[PDF] TD de topologie et calcul différentiel– Corrigé de la Feuille 3

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LM360 Mathematiques 2008

TD de topologie et calcul dierentiel{ Corrige de

la Feuille 3: Topologie des espaces metriques

Groupe de TD 5

Rappelons que la distance usuelle du planR2est la distance euclidienne denie par d(x;y) =p(x1y1)2+ (x2y2)2 sixetyont pour coordonnees (x1;x2) et (y1;y2) respectivement. Exercice 1.Soient les fonctions du planR2dansR+denies par N

1(x) =jx1j+jx2j; N2(x) =qx

21+x22; N1(x) = max(jx1j;jx2j)

sixa pour coordonnees (x1;x2). Verier quedi(x;y) =Ni(xy) est une distance deR2pouri= 1;2 ou1. Dessiner la boule centree en l'origine et de rayon 1 pour chacune de ces distances. Montrer que ces distances sont equivalentes (on pourra montrer que N

1(x)6N1(x)62N1(x) etN1(x)6N2(x)6p2N1(x)

quel que soitx2R2). Veriez que la topologie deR2induite par ces distances est la topologie dite usuelle. Correction 1.Pouri= 1;2 ou1, on verie immediatement queNi(x) s'annule si et seulement six1=x2= 0. Par consequent, quels que soientxetydansR2, d i(x;y) = 0,Ni(xy) = 0,xy= 0,x=y: D'autre part, il est clair queNi(x) =Ni(x). On en deduit que d i(x;y) =Ni(xy) =Ni(yx) =di(y;x): Il reste a verier l'inegalite triangulaire. Pour cela, il sut de montrer que N i(x+y)6Ni(x) +Ni(y);8x;y2R2:(0.1)

En eet, commexy= (xz) + (zy), il vient

d i(x;y) =Ni(xy)6Ni(xz) +Ni(zy) =di(x;z) +di(y;z):

Verions (

0.1 ) pouri= 1:N1(x+y) =jx1+y1j+jx2+y2j6jx1j+jy1j+jx2j+jy2j= N

1(x) +N1(y).

Considerons maintenanti=1, on ajx1+y1j6jx1j+jy1j6max(jx1j;jx2j) + max(jy1j;jy2j) =N1(x) +N1(y):De m^emejx2+y2j6N1(x) +N1(y). Donc N

1(x+y) = max(jx1+y1j;jx2+y2j) est inferieur ou egal aN1(x)+N1(y). Enn,

d

2n'est autre que la distance usuelle deR2, qui verie bien-entendu l'inegalite

triangulaire.1 111 Les boules sont representees pourd1,d2etd1successivement. Montrons qued1etd1sont equivalentes. Commejx1j6jx1j+jx2jetjx2j6 jx1j+jx2j, on aN1(x)6N1(x). D'autre partN1(x)62N1(x). On en conclut que quels que soient les pointsxety, d

1(x;y)6d1(x;y)62d1(x;y):

Les distances sont donc equivalentes. On peut en eet verier la denition 2.1.5 du cours: soitx2R2etr >0, alors B

1(x;r=2)B1(x;r)B1(x;r):

On aurait pu aussi remarquer que si une suitexn!a2R2pour la topologie associee a (R2;d1), autrement ditd1(xn;a)!0, alorsd1(xn;a) converge vers 0 puisqu'elle est majoree pard1(xn;a), et donc (xn) converge versapour la topologie induite pard1. On verie la reciproque de la m^eme facon. Les topologies des espaces metriques (R2;d1) et (R2;d1) sont donc identiques, puisqu'elles ont m^emes suites convergentes (voir theoreme 2.8.5). On suit exactement la m^eme methode pour montrer qued2etd1sont equivalentes. On en deduit ensuite par transitivite que d

1etd2sont aussi equivalentes.

