[PDF] Fiche de TD 8 (Corrigée) : Connexité

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UCBL 2009/2010 - Semestre d"automneLicence STS, L3 Math´ematiques, Topologie

Fiche de TD 8 (Corrig´ee) : Connexit´e

Exercice 1 (D´efinition - Rappels).SoitXun espace topologique. Les assertions suivantes sont ´equivalentes. Par d´efinition,Xest ditconnexesi ces assertions sont satisfaites.

1.Xn"est pas la r´eunion de deux ouverts non vides disjoints.

2.Xn"est pas la r´eunion de deux ferm´es non vides disjoints.

3. Les seules parties deXqui sont ouvertes et ferm´ees sont∅etX.

4. Toute fonction continue deXvers{0,1}muni de la topologie discr`ete est constante.

La preuve de (1)??(2) est triviale (il suffit de passer aux compl´ementaires). Montrons (1)?(3). Soit

Uune partie deX`a la fois ouverte et ferm´ee. AlorsXest la r´eunion disjointe deUetX\Uqui sont deux

ouverts. Par (1), l"un des deux est necessairement vide ce qui montre queU=∅ouU=X. Montrons (3)?(4). Soit doncf:X→ {0,1}continue avec{0,1}muni de la topologie discr`ete. Par

cons´equent,{0}est `a la fois ouvert et ferm´e dans{0,1}. Par continuit´e,f-1(0) est `a la fois ouvert et ferm´e

dansX. Par cons´equentf-1(0) est ´egal `aXou bien∅. Dans le premier cas,fest constante ´egale `a 0 et

dans le second casfest constante ´egale `a 1. Pour finir, montrons l"implication (4)?(1). SoientU,Vdeux ouverts disjoints deXtels queX=U?V,

le but ´etant de montrer que l"un d"eux est n´ecessairement vide. La fonctionf:X→ {0,1}donn´ee par

f(x) = 0 six?Uetf(x) = 1 sinon est alors continue (avec{0,1}muni de la topologie discr`ete). Par hypoth`ese,fest constante ce qui montre queUouVest ´egal `aXou encore queUouVest vide. Exercice 2.SoitXun espace topologique. SoientAetYdeux parties deXtelles queA?Y. Montrer que siAest connexe dansYalorsAest connexe dansX. Ici la phrase "Aest connexe dansY" est `a comprendre au sens suivant :Amuni de la topologie induite parYest connexe. Pour la preuve, soientUetVdeux ouverts deApour la topologie induite parXtels

queA=U∩V,U∩V=∅, le but ´etant de montrer que l"un d"eux est vide. Par d´efinition de la topologie

induite, il existe deux ouvertsU?,V?deXtels queU=A∩U?etV=A∩V?. CommeAest inclus dansY,

on peut ´ecrireA=A∩Y. Par cons´equent,U=A∩(U?∩Y) etV=A∩(V?∩Y). AinsiAest la r´eunion

de deux ouverts pour la topologie induite parYqui sont disjoints. Par hypoth`ese l"un des deux est vide.

Exercice 3 (classique).Soitf:R→Rune fonction continue et injective. Le but est de montrer quef est (strictement) monotone.

1. Montrer queC={(x,y)?R2|x > y}est un connexe deR2.

On peut facilement montrer queCest convexe donc connexe par arcs et donc connexe.

2. SoitF:R2→Rdonn´ee parF(x,y) =f(x)-f(y). Consid´ererF(C) pour conclure.

L"applicationFest continue. En effetF=f◦p1-f◦p2o`up1etp2sont les projections naturelles deR2surR. L"image d"un connexe par une application continue est connexe doncF(C) l"est. Par l"absurde supposons que 0?F(C). Alors il existe (x,y)?Ctel que 0 =F(x,y) =f(x)-f(y). Par injectivit´e defcela signifie quex=yce qui est absurde puisque (x,y)?C. Ainsi 0/?F(C). Or toute partie connexe deRest un intervalle (de longueur finie ou non). On en d´eduit que soitF(C)?R>0 soitF(C)?R<0ce qui implique dans les deux cas la monotonie def. 1 Exercice 4.L"ensembleQest-il connexe par arcs ? Est-il connexe ?

