sin( x1 ).
3
2
1
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
5
-1
-2
-3
1. Montrer que G est connexe par arcs.
L’application g :]0, ∞[→ G définie par g(x) = (x, f (x)) est un homéomorphisme. En effet, cette
application est évidemment continue. Son inverse est la restriction de la projection (x, y) 7→ x à
G ⊂ R2 , donc elle est aussi continue. Donc G a les mêmes propriétés topologiques que ]0, ∞[, en
particulier il est connexe par arcs.
2. Décrire les composantes connexes et les composantes connexes par arcs de (]0, ∞[×R) \ G.
Les sous-ensembles
A+ := {(x, y) ∈ (]0, ∞[×R) | y > f (x)} , A− := {(x, y) ∈ (]0, ∞[×R) | y < f (x)}
(le sur-graphe et les sous-graphe) sont connexes par arcs. En effet si (a, b), (c, d) ∈ A+ , on choisit un
nombre m > maxa≤x≤c f (x) et on joint (a, b) à (a, m) en utilisant un segment vertical (convenablement
paramétré), puis (a, m) à (c, m) en utilisant un segment horizontal (qui ne coupera pas le graphe) et
finalement (c, m) à (c, b) en utilisant de nouveau un segment vertical. Pareil pour A− .
Notons aussi que un point de p+ ∈ A+ ne peut pas être joint à un point p− A− avec un chemin de
(]0, ∞[×R) \ G (parce que on ne peut joindre p+ à p− avec un chemin de ]0, ∞[×R sans couper le
graphe).
D’autre part on a (]0, ∞[×R) \ G = A+ ∪ A− , A+ ∩ A− = ∅. Donc A± sont les composantes connexes
par arcs de (]0, ∞[×R) \ G sont A± .
Les sous-espaces A± sont également les composantes connexes de (]0, ∞[×R)\G. En effet (]0, ∞[×R)\
G = A+ ∪ A− est une séparation de (]0, ∞[×R) \ G, donc tout connexe de cet espace est contenu soit
dans A+ soit dans A− .
3. Soit (tn )n une suite de ]0, ∞[ telle que (tn , f (tn )) converge dans R2 . Montrer que la limite l =
limn→∞ tn existe et que limn→∞ (tn , f (tn )) est soit un élément de G (quand l 6= 0), soit un élément
de l’axe Oy = {0} × R (quand l = 0).
Si (tn , f (tn )) → l := (x, y) alors tn → x et f (tn ) → y. En particulier (tn ) est bien convergente.
Puisque tn ∈]0, ∞[ pour tout n, on a x ∈ [0, ∞]. Si x = 0, alors on a évidement l = (0, y) ∈ {0} × R.
Si x ∈]0, ∞], alors f sera définie en x et, puisque f est continue sur ]0, ∞[, on aura f (xn ) → f (x).
Donc y = f (x), c’est à dire l = (x, f (x)) ∈ G.
4. Calculer l’ensemble de points d’accumulation G0 et l’adhérence Ḡ de G.
La question précédente montre que Ḡ ⊂ G ∪ Oy. On va montrer l’inclusion inverse. On a évidemment
G ⊂ Ḡ, donc il nous reste à montrer Oy ⊂ Ḡ. Soit donc p = (0, b) ∈ Oy. En coupant le graphe G
avec la droite horizontale y = b on obtient une suite qui converge vers p. Géométriquement ceci est
évident (voir le graphe ci-dessu). Pour avoir une démonstration analytique, il suffit de montrer que
l’ensemble des solutions positives de l’équation f (x) = b contient une suite (xn )n convergente vers 0.
La suite qn := (xn , f (xn )) va converger alors vers p.
1
1
) = π2 + 2nπ et f ( − π +2nπ
) = −(− π2 + 2nπ). Donc, dès que n est
Pour cela remarquer que f ( π +2nπ
2
2
π
suffisamment grand tel que 2nπ − 2 > |b| on aura
f(
1
1
) < b < f( π
).
− π2 + 2nπ
+
2nπ
2
D’après le théorème de la valeur intermédiaire il existe
1
1
xn ∈
,
− π2 + 2nπ π2 + 2nπ
tel que f (xn ) = b.
Nous obtenons donc Ḡ = G ∪ Oy. La démonstration ci-dessus montre en effet que Oy ⊂ G0 (parce
que la suite convergente vers p = (0, b) construite prend des valeurs différentes de p). Mais c’est aussi
facile de voir que pour tout point q = (x, f (x)) ∈ G0 . En effet, tout voisinage V de q contient des
points q 0 ∈ G différents de q. Il suffit de prendre q 0 = (x0 , f (x0 )) avec x0 6= x mais suffisamment proche
de x. Donc G0 = Ḡ = G ∪ Oy.
5. Soit p0 = (0, y0 ) un point de Oy. Décrire les composantes connexes de Ḡ∩Vε , où Vε désigne le voisinage
ouvert ]−ε, ε[×]y0 −ε, y0 +ε[ de p0 . L’intersection du rectangle Vε avec Ḡ est une réunion dénombrable
de arcs curvilignes σn (contenues dans le graphe) et le segment vertical σ := {0}×]y0 − ε, y0 + ε[⊂ Oy.
