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Faculté des Scienceset Techniques

Université Cadi AyyadMarrakech

LST-MIASI

Cours de topologie

Mémoire rédigé dans le cadre du stage LST par les étudiants :EL QATE KARIMA

SABI NIDALKHRAISSI OTHMANE

Professeur responsable : Abdelhak Abouqateb

TABLE DES MATIÈRES

1 Topologie des espaces métriques 2

1.1 Espaces métriques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.2 Les Boules . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.3 Convergence de suites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.4 Ouverts et fermés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.5 Intérieur-Adhérence . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.6 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

2 Continuité dans les espaces métrique 32

2.1 Continuité en un point . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

2.2 Continuité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

2.3 Continuité uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

2.4 Équivalence de distances . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

2.5 Homéorphisme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

2.6 Théorème du point fixe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

2.7 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

3 Compacité 55

3.1 Espaces métriques compactes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

3.2 Les partie compact de IRn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

1

TABLE DES MATIÈRES

3.3 Compacité et recouvrement . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60

3.4 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

4 Connexité 69

4.1 Composantes connexes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

4.2 Connexité par arcs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

4.3 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

-2-

CHAPITRE 1

TOPOLOGIE DES ESPACES MÉTRIQUES

1.1 Espaces métriques

Une distance sur un ensemble X est une application

d : X ×X → IR+

(x, y) → d(x, y)

vérifiant :

1. Axiome de séparation : pour tous x, y ∈ X, on a (d(x, y) = 0⇔ x = y)

2. Axiome de symétrie : d(x, y) = d(y, x), ∀x, y ∈ X3. Inégalité triangulaire : d(x, z) ≤ (x, y) + d(y, z), ∀x, y, z ∈ X

Définition 1

• Un espace métrique est un couple (X, d) où X est un ensemble et d unedistance sur X.

Exemple 1. 1. Tout sous-ensemble X de IR peut être considéré de ma-nière naturelle comme un espace métrique : il suffit de le munir de ladistance donnée par d(x, y) = |y − x|

3

Topologie des espaces métriques

2. Si N est une norme sur un espace vectoriel E. l’application

d : E × E → IR+

(u, v) → d(u, v) = N(v − u)

est une distance sur E. Elle est appellée distance associée à la normeNPar exemple, en prenant E = IRn ou E = |Cn.on peut alors définir les trois distances :

d1(x, y) =n∑i=0

|yi − xi|

d2(x, y) =n∑i=0

((yi − xi)2)12

d∞(x, y) = maxi=1,··· ,n

|yi − xi|oú x = (x1, · · · , xn), y = (y1, · · · , yn)

3. E : l’espace des polynômes de degré ≤ 3. dimIRE = 4

E = {P = a0 + a1X + a2X2 + a3X

3/a0, · · · , a3 ∈ IR}

On peut définir sur E la distance :

d1(P,Q) =3∑i=0

|bi − ai| avec P =3∑i=0

aiXi et Q =

3∑i=0

biXi

4. Sur E = C([a, b], K) l’ensemble des fonctions continues sur un inter-valle [a, b] ⊂ IR à valeur dans K (K = IR ou C)(E est un espace vectoriel), on peut définir trois normes et trois dis-tances :

N1(f) =

∫ b

a

|f(t)|dt , d1(f, g) =

∫ b

a

|f(t)− g(t)|dt

N2(f) = (

∫ b

a

|f(t)|2dt)12 , d2(f, g) = (

∫ b

a

|f(t)− g(t)|2dt)12

N∞(f) = supt∈[a,b]

|f(t)| , d3(f, g) = supt∈[a,b]

|f(t)− g(t)|

5. Distance induite :Si (X, d) est un espace métrique et si Y est un sous ensemble de X ; larestriction dy de d à Y est encore un distance sur Y .Elle est appelleé distance induite sur Y et qu’on notera encore d.En particulier n’importe quelle partie X de IRn peut être considéréecomme un espace métrique.

-4-


6. Distance discrète : Soit X un ensemble. On pose pour x, y ∈ X :

d0(x, y) =

{0 si x = y1 si x 6= y

d0 est une distance sur X.

7. Produit d’espaces métriques :Soit (X1, d1), (X2, d2), · · · , (Xn, dn) des espaces métriques .Notation : X = X1 ×X2 × · · · ×Xn

Soient x = (x1, · · · , xn) ∈ X et y = (y1, · · · , yn) ∈ X. On peut définirtrois distances sur X :

δ1(x, y) =n∑i=1

di(xi, yi)

δ2(x, y) = (n∑i=1

(di(xi, yi))2)

12

δ∞(x, y) = max1≤i≤n

di(xi, yi)

avec xi ∈ Xi et yi ∈ Xi .

Exercice 1. Montrer que δ1, δ2 et δ∞ sont des distance sur X.

1.2 Les Boules

-5-


(X, d) un espace métrique, a ∈ X et r > 0.

• On appelle boule ouverte de centre a et de rayon r l’ensemble :

B(a, r) = {x ∈ X/d(x, a) < r}

• On appelle boule fermée de centre a et de rayon r l’ensemble :

Bf(a, r) = {x ∈ X/d(x, a) ≤ r}

noté encore : B′(a, r) ou B(a, r).• On appelle sphére de centre a et de rayon r l’ensemble :

S(a, r) = {x ∈ X/d(x, a) = r}

Définition 2

1.3 Convergence de suites

(X, d) un espace métrique, (xn)n∈IN une suite d’élément de X, soit a ∈ X.

On dit que la suite (xn) converge vers a ou que a est limite de la suite (xn)si l’on a :

limn−→+∞

d(xn, a) = 0

On écrit :lim

n−→+∞xn = a

Définition 3

Ce qui se traduit par :

∀ε > 0, ∃Nε ∈ IN,∀n ∈ IN : (n ≥ Nε =⇒ d(xn, a) < ε)

Ou encore :∀ε > 0, ∃N ∈ IN, ∀n ≥ IN, xn ∈ B(a, ε)

-6-


Autrement dit

∀ε > 0, ∃N ∈ IN, {xn/ n ≥ N} ⊂ B(a, ε)

1.4 Ouverts et fermés

(X, d) un espace métrique.

Une partie U de X est ouverte ( U est un ouvert de X) si U est vide ou pourtout point x de U , il existe r > 0 tel que : B(x, r) ⊂ U .

Définition 4

Exemple 2. 1. U = {(x1, x2) ∈ IR2/x2 > 0} est un ouvert de IR2. Eneffet, pour tout x ∈ U , on peut prendre r = x2

2 on a B(x, r) ⊂ U (IR2

étant muni de la distance euclidienne).

2. V = {(x1, x2) ∈ IR2/x2 ≥ 0} n’est pas un ouvert de IR2. En effet,on a x = (0, 0) ∈ V et pour tout r > 0, D((0, 0), r) 6⊂ V puisque(0, −r2 ) ∈ D((0, 0), r) mais (0, −r2 ) 6∈ V .

3. Sur un espace vectoriel E de dimension finie, la notion d’ouvert nedépend pas de la distance choisie associée à n’importe quelle norme surE (ceci découle du fait que toutes les normes sont équivalentes sur untel espace, résultat qui sera démontré un peu plus loin). Mais pour lemoment, on peut montrer à titre d’exercice que pour IRn, la notiond’ouvert est la même pour les trois distances usuelles.

Exercice 2. Toute boule ouverte d’un espace métrique est un ouvert.

Solution : Soit a ∈ X et R > 0. On va montrer que B(a,R) est un ouvert.Soit alors y ∈ X tel que d(a, y) < R. Le nombre r = R − d(a, y) est alorsstrictement positif. On a B(y, r) ⊂ B(a,R) puisque pour tout z ∈ B(y, r′),on a

d(z, a) ≤ d(z, y) + d(y, a) < r + d(y, a) = R .

-7-


Dans un espace métrique (X, d), les ouverts vérifient :

1. φ et X sont des ouverts.

2. Toute réunion d’ouverts est un ouvert.

3. L’intersection d’une famille finie d’ouverts est un ouvert.

Théorème 1

Démonstration :

1. Évident.

2. Soit (Ui)i∈I une famille d’ouverts de X. U =⋃i∈IUi est un ouvert de X ?

Soit x ∈ U , donc ∃i ∈ I, x ∈ Ui, or : Ui est un ouvert de X, donc∃r > 0, B(x, r) ⊂ Ui et par suite B(x, r) ⊂ U .

3. Soit U1, U2, · · · , Un avec n ∈ IN∗ une famille de n ouverts de X.U = U1 ∩ U2 ∩ · · · ∩ Un est un ouvert de X ?Soit x ∈ U , donc ∀i = 1, · · · , n x ∈ UiD’où ∃ri > 0, B(x, ri) ⊂ Ui.

Pour r = min {r1, r2, · · · , rn} on a B(x, r) ⊂ Ui.Ainsi B(x, r) ⊂ Ui ∩ U2 ∩ · · · ∩ Un.

Remarque 1. : Une intersection d’une famille (non finie) d’ouverts n’estpas toujours un ouvert.

Exemple 3. : Un =]−1n ,

1n [ est un ouvert de IR (∀n ∈ IN∗).

U =⋂n∈IN∗

Un = {0}

(∀n ∈ IN∗, x ∈ Un signifie |x| < 1n)

D’où :

(x ∈⋂

n∈IN∗Un) ⇒ (∀n ∈ IN∗, |x| < 1

n)

⇒ |x| = 0⇒ x = 0

Question : Soit U un ouvert de IR, U est-il réunion d’intervalles ouverts ?Réponse : Oui.

-8-


U = IR\Z =⋃n∈Z

]n, n+ 1[ ouvert de IR .

En effet pour tout x ∈ U , il existe Ix un intervalle ouvert centré en x Ix ⊂ Udonc

⋃x∈U

Ix = U

Soit X un ensemble, on appelle topologie sur X une famille δ de partie deX δ ⊂ P (X) vérifiant :

1. φ ∈ δ et X ∈ δ.2. Pour tout famille (Ui)i∈I d’éléments de δ la réunion

⋃i∈I Ui appartient

à δ.

3. L’intersection d’une famille finie d’éléments de δ est un élément de δ.

Définition 5

• Un espace topologique est un ensemble muni d’une topologie.• Lorsque δ est une topologie sur X les élément de δ s’appellent des ouvertspour la topologie δ.

Exemple 4. :1. Tout espace métrique est naturellement muni d’une topologie cette to-

pologie s’appelle la topologie associée à la distance d.• Si X est une partie de IRn, munie de l’une des trois distance usuelles(d1, d2 ou d∞) alors les topologies associées δ1, δ2 ou δ∞ coincident onparle alors de la topologie usuelle de IRn induite sur X .

2. Si d0 désigne la distance discrét sur un ensemble X, la topologie associéest δ = P (X) (n’importe quelle partie A ⊂ X ,est un ouvert ) car :A = ∪x∈A{x} et {x} = B(x, 1

2) on partie alors de la topologie discréte.3. Soit X un ensemble δ = {φ,X} et une topologie sur X, c’est ce qu’on

appelle la topologie grossiére de X. les seuls ouverts de cette topologiesont φ et X.

(Fermé) soit (X, δ) un espace topologique. on appelle fermé de X tout sousensemble de X dont le complémentaire est ouvert.

Définition 6

-9-


• Par exemple, pour la topologie discréte n’importe quelle partie A de X està la fois un ouvert et un fermé de X.Exercice :Dans un espace métrique X, les boules fermées sont des fermés de X?Soient a ∈ X, r > 0, Y = B(a, r) ; montrons que X − Y est ouverte ; soity ∈ X − Y ; on a donc :

r′ = d(a, y)− r > 0.

La boule ouverte B(y, r′) est contenue dans X − Y : en effet, pour z ∈B(y, r′), on a :

d(a, y) ≤ d(a, z) + d(z, y) < d(a, z) + r′

doncd(a, z) > d(a, y)− r′ = r

.

Les fermés d’un espace topologique X vérifiant :

1. φ et X sont des fermés.

2. L’intersection d’une famille quelconque de fermés est un fermé.

3. La réunion d’une famille finie est un fermé.

Théorème 2

Toute sphére d’une espace métrique est fermé.

Corollaire 1

Démonstration :S(a, r) = { x ∈ X/ d(x, a) = r }

= { x ∈ X/ d(x, a) ≤ r } ∩ { x ∈ X/ d(x, a) ≥ r}= Bf(a, r) ∩ (B(a, r))C

-10-


(Voisinage) X un aspace métrique (ou topologique)a ∈ V ⊂ X on dit que V est un voisinage de a si V contient un ouvertcontenant a.

Définition 7

• ∃ U ∈ δ, a ∈ U ⊂ V on note v(a) l’ensemble des voisinages de a.Lorsque X est un espace métrique (U ∈ v(a)) ⇔ (∃ r > 0, B(a, r) ⊂ U)

U ⊂ X, U est un ouvert si et seulement si U est voisinage de chacun de cespoints.

Proposition 1

Démonstration :⇒) x ∈ U , on a x ∈ U ⊂ U

donc : U ∈ v(x).⇐) ∀x ∈ U , ∃ θx ouvert, x ∈ θx ⊂ U on a alors : ∪x∈Uθx = Udonc U est un ouvert.

Exemple : B((0, 0), 1) n’est pas voisinage de a = (1, 0) en effet∀r > 0, ∃ Mr ∈ B((1, 0), r), Mr 6∈ B((0, 0), 1)) puisque pour r > 0,on peut prendre Mr = (1 + r

2 , 0) donc ∀r > 0, B((1, 0), r) 6⊂ B((0, 0), 1)ceci montre que B((0, 0), 1) n’est pas voisinage de a = (1, 0) mais ∀M ∈B((0, 0), 1), ona B((0, 0), 1) est voisinage de M

-11-


Les voisinage d’un point a vérifient :

1. Tout voisinage de a contient a.

2. Tout partie centenant un voisinage de a est un voisinage de a.

3. L’intersection de deux voisinage de a est un voisinage de a.

4. Tout voisinage V de a contient un voisinage U de a tel que V soitvoisinage de chaque point de U .

Théorème 3

Démonstration : Sans probléme.