La r´eponse est non aux deux questions. Voyons la connexit´e par arcs. Par l"absurde siQl"´etait il

existerait une application continuec: [0,1]→Qtelle quec(0) = 1 etc(1) = 2 (puisque 1 et 2 appartiennent

`aQ). L"image decserait donc un connexe dansQcontenant 1 et 2. En utilisant l"exercice 1 on obtient

quec([0,1]) serait en fait une partie connexe deRcontenant 1 et 2, i.e. ce serait un intervalle contenant 1

et 2 donc contiendrait⎷

2 ce qui est absurde.

Pour nier la connexit´e, on a

Q= (]- ∞,⎷

2[∩Q)?(]⎷2,+∞[∩Q),

ce qui montre qu"on peut ´ecrireQcomme la r´eunion disjointe de deux ouverts non vides deQ. Exercice 5.DansMn(C) etMn(R) muni de la topologie associ´ee `a n"importe quelle norme (elle sont toutes ´equivalentes), montrer que GL n(C) est connexe par arcs mais que GLn(R) n"est pas connexe. SoientAetBdeux ´el´ements de GLn(C). Consid´erons l"applicationP:Mn(C)→Cdonn´ee par

P(z) = det(zB+ (1-z)A). Par d´efinition du d´eterminant, cette application est un polynˆome enz. De

plusP(0) = det(A)?= 0 doncPest un polynˆome non nul. Notonsz1,...,zrles racines deP. On a

P(0) = det(A)?= 0 etP(1) = det(B)?= 0 donc 0 et 1 ne font pas partie deszk. Il existe alors une fonction

continuee: [0,1]→C ?{z1,...,zr}tel quee(0) = 0 ete(1) = 1 (intuitivement on dit qu"il existe un chemin reliant 0 `a 1 dansCet qui ne passe par aucunzk). On consid`ere alorsc: [0,1]→ Mn(C) donn´ee parc(t) =e(t)B+ (1-e(t))A. On constate quecest `a valeurs dans GL n(C) (ceci car det(c(t)) =P(e(t))?= 0 pour toutt?[0,1]) et quec(0) =Aetc(1) =B.

L"ensemble GL

n(R) n"est pas connexe car on peut l"ecrire comme union disjointe de deux ouverts non vides :U={A? Mn(R)|det(A)>0}etV={A? Mn(R)|det(A)<0}. Ce sont bien des ouverts car, par exemple,Aest l"image r´eciproque de l"ouvertR>0par l"application continue det.

Remarque.

On peut directement montrer que l"ensemble GLn(R) n"est pas connexe par arcs. L"id´ee est de

consid´ererAde d´eterminant positif etBde d´eterminant n´egatif. Par l"absurde on suppose la connexit´e

par arcs, il existe alors un cheminc: [0,1]→GLn(R) tel quec(0) =Aetc(1) =B. Par suite l"application

f: [0,1]→Rdonn´ee parf= det◦cest continue. On a alorsf(0) etf(1) de signe oppos´e ce qui par le

th´eor`eme des valeurs interm´ediaires implique l"existence det0tel quef(t0) = 0. La matricec(t0) est alors

de d´eterminant nul ce qui est absurde.

Exercice 6.Soient deux espaces topologiques hom´eomorphes. On rappelle que l"un est connexe (par arcs)

si et s. si l"autre l"est.

1. Montrer queRetRn(avecn >1) ne sont pas hom´eomorphes.

Par l"absurde s"il existait un hom´eomorphismef:Rn→RalorsU=Rn?{0}serait hom´eomorphe `aV=R ?{f(0)}. OrUest connexe par arcs. Ceci impliquerait queVserait connexe (par arcs) ce qui est absurde connaissant les connexes deR.