Remarque 1.Pour information, les fonctionsNisont desnormesdeR2. L'etude des espaces vectoriels normes sera l'objet d'un chapitre ulterieur du cours. On verra en particulier que dans unR(ouC)-espace vectoriel dedimension nie, toutes les normes sont equivalentes. Exercice 2.On munit le sous ensembleX= [0;1][[2;4[ deRde la distance usuelled(x;y) =jxyj a)A= [2;4[ est-il ouvert dans l'espace topologiqueX? Est-il ferme ? b)Montrer queB= [0;1] est ouvert et ferme dansX. c)La suiteun= 43nest -elle convergente dansX? Correction 2.a)Le sous-ensembleAdeXest l'intersection deXavec la boule ouverte deR, de centre 3 et de rayon 1,5 doncAest ouvert dansX(voir le para- graphe du cours sur la topologie induite sur les sous-espaces). MaisAest aussi ferme dansXcar c'est l'intersection deXavec la boule fermee deRde centre 3 et de rayon 1;5. b)De m^eme, on voit que le sous ensembleBest a la fois ouvert et ferme dans X: c'est en eet l'intersection deXavec la boule ouverte (respectivement fermee) deRde centre 1=2 et de rayon 3=2. c)Si la suite donnee (qui est bien dansX) convergeait dansXvers un point `, elle convergerait aussi dansRvers ce point. Mais dansR, la suite tend vers 4. Comme la limite est unique, on a`= 4, ce qui est absurde puisque 4=2X. Remarque 2.La suiteun= 43nest un exemple de suite de Cauchy qui ne converge pas. On peut demontrer lec)sans faire reference aR. En eet, sil2X, alorsj4lj>0 et a partir d'un certain rang, aucun point de la suiteunn'est dans la bouleB(l;j4lj=2). Ceci prouve qu'aucunl2Xn'est limite de la suiteun. Exercice 3.Soit (E;d) un espace metrique etAune partie (non vide) deE. Etant donnex2E, on denit \la distance dexaA" par la formule d(x;A) := infy2A(d(x;y)): a)Montrer qued(x;A) = 0 si et seulement six2A. Montrer qued(x;A) =d(x;A). b)Montrer que l'applicationx7!d(x;A) deEdansRest uniformement continue (on pourra montrer qu'elle est lipchitzienne). 2 Correction 3.a) Dans un espace metrique,x2Asi et seulement si il existe une suite (xn)n2N2ANd'elements deAtelles quexn!xc'est a dire qu'il existe une suitexndansAtelles qued(xn;x)!0. Il en resulte immediatement qued(x;A) = 0 si et seulement six2A. EnsuiteAAimpliqued(x;A) d(x;A). Il reste a montrer qued(x;A)d(x;A) c'est a dire que pour tout r >0,d(x;A) +r > d(x;A). Fixons un telr, et soity2Atel qued(x;y)< d(x;A) +r=2. Commey2A, il existez2Atel qued(z;y)< r=2. D'apres l'inegalite triangulaire, il suit qued(x;z)< d(x;A) +rd'ou le resultat en passant a l'inf. . b)D'apres le cours, il sut de montrer qu'elle est 1-lipchsitzienne (en faitk- lipchsitzienne pour n'importe quelksut). D'apres l'inegalite triangulaire, pour touta2Aetx;y2E, on ad(x;a)d(x;y)+d(y;a). D'ou, en passant a l'inf a gauche,d(x;A)d(x;y) +d(y;a) et en passant a l'inf a gauche on obtientd(x;A)d(y;A)d(x;y). En inversant les r^oles dexetyon obtient jd(x;A)d(y;A)j d(x;y). Exercice 4.On notedla distance usuelle deR2. Sixetysont deux vecteurs du plan, on denitd0(x;y) :=d(x;y) sixetysont colineaires etd0(x;y) :=d(x;0) + d(y;0) s'ils ne le sont pas.

1)Montrer qued0est une distance. On l'appelledistance SNCF, pourquoi ? Decrire

geometriquement la boule ouverteB0(x;r) pourx2R2etr2R+.

2)La distanced0est-elle equivalente a la distance usuelle deR2?

