(deux heures) Exercice 1.

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1 UNIVERSITÉ D ARTOIS FACULTÉ JEAN PERRIN DS. Année 2007/08 LICENCE DE MATHÉMATIQUES INFORMATIQUE - TOPOLOGIE GÉNÉRALE - L3 (deux heures) Exercice 1. Soit f : (E 1, d 1 ) (E 2, d 2 ) une application entre deux espaces métriques et a E 1. (a) Définir la fonction f est continue en a en termes de voisinages (ou de boules). (b) Définir la fonction f est continue (globalement) en termes d ouverts (ou de fermés). (c) Établir et démontrer la relation entre (a) et (b). Exercice 2 Soit (E, d) un espace métrique. Soient A, F et G trois sous-ensembles de E avec E = F G et A F G. A est un ouvert dans F (d) Montrer que si et A est un ouvert dans G alors A est un ouvert dans E. Exercice 3 Soit (E, d) un espace métrique. Supposons que d(x, y) > 2 x, y E avec x y. Posons δ la métrique discrète sur E. (e) Montrer que les deux métriques δ et d sont topologiquement équivalentes.

2 Exercice 4. Posons d 2 la distance euclidienne 1 sur R 2. Considérons d: R 2 R 2 R 2, l application définie par: { d d(p, Q) = 2 (P, Q) si les points P, Q et O (origine) sont alignés d 2 (P, 0) + d 2 (O, Q) si les points P, Q et O ne sont pas alignés (f) Montrer que d est une distance sur R 2 Bonus (g) Soient P = (1, a) et Q = (1, b) deux points de F = {1} R. Calculer la distance d(p, Q). Que peut-on dire de la métrique d F (restriction de d à F )? (h) Considérons la suite (P n ) R 2, où P n = (1, 1/n) pour n N. Montrer que la suite (P n ) converge vers P = (1, 0) mais qu elle ne converge pas vers P dans (R 2, d). (i) Les métriques d et d 2 sont-elles topologiquement équivalentes? Métriquement équivalentes? (j) Décrire les boules de (R 2, d). Elles sont toutes des ouverts de (R 2, d 2 )? (k) Décrire l intérieur de ] 2, 2[ {0} dans (R 2, d). ********************************************* Réponses ********************************************* Voir cours (a)-(b)-(c) (d) Remarquons tout d abord que la condition A F G permet de parler A est un ouvert dans F (resp. dans G). Avec des boules Soit x A. Nous allons trouver ρ > 0 avec B (x, ρ) A. Puisque A est un ouvert dans F alors il existe ρ 1 > 0 avec BF (x, ρ 1 ) A. De même, puisque A est un ouvert dans G alors il existe ρ 2 > 0 avec BG (x, ρ 2 ) A. Prenons ρ = min{ρ 1, ρ 2 }, qui est un nombre strictement positif. Nous avons donc: Remarquons que BF (x, ρ) BG (x, ρ) BF (x, ρ 1 ) BG (x, ρ 2 ) A. BF (x, ρ) = {x F d(x, z) < ρ} = {x E d(x, z) < ρ} F = B (x, ρ) F BG (x, ρ) = {x G d(x, z) < ρ} = {x E d(x, z) < ρ} G = B (x, ρ) G. Nous pouvons donc écrire: A BF (x, ρ) BG (x, ρ) = ( B (x, ρ) F ) = B (x, ρ) E = B (x, ρ). ( B ) (x, ρ) G = B (x, ρ) (F G) 1 Si P = (x 1, y 1 ) et Q = (x 2, y 2 ) sont deux points de R 2 alors d 2 (P, Q) = (x 1 x 2 ) 2 + (y 1 y 2 ) 2.