2. Montrer que le cercle unit´eS1deCn"est pas hom´eomorphe `a un segment deR.

On fait la mˆeme preuve. Par l"absurde, s"il existait un hom´eomorphisme entreS1et un segmentI

alorsS1priv´e d"un point serait hom´eomorphe `aIpriv´e d"un point. Or le premier est connexe (par

arcs) et le second non connexe d"o`u l"absurdit´e.

Exercice 7 (Connexit´e et Connexit´e par arcs).On sait par le cours que la connexit´e par arcs entraine

la connexit´e et que pour un ouvert deRnles deux notions se confondent. L"objet de l"exercice est de donner

un exemple (classique) d"un connexe qui n"est pas connexe par arcs.

A?R2(Fest l"adh´erence deAdansR2).

2

1. Montrer que

2. Montrer queFest connexe.

3. Montrer queFn"est pas connexe par arcs.

Correction.

1. Montrons l"inclusion?. Soit (x,y)?F=¯A. Alors il existe une suite ((xn,yn)) deAqui converge vers

(x,y). Six >0 alorsyn= sin(1/xn) converge vers sin(1/x) (par continuit´e de sin) d"o`u (x,y)?A. Dans le casx= 0, on ayn= sin(1/xn) d"o`uyn?[-1,1]. Par cons´equent, `a la limite on ay?[-1,1].

D"o`u (x,y)? {0} ×[-1,1].

Montrons l"inclusion?. Soit (x,y) dans le membre de droite, le but ´etant de montrer qu"il existe une

suite ((xn,yn)) deAqui converge vers (x,y). Six >0, une telle suite existe trivialement (il suffit de

prendre la suite constante ´egale `a (x,y)). On suppose doncx= 0. Ainsiy?[-1,1] est quelconque. Soitz≥1 tel que sin(z) =y. Soit alorsxn= 1/(z+ 2πn). On aura sin(1/xn) = sin(z) =yPar

cons´equent la suite (xn,sin(1/xn)) est une suite deAqui tend vers (0,y) d"o`u l"inclusion voulue.

2. L"ensembleAest connexe dansR2comme image du connexe ]0,1] par l"application continueF:R→

R

2donn´ee parF(x) = (x,sin(1/x)). Par le cours, l"adh´erenceFdeAest connexe.

3. Par l"absurde, supposonsFconnexe par arcs. Il existec: [0,1]→Fcontinue tel quec(0) = (1,sin(1))

etc(1) = (0,0). Notonsc(t) = (x(t),y(t)). NotonsT0={t?[0,1]|x(t)>0}. Cet ensemble est non vide puisque 0?T0. On consid`ere alors t

0= sup(T0).

Par l"absurde, supposonsx(t0)>0. Alors par continuit´e dex, on auraitx >0 sur un voisinage de t

0ce qui en contredit la d´efinition. Par cons´equentx(t0) = 0. Ainsi par continuit´e dexent0, on a :

lim

t→t0x(t) = 0. Ainsi il existe une suite (τn) qui tend en croissant verst0telle que la suite (x(τn))

tend en d´ecroissant vers 0. Notonsc(t0) = (0,y0). Soity?[-1,1]?{y0}. Soitz >0 tel que sin(z) =y. Pour toutn, il existe un

entierknassez grand pour quexn:= 1/(2πkn+z)< x(τn). Par le th´eor`eme des valeurs interm´ediaires

appliqu´e `ax, il existetn?[τn,t0] tel quex(tn) =xn. On a alorsc(tn) = (xn,sin(2πkn+z)) = (xn,y).

Ainsi la suitetntend verst0etc(tn) tend vers (0,y)?=c(t0). Contradiction. 3quotesdbs_dbs35.pdfusesText_40

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