Exercices corrigés d analyse fonctionnelle. Florent Nacry

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1 Exercices corrigés d analyse fonctionnelle Florent Nacry 15 mars 2017

2 Table des matières 1 Espaces topologiques Axiome de Zermelo Relations d ordre Lemme de Zorn Topologie sur un ensemble Topologie ase et sous-base d une topologie Suites généralisées Topologie produit Applications continues Espace topologique normal Fonction distance à un ensemble Compacité Recouvrements Elément d adhérence et sous-suite généralisée Locale compacité Compacité dans les espaces métriques Théorème de Arzela-Ascoli Semi-continuité Epigraphe et hypographe Espaces vectoriels topologiques Généralités Espaces vectoriels topologiques localement convexes Théorème de Hahn-anach analytique Théorèmes de séparation de Hahn-anach Dual topologique et topologie faible Topologie étoile faible Quelques résultats de base sur les espaces de anach Trois théorèmes fondamentaux d analyse fonctionnelle Espace de anach et dual topologique Espace de anach réflexif Séparabilité d un espace de anach Théorème d Eberlein-Smulian Espaces vectoriels topologiques de dimension finie Espaces de suites Espaces des fonctions continues sur un compact

3 Chapitre 1 Espaces topologiques Soit X un ensemble. On appelle classe de parties de X toute partie non vide de l ensemble des parties de X noté P(X). On note P 0,finie (X) l ensemble des parties finies non vides de X. On note O R la topologie usuelle de R. La lettre N désigne (conformément à la tradition anglo-saxonne) l ensemble des entiers démarrant à Axiome de Zermelo Relations d ordre Exercice 1 Soient (X, X ), (Y, Y ) deux ensemble ordonnés. Montrer que l on peut définir une relation d ordre sur X Y par l équivalence (x, y) (x, y ) x X x et y Y y pour tout (x, y), (x, y ) X Y. L ordre sur X Y s appelle l ordre produit sur X Y issu de X et de Y. Exercice 2 Donner un exemple d une partie non vide S d un ensemble ordonné (E, ) n admettant pas de plus petit (resp., plus grand) élément. Exercice 3 Soient (E, ) un ensemble ordonné, S une partie non vide de E. On suppose qu il existe un majorant M (resp., minorant m) de S dans E appartenant à S. Montrer que l ensemble des majorants (resp., minorants) de S dans E est réduit à M (resp., m) Lemme de Zorn Soient E un K-espace vectoriel non nul. Rappelons qu une famille non vide (v j ) j J0 de vecteurs de E est linéairement indépendante (ou libre) dans E quand toute sous-famille finie non vide (v j ) j J1 de vecteurs de E distincts est linéairement indépendante, i.e. si pour toute famille (λ j ) j J1 d éléments de K, on a λ j = 0 pour tout j J 1, lorsque j J 1 λ j1 v j1 = 0. Si (v j ) j J0 n est pas une famille linéairement indépendante dans E, on dit que c est une famille liée dans E. On dit qu une famille non vide (e i ) de vecteurs de E est une base algébrique de E lorsque pour tout v E \ {e i : i I}, la famille {e i : i I} {v} n est pas linéairement indépendante dans E. Exercice 4 Montrer que tout K-espace vectoriel non nul admet une base algébrique. En déduire que tout K-espace vectoriel admet une norme. 2

4 Solution. Notons L l ensemble des parties libres de E. Cet ensemble est non vide puisque si x E \ {0}, {x} est une partie libre de E, donc élément de L. Ainsi, (L, ) est un ensemble ordonné. Montrons à présent que celui-ci est inductif. Soit C une chaîne de (L, ). Posons M = L et montrons que c est une partie libre de E, i.e. un élément de L C L. Par l absurde, supposons que M soit une famille liée de E. Il existe une famille finie non vide (v i ) d éléments distincts de M et une famille (λ i ) d éléments de K non tous nuls tels que λ i v i = 0. L ensemble I étant non vide et fini et C étant une chaîne de (L, ), il existe L C tel que pour tout i I, v i L. La relation λ iv i = 0 contredit le caractère libre de L dans E. De plus, il est clair que toute famille libre incluse dans C de E est incluse dans M. Ainsi, M est un majorant de C dans L relativement à. Donc, (L, ) est un ensemble ordonné inductif. Par application du lemme de Zorn, L admet un élément maximal que l on note L 0. Fixons x E \ L 0 et posons L 1 = L 0 {x}. Puisque L 0 L 1 et L 0 L 1, on a L 1 / L. Ainsi, L 0 est une base algébrique de E. ***NORME A FAIRE*** 1.2 Topologie sur un ensemble Topologie Exercice 5 Déterminer toutes les topologies d un ensemble à trois éléments. Solution. Soit X un ensemble à (exactement) trois éléments. Ses éléments sont notés a, b et c, de sorte que X = {a, b, c}. Il est aisé de voir que l ensemble des parties de X s écrit 2 X = {, X, {a}, {b}, {c}, {a, b}, {a, c}, {b, c}}. Déterminons toutes les topologies de X. Il s agit de parties de 2 X qui contiennent toutes et X. Ainsi, le cardinal d une topologie de X est compris entre 2 et 8. (i) Il y a une seule topologie à 2 éléments : {, X}. (ii) Il y a six topologies à 3 éléments : {, X, {a}}, {, X, {b}}, {, X, {c}}, {, X, {a, b}}, {, X, {b, c}}, {, X, {a, c}}. (iii) Il y a neuf topologies à 4 éléments : {, X, {a}, {a, b}}, {, X, {a}, {a, c}}, {, X, {b}, {a, b}}, {, X, {b}, {b, c}}, {, X, {c}, {b, c}}, {, X, {b}, {a, b}}, {, X, {a}, {b, c}}, {, X, {b}, {a, c}}, {, X, {c}, {a, b}}. (iv) Il a six topologies à 5 éléments : {, X, {a}, {b}, {a, b}}, {, X, {a}, {c}, {a, c}}, {, X, {b}, {c}, {b, c}}, {, X, {a}, {a, b}, {a, c}}, {, X, {b}, {a, b}, {b, c}}, {, X, {c}, {a, c}, {b, c}}. (iv) Il y a une seule topologie à 8 éléments : 2 X. Il y a donc 29 topologies possibles sur X. Exercice 6 Soient (X, d) un espace métrique, 1, 2 deux boules ouvertes de X d intersection non vide. Montrer que 1 2 est la réunion (non vide) de boules ouvertes de X. Solution. Supposons 1 2. Il existe x 1, x 2 X, r 1, r 2 ]0, + [ tels que 1 = (x 1, r 1 ) et 2 = (x 2, r 2 ). Fixons x 1 2. Posons pour chaque i {1, 2}, ρ i = r i d(x i, x) ]0, + [. On a tout de suite (x, ρ i ) i pour chaque i {1, 2}. En posant ρ = min {ρ 1, ρ 2 }, il vient alors (x, ρ)

