TOPOLOGIE - SÉRIE 7 Remarque. Voici une description très utile pour les ouvert de la topologie quotient. Si X est un espace topologique et est une relation d équivalence sur X, alors pour U ouvert dans X/ il existe un ouvert V de X tel que π(v ) = U et Exercice 1. Montrer que si y V et y y alors y V. (a) l espace { 1, 1} [ 1, 1] modulo la relation d équivalence, engendrée par (a, x) (b, y) si et seulement si x = y [0, 1], est homéomorphe à la lettre "Y" plongée dans R 2, et il est donc métrisable. (b) l espace { 1, 1} [ 1, 1] modulo la relation d équivalence, engendrée par est T 1 mais il n est pas de Hausdorff. (a, x) (b, y) si et seulement si x = y (0, 1], Preuve. (a) Considère l application f : { 1, 1} [ 1, 1] R 2 donnée par (a, x) { (0, x) si x [ 1, 0] (( 1) a x, x) si x [0, 1]. On note que (1) f(x) = f(y) si x y. (2) f est continue par le lemme de recollement. (3) x y si f(x) = f(y). (4) l image de f est la lettre "Y". On note im f =: Y. (5) { 1, 1} [ 1, 1] est compact, et Y est de Hausdorff. Ces remarques impliquent respectivement que (1) f induit f : [ 1, 1]/[0, 1] [ 1, 0] telle que f = f q. (2) f est continue. (3) f est injective. (4) l image de f est im(f) = im(f) = Y, la lettre "Y". (5) [ 1, 1]/[0, 1] est compact (car c est l image d un compact par une application continue), et Y est de Hausdorff. Pour conclure, f est une application bijective et continue d un compact vers un espace de Hausdorff, ce qui implie que f est un homéomorphisme. (b) On utilise la remarque pour montrer que chaque voisinage de [( 1, 0)] intersecte chaque voisinage de [(1, 0)]. Soit U + un ouvert dans le quotient qui contient [(1, 0)], et U un ouvert dans le quotient qui contient [( 1, 0)]. Alors il existe V + et V tels que π(v + ) = U + et π(v ) = U, et si V ± contient un élément de X alors il contient toute la classe d équivalence. En particulier V ± est un ouvert de X qui contient (±1, 0), et donc il existe ε > 0 tel que {±1} (ε, ε) V ±. Par la remarque et par comment est définie, l on a aussi que { 1} (0, ε) V ±. En particulier {1, 1} (0, ε) V + V, et ensuite Date: 26 avril 2016 U + U = π(v + ) π(v ) π(v + V ) π({1, 1} (0, ε)).
Exercice 2. Vrai ou Faux? Répondre à la Question 1 du quiz en remplaçant compact par de Hausdorff. Solution. (a) Si (X, T ) est un espace topologique de Hausdorff et A X un sous-ensemble de X, alors A est aussi de Hausdorff. (b) Si (X, T ) et (X, T ) sont des espaces topologiques de Hausdorff, alors le produit X X est aussi de Hausdorff. (c) Si (X, T ) est un espace topologique de Hausdorff et une relation d équivalence sur X, alors le quotient X/ n est pas nécéssairement de Hausdorff. Comme contre-exemple, on peut prendre l espace de l Exercice 1(b): { 1, 1} [ 1, 1] est de Hausdorff, alors que son quotient { 1, 1} [ 1, 1]/ ne l est pas. (d) Si (X, T ) est un espace topologique de Hausdorff et T est une topologie plus fine sur X, alors (X, T ) est aussi de Hausdorff. (e) Si (X, T ) est un espace topologique de Hausdorff et T est une topologie moins fine sur X, alors (X, T ) n est pas nécéssairement de Hausdorff. Comme contre-exemple, prendre [0, 1] qui est de Hausdorff par rapport à la topologie standard, alors qu il ne l est pas par rapport à la topologie grossière. Exercice 3. Pour les topologies qu on a vues sur R, quand est-ce que (a) R satisfait l axiome T 1? (b) R est un espace de Hausdorff? (c) la suite ( 1 n+1 ) n N converge? Vers quoi? Solution. On va dire, pour toutes les topologie, s elles satisfont l axiome T 1 et/ou sont d Hausdorff. (a) T st est d Hausdorff; en effet la topologie est métrisable. (b) T K est d Hausdorff; en effet elle est plus fine que T 1. (c) T fin satisfait l axiome T 1, mais elle n est pas d Hausdorff; en effet, pour tous x y R \ {y} est un voisinage de x qui ne contient pas y. Mais l intersection de deux ouverts n est jamais vide. (d) T limsup est d Hausdorff; en effet elle est plus fine que T st. (e) T sup ne satisfait pas l axiome T 1 ; en effet, tous voisinage de 1 doit contenir 0. (f) La topologie discrète T disc est toujours de Hausdorff (g) Comme R a plus que deux éléments, la topologie grossière T gr ne satisfait pas l axiome T 1. On va dire, pour toutes les topologie, si la suite ( 1 n+1 ) n N converge, et au cas quelle est la limite. (a) La suite converge vers 0 par rapport à la topologie standard. En fait, pour tout ε > 0 le nombre 1 n est dans ( ε, ε) pour n > 1 ε. Ensuite on sait que cette topologie est de Hausdorff, donc il n y a pas d autres limites. (b) Comme T K contient la topologie standard, si la limite existait elle devrait être 0. Mais la suite ne converge pas vers 0 par rapport à la topologie T K. En fait, l ouvert R \ K contient 0 et ne contient jamais 1 n. Donc la suite ne converge vers aucun point.
