TD de topologie et calcul différentiel– Corrigé de la Feuille 2

LM360
Mathématiques
2008
TD de topologie et calcul différentiel– Corrigé de
la Feuille 2: Continuité, suites, parties denses.
Groupe de TD 5
Exercice 1. Soit χA : E → {0, 1} la fonction caractéristique de A ⊂ E: χA (x) = 1
si x ∈ A, χA (x) = 0 sinon.
a) On munit {0, 1} de la topologie discrète. Montrer que χA est continue en x
si et seulement si x ∈
/ fr A.
b) Donner une condition pour que χA soit continue sur E et un exemple où χA
n’est continue en aucun point de E.
Corrigé 1. a) Tout d’abord, pour la topologie discrète de {0, 1}, {0} et {1} sont
des voisinages de 0 et 1 respectivement. Donc si f : E → {0, 1} est continue en x,
il existe un voisinage U de x tel que f (U ) ⊂ {f (x)}, i.e. que f est constante sur U .
La réciproque est bien sûr vraie.
Par conséquent, f n’est pas continue en x si et seulement si quel que soit le
voisinage U de x, il existe y et z dans U tels que f (y) = 1 et f (z) = 0. Si f est la
fonction caractéristique de A, cela revient à dire que tout voisinage de x rencontre
A et son complémentaire. On a vu dans l’exercice 9 de la feuille de TD 1 que ceci
équivaut à x ∈ fr A.
b) Si A est à la fois ouvert et fermé dans E, alors la frontière de A est vide, par
conséquent χA est continue. Si E est le plan R2 muni de la distance usuelle et A est
l’ensemble Q2 des points à coordonnées rationnelles, alors χA n’est continue nulle
part.
Exercice 2. Soient X et Y des espaces topologiques et une application f : X → Y .
Montrer
que f est continue si et seulement si pour toute partie A de X, on a
f A ⊂ f (A).
Corrigé 2. Supposons f continue. Alors f −1 f (A) est fermé dans X. Comme on a
A ⊂ f −1 (f (A)) (prenez la peine de redémontrer cette inclusion si vous l’avez oubliée
ou si vous avez un doute; vous devez savoir utiliser les images directes et
réciproques
d’ensembles) et que f (A) ⊂ f (A), on a A ⊂ f −1 (f (A)). Or, f −1 f (A) étant fermé,
il contient le plus
petit fermé contenant A, c’est à dire que A ⊂ f −1 (f (A)), ce qui
implique f A ⊂ f (A).
Réciproquement,soit F un fermé de Y . Posons A = f −1 (F ), alors f (A) ⊂ F .
Par hypothèse, f A ⊂ f (A), donc f (A) ⊂ F , puisque F est fermé. On a alors
A ⊂ f −1 (F ) = A. Donc A est fermé. On vient de montrer que l’image réciproque
de tout fermé est un fermé, autrement dit que f est continue.
Exercice 3. Soient f et g deux fonctions continues sur un espace topologique X
et à valeurs dans un espace topologique séparé Y . Vérifier que l’ensemble
A = {x ∈ X/ f (x) = g(x)}
est un fermé de X.
Corrigé 3. Montrons que le complémentaire de
A = {x ∈ X/ f (x) = g(x)}
est ouvert. Si a ∈
/ A, alors f (a) 6= g(a), donc Ac = {x ∈ X/ f (x) 6= g(x)}. Comme
Y est séparé, il existe un voisinage ouvert U de f (a) et un voisinage ouvert V de
g(a) tels que U ∩V = ∅. La continuité de f et g implique que W := f −1 (U )∩g −1 (V )
est un voisinage ouvert de a. Si y ∈ W , on a f (y) ∈ U et g(y) ∈ V . Comme U et
V sont disjoints, f (y) 6= g(y), donc W ∩ A = ∅. Donc le complémentaire de A est
ouvert. Pour comprendre cette construction, il est utile de faire un dessin !
Exercice 4. Soient f et g deux fonctions continues sur un espace topologique X
et à valeurs dans R.
1 Montrer que l’ensemble A = {x ∈ X | 1 < f (x) < 2} est ouvert.
2 Montrer que l’ensemble B = {x ∈ X | f (x) ≤ g(x)} est fermé.
Corrigé 4. 1 Comme f est continue et que l’intervalle ]1, 2[ est ouvert, il suit que
A = f −1 (]1, 2[) est ouvert.