3)Lesquelles des transformations suivantes du plan sont continues pour la distance

SNCF: rotation de centre 0

R2, homothetie de centre 0R2et translations ?

4)Determiner l'adherence du demi-planH=f(x;y)= y >0get l'interieur de l'axe

des ordonneesDpour la distance SNCF.

Correction 4.

1 )Il est clair que la fonctiond0est symetrique et qued0(x;y)

s'annule si et seulement six=y. Pour verier l'inegalite triangulaired0(x;y)6 d

0(x;z) +d0(y;z), il convient de traiter separement les cas suivants:

les vecteursx;y;zsont deux a deux colineaires. xetysont colineaires,xetzle sont aussi, par contreyetzne le sont pas. Alors,x= 0. xetzsont colineaires,yetzle sont aussi, par contrexetyne le sont pas. Alors,z= 0. xetyne sont pas colineaires,xetzne le sont pas non plus, par contre yetzle sont. xetzne sont pas colineaires,yetzne le sont pas non plus, par contre xetyle sont. Aucun couple defx;y;zgn'est forme de vecteurs colineaires. Deux cas n'ont pas ete consideres (lesquels ?), car il se ramenent aux cas prece- dents par symetrie dexetydans l'inegalite triangulaire. Enn, la verication de l'inegalite est immediate dans chacun des cas presentes (elle se deduit de l'inegalite triangulaire pour la distance usuelle). d

0(x;y) peut representer le temps necessaire pour se rendre dexaypar le

train, Paris etant place a l'origine. 3

2)Decrivons les boules ded0en fonction des boulesB(x;r) pour la distance usuelle.

Sixest l'origine,B0(x;r) =B(x;r). Sixn'est pas l'origine, alors pourr6 d(x;0),B0(x;r) est le segment ouvertS(x;r) de la droite passant parxet l'origine centre enxet de longueur 2r. Pourr > d(x;0),B0(x;r) est la reunion du segmentS(x;r) et de la bouleB(0;rd(x;0)). Cette distance n'est pas equivalente a la distance usuelle. En eet, la boule B

0centree en (1;0) de rayon 1 est incluse dans l'axe des abscisses. Or aucune

boule pour la distance usuelle de rayon strictement positif n'est incluse dans cet axe, donc dansB0. Par contre, on voit facilement qu'en tout pointx, toute boule pour la distance usuelle centree enxcontient une boule pourd0centree enx(en eet six6= 0, pour" >0 susament petit, la bouleB0(x;") est un segment ouvert centre surx). Donc, les ouverts ded(qui sont reunions de boules) sont aussi ouverts pourd0, la reciproque est fausse comme on l'a vu.

3)Les rotations par rapport a l'origine preservent la distance usuelle et transfor-

ment des vecteurs colineaires en vecteurs colineaires. Par consequent elles sont des isometries pour la distanceSNCFet sont donc continues pour cette dis- tance (elles sont en particulier 1-lipchitzienne). De m^eme, l'homothetiefde centre l'origine et de rapportveried0(f(x);f(y)) =jjd0(x;y). Elle est donc continue comme application lipschitzienne. Enn une translationTde vecteurx6= 0R2n'est pas continue. En eet, notons`la norme dex. Alors la boule pourd0centree enxde rayon`=2 est le segment ]x=2;3x=2[, son image reciproque parTest ]x=2;x=2[. SiTetait continue, ]x=2;x=2[ serait ouvert comme image reciproque d'une boule ouverte. Or ce n'est pas le cas: ]x=2;x=2[ contient l'origine 0R2mais ne contient aucune boule centree en l'origine. D'autres preuves sont bien-sur possibles. par exemple, on pourrait exhiber une suiteyn!n!1ydansR2telle que la suiteT(yn) ne converge pas versT(y). Il sut de prendreynon-colineaire ax(et donc non-nul) etyn= (11=n)y une suite de points sur la droite vectorielle contenanty. AlorsT(yn) etT(y) ne sont plus colineaires. Il suit qued0(T(yn);T(y))d(T(y);0) =d(y;0)>0; la suiteT(yn) ne converge donc pas versT(y).