(X, d) un espace métrique (xn) une suite dans X etl ∈ X ,(xn) converge vers l si et seulement si :•∀V ∈ v(l), ∃N ∈ IN,∀n ≥ N(n ∈ IN), xn ∈ V•∀V ∈ v(a),∃N ∈ IN, {xn/n ≥ IN, n ∈ N} ⊂ V

Proposition 2

1.5 Intérieur-Adhérence

X un espace métrique (ou topologique ) A ⊂ X et a ∈ A.• On dit que le point a est intérieur à A lorsque A est voisinage de a.• L’ensemble de tous les points intérieurs à A est appelé intérieur de A et senote

◦A ou int(A).

on a : (a ∈◦A)⇔ (∃θ ∈ δ, a ∈ θ ⊂ A) ⇔ (∃r > 0, B(a, r) ⊂ A)

Définition 8

Exemple 5. X = IR2, D((0, 0), 1) ⊂ int(D((0, 0), 1))(1, 0) 6∈ int(D((0, 0), 1))

-12-


Exemple 6. X = C V = {z ∈ C/1 ≤ |z| ≤ 2}•∀z ∈ C(0, 1) ∪ C(0, 2), z 6∈

◦V .

• ∀z ∈ C, 1 < |z| < 2, z ∈ V .

On a◦A⊂ A en plus

◦A est un ouvert. En effet, si a ∈

◦A il existe θa ou-

vert de X, a ∈ va ⊂ A.

Puisque θa est un ouvert, on en déduit que pour x ∈ θ, θa est voisinage dex. Il en découle que ∀x ∈ θa, A est voisinage de x. ceci montre que θa ⊂

◦A.

◦A est le plus grand ouvert inclus dans A. Autrement dit on a :

◦A=

⋃θ⊂A

θ (θ est un ouvert)

Proposition 3

Démonstration. : Lorsque θ est un ouvert de X, θ ⊂ A. on a nécessairement :θ ⊂

◦A (meme raisonnement que dans ce qui précéde ) D’oú l’inclusion⋃

θ⊂A

⊂◦A

l’autre inclusion découle du fait que◦A est un ouvert inclus dans A.

soit A ⊂ X, on a l’équivalence :

(A est un ouvert)⇔ (◦A= A)

Corollaire 2

Exemple 7. • A = {(x, y) ∈ IR2/y > 0},◦A= A

• A = {(x, y) ∈ IR2/y ≥ 0},◦A= {(x, y) ∈ IR2/y > 0}

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• X muni de la distance discréte d0

soit a ∈ X Bf(a, 1) = X et B(a, 1) = {a}donc int(Bf(a, 1)) = X avec B(a,1) inclus strictement dans X.

X un espace métrique. on dit qu’un point x est adhérent à A. si tout bouleouvert de centre x centient un point de A.

Définition 9 (adhérence)

C’est-à-dire (∀r > 0, B(x, r)∩A 6= ∅) L’ensemble de tous les point adhérentsà A est appelé adhérentce de A. on le note A ou adh(A).x ∈ A⇔ (∀r > 0, B(x, r) ∩ A 6= ∅) on a évidément : A ⊂ A• (x ∈ X\A) ⇔ (∃r > 0, B(x, r) ∩ A = ∅) ⇔ (∃r > 0, B(x, r) ⊂ X\A) ona donc l’equivalence. (x ∈ X\A)⇔ (x ∈ int(X\A))on a donc : (x ∈ X\A) = (x ∈ int(X\A)) Il en découle que A est fermé deX.

A est le plus petit fermé contenant A.c’est-à-dire :

A =⋂F⊃A

F (avec F fermé)

Proposition 4

Démonstration. F un fermé, F ⊃ A

(F ⊃ A)⇒ X\F ⊂ X\Aor X\F est un ouvert inclus dans X\A.donc X\F ⊂ int(X\A)or : int(X\A) = X\A on a donc X\F ⊂ X\A D’où : F ⊃ ADonc

A ⊂⋂F⊃A

F (avec F fermé)

D’autre part, puisque A est un fermé contenant A on a aussi l’inclusion⋂F⊃A

F (avec F ferm) ⊂ A

-14-


Ainssi on a l’égalité

A =⋂F⊃A

F (avec F fermé)

A ⊂ X on a l’équivalence :(A est un fermé de X)⇔ (A = A)

Corollaire 3

on a X\Ac = int(X\Ac)

on a donc X\Ac =◦A

Ac = X\◦A) ∀A ⊂ X c’est-à-dire la complémentaire de l’interieur de A est

égale à l’adhérence du complémentaire de A.En résumé : ∀A ⊂ X.

1. X\A = int(X\A)

2. X\◦A= X\A

(x ∈ A)⇔ (∀r > 0, B(x, r) ∩ A 6= ∅)⇒ (∀n ∈ IN∗, B(x, 1

n) ∩ A 6= ∅)⇒ (∀n ∈ IN∗,∃ an ∈ A, an ∈ B(x, 1

n))La suite (an)n est une suite de point de A qui converge vers x(card(an, x) < 1

n)

(X,d) expace métrique A ⊂ X et x ∈ X on a(x ∈ A)⇔ (il existe (an)n une suite dans A qui converge vers x)

Proposition 5

Démonstration. (⇒) voir ce qui précéde.(⇐) voir TD.• En résumé :A ⊂ X

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A = {x ∈ X/il existe (an) suite dans A, x = limn→+∞an}c’est-à-dire : l’ensemble des limites des suites convegentes de point de A.

A ⊂ X(A est fermé) si et seulement si toute suite de point de A qui converge, salimite appartient à A.

Corollaire 4

Exemple 8. A = {(x, y) ∈ IR2/xy = 1}mq : A est fermé dans IR2?soit (an)n une suite dans A qui convege vers l ∈ IR2.Probleme l ∈ A ?∀n ∈ IN, an = (xn, yn) avec xnyn = 1 or an converge vers l = (l1, l2) signifieque xn converge vers l1 et yn converge vers l2.donc (xnyn)n converge vers l1l2, or xnyn = 1 pour tout n ∈ INdonc l1l2 = 1 ainsi (l1l2) ∈ A.

Soit (X, d) un espace métriqueOn dit q’une suite (xn) est de cauchy lorsqu’elle vérifie :

∀ε > 0, ∃ Nε ∈ IN, ∀n,m ∈ IN

(n ≥ Nε

m ≥ Nε

)⇒ d(xn, xm) < ε

Définition 10

Toute suite convergente est de Cauchy.

Proposition 6

Démonstration. x = limn→+∞

xn

Soit ε > 0 ; Puisque (xn) converge vers x, il existe Nε ∈ IN,tel que : pourtout entier n ≥ Nε, on a : d(xn, x) < ε

2

-16-


Pour n,m ≥ Nε d(xn, xm) < d(xn, x) + d(x, xm) < ε2 + ε

2 = εdonc d(xn, xm) < ε

Remarque 2. La réciproque de la proposition ci dessus est fausse en général.

Exemple 9. X = Q muni de la distance usuelle (d(r1, r2) = |r1 − r2|)(Q, d) est un éspace métrique.

un =

{u1 = 112(un + 2

un)un est une suite dans Q ,qui est de cauchy ( puisqu’elle

converge dans R, vers√

2 ), mais : (Un ne converge pas dans (Q, d) puisque√2 n’appartient pas à Q) (Q, d) est un exemple d’espace nom complet.• On dira qu’un espace métrique est complet lorsque toute suite de Cauchyconverge.

Y ⊂ X, X espace métrique

1. Si Y (muni de la distance induite) est complet. Alors Y est fermé dansX.

2. Si X est complet et Y est fermé dans X. Alors Y est complet.

Proposition 7

Démonstration.

Soit X un espace métrique.Si (xn) est une suite de Cauchy qui admet une sous-suite convergente.Alors (xn) est convergente.

Proposition 8

Démonstration.

-17-


(xn) une suite dans X On dira que (yn) est une sous-suite de (xn) (ou suiteextraite de (xn))S’il existe une fonction ϕ : IN→ IN strictement croissante telle que :∀n ∈ IN, yn = xϕ(n)

Définition 11 (Rappel)

Hypothéses :

1. (xn) de Cauchy.2. Il existe ϕ : IN → IN strictement croissante telle que : yn = xϕ(n)

converge vers l.Pb : (xn) converge vers l ?Soit ε > 0 Puisque (xn) est de Cauchy, il existe N1 ∈ IN , tel que :∀n ≥ N1,∀m ≥ IN1, d(xn, xm) < ε

2

Prenons N = max(N,N1) Pour n ≥ N , on a ϕ(n) ≥ N (carϕ(n) ≥ n ≥ N)puisque ϕ : IN→ IN est strictement croissante on peut ecrire :d(xn, xϕ(n)) <

ε2

donc d(xn, l) ≤ d(xn, xϕ(n)) + d(xϕ(n), l) <ε2 + ε

2 = ε

• IR est complet ?Soit xn de cauchy dans IRPb : il existe une sous suite convergente ?Pour cela, on montre un résultat plus général.On a xn bornée, en effet xn de cauchyC.à.d :∀ε > 0, ∃ N ∈ IN, ∀n ≥ N/ d(xn, xN) < ε

Toute suite bornée dans IR admet une sous suite convergente (Théorème deBolzano−Weierstrass)

Proposition 9

Démonstration. La démonstration suivant exploite le principe de dichotomiequi consiste à découper un objet en deux portions, en conserver une et la

-18-


découper à nouveau de sorte de générer un processus récurrent. L’idée es-sentielle ici est la suivante : Lorsqu’on découpe un ensemble infini en deuxsous-ensembles, nécessairement l’un d’entre eux (au moins) doit être infini.Ceci premettra d’exploiter le principe de dichotomie ... Passons aux faits :Soit (un) une suite réelle bornée par un certain réel M ∈ IR+.Nous allons construire par un procédé dichotomique deux suites adjacentes(an) et (bn) telles que, pour tout entier naturel n, l’ensembleAn = {k ∈ /an ≤ uk ≤ bn} soit infini :Etape initiale :Pour a0 = −M , b0 = M l’ensemble A0 est infini car égale à IN.Etape n :Soit an et bn tels que l’ensemble An = {k ∈ IN/an ≤ uk ≤ bn} soit infini etconstruisons an+1 et bn+1. Posons d = an+bn

2 et considérons :A− = {k ∈ N/an ≤ uk ≤ d} et A+ = {k ∈ N/d ≤ uk ≤ bn}.On a An = A− ∪ A+.Comme An est infini, au moins l’un des deux ensembles A− ou A+ doit êtreinfini.Si A+ est infini, on pose an+1 = d et bn+1 = bn.Sinom, A− est nécessairement infini et on pose an+1 = an et bn+1 = d.Dans les deux cas l’ensemble An+1 = {k ∈ IN/an+1 ≤ uk ≥ bn+1}est infini.De plus dans les deux cas bn+1 − an+1 = bn−an

2 .Montrons qu’alors les suite (an) et (bn) sont adjacentes.Par récurrence, sachant bn+1− an+1 = bn−an

2 , on obtient bn− an = 12n (b− a).

On en déduit que bn − an → 0, il ne reste plus qu’ à étudier les monotoniesde (an) et (bn).A l’étape n, sachant que bn − an ≥ 0 on a an ≤ d = bn+an

2 ≤ bn.Par suite que an+1 soit égal à an ou à d on a an+1 ≥ an.De même, que bn+1 soit égal à d ou à bn on a bn+1 ≤ bn.

Ainsi (an) est croissante et (bn) est décroissante. Finalement les suites (an)et (bn) sont bien adjacentes, elles convergent donc vers une même limite c.De plus on a la propriété : ∀n ∈ IN, An = {k ∈ IN/an ≤ uk ≤ bn} est unensemble infini.Nous allons maintenent pouvoir construire une suite extraite de (un) qui soitconvergent :Définissons par récurrence, une application ϕ : IN → IN da la maniére sui-vante :On pose ϕ(0) = 0, puis lorsque ϕ(n) est défini, on poseϕ(n+ 1) = min(An+1\{0, 1, 2, · · · , ϕ(n)}).Comme l’ensemble An+1 est infini, l’ensemble An+1\{0, 1, 2, · · · , ϕ(n)} est

-19-


une partie non vide de IN, et par suite, elle admet bien un plus petit élément.Par construction on a : ∀n ∈ IN, ϕ(n + 1 > ϕ(n). L’application ϕ est doncstrictement croissante.Considérons maitenant la suite extraite (uϕ(n)).Par construction de ϕ, on a ∀n ∈ IN, ϕ(n) ∈ An c’est à dire an ≤ uϕ(n) ≤ bn.Comme (an) et (bn) convegente vers c, il en est de même de uϕ(n).Finalement, nous avons extrait de la suite (un) une sous-suite convergente.

IR est complet En effet : soit xn une suite de cauchy dans IR donc xn est unesuite bornée dans IR. et d’aprés le théorème de Bolzano −Weierstrass ilexiste une sous suite (xϕ(n)) de xn qui est convergente. ainsi xn de cauchydonc elle admet une sous suite converge. Il en résulte que (xn) cv.