2 On a clairement B = {x ∈ X | f (x) − g(x) ≤ 0} = (f − g)−1 (] − ∞, 0]). or f, g
continues implique que f − g est continue. Comme ] − ∞, 0] est fermé dans R,
il suit que B est fermé dans E.
Exercice 5. Soit f : X → Y une application.
1 On suppose que Y est un espace topologique. Déterminer la topologie la plus
grossière sur X telle que f soit continue (on montrera en particulier, qu’elle
existe !).
2 On suppose maintenant que X est un espace topologique. Déterminer la topologie
la plus fine sur Y qui rende f continue.
Corrigé 5. C’est essentiellement du cours...
1 D’après le cours, on peut munir X de la topologie image inverse (qui est bien
une topologie), c’est à dire que les ouverts de X sont les f −1 (U ) où U est
un ouvert de Y . D’après le cours, f : X → Y est alors continue. Supposons
maintenant que X est muni d’une topologie τ quelconque telle que f : X → Y
soit continue. Alors, pour tout ouvert U de Y , f −1 (U ) est un ouvert de X.
Il suit que tout ouvert pour la topologie image inverse est un ouvert pour la
topologie τ , donc τ est plus fine que la topologie image inverse.
2 D’après le cours, on peut munir Y de la topologie “quotient” (qui est bien une
topologie), c’est à dire que les ouverts de Y sont les U tels que f −1 (U ) est
un ouvert de X. D’après le cours, f : X → Y est alors continue. Supposons
maintenant que Y est muni d’une topologie τ quelconque telle que f : X → Y
soit continue. Alors, pour tout ouvert U de Y (pour la topologie τ ), f −1 (U ) est
un ouvert de X. Il suit que U est aussi un ouvert pour la topologie quotient.
par conséquent, cette topologie est plus fine que τ .
Exercice 6. Montrer que les projections πE et πF de E × F sur E et F respectivement sont continues. Montrer qu’une application f : G → E × F est continue
ssi ses composantes πE ◦ f et πF ◦ f le sont.
En application, soient f une fonction continue de E dans R et g une fonction
continue de F dans R. Montrer que h(x, y) = sin(f 2 (x)g 3 (y)) est une fonction
continue de E × F dans R.
−1
Corrigé 6. Soit U un ouvert de E, alors πE
(U ) = U × F est ouvert car c’est un
produit d’ouverts. D’où πE : E × F → E est continue. On montre de même que
πF est continue. la composée de fonctins continues t́ant continues, il est clair que
f continue implique πE ◦ f et πF ◦ f continues. Réciproquement, si U × V est un
produit d’ouverts, f −1 (U ×V ) = (πE ◦f )−1 (U )∩(πF ◦f )−1 (V ) est une inteersection
(finie) de deux ouverts donc est ouvert. Comme les produits U × V forment une
base d’ouverts pour la topologie produit, il suit que f est continue.
La fonction h est de la forme sin ◦β ◦ α où α : E × F → R × R est définie par
α(x, y) = (f 2 (x), g 3 (y)), β : R × R → R est définie par β(s, t) = st. L’application α
est continue: c’est une application à valeurs dans un espace produit dont chacune des
composantes est continue. En effet (x, y) → f 2 (x) est la composition de (x, y) → y
qui est continue (première projection), y → f (y) (continue par hypothèse) et u → u2
(continue de R dans R). Par un raisonnement similaire, (x, y) → g 3 (y) est continue.
Quant à β c’est la fonction produit de deux réels qui est continue. Donc h est
continue comme composée d’applications continues.
Exercice 7. On considère le plan R2 muni de la topologie usuelle et le cercle unité
S 1 = {(x, y)/ x2 + y 2 = 1} muni de la topologie trace. Montrer que l’application
p : R → S1,
α → (cos α, sin α)
est continue. Soit E un espace topologique. Montrer qu’une application f : S 1 → E
est continue si et seulement si f ◦ p l’est aussi.
Corrigé 7. Voir la feuille de TD 3.
Exercice 8. Soit f : X → Y une fonction définie sur un espace topologique X à
valeurs dans un espace topologique séparé Y . On appelle graphe de la fonction f le
sous-ensemble de X × Y :
Gf = {(x, f (x))/ x ∈ E}.
Montrer que si f est continue, son graphe est fermé dans X × Y . La réciproque
est-elle vraie ?