(c) La suite converge vers n importe quel x R dans la topologie du complément fini. En fait, si U est un ouvert qui contient x, alors K \ U R \ U est fini. Ca veut dire que à partir d un certain N N la suite est dans U. (d) Comme la topologie de la limite supérieure contient la topologie T K, la suite ne converge vers aucun point par rapport à T limsup. (e) La suite converge vers n importe quel x 0 par rapport à la topologie supérieure. En fait, pour tout a > x 0 le nombre 1 n est dans (, a) pour n > 1 a. Ensuite la suite ne converge vers aucun y < 0. En fait, (, y 2 ) est un ouvert qui contient y et ne contient jamais 1 n. (f) Comme la topologie discrète contient la topologie T K, la suite ne converge vers aucun point par rapport à T disc. (g) La suite converge vers n importe quel x R dans la topologie grossière. En fait, si le seule ouvert qui contient x et R, et il contient les éléments de la suite aussi. Exercice 4. Soient (X, T ), (Y, T ) deux espaces topologiques. (a) Montrer que (Y, T ) est de Hausdorff si et seulement si la diagonale Y := {(y, y) y Y } Y Y est fermée par rapport à la topologie produit T T sur Y Y. (b) Pour (Y, T ) de Hausdorff, D X dense (par rapport à T ) et f, g : (X, T ) (Y, T ) continues, montrer que f = g si et seulement si f D = g D. Preuve. (a) [= ] On va montrer que si Y est d Hausdorff, alors le complementaire de la diagonale est ouvert. Soit (x, y) Y. Alors x y e lorsque Y est d Haudorff il y a deux ouverts disjoints U et V qui contiennent respectivement x et y. Alors U V est ouvert dans Y Y, il contient (x, y) et il n intersecte pas la diagonale. [ =] Soit x y dans Y. Ca veut dire que (x, y) Y. Alors il y a un ouvert de base de Y Y qui contient (x, y) et qui n intersecte pas la diagonale. Cela signifie que (x, y) U V Y Y \ Y, pour des ouverts U et V dans Y. En particulier, on deduit que x U, y V et U V =. (b) On va montrer que E := {x X f(x) = g(x)} = X. Si on definit h: X Y Y par h(x) := (f(x), g(x)), alors cette application est continue parce que ses projections f et g le sont. Ensuite, E = h 1 ( ), qui est fermé comme h est continue et Y est d Hausdorff. Par ailleurs E D. Donc on a E = E D = X. Exercice 5. ( ) Soit X un espace topologique non vide. (a) Le cône sur X est CX := (X I)/ où est la relation d équivalence engendrée par (x, 1) (y, 1) pour x, y X. Faire un dessin, et démontrer que CS n = D n+1 pour tout n N. (b) La suspension de X est ΣX := (X I)/, où est la relation d équivalence, engendrée par (x, 0) (y, 0) et (x, 1) (y, 1) pour x, y X. Faire un dessin, et démontrer que ΣS n = S n+1 pour tout n N.