Corollaire 5

Question : pour (xn, yn) une suite bornée dans IR2

Est-ce qu’elle admet une sous suite convergente ?Soit an = (xn, yn) suite dans IR2

Donc ∃ R > 0 , ∀n ∈ IN |xn|+ |yn| < R

∀n ∈ IN

{|xn| < |xn|+ |yn| < R|yn| < R

Donc (xn) et (yn) sont deux suite bornée dans IR .Alors il existe ϕ1 : IN→ IN strictement croisante et ϕ2 : IN→ IN strictementcroisante tel que (xϕ1(n)) converge vers x et (yϕ2(n)) converge vers y.•P.b ∃ϕ : IN→ IN strictement croisante tel que (aϕ(n)) converge ?on a xn est bornée, donc il existe (xϕ(n)) converge vers x.et on a (yϕ(n)) est une suite bornée, donc il existe ψ : IN → IN strictementcroissante tel que (yϕ(ψ(n))) converge.Or (xϕ(ψ(n))) converge (car c’est une sous suite d’une suite convergente).Ainsi (aϕ(ψ(n)))n converge.C/C : on alors énoncer :

-20-


Toute suite bornée dans IRk(k ∈ IN) admet une sous suite convergente .

Proposition 10

IRk est complet (pour tout k ∈ IN∗)

Corollaire 6

(X, d) un espace métrique A ⊂ X . on dira que A est dense dans X lorsqueA = X

(c’est-à-dire : ∀x ∈ X, ∀r > 0, B(x, r) ∩ A 6= ∅)ou encore : Pour tout x ∈ X, il existe an une suite de A qui converge vers x.ce qui encore équivant à pour tout ouvert U dans X, on a U ∩ A 6= ∅.

Définition 12 (Densité)

Exemple 10. Q = IR (Q est dense dans IR )

-21-


1.6 Exercices

Exercice 3. Soit A ⊂ IRn et f : A→ IR une application. Traduire en termesde quantificateurs les expressions suivantes :

1. f est bornée.

2. f ne s’annule jamais.

3. f n’est pas la fonction nulle.

4. A n’est pas un ouvert de IRn.

Exercice 4. Soit A et B deux parties bornées de IR. Montrer que :

1.sup(A+B) = supA+ supB

2.sup(A ∪B) = max(supA, supB)

.

Exercice 5. Soit A ⊂ IR et x ∈ IR. Montrer que les deux assertions sui-vantes sont équivalentes :

1. Il existe une suite (an) de points de A qui converge vers x.

2. Pour tout intervalle ouvert I de IR contenant x, I ∩ A 6= ∅.

Exercice 6. On rappelle que l’ensemble des nombres décimaux D est l’en-semble des nombres réels qui s’écrivent de la forme

p

10navec p ∈ ZZ et n ∈ IN

(On a :ZZ ⊂ D ⊂ Q/ ⊂ IR).

1. Montrer que tout nombre réel x est limite de la suite xn =E(10−nx)

10n(où E(r) désigne la partie entière du nombre réel r).

2. En déduire que D (et par suite Q) est dense dans IR.

3. Soit a un nombre réel strictement positif. On considère la suite (un)n≥1

définie par u1 = 1 et un+1 = 12(un +

a

un).

Montrer que (un) est une suite de nombres rationnels qui converge vers√a (on montre que (un)n≥2 est décroissante et que pour tout n ≥ 2,

un ≥√a).

Exercice 7. Soient E et F deux ensembles, f : E → F . Démontrer que :

1. Pour tout A ⊂ F , f−1(F\A) = E\f−1(A).

-22-


2. Pour tous A ⊂ E et B ⊂ E, f(A∩B) ⊂ f(A)∩f(B) . A-t-on l’égalité ?

3. Pour tous A ⊂ E et B ⊂ E, f(A ∪B) ⊂ f(A) ∪ f(B).

Exercice 8. On va montrer que l’ensemble G des réels de la forme p+ q√

2où p et q décrivent ZZ, est dense dans IR.Posons u =

√2 − 1 ; montrer que pour tous a < b, on peut trouver n ≥ 1

tel que 0 < un < b − a, puis m ∈ ZZ tel que a < mun < b. En déduire lerésultat.

Exercice 9. 1. Dessiner les boules unités fermées du plan IR2, muni res-pectivement de la norme ‖ · ‖1, de la norme ‖ · ‖2 et de la norme‖ · ‖∞.

2. Pour (x, y) ∈ IR2, on pose ‖ (x, y) ‖= max(| x+y |, | x−2y |). Montrerqu’il s’agit d’une norme sur IR2 et dessiner sa boule unité fermée.

3. Montrer que pour deux normes N1 et N2 sur IR2, on a l’inclusion desboules-unité fermées B1

f(O, 1) ⊆ B2f(O, 1) si et seulement si pour tout

x ∈ IRn, on a l’inégalité N2(x) ≤ N1(x).Que signifie 1

2B1f(O, 1) ⊆ B2

f(O, 1) ⊆ 2B1f(O, 1).

Exercice 10. Soit (X, d) un espace métrique, Y une partie de X. La res-triction de d ï£¡ Y × Y est une distance dY sur Y . l’ensemble Y sera ainsiconsidéré comme sous-espace métrique de X. Montrer que :

1. Un sous-ensemble Z de Y est un ouvert de Y si et seulement si il existeU un ouvert de X tel que Z = U ∩ Y .

2. Un sous-ensemble Z de Y est un fermé de Y si et seulement si il existeF un fermé de X tel que Z = F ∩ Y .

3. Lorsque Y est une partie ouverte de X, alors Z ⊂ Y est un ouvert deY si et seulement si Z est ouverte dans X.

4. Lorsque Y est une partie fermé de X, alors Z ⊂ Y est un ferm’e de Ysi et seulement si Z est fermé dans X.

5. I = [1, 2[ est-il un ouvert de X = [1,+∞[ (muni de la topologieusuelle) ?

6. J = [0, 1] est-il un ouvert de X = [0, 1] ∪ [3, 4[ ? est-il un fermé ?

Exercice 11. Soit (E, d) un espace métrique.

1. Montrer que pour deux points distincts x, y ∈ E, il existe des ouvertsdisjoints U, V de E tels que x ∈ U et y ∈ V . En déduire que les partiessingletons de E sont fermées.

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2. Montrer que pour tout ouvert U , et tout point x ∈ U , il existe un ouvertV tel que x ∈ V ⊂ V ⊂ U .

3. Montrer que la propriété précédente est équivalente à la suivante : pourtout point x ∈ E et toute partie fermée F de E ne contenant pas x, ilexiste des ouverts disjoints V , V ′ de E tels que x ∈ V et F ⊂ V ′.

Exercice 12. Soit (X, d) un espace métrique, A une partie non vide de X.Pour x ∈ X, on définit la distance de x á A par la formule

d(x,A) = infa∈A

d(x, a)

1. Montrer que d(x,A) = 0 si et seulement si x ∈ A.2. Montrer que d(x,A) = d(x,A).

3. Montrer que pour tous x, y ∈ A, on a :

| d(x,A)− d(y, A) |≤‖ x− y ‖ .

Exercice 13. Soit (X, d) un espace métrique, a ∈ X et r > 0.

1. Montrer que B(a; r) ⊂ Bf(a; r).

2. Montrer que si E est un espace vectoriel et la métrique de X provientd’une norme, alors Bf(a; r) ⊂ B(a; r).

3. Trouver un espace métrique X tel que l’inclusion B(a; r) ⊂ Bf(a; r) eststricte.

Exercice 14. Soit X un espace topologique, A, B des sous-ensembles de X.

1. Montrer que

A ∩B ⊂ A ∩B, A ∪B = A ∪B,◦︷︸︸︷

A ∩B=◦A ∩

◦B

et montrer que la premiére inclusion est stricte.

2. Que peut-on dire de◦A ∪

◦B ?

3. On note u(A) =◦A et v(A) =

◦A.

a) Calculer u(A) et v(A) pour X = IR (muni de la topologie usuelle)et A =]0, 2[ ? Et pour A = Q/ ?b) Comparer A,

◦A et u(A) ? Comparer A,

◦A et v(A)

-24-


4. Soit U un ouvert de X. Notons F le complémentaire de U dans X.a) Montrer que A ⊂ F ∪ A ∩ U .b) En déduire que A ∩ U ⊂ A ∩ U .

Exercice 15. Soit G un sous-groupe de IR non réduit á zéro ; on pose

G+ = {x ∈ G/ x > 0} et m = inf G+

1. Si m > 0, montrer que G = mZZ.

2. Si m = 0, montrer que G est dense dans IR.

3. On considère αIR\Q/ ; montrer que ZZ + αZZ est un sous-groupe densedans IR.

4. l’ensemble des nombres irrationnels est-il un sous-groupe de IR ? est-ildense dans IR ?

Exercice 16. On note X = l∞ l’espace des suites réelles bornées, et Yl’espace des suites réelles tendant vers 0, tous deux munis de la distance (àvérifier) d(x, y) = supn | xn − yn |.Montrer que Y est fermé dans X. Montrer que l’ensemble Z des suites nullesà partir d’un certain rang est dense dans Y mais pas dans X.

Exercice 17. On considère sur C([0, 1], IR) les deux normes ‖ f ‖1=∫ 1

0 |f(t) | dt et ‖ f ‖∞= supx∈[0,1] | f(x) |.1. Montrer qu’il n’existe aucune constante c > 0 telle que ‖ f ‖∞≤ c ‖f ‖1. (on peut considérer pour n ∈ IN la fonction fn définie par fn(t) =2n(1− nt) pour t ∈ [0, 1

n ] et fn(t) = 0 pour t > 1n).

2. En déduire que les deux normes ne sont pas équivalentes.

Solutions des exercices :

Exercice 1

1. f est bornée ssi ∃M ∈ IR+,∀x ∈ A|f(x)| ≤M.

2. f ne sannule jamais c’est-à-dire ∀x ∈ A, f(x) 6= 0.

3. f n’est pas la fonction nulle ssi ∃x ∈ A, f(x) 6= 0.

4. A nést pas un ouvert de IRn ssi ∃x ∈ A, ∀r > 0, B(x, r) 6⊂ A.

Exercice 2

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1. sup(A+B) = sup(A) + sup(B)?• Soit x ∈ A+B ⇒ ∃x1 ∈ A, ∃x2 ∈ B/x = x1 + x2.Or x1 ≤ sup(A) et x2 ≤ sup(B).Donc x1 + x2 ≤ sup(A) + sup(B).⇒ x ≤ sup(A) + sup(B).Donc sup(A) + sup(B) est un majorant de A+B.Il en resulte que sup(A+B) ≤ sup(A) + sup(B).• sup(A) + sup(B) ≤ sup(A+B)? Soit M1 = sup(A), donc ∃(an) ∈ Atelque M1 = lim

n→+∞an de même ∃(bn) ∈ B telque M2 = sup(B) =

limn→+∞

bn

Donc M1 +M2 = limn→+∞

(an + bn)

Ce qui montre sup(A)+sup(B) = sup(A+B)(puisque (an+bn) ∈ A+Bet converge vers M1 +M2)

2. sup(A ∪B) = max(sup(A), sup(B))?

On a A ⊂ A ∪B et B ⊂ A ∪BDonc sup(A) ≤ sup(A ∪B) et sup(B) ≤ sup(A ∪B)D’où max(sup(A), sup(B)) ≤ sup(A ∪B) (1)L’autre sens, c’est-à-dire sup(A ∪B) ≤ max(sup(A), sup(B))Pour x ∈ A ∪B, on a x ∈ A ou x ∈ BDonc x ≤ sup(A) ou x ≤ sup(B) et par suite x ≤ max(sup(A), sup(B))Ainsi max(sup(A), sup(B)) est un majorant de A ∪B.D’où : sup(A ∪B) ≤ max(sup(A), sup(B)) (2)D’apres (1) et (2) sup(A ∪B) = max(sup(A), sup(B))

Exercice 3• (1)⇒ (2)∃ une suite (an)n∈IN de A qui converge vers x.Donc : ∀ε > 0,∃Nε ∈ IN,∀n ≥ IN |an − x| < ε.Soit I un intervalle ouverte de IR telque x ∈ I.∃r > 0, ]x− r, x+ r[⊂ I.Donc ∃Nε ∈ IN,∀n ≥ Nε an ∈]x− 1, x+ 1[Alors : an ∈ I,∀n > Nε.Donc an ∈ I ∩ A.Ainsi I ∩ A 6= ∅.• (2)⇒ (1)Pour tout intervalle ouvert I de IR telque x ∈ I on a I ∩ A 6= ∅.∀n ∈ IN∗ :]x− 1

n , x−1n [∩A 6= ∅

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Donc ∀n ∈ IN∗,∃an ∈ A, |an − x| < 1x

La suite (an)n∈IN qui on vient de construire converge vers x.

Exercice 4

{u1 = 1un+1 = 1

2(un + aun

), n ≥ 1

Exercice 5

1. x ∈ f−1(F\A)⇔ f(x) ∈ F\A⇔ f(x) 6∈ A⇔ x 6∈ f−1(A)⇔ x ∈ E\f−1(A)D’oú l’égalité : f−1(F\A) = E\f−1(A)

2. On a A ∩B ⊂ A.

Donc f(A ∩B) ⊂ f(A).De même f(A ∩B) ⊂ f(B).Donc f(A ∩B) ⊂ f(A) ∩ f(B).A-t-on toujours l’égalité : f(A ∩B) = f(A) ∩ f(B) ?Réponse : Nom en général.Exemple :

IR→ IR+

x 7→ |x|Soit A =]−∞, 0[ et B =]0,+∞[On a f(A ∩B) = f({0}) = {0} mais f(A) ∩ f(B) =]0,+∞[Lorsque f est injective, alors on a l’égalité : f(A ∩B) = f(A) ∩ f(B)En effet,soit y ∈ f(A) ∩ f(B)y ∈ f(A) et y ∈ f(B)Or : y ∈ f(A)⇒ ∃a ∈ A, y = f(a)y ∈ f(B)⇒ ∃b ∈ B, y = f(b)Donc f(a) = f(b). Et puisque f est injective, on déduit que a = b.Donc a ∈ B et par suite a ∈ A ∩B avec : f(a) = y.ceci montre que y ∈ f(A ∩B).c’est-à-dire f(A) ∩ f(B) ⊂ f(A ∩B).