4)On peut remarquer facilement queHest ouvert. Rappelons queHHet queH=fz= (x;y)2R2=xest adherent a^AHg

fx2R2=8r >0; B0(x;r)[H6=;g: Or siz= (x;y)6= 0, pourrsusament petit,B0(x;r) est un segment ouvert cnetre enxet portee par la droite vectorielleRx. Il suit que siz= (x;y)6= 0 ety0, alorszn'est aps adherent aH. En revanche, 0 =f0;0gest adherent aHpuisque les boules centrees sur 0 pour la distanced0sont les boules euclidiennes usuelles. Par consequentH=H\ f0g. Un argument similaire montre que siz= (0;y)2Dest non nul,zest interieur aDmais que 0 n'est aps interieur aD. D'ouD=Df0g. En fait, on montre de m^eme que l'interieur de toute droite vectorielle est la droite privee de l'originef0g. Exercice 5.On considere le planR2muni de la topologie usuelle et le cercle unite S

1=f(x;y)= x2+y2= 1gmuni de la topologie trace.

1)Montrer que l'application

p:R!S1; !(cos;sin) 4 est continue.

2)SoitEun espace topologique. Montrer qu'une applicationf:S1!Eest

continue si et seulement sifpl'est aussi.

3)Quels sont les ouverts deS1considere comme sous-espace deR2muni de la

distanceSNCFde l'exercice4 ? Rappelons que siX;Ysont des espaces topologiques etAYun sous-espace muni de la topologie induite parY(appelee aussi topologie trace), alors l'injection i:A ,!Yest continue et de plus on a la propriete suivante: f:X!Aest continue()if:X!Yest continue.

Correction 5.

1 )L'applicationR!R2qui aassocie le point de coordonnees

(cos;sin) est continue car ses composantes le sont. D'apres le rappel juste avant le corrige,pest alors continue.

2)Sif:S1!Eest continue, alorsfpl'est aussi comme composee de fonctions

continues. Reciproquement, supposons quefpest continue et montrons que fl'est. CommeS1est un espace metrique (sous-espace d'un espace metrique), il sut de montrer que pour toutz2S1et toute suite (zn) deS1convergeant versz, (f(zn)) converge versf(z). Choisissons2Rtel quep() =z. Comme (zn) convergez, a partir d'un certain rangN,znappartient a la boule deR2centree enzde rayon 1. Alors pour toutn>Nil existe un uniquen2]=2;+=2[ tel quep(n) =znet de plus d(zn;z)>(2=)jnj (demontrer ces proprietes sur un dessin !). En fait on peut montrer facilement que l'applicationprestreinte a ]=2;+=2[ est un homeomorphisme (c'est~A dire bijective, continue et dont l'inverse est egalement continue). Par hypothesed(zn;z)!0, doncn!(puisqued(zn;z)>(2=)jnj). Commefpest continue, on a (fp)(n)!(fp)(), autrement dit f(zn)!f(z).

3)D'apres le cours, un ouvert est l'intersection d'un ouvert pour la topologie de la

distanceSNCFet deS1. Mais tout pointzdeS1est non-nul. Il resulte de l'exercice 4 , queB0(x;d(x;0))\S1=fxg(oudest la distance usuelle). Donc tous les points deS1sont ouverts pour la topologie induite par la distance

SNCFd0et doncS1est discret pour cette topologie.