Preuve. (a) Considère l application On a que f : S n [0, 1] D n donnée par ( x, t) (1 t) x D n. (a) f est bien défini et f( x, 1) = 0 = f( y, 1). (b) f est continue parce que chaque composante est polynomiale en t et en les composantes de x. (c) f(x, t) = f(y, s) seulement si (x, t) = (y, s) ou t = 1. (e) S n [0, 1] est compact et D n est de Hausdorff. Par conséquent, (a) f induit une application f sur CS n, donnée par [( x, t)] (1 t) x. (b) f est continue. (c) f est injective. (e) CS n est compact et D n est de Hausdorff. Pour conclure, f est une application continue et bijective d un espace compact vers un espace de Hausdorff, et donc elle et un homéomorphisme. (b) Pour avoir une formule plus facile, prenons la suspension comme quotient du cylindre obtenu avec le produit avec l intervalle [ 1, 1]: ΣX := (X [ 1, 1])/, où est la relation d équivalence, engendrée par (x, 1) (y, 1) et (x, 1) (y, 1) pour x, y X. D un point de vue topologique ça ne change rien. Considère l application On a que f : S n 1 [ 1, 1] S n donnée par ( x, t) ( (1 t 2 ) x, t) S n. (a) f est bien défini, f( x, ±1) = ( 0, ±1) = f( y, ±1). (b) f est continue parce que chaque composante est polynomiale en t et en les composantes de x. (c) f(x, t) = f(y, s) seulement si (x, t) = (y, s) ou t = ±1. (e) S n 1 [ 1, 1] est compact et S n est de Hausdorff. Par conséquent, (a) f induit une application f sur ΣS n, donnée par [( x, t)] ((1 t 2 ) x, t) S n. (b) f est continue. (c) f est injective. (e) ΣS n+1 est compact et S n est de Hausdorff.
Pour conclure, f est une application continue et bijective d un espace compact vers un espace de Hausdorff, et donc elle et un homéomorphisme. Si jamais, l on peut remarquer que S n+1 est obtenu en recollant deux copies de D n le long de l équateur, et la suspension de S n est obtenu en recollant deux copies du cône le long de la base. Ensuite, on peut donner un homéomorphisme entre S n+1 et ΣS n en utilisant deux fois l homéomorphisme donné en (a). Exercice 6. ( ) Soit R/K l espace quotient de R où on a identifié K à un point, T q la topologie quotient sur R/K induite par T K, et p : (R K, T K ) (R/K, T q ) l application quotient. (a) Prouver que l espace (R/K, T q ) satisfait l axiome T 1, mais n est pas de Hausdorff. (b) Montrer que p p : (R K R K, T K T K ) (R/K R/K, T q T q ) n est pas une application quotient. Indication: considérer la diagonale dans R/K R/K et son image inverse dans R K R K. Preuve. (a) Soit [x], [y] R/K tel que [x] [y]. Commençons par remarquer que pour a < b R, p 1 (]a, b[\k) =]a, b[\k T K. Ainsi comme p est une application quotient, ]a, b[\k T q. Nous avons deux cas à traiter : x, y / K. Alors, il existe a, b, c, d R tel que x ]a, b[, y ]c, d[ et ]a, b[ ]c, d[= (car (R, T st ) est un espace de Hausdorff). Donc, comme x, y / K, x ]a, b[\k et y ]c, d[\k et finalement [x] ]a, b[\k et [y] ]c, d[\k qui sont bien des ouverts de T q par la première remarque. x K, y / K. (la même preuve est utilisée dans le cas où x / K et y K) Alors, il existe un n N tel que x = 1/n. Il existe a, b R tel que y ]a, b[\k qui est bien un ouvert de T q et x / ]a, b[\k. De plus x ]0, 1[ (], y[ ]y, [) T K et on remarque que p 1 ((]0, 1[\K) (], y[ ]y, [) {pt}) =]0, 1[ (], y[ ]y, [). Ainsi,(]0, 1[\K) (], y[ ]y, [) {pt} est bien un ouvert de la topologie quotient, contenant x mais qui ne contient pas y. Ainsi, T q est bien T 1. Il n est pas Hausdorff, car on n arrive pas à séparer [0] et [1/k] avec 1/k K. Soit U, V T q des ouverts tels que [0] U et [1/k] V. Montrons que U V. Comme U, V sont des ouverts, on sait par définition que p 1 (U), p 1 (V ) T K. On peut se ramener au cas suivant. Il existe a, b R vérifiant p 1 (U) ]a, b[\k 0. Alors il existe N N tel que 1/n < b pour tout n > N. 1 Comme N+1 p 1 1 (V ) qui est un ouvert, il existe c, d R tel que N+1 ]c, d[ p 1 (V ). 1 Soit r ] N+1, min(b, d)[ Kc. Alors r p 1 (U) p 1 (V ). (b) Soit := {([y], [z]) R/K R/K y z} la diagonale. Comme R/K n est pas de Hausdorff la diagonale n est pas fermée. Pourtant, on montre que p p 1 ( ) est fermé, ce qui montre que p p ne peut pas être une application quotient. Soit (x, y) R R \ (p p 1 ( )). En particulier x y et x ou y n appartiennent pas à K, supposons y / K. Alors il existe a, b, c, d R tel que x ]a, b[ et y ]c, d[\k et ]a, b[ ]c, d[=. On a que ]a, b[ ]c, d[\k R R\p p 1 ( ). En effet, si (x, y ) ]a, b[ ]c, d[\k, alors p p(x, y ) = ([x ], [y ]). Cependant y / K et y x implique que [x ] [y ]. D où, p p 1 ( ) est fermé.