3. Soit y ∈ f(A ∪B) donc il existe x ∈ A ∪B, y = f(x)Or (x ∈ A ∪B)⇔ (x ∈ A ou x ∈ B).

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⇒ f(x) ∈ f(A) ou f(x) ∈ f(B).⇒ f(x) ∈ f(A) ∪ f(B).D’où f(A ∪B) ⊂ f(A) ∪ f(B).

Exercice 6

1. On a u =√

2− 1donc u < 1alors ∀ε > 0, ∃ Nε ∈ IN, ∀n ≥ Nε un < εOn prend ε = b− a > 0 car (b > a)donc ∃ N ∈ IN, ∀n ≥ N 0 < un < b− a

2. Mq ∀ a, b ∈ IRa < b⇒ (∃ x ∈ IN∗, ∃m ∈ ZZ, a < mun < b)On a d’aprés (1) 0 < un < b− a ∀n ∈ IN.alors 0 < un + a < b ∀n ≥ IN. Donc cherchons m ∈ ZZ tel quea < mun < un + a < b

On prend m = E(1 + aun )

On a E(1 + aun ) + 1 > 1 + a

un

⇒ m > aun ⇒ mun > a

et on a E(1 + aun ) ≤ 1 + a

un )⇒ mun ≤ un + a < b

⇒ mun < bConclusion ∃ m ∈ ZZ, a < mun < b

3. Deduire que G est dence dans IRG = R ⇔ tout intervalle ouvert de IR rencontre G.soit I =]a, b[ d’aprés (2) ∃m ∈ ZZ, ∃n ∈ IN∗a < mun < b⇒ mun ∈ I.On a G = p+ q

√2/p, q ∈ ZZ montrons que ∀n ∈ IN∗, un ∈ G

Pour n = 1 on a u = −1 +√

2 ∈ GSupposant que un ∈ G, n ∈ IN∗ et montrons un+1 ∈ GOn a un ∈ G⇒ ∃p, q ∈ ZZ tel que un = p+ q

√2

Donc :un+1 = uun = (

√2− 1)(p+ q

√2)

= p√

2 + 2q − p− q√

2

= 2p− p+ (p− q)√

2

= p′ + q′√

2avec p′ = 2q − p ∈ ZZ et q′ = p− q ∈ ZZAinsi un+1 ∈ G• Mq pour m ∈ ZZ et n ∈ IN∗ : mun ∈ G

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mun = m(p′ + q′√

2)

= mp′ +mq′√

2

= p′′ + q′′√

2avec p′′, q′′ ∈ ZZd’oú le résultat

Exercice 8

1. (Z est un ouvert de Y)⇔ (Il existe U ouvert de X, Z = U ∩ Y )On a BY (a, r) = {y ∈ Y/d(y, a) < r}BX(a, r) = {x ∈ X/d(x, a) < r}(y ∈ BY (a, r))⇔ (y ∈ Y etd(y, a) < r)⇔ (y ∈ Y ety ∈ BX(a, r))Donc BY (a, r) = BX(a, r) ∩ Y⇒) ∀z ∈ Z, ∃rz > 0, BY (z, rz) ⊂ Z⇒ (∀z ∈ Z, ∃rz > 0, BX(z, rz) ∩ Y ⊂ Z)prenons U = ∪z∈ZBX(z, rz) c’est un ouvert de X.U ∩ Y = (∪z∈Z(BX(z, rz) ∩ Y ) = ∪z∈Z(BY (z, rz) = Z⇐) Soit U un ouvert de X et Z = U ∩ Y .P.b Z est un ouvert de Y ?Soit z ∈ Z, donc z ∈ U et z ∈ Yd’où z ∈ Y et ∃r > 0, BX(z, r) ⊂ UBY (z, r) = Y ∩BX(z, r) ⊂ Y ∩ U = Z

2. la même methode de (1).

3. (Z ouvert de Y )⇔ (il existe U ouvert de X tel que Z = U ∩ Y )⇐) supposons que Y est un ouvert de X.donc Z est un ouvert de X (car Z intersection de 2 ouvert ).⇒) Si Z est un ouvert de X.Alors d’aprés (1) Z ∩ Y est un ouvert de Y .or Z ∩ Y = Z (car Z ⊂ Y )Donc : Z est un ouvert de Y .

4. la même methode de (3).

5. I = [1, 2[=]− 2, 2[∩[1,+∞[or : ]− 2, 2[ est un ouvert de IR[1, 2[⊂ [1,+∞[⊂ IR

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[1, 2[= U ∩ [1,+∞[ avec U =]− 2, 2[Donc [1, 2[ est un ouvert de [1,+∞[

6. J = [0, 1] =]− 2, 2[∩([0, 1] ∪ [3, 4[)Donc [0, 1] est un ouvert de [0, 1] ∪ [3, 4[On a [0, 1] = [−2, 2] ∩ ([0, 1] ∪ [3, 4[)Donc : c’est aussi un fermé de [0, 1] ∪ [3, 4[

Exercice 11

1. On a : B(a, r) ⊂ Bf(a, r) (puisque ∀x ∈ d(x, a) < r ⇒ d(x, a) ≤ r⇒ x ∈ Bf(a, r)et puisque Bf(a, r) est un farmé de X alors B(a, r) ⊂ Bf(a, r)

2. E un espace vectoriel normé d(x, y) =‖ x− y ‖.P.b Bf(a, r) ⊂ B(a, r) ?soit x ∈ Bf(a, r) P.b x ∈ B(a, r)x ∈ Bf(a, r)⇒‖ x− a ‖≤ r

• 1ere cas : ‖ x− a ‖< r ⇒ x ∈ B(a, r)et puisque B(a, r) ⊂ B(a, r) on en deduit que x ∈ B(a, r)• 2eme cas si ‖ x− a ‖= r c’est-à-dire x ∈ S(a, r)fixons ε > 0, mq B(x, ε) ∩B(a, r) 6= ∅On prend y = x− ε

2

verifions que y ∈ B(a, ε) ∩B(a, r)On a ‖ y − x ‖= ε

2 < ε⇒ y ∈ B(x, ε)

et ‖ y − x ‖=‖ (x− a)− ε2

(x−a)‖x−a‖ ‖

=‖ x− a ‖ (1− ε2‖x−a‖)

=‖ x− a ‖ −ε2

= r − ε2 < r

⇒ y ∈ B(a, r)Alors B(x, ε) ∩B(a, r) 6= ∅D’oú le resultat.

3. X muni de d0 la distance discrétea ∈ X B(a, r) = {a} = {a} ⊂ X = Bf(a, 1)

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Exercice 12

1. • On a A ∩B ⊂ A, donc A ∩B ⊂ APour la même raison A ∩B ⊂ BDonc A ∩B ⊂ A ∩B• On a A ⊂ A ∪B et B ⊂ A ∪BDonc A ⊂ A ∪B et B ⊂ A ∪BEt parsuite A ∪B ⊂ A ∪BL’autre inclusion ?On a A ⊂ A et B ⊂ BDonc A ∪B ⊂ A ⊂ BEt puisque A ⊂ B et un fermé contient A ∪BOn déduit que A ∪B ⊂ A ⊂ Bd’oú A ∪B = A ⊂ B

•◦︷︸︸︷

A ∩B=◦A ∩

◦B ?

A ∩B ⊂ A⇒◦︷︸︸︷

A ∩B⊂◦A

de mêma on a◦︷︸︸︷

A ∩B⊂◦B

Donc◦︷︸︸︷

A ∩B⊂◦A ∩

◦B

Lautre inclusion découle du fait que◦A ∩

◦B est un ouvert inclus dans

A ∩B.

D’où◦︷︸︸︷

A ∩B=◦A ∩

◦B.

2.◦A ∪

◦B⊂

◦︷︸︸︷A ∪B

car on a◦A ∪

◦B⊂ A ∩B

Or◦A ∪

◦B est un ouvert, donc

◦A ∪

◦B est contenu dans A ∪B

Prenons un exemple pour montrer qu’en général l’inclusion est stricte-mentSoit A = [0, 1] et B =]1, 2]

. On a◦A=]0, 1[ et

◦B=]1, 2[

. Donc◦A ∪

◦B=]0, 1[∪]1, 2[= ∅

. A ∪B = [0, 1] ∪ [1, 2] = [0, 2]

. Donc◦︷︸︸︷

A ∩B=]0, 2[.D’où l’inclusion est stricte.

-31-


3. u(A) =◦A et v(A) =

◦A.

a)•X = IR, A =]2, 1[u(A) =]0, 2[ et v(A) = [0, 2]• X = IR, A = Q/

u(A) = IR et v(A) = ∅

b)◦A⊂

◦A = v(A) ⊂ A

◦A⊂

◦A⊂ A

◦A⊂ u(A) ⊂ A

4. a) Mq A ⊂ F ∪ A ∩ UOn a F ∪ U = X et A ∩X = ADonc A = A ∩ (F ∪ U)Donc A = A ∩ (F ∪ U)

A = A ∩ (F ∪ U)

= (A ∩ F ) ∪ (A ∩ U)

= A ∩ F ∪ A ∩ UA ⊂ A ∩ F ∪ A ∩ U⊂ F ∪ A ∩ U

Or F = F car F est un ferméDonc A ⊂ A ∩ (F ∪ U)b) A ∩ U ⊂ A ∩ U .On a A ⊂ A ∩ (F ∪ U)Donc A ∩ U ⊂ A ∩ (F ∪ U) ∩ U⇒ A ∪ U ⊂ F ∩ U ∪ (A ∩ U ∩ U) Or F ∩ U = (X\U) ∩ U = ∅Donc A ∩ U ⊂ A ∩ U .

-32-

CHAPITRE 2

CONTINUITÉ DANS LES ESPACES MÉTRIQUE

2.1 Continuité en un point

Soit (X1, d1), (X2, d2) deux espaces métriques et f : X1 → X2 uneapplication.

Soit a ∈ X1, on dit que f est continue au point a. Si pour toutε > 0, il existe δ > 0 tel que :

d1(x, a) < δ =⇒ d2(f(x), f(a)) < ε

∀ε > 0 ∃δ > 0 x ∈ B1(a, δ) =⇒ f(x) ∈ B2(f(a), ε)

Définition 13

• En résume :f est continue en a signifie que l’image réciproque d’une boule ouverte decentre f(a) contient toujours une boule ouverte de centre a.

33

Continuité dans les espaces métrique

Soit a ∈ X1 les propriétés suivantes sont équivalentes :

1. f est continue en a.

2. Pour toute suite (xn)n convergent vers a, la suite (f(xn))n convergevers f(a).

Proposition 11

Démonstration. montrons que : (1) ⇔ (4), Soit (xn) une suite convergentevers a, montrons que f(a) = lim

n→+∞f(xn), soit donc ε > 0, puisque f est

continue en a, il existe δ > 0, tel que d2(f(x), f(a)) < ε. dés que d1(x, a) < δ.Or, lim

n→+∞xn = a donc pour γ il existe N ∈ IN∗ et pour tout n ≥ N , on a

d(xn, a) < δ, il en résulte que pour tout n ≥ N ,

d(f(xn), f(a)) < ε

Inversement, nous allons montrer que (non(1)⇔ non(4)).Supposons f n’est pas continue, donc il existe ε0 > 0 pour tout δ > 0 ilexiste x ∈ X1 tel que

d1(x, a) < δ et d2(f(x), f(a)) ≥ ε0.

et par suite ∃ε0 > 0 ∀n ∈ N ∗ ∃ xn ∈ X1

d1(xn, a) <1

net d2(f(x), f(a)) ≥ ε0.

Nous venons ansi de construire une suite (xn) qui converge vers a, mais f(xn)ne converge pas vers f(x), d’où le résultat.

2.2 Continuité

Soit f : X1 → X2 une application.

-34-


f est continue si elle est continue en tout point de X1.

Définition 14

Les propriétes suivantes sont équivalentes :

1. f est continue.

2. l’image réciproque par f d’une partie ouverte deX2 est une partie ouvertede X1.

3. l’image réciproque par f d’une partie fermée de X2 est une partie ferméede X1.

Proposition 12

Démonstration. Montrons que : (1)⇔ (2).Soit Y une partie ouverte de X2, et soit a ∈ f−1(Y ), donc f(a) ∈ Y , Or Yest un ouvert de X2 , donc Y ∈ V(f(a)) et puisque f est continue en a, onen déduit que f−1(Y ) ∈ V(a).Inversement, soit a ∈ X1 et montrons que f est continue en a, soit B(f(a), ε)une boule centrée en f(a), c’est donc un ouvert de X2, il en résulte que :f−1(B(f(a), ε)) est un ouvert de X1, et puisque cet ouvert contient a, ilexiste alors δ > 0 telle que

B(a, δ) ⊂ f−1(B(f(a), ε))

(2) et (3) sont équivalents car les fermées sont les complémentaires des ou-verts.

Remarque 3. L’image (directe) par f d’une partie ouverte de X1 n’est pasnécessairement un ouvert de X2.

-35-


2.3 Continuité uniforme

Soit X et Y deux espaces métriques et f : X1 → Y une application, fest dites uniformément continue, si pour tout ε > 0 il existe δ > 0 tel que∀x1, x2 ∈ X

dX(x1, x2) < δ → dY (f(x1), f(x2)) < ε

Définition 15

L’image d’une suite de Cauchy par une application uniformément continueest une suite de Cauchy.

Proposition 13

Démonstration. Soit (xn) une suite de Cauchy xn ∈ X, on montrons quef(xn) est de Cauchy, puisque f est uniformément continue, il existe δ > 0,telle que pour tout a, b ∈ X

dX(a, b) < δ ⇒ dY (f(a), f(b)) < ε

et puisque (xn) est de Cauchy, soit donc δ > 0 il existe N1 ∈ IN, tel que∀n ≥ N1, ∀m ≥ N1 d(xn, xm) < δ, et donc, dY (f(xn), f(xm)) < ε , pourtout n,m ∈ IN, n ≥ N1, m ≥ N1, d’où le résultat.