5 Pour chaque x 1 2, il existe donc un réel r x > 0 tel que (x, r x ) 1 2. Il suffit alors d observer que 1 2 = (x, r x ) x 1 2 pour conclure. Exercice 7 Soit (X, d) un espace métrique. Montrer que : (a) La classe de parties O d de X constituée de et des réunions (non vides) de boules ouvertes de X est une topologie (appelée topologie associée à d). (b) Pour toute partie non vide U de X, on a U O d si et seulement si pour tout x U, il existe un réel r x > 0 tel que (x, r x ) U. Solution. (a) On a tout de suite O d et X = (x,r) X ]0,+ [ (x, r) O d. Soient (U i ) une famille non vide d éléments de O d. Sans pertes de généralités, on peut supposer U i pour tout i I. Pour chaque i I, il existe un ensemble J i et une famille ( i,j ) j Ji de boules ouvertes de X tels que U i = i,j. j J i On en déduit U i = { (i,j) I k I i,j O d. } J k :j J i Soient U 1, U 2 O d. Si U 1 U 2 =, alors il n y a rien à établir. Ainsi, nous pouvons supposer que U 1 U 2. Il existe deux ensembles non vides I 1 et I 2 et deux familles ( 1,i ) 1 et ( 2,i ) i I 2 de boules ouvertes de X telles que Il vient alors U 1 = 1 1,i et U 2 = U 1 U 2 = i I 2 2,i. (i,i ) I 1 I 2 1,i 2,i. Puisque U 1 U 2, on peut supposer que pour chaque (i, i ) I 1 I 2, 1,i 2,i. D après l Exercice 6, pour chaque (i, i ) I 1 I 2, il existe un ensemble non vide J i,i une famille de boules ouvertes de X (β i,i,j) j Ji,i telle que 1,i 2,i = j J i,i β i,i,j. et Il s ensuit U 1 U 2 = Donc, O d est une topologie sur X. (b) Soit U une partie non vide de X. { (i,i,j) I 1 I 2 J k,k :j J i,i (k,k ) I 1 I 2 β i,i,j O d. } 4

6 , Supposons que U O d. Il existe un ensemble (non vide) I et une famille (x i, r i ) d éléments de X ]0, + [ tels que U = (x i, r i ). Soit u U. Il existe i 0 I tel que x (x i0, r i0 ). Posons ρ = r i0 d(x i0, x). Pour tout h (x, ρ), on a d(x i0, h) d(x i0, x) + d(x, h) < r i0, i.e., (x, ρ) (x i0, r i0 ) U., Supposons que pour tout x U, il existe un réel r x > 0 tel que (x, r x ) U. Il suffit alors d observer que U = (x, r x ) pour obtenir l inclusion U O d. x X Exercice 8 (Topologie usuelle de R) Montrer que la classe de parties de R constituée de et des réunions non vides d intervalles de la forme ]a, b[ avec a, b R et a < b est une topologie sur R. On l appelle topologie usuelle (ou naturelle) de R et on la note O R. Solution. Par définition de O R, on a O R. De même, pour tout n N, on a ] n, n[ O R. Ceci nous dit que R = ] n, n[ O R. Fixons U 1, U 2 O R. Sans pertes de généralités, n N on peut supposer que U 1 et U 2. Il existe deux familles non vides (a i, b i ) et (c j, d j ) j J d éléments de R 2 satisfaisant pour tout i I, a i < b i, pour tout j J, c j < d j et telles que U 1 = ]a i, b i [ et U 2 = j, d j [. j J]c On a tout de suite U 1 U 2 = (i,j) I J (]a i, b i [ ]c j, d j [) O R. Fixons (A k ) k K une famille non vide d éléments de O R. Comme précédemment, on peut supposer que A k pour tout k K. Pour chaque k K, il existe un ensemble non vide L k et une famille (x l, y l ) l Lk d éléments de R 2 avec pour tout l L k, x l < y l et telle que A k = ]x l, y l [. l L k On vérifie sans difficultés que A k = k K l k K En conséquence, O R est une topologie sur R. L k ]x l, y l [ O R. Exercice 9 Soient (X, O) un espace topologique, A une partie de X. Montrer que int X (X \ A) = X \ adh X A et adh X (X \ A) = X \ int X A. Solution. Montrons la première égalité. Commençons par prouver que le membre de gauche est inclus dans celui de droite. Fixons x int X (X \ A). Puisque X \ A est un voisinage de x dans X, il existe U un ouvert de X inclus dans X \ A, contenant x. Il suffit de remarquer que U A = 5

7 pour en déduire que x / adh X A. Pour établir l inclusion renversée, fixons x X \ adh X A. Il existe V un voisinage de x dans X tel que V A =. Ainsi, V X \ A. L ensemble X \ A est donc un voisinage de x dans X. Pour obtenir la seconde égalité, il suffit de poser = X \ A et d exploiter l égalité que nous venons d établir en écrivant int X (X \ ) = X \ adh X. Puisque X \ = A, il vient int X A = X \ adh X (X \ A). Par passage aux complémentaires dans X, on a l égalité souhaitée. Exercice 10 Soient (X, O X ) un espace topologique, Y, Z deux parties non vides de X avec Z Y, O Y la topologie induite sur Y par O X. Montrer que la topologie O Z induite sur Z par O X coïncide avec la topologie T Z induite sur Z par O Y. Solution. Montrons tout d abord que O Z T Z. Soit U O Z fixé. Par définition de O Z, il existe A O X tel que U = A Z. Cette dernière égalité combinée à U Z Y donne (A Y ) Z = U. Puisque A Y O Y, on a U T Z. Ceci nous donne O Z T Z. Montrons que cette inclusion est en fait une égalité. Fixons V T Z. Par définition de T Z, il existe O Y tel que V = Z. Or, le fait que O Y nous donne l existence de C O X tel que = Y C. Des deux égalités précédentes et du fait que Y Z = Z, on tire V = Y C Z = Z C. Donc V O Z et les deux topologies sur Z, O Z et T Z sont égales. Exercice 11 Soient (E, d) un espace métrique, A une partie non vide de E, d A la métrique sur A induite par d. Montrer que la topologie sur A induite par la topologie naturelle de (E, d) coïncide avec la topologie naturelle de (A, d A ). Solution. Notons O d la topologie naturelle de (E, d), O da la topologie naturelle de (A, d A ) et O A la topologie sur A induite par O d. Soit U O da. Si U =, alors U = A O A. Si U, il existe une partie non vide K de E ]0, + [ tel que U = da (a, r). (a,r) K Remarquons que pour chaque (a 0, r 0 ) K da (a 0, r 0 ) = {x A : d A (a 0, x) < r 0 } = d (a 0, r 0 ) A. Ainsi, U = ( ) ( d (a, r) A) = A d (a, r). Le fait que (a,r) K (a,r) K O d garantit que U O A. On a donc O da O A. (a,r) K d (a, r) Montrons l inclusion renversée. Soit U O A. Si U =, alors par définition d une topologie naturelle d un espace métrique U O da. Si U, il existe U O d avec U tel que U = U A. Il existe une partie non vide K de E ]0, + [ tel que U = d (a, r). (a,r) K 6