On peut aussi remarquer que la topologie trace (dite aussi topologie induite) deS1est la topologie associee a la metrique obtenue comme restriction ded0 aS1S1. En particulier, on a pour toutx;y2S1 d

0(x;y) =(

2 six6=y

0 six=y:

Exercice 6.SoitEun ensemble,d1etd2deux distances surE. Montrer que d

0=d1+d2etd00= max(d1;d2) sont des distances surEet qu'elles y denissent

la m^eme topologie. Correction 6.La verication des axiomes est immediate : soienta;b;ctrois ele- ments deE(en topologie on dit des points, m^eme siEn'est pas une droite ou un plan). On a clairementd0(a;b) = 0 si et seulement sia=b. De m^eme pourd00. En- suited0(a;b) =d0(b;a) et de m^eme pourd00. L'inegalite triangulaire est bien veriee pourd0: d

0(a;c) =d1(a;c) +d2(a;c)d1(a;b) +d1(b;c) +d2(a;b) +d2(b;c);

5 puisqued1etd2sont des distances, doncd0(a;c)d0(a;b) +d0(b;c). Ensuite on a, pouri= 1ou2, d i(a;c)di(a;b) +di(b;c)d00(a;b) +d00(b;c); ce qui donne biend00(a;c)d00(a;b) +d00(b;c). Par ailleurs, il est clair qued00 d

02d00. On en conclut que les distances sont equivalentes comme dans la n de

l'exercice 1 Exercice 7.A l'aide des suites et de la caracterisation de l'adherence et de la continuite dans le cas des espaces metriques, donner des preuves plus simples du sens direct de l'exercice 2 de la feuille de TD 2, de l'exercice 3 de la feuille de TD 2 du1de l'exercice 10 de la feuille de TD 1 et de l'exercice 8 de la feuille de TD 2. On supposera a chaque fois que les espaces topologiques sont metrisables. Correction 7.Sens direct de l'exercice 2 de la feuille de TD 2 lorsqueXetYsont des espaces metriques. Supposonsf:X!Ycontinue. SoitAune partie deX. Tout pointxdeAest limite d'un suite (xn) deA.fetant continue,f(xn) converge versf(a) . Orf(xn) est une suite def(A), doncf(x)2f(A). Exercice 3 de la feuille de TD 2 lorsqueXetYsont des espaces metriques. Montrons queA=fx= f(x) =g(x)gcontient les limites de ses suites convergentes. Si (xn) est une suite deAqui converge versx, alors (f(xn)) converge versf(x) et (g(xn)) versg(x) par continuite defetg. Commef(xn) =g(xn) pour toutn, les limitesf(x) etg(x) sont egales, autrement ditx2A.

1)de l'exercice 10 de la feuille de TD 1 lorsqueXest un espace metrique.

Rappelons queAYX. Un pointx2Yadherent aAdansYest limite d'une suite (xn) deA. Comme (xn) converge aussi versxdansX,xappartient a l'adherenceAdeAdansX. Reciproquement, six2A\Y, alorsxest limite dans Xde (xn) a valeurs dansA. Commex2Y,xest aussi limite de (xn) dansF, donc il appartient a l'adherence deAdansY. Exercice 8 de la feuille de TD 2 lorsqueXetYsont des espaces metriques.fest une fonction continue deXdansY. Pour montrer que sa restriction a une partieA deXest continue, il sut de montrer que pour toutxdansAet toute suite (xn) deAconvergeant dansAversx,f(xn) converge versf(x). C'est evident car une telle suite (xn) converge dansXversx. Exercice 8.SoitEun ensemble possedant aux moins deux elements distincts. Verier que l'applicationd:EE![0;+1[ qui au couple (x;y) associe 1 six6=y et 0 six=yest une distance. Montrer que la topologie associee a cette distance est la topologie discrete. Est-ce que l'adherence d'une boule ouverteB(x;) =fy2 E =d(x;y)< gest necessairement la boule fermeeBF(x;) =fy2E =d(x;y)g qui lui est associee ? Correction 8.L'axiome de symetrie (d(x;y) =d(y;x)) est evident tout comme il est clair qued(x;y) = 0 ssix=y. L'inegalite triangulaire se verie aisement. Pour montrer que la topologie associee est discrete, il sut de montrer que tous les singletonsfygsont ouverts. Orfyg=B(y;r) pour toutr1. On remarque que B F(y;1) =E. Mais commefygest ferme,B(y;1) =fyg=fyg 6=BF(y;1). 6quotesdbs_dbs16.pdfusesText_22

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