Exemple 11. Soit

f : IR∗+ → IR∗+

x 7→ 1

x

X = Y = IR∗+ muni de la distance usuelle, xn = 1n, (xn) est de Cauchy,

mais f(xn) = n, yn = n qui n’est pas de Cauchy, car (yn) n’est pas bornée.

-36-


Soit f : X → Y une application entre deux espaces métriques, les deuxassertions suivante sont équivalentes :(i) f est uniformément continue.(ii) Pour tout couple de suites (an) et (bn) dans X, on a :

( limn→+∞

d(an, bn) = 0)⇔ ( limn→+∞

d(f(an), f(bn)) = 0).

Proposition 14

Démonstration. i) =⇒ ii)Supposons f est uniformément continue, donc pour tout ε > 0 il existe δ > 0∀a, b ∈ X

dX(a, b) < δ =⇒ dY (f(a), f(b)) < ε

Soit (an) et (bn) deux suites dans X telle que : limn→+∞

d(an, bn) = 0.montrons que lim

n→+∞d(f(an), f(bn)) = 0.

Puisque : limn→+∞

d(an, bb) = 0, il existe N1 ∈ IN telle que pour tout n > N1

d(an, bn) < δ, et par suite d(f(an, bn) < ε, dés que n ≥ N .Inversement, on va montrer que (non(i) ⇒ non(ii)), Supposons qu’il existeε0 > 0 et pour tout δ > 0 ils existent a, b ∈ X

dX(a, b) < δ et dY (f(a), f(b)) ≥ ε0

Donc pour tout n ∈ N , ils existent an, bn ∈ X

dX(an, bn) <1

net dY (f(an), f(bn)) ≥ ε0

On vient donc de construire deux suites (an) et (bn) dans X telle que :lim

n→+∞dX(an, bn) = 0 et dY (f(an), f(bn)) ne converge pas vers 0, d’où le

résultat.

Exemple 12.

f : IR → IR

x 7→ sin(x2)

-37-


Soient an =√

(πn) et bn =√

(πn+ π/2), on a :

limn→+∞

(an − bn) = limn→+∞

| (π/2)/(√

(πn) +√

(πn+ π/2)) |= 0

mais| f(an − f(bn) |=| sin(πn)− sin(πn+ π/2) |= 1

qui ne converge pas vers 0, donc f n’est pas uniformément continue.

Soit k > 0, L’application f : X → Y , est dite lipschitzienne de rapport k ouk-lipschitzienne si elle vérifie :

dY (f(a), f(b)) ≤ k.dX(a, b) ∀a, b ∈ X.

Définition 16

Exemple 13. soient X = Y = IR et l’application

f : X → Y

x 7→ sin(x)

pour tout a, b ∈ IR : | sin(a) − sin(b) |=| cos(c)(a − b) |≤| a − b | dés quec ∈]a, b[ (c’est le théorème des accroissements finie).Alors, f est k-lipschitzienne.

Si l’application f : X → Y est lipschitzienne ; Alors, f est uniformémentcontinue.

Proposition 15

-38-


Soient I un intervalle de IR, de longueur non nulle. et f : I → IR uneapplication continue, dérivable sur

◦I .

a)Pour k ∈ IR, l’application f est k-lipschitzienne si et seulement si, pourtout x ∈

◦I

| f ′(x) |≤ k

b)L’application f est Lipschitzienne si et seulement si f ′ est bornée sur◦I .

Proposition 16

Démonstration. Supposons que f est k-lipschitzienne, alors pour tout x, x0 ∈I telle que

x 6= x0, |f(x)− f(x0)

x− x0|≤ k.

En faisant tendre x vers x0, on obtient | f ′(x) |≤ k et ceci pour x0 ∈◦I

arbitraire ; donc| f ′(x) |≤ k ∀t ∈

◦I

Inversement, ceci découle du théorème des accroissement finis.b) c’est une conséquence directe de a).

Exemple 14. 1. f(t) = 1t2+1 est-elle lipschitzienne sur IR ?

Ona : f ′(t) = 2|t|(t2+1)2 , or ∀t ∈ IR on a 2 | t |≤ (t2+1)2 ; donc, 2|t|

(t2+1)2 ≤ 1

2. h(t) = e−t2

On a h′(t) = −2te−t2, or lim

n→+∞h′(t) = 0, donc, h′ est bornée sur IR,

Ansi h est lipschitzienne sur IR.

2.4 Équivalence de distances

Soient X un ensemble, d1 et d2 deux distances sur X.

-39-


On dit que deux distances d1 et d2, définies sur un même ensemble E, sonttopologiquement équivalentes lorsqu’elles définissent la même topologie surE ; c’est-à-dire lorsqu’elles ont les même ouverts (donc aussi les mêmesfermés)

Définition 17

Les distances d1, d2 sur E sont topologiquement équivalentes si et seulementsi l’application identique (E, d1)→ (E, d2) est homéomorphisme.

Proposition 17

on dira que d1 et d2 sont uniformément équivalents lorsque les applicationsidentités, I12 : (X, d1) → (X, d2) et I21 : (X, d1) → (X, d2) sont unifor-mément continue. Ce qui ce traduit par :

∀ε > 0 ∃α > 0 ∀a, b ∈ X2 d1(a, b) < α→ d2(f(a), f(b)) < ε.

et

∀ε > 0 ∃β > 0 ∀a, b ∈ X2 d2(a, b) < β =⇒ d1(f(a), f(b)) < ε.

Définition 18

Remarque :Si d1 et d2 sont deux distances uniformément équivalentes ; Alors, on a l’équi-valence :((xn)n est une suite de Cauchy pour d1)⇔((xn)n est une suite de Cauchypour d2)on en déduit l’équivalence :

((X, d1) est complet)⇐⇒ ((X, d1) est complet)

-40-


On dira que d1 et d2 sont métriquement équivalents lorsque les applicationsidentités, I12 : (X, d1) → (X, d2) et I21 : (X, d1) → (X, d2) sont lipschit-ziennes continues. Ce qui ce traduit par :

∃λ > 0 ∃µ > 0 ∀a, b ∈ X λd2(a, b) ≤ d1(a, b) ≤ µd2(a, b).

Définition 19

Exemple :Les trois distances usuelles sur IRn sont métriquement équivalentes.

2.5 Homéorphisme

Soit deux espaces métriques E,F et f : E −→ F . On dit que f est unhomoémorphisme lorsque f est bijective et que f et f−1 sont continues.Dans ce cas, (E, dE) et (F, dF ) sont dits homéomorphes.

Définition 20

Soit E,F,G,trois espaces et f : E −→ F , g : F −→ G des homéomor-phismes. Par composition, il est clair que gof : E −→ G est un homéomor-phisme. Alors, les trois espaces métriques envisagés sont homéomorphes.

Exemple 15. Dans IR, en utilisant l’application affine t 7−→ (b − a)t + aoù a < b, on prouve aisément que le segment [a, b] est homéomorphe à [0, 1].Tout les segments (de longeur non nulle) sont donc homéomorphes. De lamême façon, ]a, b[ est homéomorphe à ]0, 1[.

Pour les intervalles ouverts, on a un résultat plus général.

-41-


IR est homéomorphe à tout intervalle ouvert non vide.

Proposition 18

Démonstration. D’après l’exemple ci-dessus, tout les intervalles ouverts bor-nés sont homéomorphes. Or, la fonction t 7−→ tan(t) définit un homéomor-phismes de ] − π

2 ,π2 [ sur IR. D’autre part, pour les intervalles ouverts non

bornés, on peut utiliser les trois homéomorphismes suivants :f :]a,+∞[−→]1,+∞[, g :]−∞, b[−→]1,+∞[, f :]1,+∞[−→]0, 1[, où f(t) =t + 1 − a , g(t) = −t + 1 + b, h(t) = 1

t . Il suffit de composer pour avoir unhoméomorphsime d’un intervalle ouvert quelconque (non vide) sur IR.

Exemple 16. Soit a ∈ IR. La fonction t 7−→ ln(t − a) est un homémor-phisme de ]a,+∞[ sur IR.

Remarque 4. Un homéomorphisme f : E −→ F transporte les notions to-pologiques de E dans F . Ouverts, fermés, voisinages dans E se transformenten ouverts, fermés, voisinages dans F .

Soit une bijection f : E −→ F . Pour que f soit un homéomorphisme, ilfaut et il suffit qu’elle vérifie la propriété suivante. Pour toute partie A de E,on a l’équivalence :

(A ouvert de E)⇔ (f(A) ouvert de F ).

Proposition 19

Démonstration. Si f est un homéomorphisme de E sur F , on a les deux im-plications :

(f−1 continue et A ouvert) =⇒ ((f−1)−1(A) = f(A) ouvert)

(f(A) ouvert et f continue) =⇒ (f−1(f(A)) = A ouvert).

-42-


Réciproquement, supposons que f vérifie la propriété. Si les ouverts de Esont transformés en ouverts de F , c’est que f−1 est continue.Et, tout ouvert U de F s’écrit U = f(A) avec A = f−1(U) ⊂ E. Commef(A) est ouvert dans F , la propriété entraîne que A est un ouvert de Elorsque U est ouvert dans F ; donc f est continue.

2.6 Théorème du point fixe

Soit f : E → E une application d’un espace métrique, On diraque f est contractante s’il existe k ∈]0, 1[, telle que d soit k-lipschitizienne((d(f(x), f(y))) ≤ k.d(x, y) ∀x, y ∈ E), On appelle point fixe de f toutpoint x ∈ E telle que : f(w) = w.

Si E est un espase métrique complet et f une application k-contractante deE vers E, alors :i)f admet un seul point fixe w.ii)Pour tout x0 ∈ E, la suite récurrente xn+1 = f(xn) pour tout n ∈ INconverge vers le point fixe w.En plus, ona l’inégalité :

d(w, xn) ≤kn

1− k.d(x1, x0).

Théorème 4

Démonstration. Unicité : supposons l’existence de deux points w,w′ ∈ E telsque :f(w) = w et f(w′) = w′ ; donc

d(w,w′) = d(f(w), f(w′)) ≤ k.d(w,w′)

on obtient ainsi (1− k).d(w,w′) ≤ 0, et puisque 1− k > 0 et d(w,w′) ≥ 0 ,on en déduit d(w,w′) = 0 et par suite w = w′.Existence : puisque f est contractante, la suite définie ci-dessus vérifie pourtout entier n ≥ 1

-43-


d(f(xn), f(xn−1)) ≤ kd(xn, xn−1), soit

d(xn+1, xn) ≤ kd(xn, xn−1) ∀n ∈ N ∗

.On montre par récurrence que

d(xn+1, xn) ≤ knd(x1, x0) ∀n ∈ N ∗

.Avec l’inégalité triangulaire, pour tout entier p ≥ 1, il en résulte

d(xn+p, xn) ≤ d(xn+p, xn+p−1) + d(xn+p−1, xn+p−2) + · · ·+ d(xn+1, xn)≤ (kn+p−1 + · · ·+ kn+1 + kn)d(x1, x0)≤ kn 1−kp

1−k d(x1, x0)

≤ kn

1−kd(x1, x0)

Comme limn−→+∞

kn = 0, la suite (xn) est une suite de Cauchy de l’espacemétrique complet E. Cette suite converge vers un point a ∈ E. L’applicationf est évidemment continue. Alors, quand n→ +∞, la relation xn+1 = f(xn)donne a = f(a).

Remarque 5. La dernière inégalité écrite donne d(xn+p, xn) ≤ kn

1−kd(x1, x0),pour tout entier positif p. En prenant la limite pour p −→ +∞, on obtient :

d(a, xn) ≤kn

1− kd(x1, x0)

Soit I un intervalle fermé de IR (avec◦I 6= ∅) et f : I → I une application. Si

f est contractante, Alors, l’équation f(x) = x une unique solution dans I.

Corollaire 7

Démonstration. il suffit d’appliquer le théoréme à E = I.

Exemple 17. 1. La fonction f , telle que f(x) = 13(sin(x) + x) est une

contraction de IR, car

| f ′(x) |=| 1

3(cos(x) + 1) |≤ 2

3

-44-


, donc ∃!w ∈ IR telle que 13(sin(w) + w) = w.

2. Soit

g : ]0,1

2] → ]0,

1

2]

x 7→ 1

3sin(x)

g est définie une cocontractante mais g n’admet pas de point fixe dans]0, 1

2 ], car l’unique solution de l’équation 13 sin(x) = x est x = 0 sur IR.

2.7 Exercices

X et Y désignant des espaces métriques et C(X, Y ) l’ensemble des fonc-tions continues de X vers Y .Exercice 1 :Soit f : IR −→ IR l’application définie par : f(x) = x si x ∈ IR − Q etf(x) = 1− x si x ∈ Q

1. montrer que f est bijective.

2. Comparer | f(x)− 12 | et | x−

12 |.étudier la continuité de f en tout point

de IR.

Correction :

1. f(f(x)) = x ∀x ∈ IR ; donc, f−1of = idIR. Ceci montre que f est bijec-tive de IR sur IR sa fonction réciproque est f−1 = f .

2. En envisageant x ∈ Q,puis x ∈ IR− Q, on vérifie | f(x)− 12 |=| x−

12 |

∀x ∈ IR. Donc, f est continue en x0 = 12 . C’est l’unique point où f est

continue.Soit maintenant a 6= 1

2 , Problème : f est-elle continue au point a ?Considérons a ∈ Q\{1

2}.Puisque IR−Q est dense dans IR on peut choisirune suite de rationnels dans IR − Q telle que : a = limn→+∞xn. On af(xn) = xn donc, la suite f(xn) converge vers a 6= 1 − a. On montrede même que f est discontinue en tout point x ∈ IR− Q, en utilisant la

-45-


densité de Q.

Exercice 2 :

1. Soit f et g deux fonctions contnues deX dans Y . On suppose l’existenced’une partie dense D ⊂ X telle que f|D = g|D.Montrer alors que f = g.