8 ( ) Il vient U = A d (a, r) et de même que précédemment, (a,r) K U = A d (a, r) = da (a, r) (a,r) K (a,r) K Finalement, U O da et O A O da. L égalité désirée est établie. Exercice 12 Soient (X, O) un espace topologique, A une partie de X. Montrer que : (a) bd X A = adh X A \ int X A ; (b) bd X (int X A) bd X (A) ; (c) bd X (adh X A) bd X (A). Montrer que les inclusions données par (b) et (c) sont strictes en général. Solution. (a) Par définition, on a Via l exercice ***, on a bd X A = adh X (A) (adh X (X \ A)). adh X (X \ A) = X \ int X A. Les deux égalités combinées donnent le résultat souhaité. (b) Résulte de (a) et de l inclusion triviale int X A A. (c) Conséquence de (a) et de l inclusion évidence int X A int X (adh X A). Exercice 13 Soient (X, O) un espace topologique, A, deux parties de X. (a) Montrer que bd X (A ) bd X (A) bd X (). Montrer que l inclusion renversée n a en général pas lieu. (b) A t-on les inclusions et bd X (A ) bd X (A) bd X () bd X (A) bd X () bd X (A )? (c) On suppose que A. Que pensez-vous des inclusions et bd X A bd X bd X bd X A? Solution. (a) Posons A = [ 1 2, 1] et = [0, 1]. On a bd R (A ) = {0, 1} et bd R (A) bd R () = {0, 12, 1 }. Ceci permet tout de suite de constater que l inclusion renversée n a pas toujours lieu. (b) En posant A = [0, 1[ et = [1, 2[, on vérifie que bd R (A ) = et bd R (A) bd R () = {1}. Avec A = [0, 1] et = [ 1 2, 3 2 ], on a tout de suite { } 1 bd R (A ) = 2, 1 et bd R (A) bd R () =. Aucune des deux inclusions proposées n a donc lieu en général. (c) Posons A = [ 1 2, 1] et = [0, 1]. On a { } 1 bd R A = {0, 1} et bd R = 2, 1. Ceci permet tout de suite de constater que bd R A bd R et bd R bd R A. 7

9 Exercice 14 Soient (X, O) un espace topologique, A une partie de X. Etablir les propriétés ci-dessous. (a) L intérieur int X A de A dans X est le plus grand ouvert de X inclus dans A, i.e. si est un ouvert de X inclus dans A, alors est également inclus dans int X A ; (b) L adhérence adh X A de A dans X est le plus petit fermé de X contenant A, i.e. si est un fermé de X qui contient A, alors contient également adh X A. Solution. (a) Si un ouvert de X inclus dans A, alors est inclus dans la réunion de tous les ouverts de X inclus dans A. Donc int X A. (b) Si un fermé de X contenant A, alors l intersection de tous les fermés de X contenant A est évidemment incluse dans. Donc adh X A. Exercice 15 Soient (X, O) un espace topologique, A une partie de X, x X. Montrer les propriétés ci-dessous. (a) x int X A si et seulement si A est un voisinage de x dans X. (b) x adh X A si et seulement si pour chaque voisinage V de x dans X, V A. (c) x bd X A si et seulement si pour chaque voisinage V de x dans X, V A et V (X \ A). Solution. (a), Soit x int X A. Il existe par définition un ouvert U de X inclus dans A tel que x U. Ceci signifie que A est un voisinage de x dans X., Si A est un voisinage de x dans X, il existe un ouvert U de X inclus dans A contenant x. Donc x est dans la réunion des ouverts de X inclus dans A, i.e. x int X A. (b), Soit x adh X A. Par l absurde supposons qu il existe un voisinage V de x dans X tel que V A =. Il existe un ouvert U de X inclus dans V contenant x. D une part, U A = et d autre part l ensemble X \ U est fermé dans X et contient A. On aboutit ainsi à adh X A X \ U. Or, x adh X A et x / X \ U. Contradiction., Procédons par contraposition. Supposons que x X \ adh X A = U. L ensemble U est un ouvert de X contenant x, c est donc un voisinage de x dans X qui vérifie évidemment U A =. (c) C est une application directe de (b) et de la définition de bd X A. Exercice 16 Soient (X, O) un espace topologique, I un ensemble non vide, (A i ) une famille de parties de X. Montrer les inclusions suivantes : (a) ( ) adh X A i adh X A i ; ( ) (b) adh X A i adh X A i ; ( ) (c) int X A i int X A i ; (d) ( int X A i int X A i ). Montrer que les inclusions les inclusions de (a) et de (c) sont des égalités lorsque I est fini. Solution. (a) Fixons x adh X A i. Soit V un voisinage de x dans X. Il existe i 0 I tel que ( x ) adh X A i0. Par définition ( d adhérence, ) V A i0. Ceci permet d obtenir V A i et donc x adh X A i. Si I est fini, alors adh X A i est fermé dans X. Puisqu il contient ( A i, il contient adh X A i ). (b) L ensemble adh X A i est fermé dans X et contient ( ) A i. Ainsi, adh X A i adh X A i. ( ) (c) Soit x int X A i. Fixons i 0 I. Par définition d intérieur, A i est un voisinage 8

10 de x dans X. Il existe U un ouvert de X inclus dans A i qui contient x. Ainsi, U A i0 et donc A i0 est un voisinage de x dans X. Ceci garantit x int X A i. Si I est fini, alors int X A i est ouvert dans X. Puisqu il est contenu dans A i, il est contenu dans ( int X A i ). (d) L ensemble int X A i est un ouvert de X contenu dans A i. Il est donc contenu ( dans int X A i ). Exercice 17 Soient (X, O) un espace topologique, A une partie de X. Les égalités suivantes ont lieu, acc X A is X A = et adh X A = acc X A is X A. Preuve. Montrons la première égalité. Par l absurde, supposons qu il existe x is X A acc X A. Puisque x est un point isolé de A dans X, il existe un voisinage V 0 de x dans X tel que V 0 A = {x}. Mais x étant un point d accumulation de A dans X, on doit avoir en particulier V 0 (A \ {x}). Ceci contredit bien sûr V 0 A = {x}. Etablissons à présent la seconde égalité en commençant par l inclusion du second membre dans le premier. Fixons x acc X A is X A. Soit V un voisinage de x dans X. Si x is X A, alors par définition x A et donc x adh X A. Si x acc X A, alors V (A \ {x}) et trivialement V A. Ceci assure x adh X A et l inclusion désirée. Montrons l inclusion renversée. Soit x adh X A. Fixons V un voisinage de x dans X. Si x X \ A, alors V (A \ {x}) et donc x acc X A. Si x A, alors on peut supposer que x / is X A (sinon l inclusion désirée est triviale). La négation de la définition d un point isolé conduit à V A {x}. On en déduit V (A \ {x}) et donc x acc X A. Exercice 18 Soient (X, O) un espace topologique, A une partie de X. Montrer que int X ( adhx (int X (adh X A)) ) = int X (adh X A). Solution. Posons U = int X (adh X A). On a évidemment U adh X U et donc int X U int X (adh X U). Puisque U est ouvert dans X, l inclusion précédente devient Ainsi, on vient d établir U int X (adh X U). int X (adh X A) int X (adh X (int X (adh X A))). (1.2.1) Montrons l inclusion renversée. On a trivialement U adh X A, ce qui donne tout de suite adh X U adh X A. Il vient alors int X (adh X U) int X (adh X A) = U. Via la définition de U, cette dernière inclusion s écrit int X (adh X (int X (adh X A))) int X (adh X A). (1.2.2) En combinant (1.2.1) et (1.2.2), on a l égalité voulue. Exercice 19 Soit (X, O) un espace topologique. Etablir chacune des propriétés ci-dessous. (a) Les parties et X sont fermées dans X. (b) Une intersection quelconque de fermés de X est fermée dans X. (c) Une réunion finie de fermés de X est fermée dans X. 9