Chaque σn est connexe, fermé et ouvert dans Ḡ, donc il est une composante connexe de l’intersection.
Le connexe maximal qui contient p0 est donc σ.
Donc σn et σ sont les composantes connexes de Ḡ ∩ Vε . Remarquer que σ est une composante connexe
non-ouverte!
6. Montrer que Ḡ est connexe.
Nous savons que G est connexe par arcs, donc connexe. Il en résulte (voir le cours) que tout ensemble C tel que G ⊂ C ⊂ Ḡ est connexe. En particulier Ḡ est connexe.
7. Montrer que Ḡ n’est pas connexe par arcs.
Soit p = (0, b) ∈ Oy et q = (x, f (x)) ∈ G. On va montrer que on ne peut pas joindre p à q avec un
chemin continue de Ḡ. En effet, soit c : [0, 1] → Ḡ tel que c(0) = p et c(1) = q.
Soit I ⊂ [0, 1] l’ensemble des points t ∈ [0, 1] tels que f (t) ∈ Oy. Nous allons montrer que I est ouvert
dans [0, 1]. En effet, soit t0 ∈ I, donc c(t0 ) = p0 = (0, y0 ) ∈ Oy. Soit ε > 0 et choisissons δ > 0 tel
que c(t) ∈ Vε pour tout t ∈]t0 − δ, t0 + δ[. L’image c(]t0 − δ, t0 + δ[) doit être connexe, donc doit être
contenue dans la composante connexe de p0 dans Vε ∩ Ḡ. Mais nous savons que cette composante
connexe est le segment {0}×]y0 − ε, y0 + ε[. Donc c(]t0 − δ, t0 + δ[) ⊂ Oy. Ceci montre que I est ouvert
dans [0, 1]. D’autre part J := c−1 (G) est ouvert, parce que G est ouvert dans la topologie relative de
Ḡ. Mais on a évidemment 0 ∈ I, 1 ∈ J, [0, 1] = I ∪ J, I ∩ J = ∅, donc on obtient une séparation de
[0, 1] (contradiction parce que [0, 1] est connexe).
8. Préciser les composantes connexes par arcs de Ḡ et justifier votre réponse.
Les composante connexe par arcs de Ḡ sont Oy et G. Il suffit de remarquer que ces ensembles sont
connexes par arcs, donnent une partition (une décomposition en réunion disjointe) de Ḡ et qu’aucun
point de Oy ne peut être joint à un point de G par un chemin continu contenu dans Ḡ (voir la question
précédente).
9. Montrer que R2 \ G est connexe.
Considérons la partition suivante de R2 \ G :
R2 \ G = (] − ∞, 0] × R) ∪ A+ ∪ A− .
Posons A0 := (] − ∞, 0] × R). Soit (U, V ) une partition de R2 \ G (par rapport à la topologie induite).
Puisque A0 est connexe, on a soit A0 ⊂ U , soit A0 ⊂ V ; Supposons que nous sommes dans
le premier cas. Puisque A0 contient l’axe Oy, qui coupe l’adhérence de A± (pourquoi?) et U
est ouvert, on obtient facilement A± ∩ U 6= ∅. Mais A± sont connexes, donc A± ⊂ U . Donc
R2 \ G = (] − ∞, 0] × R) ∪ A+ ∪ A− ⊂ U , donc V = ∅ (contradiction).
10. Combien de composantes connexes par arcs a R2 \ G?
Indication: Remarquer que, si c : [0, 1] → R2 est un chemin continu qui joint un point de ]0, ∞[×R à
un point de ] − ∞, 0[×R, alors il existe t0 ∈]0, 1[ tel que c(t0 ) ∈ Oy. Étudier les composantes connexes
de Vε \ G, où Vε est un voisinage de c(t0 ) du type considéré dans la question 5.
On va montrer que les sous-ensembles A0 , A+ , A− sont les composantes connexes parc arcs de R2 \ G.
Ces ensembles sont bien connexes par arcs et définissent une partition de R2 \ G. Il suffit donc de
montrer qu’on ne peut pas joindre deux points appartenants à deux ensembles différents par un chemin
continu qui ne coupe pas le graphe G. Par exemple, on ne peut pas joindre un point p+ ∈ A+ à un
point p0 ∈ A0 avec un chemin continu de R2 \ G. Soit, par l’absurde, c : [0, 1] → R2 \ G un chemin
qui joint p+ à p0 , et soit
t0 = inf{t ∈]0, 1[ | c(t) ∈ Oy} .
Posons c(t0 ) = (0, y0 ). Soit δ suffisamment petit tel que c(]t0 −δ, t0 +δ[) ⊂ Vε . Soit t0 ∈]t0 −δ, t0 [. Donc
p0 = c(t0 ) ∈ A+ . Soit C la composante connexe de c(t0 ) dans Vε \ G. On doit avoir c(]t0 − δ, t0 + δ[⊂ C
(Pourquoi?). En étudiant les composantes connexes de Vε \ G on constate que l’adhérence de la
composante connexe d’un point p0 ∈ A+ ∩ (Vε \ G) ne coupe pas Oy. Ceci contredit c(t0 ) ∈ Oy