2. Déterminer les applications continues f : IR −→ IR,telle que∀(x, y) ∈ (D)2, f(x+ y) = f(x) + f(y)ou D est l’ensemble des nombres réels décimaux.

Correction :

1. Soit f(x) = g(x) ∀x ∈ D. Problème : a-t-on f = g sur X.Soit a ∈ X. On sait qu’il existe une suite de point de D telle que : a =lim

n→+∞xn}, puisque f est continue en a , on obtient f(a) = lim

n→+∞f(xn)}.

Or, f(xn) = g(xn) pour tout point x, donc, f(a) = limn→+∞

g(xn)}, etd’aprés la continuité de g en a on obtient : f(a) = g(a). Et puisque aest arbitraire dans X, ceci montre que : f(x) = g(x).

2. La restriction de f à D est un homéomorphisme de groupe additifs ; d′of(0) = 0,f(px) = pf(x) pour tout (p, x) ∈ IN×D et f(−x) = −f(x).En posant f(1) = a, il vient f(n) = an pour tout n ∈ Z.Soit alors un nombre décimale x = n

10k,n ∈ Z,k ∈ IN.On en déduit

que :f(10kx) = f(n), 10kf(x) = an et f(x) = ax.sur D qui est densedans IR.L’application continue f coïncide avec la fonction linéaire x 7−→ ax.On a donc f(x) = ax,pour tout x ∈ IR.

Exercice 3 :Soit f ∈ C(x, y) et Dune partie dense dans X.

1. Montrer que f(D) est dense dans f(X).

2. Montrer que pour tout m ∈ IN et pour tout x ∈ [−1, 1], il existe unnombre rationnelr ∈ [0, 2π] tel que :| x− cos(r) |< 10−m

-46-


3. On désigne par S1 l’ensemble des nombres complexes de module 1(c’estun sous-espace métrique de C muni de sa distanse usuelle).(i)Montrer que l’ensemble ein/ n ∈ Z est dense dans S1.(ii) En déduire que l’ensemble cos(n)/ n ∈ Z et sin(n)/ n ∈ Z sont densesdans l’intervalle [−1, 1].

Correction :

1. f(D) est dense dans f(X) ?soit y un point de f(X). Problème : trouver une suite yn ∈ f(D) telleque : y = lim

n→+∞yn.

y ∈ f(X), donc, ∃x ∈ X telle que : y = f(x).Or : D = X donc : il existe une suite xn ∈ D telle que : x = limn→+∞xn.et puisque : f est continue on a : f(x) = limn→+∞f(xn).On prend alors : f(xn) = yn.En particulier si f est surjectif On obtient f(D) est dense dans Y désque D est dense dans X.

2. Ici,D = [0, 2π] ∩ Q est dense dans [0, 2π], En appliquant 1 avec la fonc-tion cos, on a : cos(D) dense dans [−1, 1].Donc, pour tout ε ∈ [−1, 1] et tout ε > 0,il existe r ∈ D tel que| ε− cos(r) |< ε.En particulier quand ε = 10−m.

Exercice 4 :Montrer que f : X −→ Y est une application continue si etseulement si pour toute partie A ⊂ X on a f(A) ⊂ ¯f(A).Correction :Supposons que f est continue. Soient donc A ⊂ X et y ∈ f(A) ; donc, ilexiste x ∈ A , y = f(x), si x ∈ A donc, il existe (an) une suite d’élément deA tel que x = limn→+∞an}.Or f est continue en x , donc f(x) = lim

n→+∞an}. Soit donc : bn = f(an),(bn)

est une suite d’élément de f(A) qui converge vers y. Ainsi y ∈ ¯f(A).inversement, Soit F un fermé de Y. Montrons que f−1(F ) est un fermé de X.Posons : A = f−1(F ), Problème : A = A.On a : f(A) ⊂ ¯f(A), c-à-dire f(A) ⊂ F , donc f(A) ⊂ F , et par suiteA ⊂ f−1(F ), c-à-dire A ⊂ A, et puisque A est toujours inclus dans A, onobtient ainsi A = A, d’où le résultat.Exercice 5 :

-47-


On dit qu’une application f : X −→ Y est ouverte lorsqu’elle transformetout ouvert de X en un ouvert de Y (c’est-à-dire : si U est un ouvert de X,alors f(U) est un ouvert de Y ).

1. Donner un exemple d’application ouverte et non continue.

2. Donner un exemple d’application continue et non ouverte.

3. Démontrer que f : X −→ Y est ouverte si et seulement si pour toutepartie A de X,on a f(A) ⊂ f(A).

Correction :

1. Soit l’application :

f : IR → Z.x 7→ E(x)

l’application f est ouverte mais f n’est pas continue.

2. Soit l’application :

f : IR −→ IR.

x 7→ | x |

l’application f est continue mais f non ouverte.

3. Supposons que : f est ouverte. On a A ouvert, donc, f(A) est un ouvert ;Or, f(A) ⊂ f(A) ; donc, f(A) ⊂ f(A) inversement Soit U un ouvert deX ; donc, f(U) ⊂ f(U) et puisque U = U , ansi f(U) ⊂ f(U) et puisqueon a toujours f(U) ⊂ f(U) en on déduit l’egalité : f(U) = f(U).Ainsi, f(U) est un ouvert de Y .

Exercice 6 :Soit f : C −→ C l’application définie par f(z) = Az + Bz + C ou A,B,Csont des nombres complexes fixés.

1. Prouver que f est lipschitzienne.

-48-


2. Dans le cas B = 0, étudier l’existence d’un point fixe de f.

3. Dans le cas général, si l’application f n’est pas constante, peut-elle avoirune infinité de points fixes?.

4. On suppose que | A | + | B |< 1.(i)Montrer alors que l’application f possède un unique point fixe.(ii)Déterminer ce point fixe lorsque : A = 1+i

4 , B = −14 , C = 6i.

Correction :

1. Pour tout (z, z′) ∈ C2, on facilement :

| g(z)− g(z′) |=| A(z − z′) +B(z − z′) |≤ (| A | + | B |) | z − z′ |.

2. Avec g(z) = Az + C, on reconnait des transformations classiques duplan.Précisément,On distingue trois cas :• A = 1, C = 0.Tout les points sont invariants,car g = IdC.• A = 1, C 6= 0. Il n’ya pas de point fixe. C’est la translation de vecteur−→c ,image de C.• A 6= 1. Il y a un unique point fixe. Si A = 0,l’application g estconstante. Si A ∈ C 0, 1,g représente une similitude directe.

3. Géométriquement, on obtient une symétrie axiale avec A = 0, | B |= 1et C convenablement choisi (pour C = 0, l’axe passe par l’origine).On peut aussi retrouver des affinités ou des projections ; exemple :g(z) = 2z − z.

4. (i) Si | A | + | B |< 1, d’après 1, l’application g est une contraction deC. Le théorème du point fixe s’applique puisque C est complet.(ii) Application : pour g(z) = 1

4(1 + i)z − 14 z + 6i, le calcul donne le

point fixe z0 = 83(−1 + 4i).

Exercice 7 :Soit X un espace métrique et f : X −→ X. On pose f = IdX et f p =fof p − 1 pour tout p > 1.

1. Montrer qu’un point fixe de f est aussi un point fixe de f p.

-49-


2. Soit X = IR et f(x) = 2− x2.Donner les points fixes de f et de f 2.

3. L’espace X est complet et f est continue. On suppose qu’il existe unentier p > 1 tel que f p soit contraction de X. Montrer que f a un pointfixe.

Correction :Soit a un point fixe de f .

1. Montrons par récurrence que a est un point fixe de f p, c-à-dire : ∀p ∈ IN∗

f p(a) = a, pour p = 1 on a f(a) = a. Supposons que f p(a) = a et mon-trons que : f p+1(a) = a, on a f p+1(a) = fof p(a) = f p(f(a)) = f p(a) =a, d’où le résultat

2. On a : f(x) = 2− x2.2 − x2 = x ⇐⇒ x = −2 ou x = 1 ; donc, les points fixes de f sont{−2, 1}.On a : f 2(x) = 2− (f(x))2, et on a : f 2(x) = x.ce qui équivalent à : 2− (2−x2)2 = x, donc, l’ensemble des solution est{1,−2, 1+

√5

2 , 1−√

52 }.

3. Par application du théorème du point fixe à f p il existe alors w ∈ X

unique solution de l’équation f p(w) = w. Problème : f admet-elle unpoint fixe.On a la relation : f p(f(w)) = f p+1(w) = f(f p(w)) = f(w), carf p(w) = w. On trouve donc que f(w) est un point fixe f p et d’aprèsl’unicité, on en déduit que : f(w) = w.

Exercice 8 :Soit f : [0, Π

2 ] −→ [0, Π2 ] la fonction x 7−→ cos(x).

1. Montrer que f est lipschitzienne, non contractante mais que f 2 est contrac-tante .

2. En déduire que f admet un unique point fixe.Peut-on retrouver ce résul-tat en étudiant la fonction f ?

-50-


Correction :

1. Pour x, y ∈ [0, π2 ] on a | f(x)−f(y) |=| cos(x)−cos(y) |=| − sin(c)(x−y) |.Donc : | cos(x)− cos(y) |≤| x− y |, et par suite f est 1-lipschitzienne.Montrons maintenant que f n’est pas contractante. Prenons alors k ∈]0, 1[.Problème : prouvons l’existence de x, y ∈ [0, π2 ] tel que : | f(x)−f(y) |≤k. | x− y |.Par l’absurde supposons que ∀x, y ∈ [0, π2 ]. On a : | cos(x)− cos(y) |≤k. | x− y |. En particulier On aura : ∀x, y ∈ [0, π2 [. | cos(x)−cos(Π

2 )

x−Π2

|≤ k,par passage à la limite lorsque x converge vers π

2 . On obtient 1 ≤ k cequi est faux.Montrons maintenant que f 2 = fof est contarctante. On a f 2(x) =cos(cos(x)) et par suite | f 2(x)− f 2(y) |=| cos(cos(x))− cos(cos(y)) |.

| (f 2)′(c)(x− y) | =| − sin(− sin(cos(c))) | . | x− y |

≤| sin cos(c) | . | x− y |

et donc,

| cos(cos(x))− cos(cos(y)) | ≤ sup0≤t≤1(sin(t)) | cos(x)− cos(y) |≤ sin(1) | x− y |

car la fonction cos envoie [0, Π2 ] dans [0, 1]. Comme sin(1) ≤ 1, donc,

cos2 est contractante.

2. Comme [0, π2 ] est complet (il est fermé dans R qui est complet), il suitdu théorème du point fixe que cos2 admet un unique point fixe. On peuten fait retrouver ce résultat en étudiant la fonction x 7−→ x− cos(x).

Exercice 9 :Soit X =]0,+∞[,muni de la distance usuelle notée d.Pour t, s ∈ X,on posed1(t, s) =| ln(t)− ln(s) |.

1. Montrer que d1 est une distance topologiquement équivalente à d.

-51-


2. Montrer que (X, d1) est complet.

3. Les deux distances d et d1 sont-elle uniformément équivalentes ?

Correction :

1. Sur E = IR∗+, d1 est bien une distance. En particulier, pour x > 0, y >0, z > 0, on a l’inégalité triangulaire en écrivant classiquementd1(x, z) =| ln(x) − ln(y) + ln(y) − ln(z) |≤| ln(x) − ln(y) | + |ln(y) − ln(z) |. Pour prouver que d1 et d sont topologiquement équi-valente, on peut vérifient que toute boule ouverte pour l’une est unouvert pour l’autre, Ainsi, pour a > 0 et ρ > 0, on aB1(a, ρ) = x > 0;−ρ+ ln(a) < ln(x) < ρ+ ln(a) =]ae−ρ, aeρ[. D’autrepart, une boule ouverte pour d est de la forme ]a, b[ avec ici 0 ≤ a < b.on peut écrire]a, b[= x > 0; ln(a) < ln(x) < ln(b) = x > 0; | ln(x)− ln(a)+ln(b)

2 |< ln(b)−ln(a)2

qui est une boule ouverte pour d1 ; précisément, c’est B1(u, r) de centreu = 1

2 ln(ab) et de rayon r = 12 ln(ab ).

Si a = 0, on se ramène à ce qui précède en écrivant ]0, b[= ∪n∈IN∗]1n , b[.

qui est une réunion de boules ouvertes pour d1, donc un ouvert pourcette distance .

2. Soit xn une suite de Cauchy pour d1 :∀ > 0 ∃p ∈ IN ∀n ≥ p ∀m ≥ p | ln(xm)− ln(xn) |< ε

La suite de terme générale un = ln(xn) est de Cauchy dans IR ; elle estdonc convergente.Si lim

n→+∞un = λ ∈ IR, on a lim

n→+∞| ln(xn)−λ |= 0, soit lim

n→+∞d1(xn, e

λ) =

0. La suite xn converge vers eλ dans (E, d1).

3. Non, car (E, d1) est complet et (E, d) ne l’est pas. Une suite de Cauchypour d peut ne pas être de Cauchy pour d1 (si non elle convergerait ausens de d1 vers une limite l > 0, etc).On peut considéré, par exemple, xn = 1

n ≥ 1.Exercice 10 :

Soit (E, d) un espace métrique.Pour (x, y) ∈ E,on pose d1(x, y) = min(1, d(x, y)).