11 Solution. (a) Les ensembles et X sont ouverts dans X par définition. Il suffit alors de remarquer que = X \ X et X = X \. (b) Soient I un ensemble non vide, (F i ) une famille de fermés de X. Pour chaque i I, il existe U i un ouvert de X tel que F i = X \ U i. Il découle de ceci U i. F i = \ U i ) = X \ (X Puisque U i est ouvert dans X, F i est fermé dans X. (c) Soient I un ensemble fini non vide, (F i ) une famille de fermés de X. De même que précédemment, pour chaque i I, il existe U i un ouvert de X tel que F i = X \ U i. On a U i. F i = \ U i ) = X \ (X Le fait que U i soit ouvert dans X garantit que F i est fermé dans X. Exercice 20 Soient (X, O) un espace topologique, I un ensemble non vide, (A i ) une famille de parties de X. Montrer que : ( ) ( ) acc X A i acc X A i et acc X A i acc X A i. Etablir que la première inclusion ci-dessus est une égalité lorsque l ensemble I est fini et que l inclusion peut être stricte si I est infini. Montrer que la deuxième inclusion peut être stricte même si I est fini. Solution. Posons pour tout n N, A n = [1, 1 n + 1[. Il est aisé de vérifier que pour tout n N acc R [1, 1 n + 1[= [1, 1 n + 1]. Constatons de plus que Il vient [1, 1 n + 1[= [1, 1 + 1] = [1, 2[. n n N n N acc R ( n N A n ) = [1, 2] Avec 1 =]0, 1[ et 2 =]1, 2[, on a tout de suite n N acc R A n = [1, 2[. acc R ( 1 ) acc R ( 2 ) = {1} acc R ( 1 2 ) =. Exercice 21 Soient (X, O) un espace topologique, A une partie de X. Montrer que : (a) Pour tout A, 2 X avec A, (b) Pour tout A 2 X, acc X (A) acc X (). acc X (adh X A) = adh X (acc X A). (c) Si de plus (X, O) est séparé (Hausdorff), alors pour tout A 2 X acc X (A) = acc X (adh X A). 10

12 Solution. (a) Fixons A, deux parties de X telles que A. Soient x acc X A, V un voisinage de x dans X. On a par définition Puisque A, il vient V (A \ {x}). V ( \ {x}). Donc, x acc X. (b) Soit x adh X (acc X A). Fixons V un voisinage de x dans X. Cas 1 : x acc X A. Alors, on a x acc X (adh X A) grâce à (a). Cas 2 : x adh X (acc X A) \ acc X A. On a V acc X A. Fixons y V acc X A. Puisque x / acc X A, on a x y. On en déduit En particulier, on a Ainsi, on a l inclusion x acc X (adh X A). V [(acc X A) \ {x}]. V [(adh X A) \ {x}]. Exercice 22 Soit (X, O X ), (Y, O Y ) deux espaces topologiques, une base de O X, f : X Y une application. Montrer que f est une application ouverte si et seulement si pour tout, f() O Y. Solution., C est trivial puisque O X., Supposons que pour tout, f() O Y. Soit U O X avec U. Par définition d une base de topologie, il existe une classe de parties de X telle que U =. Il vient alors f(u) = f(). Puisque pour tout, f() O Y, on a f(u) O Y. Donc, f est ouverte. Exercice 23 Soit I un ensemble non vide, ((X i, O i )) une famille d espaces topologiques, k I, X = X i muni de la topologie produit O. Montrer que l application k-ème projection Π k : X X k est ouverte. Solution. Nous savons qu une base de la topologie O est donnée par la classe de parties de X constituée des U i où U i O i pour tout i I et où U i = X i sauf au plus pour un nombre fini de i I. Fixons. Par définition, = V i, où V i O i pour tout i I et où U i = X i sauf au plus pour un nombre fini de i I. On a Π k () = V k O k. Via l Exercice 22, on peut conclure que Π k est ouverte. Exercice 24 Soient I un ensemble non vide, ((X i, O i )) une famille d espaces topologiques, X = X i muni de la topologie produit O, A i X i pour tout i I. (a) Vrai ou faux : l ensemble A i est ouvert dans X si et seulement si pour tout i I, A i est ouvert dans X i. 11

13 (b) On suppose A i. Donner une condition nécessaire et suffisante assurant que A i est ouvert dans X. (c) A t-on int X ( A i ) = int X A i? (d) Vrai ou faux : A i est fermé dans X si et seulement si pour tout i I, A i est fermé dans X i. (d) A t-on adh X ( A i ) = adh X A i? Solution. (a), Supposons que l ensemble A i soit ouvert dans X. Fixons k I. L application k-ème projection Π k : X X k est ouverte d après l Exercice 23. On a donc l inclusion Π k ( A i ) = A k O k. L implication est fausse en général. En effet, supposons que I soit un ensemble infini et que O i {, X i } pour tout i I. Pour chaque i I, choisissons A i O i \ {, X i }. Par l absurde, supposons que A i soit ouvert dans X. Notons la classe de parties de X constituée des U i où U i O i pour tout i I et où U i = X i sauf au plus pour un nombre fini de i I. Nous savons que est une base de la topologie O. Par définition de base d une topologie, il existe 0 tel que A i = 0. Puisque A i (par l axiome du choix), il existe 0 0 avec 0 tel que 0 A i. L inclusion 0 nous donne l existence d une famille (U 0,i ) telle que U 0,i O i pour tout i I et où U 0,i = X i sauf au plus pour un nombre fini de i I et satisfaisant 0 = U 0,i. Puisque I est infini, il existe au moins i 0 I tel que U 0,i0 = X i0. On aboutit ainsi à U 0,i0 = X i0 A i0. Compte-tenu du choix de A i0, cette dernière inclusion est absurde. (b) Supposons A i et montrons l équivalence suivante : A i est ouvert dans X si et seulement si pour tout i I, A i O i et il existe un ensemble fini J I tel que A i = X i pour tout i I \ J., Supposons que pour tout i I, A i O i et qu il existe un ensemble fini J I tel que A i = X i pour tout i I \ J. Alors, l ensemble A i est un élément de la base naturelle de la topologie O, en particulier, A i O., Notons la base naturelle de la topologie O. Il existe 0 tel que A i = Puisque A i, il existe 0 0 tel que 0. 0 A i. 12