3 Avec des voisinages Soit x A. Nous allons trouver V V(x) avec V A. Puisque A est un ouvert dans F alors il existe W 1 V F (x) 2 avec W 1 A. De même, puisque A est un ouvert dans G alors il existe W 2 V G (x) 3 avec W 2 A. Nous avons vu en cours, qu il existe V 1, V 2 V(x) avec W 1 = V 1 F et W 2 = V 2 G. Prenons V = V 1 V 2. On a vu en cours que cet ensemble est un voisinage de x dans E, i.e, V V(x). Nous pouvons donc écrire: A W 1 W 1 = (V 1 F ) (V 2 G) (V F ) (V G) = V (F G) = V E = V. Avec la topologie induite Par définition de topologie induite nous pouvons trouver deux ouverts O 1, O 2 T d avec: (1) A = O 1 F et A = O 2 G. Remarquons que ceci implique: A = O 1 O 2. Voyons ceci D après (1 ) on a: A = O 1 F O 1 et A = O 2 G O 2. Donc A O 1 O 2. Puisque E = F G on a: O 1 O 2 = O 1 O 2 (F G) = (O 1 O 2 F ) (O 1 O 2 G) (1) == (A O 2 ) (O 1 A) A. Nous avons fini, car O 1 O 2 est un ouvert de E (intersection finie d ouverts). Avec des suites Soit (x n ) une suite convergente vers a A. Nous devons trouver n 0 N avec (2) x n A pour tout n n 0. Nous avons trois possibilité selon le cardinal de l ensemble = {n N x n F }. I- est fini. Dans ce cas, il existe n 1 N tel que x n F pour n n 1. Puisque E = F G alors x n G pour n n 1. En d autres termes, la suite (x n1 +n) est dans G. Puisque lim x n = a A et A est un ouvert dans G alors il existe n 2 N avec x n1 +n A si n n n 2. Il suffit donc de prendre n 0 = n 1 + n 2 pour avoir (2). II- N \ est fini. Dans ce cas, il existe n 1 N tel que x n F pour n n 1. En d autres termes, la suite (x n1 +n) est dans F. Puisque lim x n = a A et A est un ouvert dans n F alors il existe n 2 N avec x n1 +n A si n n 2. Il suffit donc de prendre n 0 = n 1 +n 2 pour avoir (2). 2 Famille des voisinages de x dans F. 3 Famille des voisinages de x dans G.

4 II- et N \ sont infinis. Nous pouvons écrire = {k 0 < k 1 < k 2 < } infini N \ = {j 0 < j 1 < j 2 < } infini. Considérons les suites (y m ) et (z m ) définies par: les deux sont des sous-suites de (x n ). Ainsi { ym = x km z m = x jm pour tout m N. Toutes lim y m = lim z m = a. n n D autre part, nous avons (y m ) F et (z m ) G (car E = F G). Puisque A est un ouvert dans F alors il existe m 1 N avec y m A pour tout m m 1. D autre part, puisque A est un ouvert dans G alors il existe m 2 N avec z m A pour tout m m 2. Prenons n 0 = max(k m1, j m2 ). Si n n 0 nous prouvons que x n A. Ceci donnera (2). Nous avons deux cas à distinguer: - n. Alors n = k m pour un certain m N. Puisque k m = n n 0 k m1, alors m m 1 et donc x n = x km = y m A. - n. Alors n = j m pour un certain m N. Puisque j m = n n 0 j m2, alors m m 2 et donc x n = x jm = z m A. (e) Nous savons que T δ = P(E), la famille de tous les sous-ensembles de E. Pour le calcul de T d nous considérons ρ ]0, 2[ et nous remarquons que : Ceci donne: d(x, y) < ρ x = y. B d (x, ρ) = {y E d(x, y) < ρ} = {y E y = x} = {x}. En particulier, tout singleton de E est un ouvert de T d. Si l on considère maintenant un sousensemble quelconque A de E, l égalité: A = x A{x}, montre que A est un ouvert de T d. Par conséquent, T d = P(E) et donc T δ = T d. Conclusion: les métriques δ et d sont topologiquement équivalentes.

5 (f) Propriété reflexive. Par définition { 0 = d2 (P, Q) si les points P, Q et O sont alignés 0 = d(p, Q) 0 = d 2 (P, O) + d 2 (O, Q) si les points P, Q et O ne sont pas alignés { P = Q si les points P, Q et O sont alignés P = Q. P = O = Q si les points P, Q et O ne sont pas alignés Propriété symétrique. Car d 2 est symétrique. Propriété transitive. Soient trois points P, Q, R et montons que (3) d(p, Q) d(p, R) + d(r, Q). Distinguons plusieurs cas. + Les points O, P, Q, R sont alignés. Alors (3) devient: d 2 (P, Q) d 2 (P, R) + d 2 (R, Q), qui est vrai. + Les points O, P, Q sont alignés, mais R ne se trouve pas dans cette ligne. Alors (3) devient: d 2 (P, Q) d 2 (P, O) + d 2 (O, R) + d 2 (R, O) + d 2 (O, Q), qui est vrai car d 2 (P, Q) d 2 (P, O) + d 2 (O, Q). + Les points O, P, R sont alignés, mais Q ne se trouve pas dans cette ligne. Alors (3) devient: d 2 (P, O) + d 2 (O, Q) d 2 (P, R) + d 2 (R, O) + d 2 (O, Q), qui est vrai car d 2 (P, O) d 2 (P, R) + d 2 (R, O). + Les points O, Q, R sont alignés, mais P ne se trouve pas dans cette ligne. Idem. + Autres cas. Alors (3) devient: d 2 (P, O) + d 2 (O, Q) d 2 (P, O) + d 2 (O, R) + d 2 (R, O) + d 2 (O, Q), qui est vrai. (g)