1. Montrer que d1 est une distance uniformément équivalente à d.

-52-


2. Pour E = IR et d la distance d1 est-elle métriquement équivalente à d.

Correction :

1. •d1(x, y) = 0 ⇒ min(1, d(x, y)) = 0

⇒ d(x, y) = 0⇒ x = y

• d1(x, y) = min(1, d(x, y)) = min(1, d(y, x)) = d1(y, x).• montrons maintenant que min(1, b+ c) ≤ min(1, b) +min(1, c).1ier cas :min(1, b) = 1 ou min(1, c) = 1.donc : min(1, b+ c) ≤ 1 ≤ min(1, b) +min(1, c)2me cas : min(1, b) = b et min(1, c) = c, donc, min(1, b)+min(1, c) =b+ c.Or b+ c ≥ min(1, b+ c), d’où le résultat.montrons que : d1 est uniformément équivalente à d, on a : d1(x, y) ≤d(x, y), donc : I1 : (X, d) −→ (X, d1) est uniformément continue, mon-trons maintenant que : I2 : (X, d1) −→ (X, d) est uniformément conti-nue. Soit donc, (an)n et (bn)n deux suites deX tel que : lim

n→+∞d1(an, bn) =

0. Problème : limn→+∞

d(an, bn)} = 0, donc : ∃N ∈ IN tel que : ∀n ≥ N

d1(an, bn) <12 , donc, d1(an, bn) = d(an, bn) ∀n ≥ N . Or, lim

n→+∞d1(an, bn) =

0, donc, limn→+∞

d(an, bn) = 0, et par suite I2 est uniformément continue.Ainsi, d1 est une distance uniformément équivalente a d.

2. Si (E,d) n’est pas borné, on peut pas trouver un nombre β > 0 tel que :d(x, y) ≤ βd1(x, y), pour tout (x, y) ∈ E2(car βd1(x, y) ≤ β).C’est ici le cas, puisque (IR, d) n’est pas borné. Donc d et d1 ne sont pasmétriquement équivalentes.

Exercice 11 :On considère la sphère unité S2 = (x, y, z) ∈ IR3/ x2 + y2 + z2 = 1 munie desa topologie usuelle. Soit N = (0, 0, 1)(le pôle nord)et P0 le plan horizontald’équation z = 0. On définit une application ϕ : S2 − N −→ IR2de façonsuivante : (ϕ(M), 0) est le point d’intersection de la droite affine (NM) avecle plan P0.

1. Donner l’expression analytique de ϕ, montrer que ϕ est bijective en dé-finissant ϕ−1.

-53-


2. En déduire que ϕ est un homéomorphisme.

Correction :

1. Soit M ′= (x

′, y′) ∈ IR2 Une droite (NM) passant par N et M a pour

représentation paramétrique :

Soit ,

x = αmy = αmz − 1 = α(zm−1)

α ∈ IR. La droite (NM) coupe P0 au point

m′

0 donné par z = 0, qui correspond à valeur du paramètre α = 11−xm .

D’où l’on déduit x′ = xm1−zm ,y

′= ym

1−zm .L’application ϕ : S2 \ {N} −→ IR2 ainsi définie est visiblement conti-nue.

2. Pour tout point M ′= (x

′, y′) ∈ IR2, cherchons un point m de la sphère

S2 tel que m 6= p et ϕ(M) = M′.

Cela revient à résoudre en x,y,z, le système : x′ = x1−z ,y

′= y

1−z ,avecx2 + y2 + z2 = 1 et (x, y, z) 6= (0, 0, 1). Il vient successivement :(x′)2(1− z)2 + (y′)2(1− z)2 + z2 = 1, (x′2 + y′2)(1− z)2 = 1− z2, (x′2 +y′2)(1 − z) = 1 + z, car z 6= 1.Ce qui donne z,puis x = (1 − z)x

′, y =

(1− z)y′.La solution est unique :

x = 2x′

x′+y′+1, y = 2y

′

x′+y′+1, z = 1− 2

x′+y′+1

L’application ϕ est bijective et ces équations montrent que ϕ−1 est conti-nue.Ceci prouve que IR2 et S2 \ {x} sont homéomorphes.

Exercice 12 :Soit ϕ : [0, 1] −→ [0, 1] continue non identique à 1 et soit α ∈ IR.Problème : Montrer l’existence d’une unique f ∈ C1([0, 1]) vérifiant l’équa-tion fonctionnellef(0) = α, f

′(x) = f(ϕ(x)).

Pour cela,considérer l’espace métrique X = C([0, 1]) et l’opérateur T : X →X définie par T (f)(x) = α+

∫ x0 f(ϕ(t))dt[On montre que T 2 est une contrac-

tion de X et on utilise l’exercice 8].Correction :Montrons que T 2 = ToT est une contraction. On a

-54-


T 2(f)(x) = α +∫ x

0 (α +∫ ϕ(t)

0 f(ϕ(s))ds)dt

= α + αx+∫ x

0 (∫ ϕ(t)

0 f(ϕ(s))ds)dt

Et par suite

‖ T 2(f)− T 2(g) ‖∞ ≤∫ x

0 (∫ ϕ(t)

0 (f(s)− g(s))ds)dt

≤‖ f − g ‖∞∫ x

0 (∫ ϕ(t)

0 ds)dt≤‖ f − g ‖∞

∫ x0 ϕ(t)dt

≤‖ f − g ‖∞‖ ϕ ‖∞∫ x

0 dt≤‖ ϕ ‖∞‖ f − g ‖∞

Or‖ ϕ ‖∞< 1

d’où le résultat.

-55-

CHAPITRE 3

COMPACITÉ

3.1 Espaces métriques compactes

Un espace métrique (X, d) est compact si toute suite de points de X a aumoins un point d’accumulation.

Définition 21

Soit (X, d) un espace métrique. a ∈ X, xn une suite de point de X on diraque a est un point d’accumulation de (xn) s’il existe une sous-suite de (xϕ(n))qui converge vers a.

Définition 22

Exemple 1 :• xn = (−1)n, 1 et -1 sont deux points d’accumulation de cette suite.• Une partie Y d’un espace métrique (X, d) est compact si l’espace métrique(Y, d) est compact.Exemple 2 :

1. X =]0, 1] est-il compact ?Non : Car la suite xn = 1/n n’admet pas de point d’accumulation dans

56

Compacité

X.

2. X = [0,+∞[ est-il compact ?Non : Car la suite xn = n n’admet pas de point d’accumulation dansX.

Remarque 1 : La propriété pour une partie Y d’un espace d’être com-pacte est une propriété intrinsèque (elle ne depend que de (Y, d) à la différencede la propriété d’être ouvert ou fermé.

Remarque 2 : Notons que si d1 et d2 sont deux distances topologique-ment équivalentes sur X, alors on a l’équivalence suivant :

((X, d1) est compact) ⇔ ((X, d2) est compact)

Soient (X1, d1) et (X2, d2) deux espaces métriques et f : X1 → X2 uneapplication continue. Si X1 est compact alors f(X1) est une partie compactede X2.

Proposition 20

Démonstration :Posons Y = f(X1). Soit (yn) une suite dans Y . Pour tout n, il existe xn ∈ X1

tel que yn = f(xn). (xn) est alors une suite dans X1, et X1 est compact, doncil existe une sous-suite (xϕ(n))n qui converge vers x ∈ X1. Et puisque f estcontinue, on a f(x) = lim

n→+∞f(xϕ(n))

c’est à dire : f(x) = limn→+∞

yϕ(n). Ainsi la sous suite (yϕ(n)) converge versy = f(x) ∈ Y .

Si X1 et X2 sont deux espaces métriques homéomorphes, alors on a l’équiva-lence :

(X1 est compact) ⇔ (X2 est compact)

Corollaire 8

-57-

Compacité

Soit Y une partie d’un espace métrique X.• Si Y est compacte, alors Y est fermée dans X.• Si X est compact et Y est fermée dans X, alors Y est compacte.

Proposition 21

Démonstration :• Supposons que Y est compacte.Une suite de points de Y convergente dans X pour seul point d’accumulationdans X sa limite celle-ci appartient donc à Y . Y est aussi fermée.• Supposons que X est compact et Y est fermée dans X.Soit (xn) une suite de points de Y , comme X est compact, il posséde unesuite extraite convergente dans X, comme Y est fermée, donc la limite decette suite extraite appartient à Y . D’où le resultat.

Soient (X1, d1),. . . ,(Xk, dk) des espaces métriques compacts.L’espace produit X = X1 × . . .×Xk est compact.

Proposition 22

Démonstration :Pour k = 2, X = (X1, X2), il existe xn = ((xn)

1, (xn)2).

(xn)1 suite dans X1 compact, donc elle admet une sous-suite ((xϕ(n))

1)nconvergente dans X1. (xϕ(n))

2 suite dans X2 compact, donc elle admet unesous-suite ((xψ(ϕ(n)))

2)n convergente dans X2.Donc la suite (xψ(ϕ(n))n converge dans X.

3.2 Les partie compact de IRn

Y ⊂ IRn. Y est bornée, s’il existe R > 0 ∀y ∈ Y, ‖ y ‖2≤ R.

Définition 23

-58-

Compacité

Y ⊂ IRn. Y est compact (pour la topologie usuelle) si et seulement si Y estfermé (dans IRn) et borné.

Proposition 23

Démonstration :⇐) Si Y est borné alors il existe a > 0 telque Y ⊂ [−a, a]n

Or [−a, a]n est compact (théorème de Bolzano−Weierstrass)Y étant un fermé de IRn, centenu dans [−a, a]n (qui est aussi un fermé deIRn) donc Y est un fermé de [−a, a]n.Ainsi Y est un fermé dans un compact donc c’est un compact.⇒) Si Y est un compact. alors Y est fermé dans IRn. Il reste à établir que Yest borné ?On va resonner par l’absurbe.supposons alors que Y n’est bornéDonc ∀n ∈ IN∗, ∃yn ∈ Y, ‖ yn ‖2> n

On obtient ainsi une suite (yn) dans Y qui vérifie (‖ yn ‖2> n, ∀n ∈ IN∗)Cette suite n’admet pas de point d’accumulation (car sinon, il existe ϕ : IN→IN strictement croissante. telque : la suite (yϕ(n))n converge vers y ∈ Y .Or ‖ yϕ(n) ‖2> ϕ(n) ≥ n

donc ‖ yϕ(n) ‖2> n et par suite. par passage a la limite, on aura limn→+∞

‖yϕ(n) ‖2= +∞.Ce qui est faux puisque lim

n→+∞‖ yϕ(n) ‖2=‖ y ‖

Soit X un compact (nom vide). f : X −→ IR une application continue,Alors il existe a, b ∈ X telque ∀x ∈ X f(a) ≤ f(X) ≤ f(b).

Corollaire 9

Démonstration : K = f(X) c’est un compact de IRDonc K est un fermé et borné de IR . ∃m,M ∈ IR ∀y ∈ K, m ≤ y ≤M .m0 = inf(K), M0 = sup(K).Puisque K est un fermé de IR on a m0 ∈ K et M0 ∈ K.

-59-

Compacité

Toutes les normes de IRn sont équivalentes.

Corollaire 10

Démonstration : Il suffit de montrer que si ‖‖ est une norme de IRn

alors cell-si est équivalente à la norme ‖‖1.Soit S = {x ∈ IRn/ ‖ x ‖= 1}C’est un compact de IRn (S est la sphére unité de (IRn, ‖ . ‖1) por x quel-conque dans IRn.

On a x = (x1, · · · , xn) =n∑i=1

xiei

‖ x ‖≤n∑i=1

‖ xiei ‖=n∑i=1

|xi| ‖ ei ‖ ≤ βn∑i=1

|xi| où β = max1≤i≤n

‖ ei ‖

Donc ∀x ∈ IRn, ‖ x ‖≤ β ‖ x ‖1

L’applicationf : IRn → IRn

x → ‖ x ‖

Est une application continue donc sa restruction à S. f : S → IR estcontinue sur le compact S.

Donc ∃a, b ∈ S,∀x ∈ S/ 0 <‖ a ‖≤‖ x ‖≤‖ b ‖

On a (‖ a ‖6= 0 car ‖ a ‖= 1)

Pour x non nul dans IRn.

on a ‖ x ‖=‖ x ‖11

‖ x ‖1‖ x ‖ =‖ x ‖1‖

x

‖ x ‖1‖

Orx

‖ x ‖1∈ S donc ‖ x

‖ x ‖1‖≥‖ a ‖.

On a alors ∀x ∈ IRn\{0} ‖ x ‖≥‖ a ‖‖ x ‖1

En posant α =‖ a ‖. on a ainsi :

∀x ∈ IRnα ‖ x ‖1≤‖ x ‖

Donc ‖‖ et ‖‖1 sont équivalentes.

-60-

Compacité

3.3 Compacité et recouvrement

Une famille (Ai)i∈I de parties d’un ensemble X est un recouvrement de Xsi⋃i∈IAi = X.

Définition 24

Exemple :• (]− n, n[)n∈IN∗ est un recouvrement de IR.

• (B2(0, n))n∈IN∗ est un recouvrement de IR2.

soit (Ui)i∈I un recouvrement par des ouverts d’un espace métrique compactX. Il existe r > 0 tel que toute boule ouvert de rayon r soit centenue dansl’un des Ui.

Théorème 5 (Lebesgue)

Démonstration :

(x0 = axn+1 = F (xn) n ≥ 0

)⇒ (∃r > 0, ∀x ∈ X, ∃i ∈ I, B(x, r) ⊂ Ui) ?(3.1)

Raisonnement par l’absurde : supposons alors la négation de q.Donc pour tout n ∈ IN∗, il existe xn ∈ X, tel que la boule B(xn,

1n) ne soit

contenue dans aucun des Ui (c’est à dire ∀i ∈ I, B(xn,1n) 6⊂ Ui).

X étant compact et (xn) un suite de X donc elle admet un point d’accu-mulation soit a un tel point c’est à dire il existe ϕ : IN → IN strictementcroissante tel que a = lim

n→∞xϕ(n).

a ∈ X =⋃i∈IUi donc ∃i0 ∈ I tel que a ∈ Ui0.