14 L inclusion 0 garantit l existence d une famille (U 0,i ) et d un ensemble J I tels que U 0,i O i pour tout i I et où U 0,i = X i pour tout i I \ J et satisfaisant 0 = U 0,i. On en déduit que U 0,i = X i A i pour tout i I \ J, i.e. A i = X i pour tout i I \ J. Enfin, pour chaque k I, nous savons que la kième projection Π k : X X est une application ouverte, donc en particulier A k = Π k ( A i ) O k. (c) Montrons que int X ( A i ) = int X A i si I est fini. Supposons que I soit fini. L ensemble int Xi A i est O-ouvert puisque pour chaque i I, int Xi A i est O i -ouvert. De l inclusion triviale int Xi A i A i, on tire int Xi A i int X ( A i ). Observons d autre part que pour chaque i I, l ensemble Π k (int X ( A i)) est O k - ouvert et vérifie Π k (int X ( A i )) A k. Il découle de ceci que pour tout k I, Π k (int X ( A i )) int Xk (A k ). En gardant à l esprit que pour chaque A X i, on a A Π k (A), on aboutit à int X ( A i ) k I Π k (int X ( A i )) k I k I int X (A k ). L égalité proposée est ainsi établie quand I est fini. Lorsque I est infini, c est faux en général. Supposons que I soit infini et que O i {, X i } pour tout i I. Pour chaque i I, choisissons A i O i \ {, X i }. On a tout de suite int Xi A i. A i = D après ce qui a été vu dans (a), l ensemble A i n est pas O-ouvert et donc il ne peut pas être égal à l ensemble O-ouvert int X ( A i). (d) Pour tout k I, posons C k = F i où pour tout i I, { A k si i = k F i = sinon. Contatons que pour tout k I, on a X \ C k = O i où pour tout i I, { X \ A k si i = k O i = sinon. X i X i 13

15 D autre part, remarquons l égalité A i = k I C k,, Supposons que A i soit fermé dans X. L ensemble k I X \ C k est donc ouvert dans X, Supposons que pour tout i I, A i soit fermé dans X. Il découle de l étude menée ci-dessus que pour tout k I, l ensemble X \ C k est ouvert dans X. Ainsi, pour tout k I, C k est fermé dans X. En combinant ceci avec l égalité ***, on obtient que A i est fermé dans X. Exercice 25 Montrer que la topologie naturelle O R de R coïncide avec la topologie induite sur R par la topologie naturelle O R de R. Solution. Puisque la topologie naturelle de R contient O R, on observe tout de suite que O R { U R : U O R. } Montrons l inclusion renversée. Fixons U 0 O R. Cas 1 : U 0 O R. Trivialement, on a U 0 R = U 0 O R. Cas 2 : U 0 = U [, r[ avec r R et U O R. On a alors U 0 R = U ], r[ O R. Cas 3 : U 0 = U ]s, + ] avec s R et U O R. On a alors U 0 R = U ]s, + [ O R. Cas 4 : U 0 = U [, r[ ]s, + ] avec r, s R et U O R. On a alors U 0 R = U ], r[ ]s, + [ O R. On aboutit ainsi à { U R : U OR } OR ase et sous-base d une topologie Exercice 26 Montrer que la classe des intervalles ouverts non vides à extrémités dans Q est une base de la topologie usuelle de R. Solution. Notons I rat la classe des intervalles ouverts non vides à extrémités dans Q, i.e. I rat = {]a, b[: a, b Q, a b}. Evidemment, on a I rat O R. Puisque tout U O R avec U est la réunion non vide d une famille d intervalles ouverts non vides de R, il suffit de montrer que tout intervalle de R à extrémités dans R est la réunion d une famille d éléments de I rat. Fixons donc I un intervalle ouvert non vide de R. Ecrivons avec x, y R et x y. Posons I = [x, y] D = { (q, q ) Q 2 : x < q < q < y } et remarquons tout de suite que (q,q ) D ]q, q [ I. 14

16 Fixons u I. Par définition, on a x < u < y. Puisque Q est dense dans R, il existe q 1 ]x, u[ Q, q 2 ]u, y[ Q. On a donc (q 1, q 2 ) D et u ]q 1, q 2 [. Ainsi, on a montré l égalité ]q, q [= I. (q,q ) D Exercice 27 Soit une classe de parties d un ensemble non vide X. Montrer qu il existe une topologie sur X dont est une base si et seulement si les deux propriétés suivantes ont lieu : (a) = X ; (b) pour tout 1, 2 avec 1 2, pour tout x 1 2, il existe 3 tel que x Si tel est le cas, montrer que la topologie sur X dont est la base est unique. Solution., Supposons que soit la base d une topologie O sur X. Le fait que soit une classe de parties de X garantit que X. (1.2.3) Par définition de base d une topologie et puisque X O, il existe une classe de parties de X telle que et = X. (1.2.4) En combinant (1.2.3) et (1.2.4), il vient = X. Fixons 1, 2 tels que 1 2, x 1 2. Le fait que 1 2 O et que soit une base de la topologie O nous donnent une classe de parties de X telle que et 1 2 =. Cette égalité combinée à l inclusion x 1 2 permettent d obtenir 3 tel que x 3 = 1 2., Supposons que satisfait les propriétés (a) et (b). Définissons la classe de parties de X par { { }} O =, :. Montrons que O est une topologie sur X et que est une base de cette topologie. D après la définition de O, on a O. Puisque X =, on a X O. Fixons (A i ) une famille non vide d éléments de O. Soit J I tel que pour tout j I, A j { : }. On a A i = A i. Pour tout i I \ J, il existe i telle que \J A i = i. 15

17 Il vient donc A i = ( ) = \J i \J i O. Fixons 1, 2. Si 1 2 =, alors 1 2 O. Supposons 1 2. Soit x 1 2. Il existe 3 tel que x Ceci permet de définir la classe de parties 0 = { : 1 2 }. On constate sans difficultés que 1 2. Par définition de 0, on a l inclusion 0 renversée. Ainsi, on dispose de l égalité 1 2 = O. 0 On en déduit que O est une topologie sur X. Par définition de O, la classe de parties est une base de O. Enfin, si O est une topologie sur X dont est une base, on vérifie tout de suite que O = O. Exercice 28 Soit (X, O) un espace topologique. Que dire de l assertion ci-dessous? La topologie O admet une base dénombrable si et seulement si elle admet une sous-base dénombrable. Solution. L assertion est vraie., C est trivial, puisque toute base de O est une sous-base de O., Supposons que O admette une sous-base dénombrable S. Soit la classe de parties de X constituée des intersections finies non vides d ensembles de S. Via la dénombrabilité de S, on dispose d une suite (S n ) n N d éléments de S telle que Ainsi, on a = { S = {S n : n N}. k K S k : K P 0,finie (N) Par définition de sous-base, est une base de O. Constatons que l application P 0,finie (N) K est surjective par définition de. En combinant ceci au fait que P 0,finie (N) soit un ensemble dénombrable, on obtient que est dénombrable. Exercice 29 Montrer que tout espace topologique à base dénombrable est séparable. Solution. Soit (X, O) un espace topologique à base dénombrable. Il existe (β n ) n N une suite de parties non vides de X tel que = {β n : n N} soit une base de X. Pour chaque n N, choisissons x n β n. Notons A = {x n : n N} qui est évidemment une partie dénombrable. Soit U un ouvert non vide de X. Puisque est une base de la topologie O, il existe une partie K non vide de N telle que U = β k. k K On a tout de suite A U. Ainsi, A est dense dans X et ceci nous dit que (X, O) est un espace topologique séparable. k K S k }. 16