Corrigé 8. Si f est continue, l’application
g : X × Y → Y × Y,
(x, y) → (f (x), y)
l’est aussi. En effet ses composantes sont f ◦ πX et πY , où πX et πY sont les
projections sur le premier et second facteur de X × Y respectivement. Elles sont
continues (comme composée de fonctions continues pour la première).
A présent, remarquons que le graphe de f est l’image réciproque par g de la
diagonale de Y × Y . Y étant séparé, celle-ci est fermée d’après le cours (la preuve
est similaire au corrigé de l’exercice 3: si x 6= y, il existe des ouverts x ∈ Ux , y ∈ Vy
tels que Ux ∩ Vy = ∅. Alors Ux × Vy est un ouvert de Y × Y qui contient (x, y) et
est inclus dans ∆c ). Le graphe est alors fermé comme image réciproque d’un fermé
par une application continue.
La réciproque est fausse. Soit la fonction f : [0, ∞[→ [0, ∞[ qui à x associe 1/x si
x 6= 0 et 0 sinon. Cette fonction n’est pas continue à l’origine. Pourtant, son graphe
est la réunion d’une branche d’hyperbole et de {(0, 0)}, tout deux fermés.
Exercice 9. Montrer qu’une partie A d’un espace topologique E est dense ssi tout
ouvert non vide de E rencontre A
Corrigé 9. Soit V un ouvert non vide de E et x ∈ V . A dense dans E implique
que tout ouvert contenant x rencontre A. En particulier A ∩ V 6= ∅. La réciproque
est immédiate.
Exercice 10. Montrer que l’ensemble GLn (R) des matrices réelles inversibles de
taille n × n est un ouvert dense de l’ensemble des matrices de taille n × n.
2
Corrigé 10. On identifie l’espace des matrices de taille n × n à Rn (muni de la
topologie produit bien entendu). Il suit que GLn (R) = det−1 (R∗ ). Comme R∗ est
ouvert et que la fonction déterminant est continue (c’est une fonction polynomiale
en les coefficients de la matrice), il suit que GLn (R) est ouvert. Pour la densité, il
suffit de remarquer que si M est une matrice de taille n × n, il n’y a qu’un nombre
fini de matrices de la forme M + tIn qui ne soient pas inversibles (on note In la
matrice identité). Ce sont celles pour elsquelles t est une valeur propre de M . Il
suit que toute boule ouverte B(M, r) contient une matrice inversible de la forme
M + tIn . Par conséquent GLn (R) est dense dans ’ensemble des matrices de taille
n × n.
Exercice 11. Soient E, F deux espaces topologiques, F étant séparé. f et g étant
deux fonctions continues de E dans F , et A un sous-ensemble dense dans E, montrer
l’équivalence :
(f (x) = g(x), ∀x ∈ E) ⇐⇒ (f (x) = g(x), ∀x ∈ A)
Corrigé 11. Le sens direct ⇒ est immédiat. Réciproquement, d’après l’exercice
3, l’ensemble {x ∈ E/ f (x) = g(x)} est un fermé qui contient A. Il contient donc
A = E.
Exercice 12. A quelle condition une suite converge-t-elle vers un point isolé d’un
espace topologique ?
Corrigé 12. Soit a un point isolé d’un espace topologique E. Alors {a} est un
ouvert de E qui contient a donc un voisinage de a. Si une suite (an ) de E converge
vers a, alors pour n assez grand, an appartient à {a}, autrement dit an = a.
Exercice 13. Soit E un espace topologique et (an )n une suite de E. On pose
An = {am : m ≥ n}.
Montrer que l’ensemble des valeurs d’adhérence de la suite (an ) est
\
An . En
n≥0
déduire que cet ensemble est fermé.
Corrigé 13. Si a est une valeur d’adhérence de la suite, tout voisinage de a contient
des points an d’indice aussi élevé que l’on veut. Donc \
pour tout N , tout voisinage
de a rencontre AN , autrement dit a ∈ AN . Ainsi, a ∈
An = A.
n≥0
Réciproquement si a ∈ A alors, pour tout n, a est adhérent à An . Donc pour tout
n et tout voisinage V de a, il existe un indice m ≥ n tel que am ∈ V . Autrement
dit a est une valeur d’adhérence de la suite (an ).
L’ensemble A est fermé puisqu’il est l’intersection des fermés An .