6 Remarquons tout d abord que les points P = (1, a), O = (0, 0) et Q = (1, b) ne sont pas alignés si P Q. Alors: Ainsi, d(p, Q) = d 2 (P, O) + d 2 (O, Q) = 1 + a b 2 > 2. d 2 (P, Q) > 2 pour tous P, Q F avec P Q. L exercice précédent permet de conclure que d F est topologiquement équivalent à la métrique discrète. Nous avons Puisque (h) lim P n = P (dans (R 2, d 2 )) lim d 2 (P n, P ) = 0. n n d 2 (P n, P ) = (1 1) 2 + ( ) 2 1 n 0 = 1 n, qui tend vers 0, nous avons lim P n = P (dans (R 2, d 2 )). n D autre part, lim P n = P (dans (R 2, d)) lim d(p n, P ) = 0. n n Puisque O, P et P n ne sont pas alignés, alors on a: d(p n, P ) = d 2 (P n, O) + d 2 (O, P ) = n 2 + 1, qui ne tend pas vers 0. Alors, on n a pas lim n P n = P (dans (R 2, d)) (i) Si les métriques d et d 2 étaient topologiquement équivalentes, alors on aurait T d2 = T d. Ceci impliquerait que (R 2, d 2 ) et (R 2, d) auraient les mêmes suites convergentes. Puisque ceci n est pas le cas (voir question précédente) alors d 2 et d ne sont pas deux métriques topologiquement équivalentes. A fortiori, elles ne sont non plus deux distances métriquement équivalentes. Premier cas: Calculons la boule B d (O, ρ) où ρ > 0. Nous avons B d (O, ρ) = {Q R 2 d(q, O) < ρ}. Puisque Q, O et O sont alignés alors (j) B d (O, ρ) = {Q R 2 d 2 (Q, O) < ρ} (disque ouvert de centre (0, 0) et de rayon ρ). La boule B d (O, ρ) est donc un ouvert de (R 2, d 2 ).

7 Deuxième cas: Calculons la boule B d (P, ρ) où P = (a, b) R 2 \ {(0, 0)} et ρ > 0. Posons = a 2 + b 2. Cette boule est l union de deux ensembles suivants: 1 = {Q R 2 P, Q et O sont alignés et d 2 (P, Q) < ρ}. 2 = {Q R 2 P, Q et O ne sont pas alignés et d 2 (P, O) + d 2 (O, Q) < ρ}. Calculons chacun d entre eux. Calcul de 1. Nous avons: 1 = {tp d 2 (tp, P ) < ρ} = {tp 1 t < ρ} = Ainsi, l ensemble 1 est l intervalle ouvert de R 2 avec extrémités ]( En d autres termes, l intervalle ouvert 1 ρ ) ( P, 1 + ρ ) [ P. Calcul de 2. Nous avons { tp 1 ρ < t < 1 + ρ }. ( 1 ρ ) ( P et 1 + ρ ) P. 2 = {Q R 2 P, Q et O ne sont pas alignés et d 2 (O, Q) < ρ d 2 (P, O) = ρ } { } = B d (O, ρ ) \ Q B d (O, ρ ) P, Q et O sont alignés. } {{ } Remarquons que 2 = si ρ. Considérons le cas ρ >. Ainsi, { } { } = Q B d (O, ρ ) P, Q et O sont alignés = tp B d (O, ρ ) = {tp d 2 (tp, O) < ρ } = {tp t < ρ } = {tp t < ρ } 1 = {tp 1 ρ < t < ρ } 1 = ]( 1 ρ ) ( ρ ) [ P, 1 P. Ceci donne 2 = B ]( d (O, ρ ) \ 1 ρ ) ( ρ ) [ P, 1 P. D autre part on a: ]( 1 ρ ) P, ( 1 + ρ ) [ ]( P = 1 ρ ) ( ρ ) [ [( ρ ) ( P, 1 P 1 P, 1 + ρ ) [ P. Ainsi: B d (P, ρ) = 1 2 = [( ρ ) ( B d (O, ρ ) 1 P, 1 + ρ ) [ P ]( 1 ρ ) ( P, 1 + ρ ) [ P si ρ > si ρ (k)

8 Posons A =] 2, 2[ {0}. D après les calculs de la question précédente, on a: B d ((1, 0), 1) =](0, 0), (2, 0)[=]0, 2[ {0} et B d (( 1, 0), 1) =](0, 0), ( 2, 0)[=] 2, 0[ {0}. Puisque les boules ouvertes sont des ouverts et que l intérieur A est un ouvert inclus dans A alors nous avons deux possibilités: A= A \ {0} ou A= A. Il faut donc décider si O est un point intérieur de A ou non. On aura O A s il existe ρ > 0 avec B d (O, ρ) ] 2, 2[ {0}. Puisque un segment ne peut pas contenir un disque ouvert nous en concluons que l origine n est pas un point intérieur de A et donc que A= A \ {0}.

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