18 Exercice 30 (Théorème de Lindelöf) Soit (X, O) un espace topologique à base dénombrable. Montrer que pour toute famille non vide G d ouverts de X, il existe une sous-famille dénombrable G 0 de G telle que G = G. G G 0 G G Solution. Par hypothèse, il existe une classe de parties de X dénombrable. On peut alors écrire = {β n : n N} où (β n ) n N est une suite de parties de X. Fixons une famille non vide G = (G i ) d ouverts de X. *** Suites généralisées Exercice 31 Soient (X, O) un espace topologique, a X, S un système fondamental de voisinages de a dans X. Montrer que : (a) (S, ) est un ensemble préordonné filtrant croissant. (b) Si (x V ) V S est une suite généralisée de X (où S est muni du préordre filtrant croissant ) vérifiant x V V pour tout V S, alors x V V S a. Solution. (a) Evidemment, (S, ) est un ensemble préordonné. Soient V 1, V 2 S. Puisque V 1 V 2 est un voisinage de a dans X, il existe V 3 S tel que V 3 V 1 V 2. Il reste alors à observer que pour tout i {1, 2}, V i V 1 V 2 V 3. (b) Soit (x V ) V S une suite généralisée de X telle que pour tout V S, x V V. Soit W un voisinage de a dans X. Puisque S est un système fondamental de voisinages de a dans X, il existe W S avec W W. Le fait que pour tout V S avec W V, on ait nous garantit alors que x V a. V S x V V W Exercice 32 Soient (X, O) un espace topologique, A une partie de X, a X. Montrer que : (a) a adh X A si et seulement s il existe une suite généralisée (x j ) j J d éléments de A qui converge dans X vers a. (b) Si le point a admet un système fondamental de voisinages de X dénombrable, alors a adh X A si et seulement si il existe une suite ordinaire (x n ) n N d éléments de A qui converge dans X vers a. (c) Si tout point de X admet un système fondamental dénombrable de voisinages, alors A est fermé dans X si et seulement si pour toute suite (x n ) n N de points de A convergeant vers un point a de X, on a l inclusion a A. Solution. (a), Supposons qu il existe une suite généralisée (x j ) j J d éléments de A telle que x j a. Fixons V un voisinage de a dans X. Il existe j 0 J tel que pour tout j J avec j 0 j (où est le préordre filtrant croissant sur J) on a x j V. En particulier, x j0 V A. Donc, a adh X A., Supposons a adh X A. L ensemble V X (a) muni de est préordonné filtrant croissant. Pour chaque V V X (a), on peut fixer x V V A. Evidemment, x V a. V V X (a) Supposons qu il existe un système fondamental de voisinages de a dans X dénombrable. (b), Une suite ordinaire étant une suite généralisée particulière, cette implication est démontrée par de (a)., Supposons que a adh X A. D après l Exercice 42, il existe (V n ) n N un système fondamental de voisinages de a dans X dénombrable et décroissant pour l inclusion. Pour 17

19 chaque n N, il existe x n V n A. Sans difficultés, on voit que x n a. n + (c) Supposons que tout point de X admette un système fondamental dénombrable de voisinages., Supposons que A soit fermé. Soit (x n ) n N une suite de points de A qui converge vers un point a de X. D après (a) ci-dessus, on sait que a adh X A. Le caractère fermé de A dans X nous dit alors que a A., Supposons que pour toute suite (x n ) n N de points de A convergeant vers un point a de X, on ait l inclusion a A. Fixons x adh X A. Via notre hypothèse sur (X, O), il existe un système fondamental dénombrable de voisinages de x dans X. D après (b) ci-dessus, il existe une suite ordinaire (a n ) n N d éléments de A qui converge vers x dans X. Par hypothèse, on dispose de l inclusion x A. Il s ensuit adh X A = A, donc A est fermé dans X. Exercice 33 Soient (X, O) un espace topologique, A une partie de X, a X. Montrer que : (a) a acc X A si et seulement si il existe une suite généralisée (x j ) j J d éléments de A \ {a} avec x j a. (b) Si le point a admet un système fondamental de voisinages de X dénombrable, alors a acc X A si et seulement si il existe une suite ordinaire (x n ) n N d éléments de A \ {a} qui converge dans X vers a. Solution. (a), Supposons a acc X A. Munissons V X (a) du préordre filtrant croissant. Pour tout V V X (a), choisissons x V V (A\{a}). Trivialement, on a x V a., Supposons qu il existe une suite généralisée (x j ) j J d éléments de A\{a} avec x j a. Soit V un voisinage de a dans X. Il existe j 0 J tel que pour tout j J avec j 0 j, on ait x j V. On en déduit que V (A \ {a}). En conséquence, on a a acc X A. (b) Supposons qu il existe un système fondamental de voisinages de a dans X dénombrable., Une suite ordinaire étant une suite généralisée particulière, cette implication est démontrée par de (a)., Supposons que a acc X A. D après l Exercice 42, il existe (V n ) n N un système fondamental de voisinages de a dans X dénombrable et décroissant pour l inclusion. Pour chaque n N, il existe x n V n A \ {a}. Sans difficultés, on voit que x n a. n + Exercice 34 Soit (X, O) un espace topologique. Montrer que (X, O) est séparé (Hausdorff) si et seulement si toute suite généralisée (x j ) j J d éléments de X qui converge dans X ne converge que vers un seul élément de X. Solution., Supposons que (X, O) soit un espace topologique séparé (Hausdorff). Soit (x j ) j J une suite généralisée convergente de X. Notons le préordre filtrant croissant sur J. Par l absurde, supposons qu il existe x, y X, distincts tels que x j x et x j y. j J j J Par définition de topologie séparée (Hausdorff), il existe un voisinage V de x dans X, il existe un voisinage W de y dans X tels que V W =. (1.2.5) Par définition de la convergence d une suite généralisée, il existe j x J tel que pour tout j J avec j x j, on ait x j V. De même, il existe j y J tel que pour tout j J avec j y j, on ait x j W. Puisque (J, ) est un ensemble préordonné filtrant croissant, il existe j 0 J tel que j x j 0 et j y j 0. Ainsi, on obtient x j0 V W et ceci contredit (1.2.5)., Par contraposition, supposons que (X, O) ne soit pas séparé (Hausdorff). Il existe deux éléments x, y X, distincts tels que pour tout U V X (x), pour tout V V X (y) U V. (1.2.6) 18

20 L ensemble (V X (x), 1 ) où 1 est le préordre filtrant croissant défini pour chaque A, V X (x) par A 1 si et seulement si A. De même, on définit 2 sur V X (y). Notons le préordre produit sur J = V X (x) V X (y) issu de 1 et 2. D après (1.2.6), il existe x U,V U V pour chaque (U, V ) J. Fixons W un voisinage quelconque de x dans X. Posons U 0 = W et V 0 = X. Evidemment, (U 0, V 0 ) J. Soit (U, V ) J avec (U 0, V 0 ) (U, V ). Par définition de, U 0 U. Or, x (U,V ) U V. Ainsi, x (U,V ) U 0 puisque U V U 0 = W. On a donc De manière analogue, on montre que x (U,V ) x (U,V ) x. (U,V ) J y. (U,V ) J Topologie produit Exercice 35 Soient (X, O) un espace topologique, = {(x, x) : x X} la diagonale de X. Montrer que (X, O) est séparé (Hausdorff) si et seulement si est fermé dans X 2 muni de la topologie produit. Solution., Supposons que (X, O) soit séparé (Hausdorff). Fixons A adh X 2. Il existe (A j ) j J une suite généralisée de telle que A j A. Pour tout j J, il existe x j X tel que A j = (x j, x j ). Puisque A X 2, il existe (a, b) X 2 tel que A = (a, b). Le fait que (A j ) j J converge vers A relativement à la topologie produit sur X 2 nous dit que x j a et x j b. Le caractère sépré (Hausdorff) de (X, O) nous dit alors que a = b, i.e. A. Ainsi, l ensemble est fermé dans X 2., Supposons que soit fermé dans X 2. Soit (x j ) j J une suite généralisée d éléments de X qui converge dans X vers x X. Par l absurde, supposons qu il existe x X avec x x tel que x j x. Evidemment, (x j, x j ) j J est une suite généralisée d éléments de qui converge vers (x, x ) relativement à la topologie produit sur X 2. Puisque est fermé dans X 2 muni de la topologie produit, on a (x, x ), i.e. x = x. Ceci est contradictoire et termine la preuve. 1.3 Applications continues Exercice 36 Soient (X, O X ) un espace topologique séparé (Hausdorff), (Y, O Y ) un espace topologique. Montrer que si (X, O X ) et (Y, O Y ) sont homéomorphes, alors (Y, O Y ) est séparé (Hausdorff). Solution. Soient x, y Y distincts. Notons f : X Y un homéomorphisme de (X, O X ) sur (Y, O Y ). La bijectivité de f nous donne l existence d un unique u X tel que f(u) = x. De même, il existe un unique v X satisfaisant f(v) = y. Puisque x et y sont distincts, on a nécessairement u v. Le caractère séparé (Hausdorff) de (X, O X ) nous permet de choisir un voisinage V de u dans X et un voisinage W de v dans X tels que V W =. Le fait que f soit un homéomorphisme de (X, O X ) sur (Y, O Y ) nous dit que f(v ) est un voisinage de f(u) = x dans Y et que f(w ) est un voisinage de f(v) = y dans Y. L égalité V W = assure du fait que f(v W ) =. En combinant ceci à l inclusion (triviale) f(v ) f(w ) f(v W ) on aboutit à f(v ) f(w ) =. On en déduit donc que (Y, O Y ) est séparé (Hausdorff). 19

21 Exercice 37 Montrer que toute application constante d un espace topologique (X, O X ) dans un autre (Y, O Y ) est (O X, O Y )-continue sur X. Solution. Soit f : X Y une application constante, a X. Fixons W un voisinage de f(a) dans Y. L ensemble X est évidemment un voisinage de a dans X. On a f(x) = {f(a)} W. Ainsi, f est (O X, O Y )-continue en a. Puisque a est quelconque dans X, f est (O X, O Y )-continue sur X. Exercice 38 (Continuité et topologie discrète) Soient X un ensemble non vide muni de la topologie discrète P(X), (Y, O Y ) un espace topologique. Montrer que toute application f : X Y est (P(X), O Y )-continue sur X. Solution. C est trivial puisque pour tout U O Y, f 1 (U) P(X). Exercice 39 (Continuité et topologie grossière) Soit X un ensemble non vide muni de la topologie grossière G X, soit (Y, O Y ) un espace topologique séparé (Hausdorff). Les applications de X dans Y (O X, O Y )-continues sur X sont les applications constantes. Solution. Via l exercice (37), on sait que les applications constantes sont (G X, O Y )- continues sur X. Soit f : X Y une application (G X, O Y )-continue sur X. Comme X, fixons a X. Considérons y Y avec y f(a). Puisque (Y, O Y ) est un espace topologique séparé (Hausdorff), il existe un voisinage U 1 de y dans Y et un voisinage U 2 de f(a) dans Y tels que U 1 U 2 =. Par (G X, O Y )-continuité de f en a, il existe un voisinage V de a dans X tel que f(v ) U 2. Il existe donc W un ouvert de X inclus dans V, contenant a. Ainsi, via la définition de la topologie grossière W = X et donc V = X. On a ainsi f(x) U 2. Puisque y / U 2, on a y / f(x). Donc y n est pas une image par f d un élément de X. Puisque y est quelconque dans Y \ {f(a)}, on a f(x) = {f(a)}. Donc f est constante de valeur f(a). Exercice 40 Soient (X, O X ), (Y, O Y ) deux espaces topologiques, f : X Y une application, A une partie non vide de X, une partie de Y contenant f(a), T A la topologie induite sur A par O X, T la topologie induite sur par O Y. Si f est (O X, O Y )-continue en a A, alors l application f A est une application (T X, T Y )-continue en a. Solution. Notons l application g = f A. Soit W un voisinage de g(a) dans (, T Y ). Par définition de g et puisque a A, f(a) = g(a). La description des voisinages relativement à la topologie induite nous fournit l existence de W voisinage de f(a) dans Y tel que W = W. Via la (O X, O Y )-continuité de f en a, il existe V voisinage de a dans X tel que f(v ) W. Il vient alors et f(v A) f(v ) W f(v A) f(a). On en déduit alors f(v A) W = W. Le fait que U = V A soit un voisnage de a dans (Y, O Y ) nous donne le fait que D où la (T X, T Y )-continuité de f en a. f(u) g(u) W. Exercice 41 Donner deux preuves différentes du résultat ci-dessous. Proposition 1.1 Soient (X, O X ), (Y, O Y ), (Z, O Z ) trois espaces topologiques, f : X Y, g : Y Z deux applications, a X. Si f est (O X, O Y )-continue en a et si g est (O Y, O Z )-continue en f(a), alors g f est (O X, O Z )-continue en a. 20

22 Solution. Preuve 1 : Soit W un voisinage de g f(a) dans Z. Puisque g est (O Y, O Z )- continue en f(a), il existe un voisinage V de f(a) dans Y tel que g(v ) W. Vu que f est (O X, O Y )-continue en a, il existe U un voisinage de a dans X tel que f(u) V. On en déduit g(f(u)) g(v ) W et donc g f(u) W. Ceci garantit la (O X, O Z )-continuité de g f en a. Preuve 2 : Soit (x j ) j J une suite généralisée d éléments de X avec (x j ) j J qui converge vers a dans (X, O). La (O X, O Y )-continuité de f en a nous dit que la suite généralisée (f(x j )) j J converge vers f(a) dans (Y, O Y ). Il reste à exploiter la (O Y, O Z )- continuité de g en f(a) pour obtenir que la suite généralisée (g f(x j )) j J converge vers g f(a) dans (Z, O Z ). Ainsi, l application g f est (O X, O Z )-continue en a. Exercice 42 Démontrer le résultat ci-dessous. Lemme Soit (X, O) un espace topologique. Si un point a X admet un système fondamental de voisinages dans X, dénombrable, alors il existe un système fondamental de voisinages de a dans X, dénombrable et décroissant pour l inclusion. Solution. Notons (U i ) un système fondamental de voisinages de a dans X (I est par définition un ensemble non vide). Sans pertes de généralités, I peut être supposé infini. Puisque I est dénombrable infini, il existe une bijection s : I N. Posons pour chaque i I, U s(i) = V n où s(i) = n. Définissons pour chaque n N, W n = Immédiatement, on vérifie que (W n ) n N est un système fondamental de voisinages de a dans X, dénombrable et décroissant pour l inclusion. Exercice 43 Démontrer le résultat ci-dessous (on pourra utiliser l exercice 42). Théorème Soient (X, O X ), (Y, O Y ) deux espaces topologiques, f : X Y une application, a X. (a) L application f est (O X, O Y )-continue en a si et seulement si pour toute suite généralisée (x j ) j J d éléments de X qui converge vers a dans X, la suite généralisée des images (f(x j )) j J converge vers f(a) dans Y ; (b) Si le point a admet un système fondamental dénombrable de voisinages, alors f est (O X, O Y )-continue en a si et seulement si pour toute suite (x n ) n N d éléments de X qui converge vers a dans X, la suite des images (f(x n )) n N converge vers f(a) dans Y. Solution. (a), Supposons que f soit (O X, O Y ) - continue en a. Soit (x j ) j J une suite généralisée d éléments de X qui converge dans X vers a. Fixons W un voisinage de f(a) dans Y. Par hypothèse, il existe V un voisinage de a dans X tel que f(v ) W. Il existe j 0 J tel que pour tout j J avec j 0 j (où est le préordre filtrant croissant sur J) on ait x j V. Ainsi, pour tout j J avec j 0 j, f(x j ) W. On en déduit que la suite généralisée (f(x j )) j J d éléments de Y converge dans Y vers f(a)., Par contraposition, supposons que f ne soit pas (O X, O Y )-continue en a. Il existe un voisinage W 0 de f(a) dans Y tel que pour tout voisinage V de a dans X, f(v ) W 0. Considérons l ensemble (V X (a), ) préordonné filtrant croissant. Pour chaque V V X (a), posons x V V tel que f(x V ) / W 0. Sans difficultés, on voit que f(x V ) a et V V X (a) f(x V ) f(a). V V X (a) (b), Etablie par de (a)., Par contraposition, supposons que f ne soit pas (O X, O Y )-continue en a. D après le Lemme 42, il existe un système fondamental de voisinages (V n ) n N de a dans X, décroissant pour l inclusion. Il existe un voisinage W 0 de f(a) dans Y tel que pour tout voisinage V de a dans X, f(v ) W 0. Choisissons pour chaque n N, x n V n avec f(x n ) W 0. Aisément, on a x n a et f(x n) n + n + f(a). Exercice 44 (caractérisation de la limite par des suites généralisées). Soient (X, O X ), (Y, O Y ) deux espaces topologiques, A une partie de X, a adh X A, D une n k=0 V k. 21

23 partie de X contenant A, f : D Y une application, y X. Montrer que f tend vers y en a relativement à A si et seulement si pour toute suite généralisée (x j ) j J d éléments de A avec x j a, on ait f(x j ) y. j J j J Solution., Supposons que f(x) y. Soit (x j ) j J une suite généralisée d éléments A x a de A qui converge vers a. Fixons W un voisinage de y dans X. Il existe un voisinage V de a dans X tel que pour tout x V A, on ait f(x) W. Puisque (x j ) j J converge vers a, il existe j 0 J tel que pour tout j J avec j 0 j, x j V. On a donc pour tout j J avec j 0 j, f(x j ) W. Donc, la suite généralisée (f(x j )) j J converge vers y., Supposons que pour toute suite généralisée (x j ) j J d éléments de A avec x j a, j J on ait f(x j ) y. Par l absurde, supposons que f(x) y. Il existe un voisinage W 0 j J A x a de y dans X tel que pour tout voisinage V de a dans X, f(v A) W 0. L ensemble V X (a) des voisinages de a dans X muni de est évidemment un ensemble préordonné filtrant croissant. Pour chaque V V X (a), choisissons x V V A tel que f(x V ) / W 0. Constatons alors que la suite généralisée (x V ) V VX (a) converge vers a tandis que la suite généralisée (f(x V )) V VX (a) ne converge pas vers y. Ceci est contradictoire. Exercice 45 (caractérisation séquentielle de la limite) Soient (X, O X ), (Y, O Y ) deux espaces topologiques, A une partie de X, a adh X A, D une partie de X contenant A, f : D Y une application, y Y. Montrer que si a admet un système fondamental de voisinages dénombrable, alors f tend vers y en a relativement à A si et seulement si pour toute suite (x n ) n N d éléments de A avec x n a, on a f(x n ) n + y. n + Solution. Supposons que a admette un système fondamental de voisinages dénombrable., C est une conséquence directe de l Exercice 44., Supposons que pour toute suite (x n ) n N d éléments de A avec x n a, on ait n + f(x n ) y. Par l absurde, supposons que f(x) y. Il existe W 0 un voisinage de y n + A x a dans Y tel que pour tout voisinage V de a dans X, on ait f(v A) W 0. D après l Exercice 42, il existe (V n ) n N un système fondamental de voisinages de a dans X, décroissant pour l inclusion. Choisissons alors pour chaque n N, a n V n A tel que f(a n ) / W 0. On observe alors que (a n ) n N converge vers a et que (f(a n )) n N ne converge pas vers y. Exercice 46 Soient (X, O X ), (Y, O Y ) deux espaces topologiques, A une partie de X, a adh X A, D une partie de X contenant A, f : D Y une application, y Y. Montrer que si (Y, O Y ) est séparé (Hausdorff) et si a admet un système fondamental de voisinages dénombrable, alors f a une limite en a relativement à A lorsque pour toute suite (x n ) n N d éléments de A convergente dans X vers a, la suite (f(x n )) n N converge dans Y. Solution. Supposons que (Y, O Y ) soit séparé (Hausdorff) et que a admette un système fondamental de voisinages dénombrable. Supposons que pour toute suite (x n ) n N d éléments de A convergente dans X vers a, la suite (f(x n )) n N converge dans Y. Soient (a n ) n N, (a n) n N deux suites d éléments de A qui convergent vers a dans X. Par hypothèse, les suites (f(a n )) n N et (f(a n)) n N convergent dans Y, donc il existe l, l Y tels que f(a n ) l et f(a n) l. Considérons la suite (b n ) n N d éléments de A définie pour chaque n N par b 2n = a n et b 2n+1 = a n. Evidemment, (b n ) n N converge vers a dans X, donc par hypothèse (f(b n )) n N converge dans Y et ceci impose (grâce au caractère séparé (Hausdorff) de Y ) que l = l. Ainsi, il existe y Y tel que pour toute suite (x n ) n N d éléments de A qui converge vers a dans X, on ait (f(x n )) n N qui converge vers y. Par application de l Exercice 45, on conclut que f tend vers y en a relativement à A. Exercice 47 (Critère de Cauchy pour les fonctions) Soient (X, d X ) un espace métrique, A une partie de X, a adh X A, D une partie de X contenant A, (Y, d Y ) un espace 22