Donc ∃r > 0 tel que : B(a, r) ⊂ Ui0Puisque a = lim

n→∞xϕ(n), il existe N ∈ IN∗, tel que :∀n ≥ N d(xϕ(n), a) < r

2

On a B(xϕ(n),r2) ⊂ B(a, r) (car d(y, xϕ(n)) <

r2 ⇒ d(y, a) < r

2 + d(xϕ(n), a)

-61-

Compacité

< r2 + r

2 = r) DoncB(xϕ(n),r2) ⊂ Ui0 et ceci pour tout n ≥ N existe-t-il

k ∈ IN∗, B(xk,1k) ⊂ Ui0 ?

Si on prend k ∈ IN∗, 1k <

r2 c’est à dire k < 2

r

xϕ(k) ≥ k > 2r

B(xϕ(k),1

xϕ(k)) ⊂ B(xϕ(k),

r2)

Donc d(y, xϕ(k)) <1

xϕ(k)⇒ d(y, xϕ(k)) <

r2 (car 1

xϕ(k)< r

2)

ceci permet d’obtenir a une contradiction.

X espace métrique compact. soit r>0 Alors il existe un recouverement finiede X par des boules de rayon r.

Proposition 24

Démonstration :Pb : ∃k ∈ IN∗,∃a1, a2, · · · , ak, X =

⋃1≤i≤k

B(ai, r) ?

On va faire un raisonnement par l’absurde.Supposons que pour tout k ∈ IN∗, pour tout a1, · · · , ak ∈ X, on a B(a1, r)∪· · · ∪B(ak, r)X.prenons x0 ∈ X B(x0, r)XDonc il existe x1 ∈ X, d(x1, x0) ≥ r.B(x0, r) ∪B(x1, r)XDonc ∃x2 ∈ X, x2 6∈ B(x0, r) ∪ B(x1, r) (c’est à dire d(x2, x1) ≥ r etd(x2, x0) ≥ r)On montre ainsi (par récurence) léxistence d’une suite (xn)n dans X tel qued(xn, xj) ≥ r pour tout j = 1, 2, · · · , n− 1c’est à dire d(xn, xm) ≥ r dés que n > m une telle suite n’admet pas depoint d’accumulation dans X. ce qui est en contradiction avec la fait que Xest compact.

Pour qu’un espace métrique (X, d) soit compact il faut et il suffit que toutrecouverement de X par des partie ouvert posséde un sous-recouverementfini.

Théorème 6 (Borel-Lebesgue)

-62-

Compacité

Démonstration : Supposons que (X, d) est un compact et soit (Ui)i∈Iun recouverement par des parties ouverts de X.soit r > 0 (them de Lebesgue) tel que tout boule de rayon r soit contenuedans l’un de Ui en suite en appliquant le proposition (ci-dessus), ils existek ∈ IN∗, et a1, · · · , ak tel que X =

⋃1≤i≤k

B(ai, r)

Or pour tout i = 1, · · · , k il existe li ∈ I tel que B(ai, r) ⊂ UliOn a ainsi X =

⋃1≤i≤k

Uli

Inversement, supposons que tout recouverement de X par des parties ouvertsposséde un sous-recouverement fini.montrons que X est compact. On va raisonner par l’absurde, supposons queX n’est pas compact, il existe alors une suite (xn) dans X sans point d’ac-cumulation pour xn càd tout point x ∈ X, n’est pas point d’accumulationpour (xn).Soit x point d’accumulation de xn.Donc ∃ϕ : IN→ IN tel que xϕ(n) → xC’est à dire ∀ε > 0 ∃Nε ∈ IN\n ≥ N ⇒ xϕ(n) ∈ B(x, ε)Cela équivalente à dire ∀ε > 0{k ∈ IN, xk ∈ B(x, ε)} est finie.Donc lorsque x n’est pas un point d’accumulation ∀ε > 0{k ∈ IN, xk ∈B(x, ε)} est infinie.∀x ∈ X, ∃Bx tel que {k ∈ IN, xk ∈ Bx} est finie.Or X =

⋃x∈X

Bx, donc X est reunion d’un nombre fini de tels boules.

X = Bx1 ∪ · · · ∪Bxm

Donc {k ∈ IN, xk ∈ X} =⋃

1 ≤ i ≤ n{k ∈ IN, xk ∈ Bxi}Ainsi IN est est fini ce qui est faux.

Soit (Fn) une suite décroisante (pour l’inclution, c’est à dire Fn ⊃ Fn+1 pourtout n) de parties fermés non vides d’un espace métrique compact (X, d) ona⋂n≥0

Fn 6= ∅.

Corollaire 11

Démonstration :Supposons que

⋂n≥0

Fn = ∅

-63-

Compacité

Alors (⋂n≥0

Fn)c = X

Or (⋂n≥0

Fn)c =

⋃n≥0

(Fn)c.

En posant⋃n

= F cn

On obtient un recouverement de X par les ouvert de la famille (⋃n

)n∈IN

Puisque X et compact ∃k ∈ IN X =k⋃i=1

Ui

Donc X = Uk (car : U1 ⊂ U2 ⊂ · · · ⊂ Uk)

Donc Fk = ∅ ce qui est faux.

Conclusion⋂n≥0

Fn 6= ∅.

Si f : X1 → X2 est une application continue et bjective entre deux espacesmétrique.Si X1 est compact. Alors : f est un homéomorphisme.

Proposition 25

Démonstration :Il suffit de montrer que f est fermée (C’est à dire l’image directe d’un ferméF de X1 est un fermé F dans X2).Or : si F est fermé dans X1, alors F est une partie compact de X1 donc f(F )est un compact de X2 et par suite f(F ) est un fermé de X2.

Si f : X1 → X2 est continue et X1 est compact.Alors f est uniformément continue.

Théorème 7 (HEINE)

Démonstration :Soit ε > 0, Pb il existe δ > 0, d(x, y) < δ ⇒ d(f(x), f(y)) < εContinuité : ∀x ∈ X1, ∃δx > 0, d(y, x) < δx ⇒ d(f(y), f(x)) < ε

2 (1)X1 =

⋃x∈X1

B(x, δx) d’aprés le théorème de Lebegue il exists r > 0 tel que

-64-

Compacité

tout boule de rayon r est contenu dans l’une des boules B(x, δx)C’est à dire ∀y ∈ X1,∃x0 ∈ X,B(y, r) ⊂ B(x0, δx0

)Donc pour x ∈ B(y, r) on a x ∈ B(x0, δx0

) et par suite d’aprés (1) d(f(x), f(x0)) <ε2 .

3.4 Exercices

Exercice 1 (X, d) espace métrique (xn) une suite convergente vers x ∈ XK = {xn/n ∈ IN} ∪ {x} Montrer que K est une partie compacte de X.

Exercice 2 f : X1 → X2 est dite propre si pour tout compact K de X2,f−1(K) est un compact de X1.

1. l’applicationf : IR→ S2

(x, y) 7→ eix

est-elle propre ?2. Est-il vrai que toute application continue est propre ?3. Montrer que si f est propre, l’image par f de tout femé de X1 est un

fermé de X2 ?4. X1 = X2 = IRn etablir l’equivalence l’application f est propre si et

seulement si elle a la propriété suivante : ‖ f(x) ‖→ +∞ quand ‖ x ‖→+∞ ?

Exercice 3Soit E un espace normé. Si A et B sont deux parties de E, on note A + Bl’ensemble {a+ b ; a ∈ A et b ∈ B}.

1. Montrer que si A est compact et B est fermé, alors A+B est fermé.2. Donner un contre exemple pour montrer qu’en général la somme de deux

fermé n’est pas toujours un fermé.Exercice 4

1. Montrer qu’il existe une surjection continue de IR sur S1 et qu’il n’existepas d’injection continue de S1 dans IR.

2. Montrer qu’il n’existe pas d’injection continue de IR dans IR.

-65-

Compacité

Exercice 5Y = {0} × [−1, 1] ∪ [−1, 1] × {0} muni de la topologie induite de celle deIR2.1. Montrer que Y est compact et connexe et que f(Y ) est un segment sif : Y → IR est une fonction continue.

2. Déterminer les points x ∈ Y pour lesquels Y \{x} est connexe.3. Montrer que Y n’est homéomorphe à aucune partie de IR.

Solutions des exercices :

Exercice 1K = {xn/n ∈ IN} ∪ {x} ⊂ XSoit (θi)i∈I une famille d’ouvert de X telque K ⊂

⋃i∈I θi.

Donc il existe i0 ∈ I telque : x ∈ θi0.Or (xn) converge vers x.Donc il existe N ∈ IN, xn ∈ θi0 dès que n ≥ N .K = {x0, x1, . . . , xN−1} ∪ {xn/n ≥ N} ∪ {x}On a {xn/n ≥ N} ∪ {x} ⊂ θi0Et pour i = 0, 1, . . . , N − 1 il existe li ∈ I tel que xi ∈ θli.Donc K ⊂ θl1 ⊂ θl2 ⊂ . . . ⊂ θlN−1

⊂ θi0D’ou K est compact d’aprer le theoreme de (Borel − Lebesgue)

Exercice 2

1. l’application f est surjectiveDonc f−1(S1) = IROr S1 est compact et IR est non compact.Donc f n’est pas propre.

2. Réponse : Non, contre exemple :

f : IR → S2

(x, y) → eix

Est continue, mais non propre.

3. F ⊂ X1 un fermé de X1, f(F ) est il un fermé de X2 ?Soit (yn) une suite de points de f(F ) telle que (yn) converge vers y ∈ X2,on montre que y ∈ f(F ) pour tout n ∈ IN, prenons xn ∈ F telque

-66-

Compacité

yn = f(xn).On a K = {yn/n ∈ IN} ∪ {y} est un compact de X2.Donc f−1(K) est un compact de X1

Or xn ∈ f−1(K) pout tout n ∈ IN (xn) rst une suite de points dans lecompact f−1(K) donc elle posséde une sous − suite converge c-à-d, ilexiste ϕ IN→ IN est ↑ telque (xϕ(n))n converge dans X1.Posons x = lim

n→+∞xϕ(n)

Puisque F est un fermé dans X1 et (xϕ(n))n est une suite de points deF qui converge, forcement sa limite appartient à F c-à-d x ∈ F .Or f est continue.Donc f(x) = lim

n→+∞f(xϕ(n)) = lim

n→+∞yϕ(n)

Or (yϕ(n)) et une sous − suite de (yn) donc elle converge vers la mmelimite y.Ainssi f(x) = yDonc y ∈ f(x).

4. Dire ‖f(x)‖ → +∞ quand ‖x‖ → +∞ est équivalent à

∀A > 0, ∃R > 0, ∀x ∈ IRn, ‖ x ‖> R⇒‖ f(x) ‖> A

et on a par contrapposé :

(ii) ∀A > 0, ∃R > 0, ∀x ∈ IRn, ‖ f(x) ‖≤ A⇒‖ x ‖≤ R

a) Montrer que f est propre ?Soit K un compact de IRn

Pb f−1(K) est un compact de IRn ?f est continue et K est un fermé de IRn donc f−1(K) est un fermé deIRn.Montrons que f−1(K) est borné (c-a-d f−1(K) est continue dans uneboule de IRn)K étant borné donc ∃A > 0, K ⊂ B(OIRn, A) (c’est-à-dire ∀y ∈ K, ‖y ‖≤ A)Puisque f satisfait (ii), il existe un réel R > 0 tel que :Pour tout x ∈ IRn, ‖ f(x) ‖≤ A⇒‖ x ‖≤ RMontrons que f−1(K) ⊂ B(OIRn, R)En effet x inf−1(K)⇔ f(x) ∈ K⇒‖ f(x) ‖≤ A

-67-

Compacité

⇒‖ x ‖≤ R.Ainsi f−1(K) est borné.b)Supposons f propre, soitM > 0. Alors B(0,M) est un compact (noussommes dans IRn) donc f−1(B(0,M)) est compact donc borné, c’est-à-dire qu’il existe m > 0 tel que f−1(B(0,M)) ⊂ B(0,m). Donc six 6∈ B(0,m) alors f(x) 6∈ B(0,M).

Exercice 3

1. Pour montrer que A+B est fermé, nous allons montrer que toute suitede A + B qui converge, converge vers un élément de A + B. Soit (xn)un suite de A + B qui converge vers x ∈ E. Alors il existe an ∈ A etbn ∈ B tel que xn = an + bn. Comme A est compact on peut extraireune sous-suite (aφ(n)) qui converge vers a ∈ A. Alors bφ(n) = xφ(n)−aφ(n)

est convergente vers x− a. Notons b = x− a comme B est fermé alorsb ∈ B. Maintenant x = a+ b donc x ∈ A+B.

2. Soit F = {(x, y) ∈ IR|xy ≥ 1etx ≥ 0}, soit G = {(x, y) ∈ IR|y ≤1etx ≥ 0}. Alors F +G = {(x, y) ∈ IR|x ≥ 0}∪{0}× [0,+∞[ qui n’estpas un fermé (ni un ouvert).

Exercice 4

1. (a) f : IR→ S1 définie par f(t) = eit est une surjection continue.(b) S1 est un compact connexe donc, par l’absurde, si g : S1 → IR estune injection continue alors g(S1) est un compact connexe de IR doncun segment compact I. Soit y ∈ I0, comme I est l’image de S1 alors ilexiste un unique x ∈ S1 tel que f(x) = y. L’application f induit alorsune bijection continue f : S1\x → I\y. Mais S1\x est connexe alorsque son image par f , qui est I\y ne l’est pas (car y ∈ I0). L’imaged’un connexe par une application continue doit être un connexe, doncnous avons une contradiction.

2. Si h : IR2 → IR est une injection continue. Comme IR2 est connexef(IR2) = I est un connexe de IR donc un segment (non réduit à unpoint !). Prenons y un élément de I0, soit x ∈ IR2 tel que f(x) = y.Alors IR2\{x} est connexe, I\{y} ne l’est pas, et f est une bijectioncontinue entre ces deux ensembles, d’où une contradiction.

-68-

Compacité

Exercice 5

1. Y est compact car c’est un fermé borné de IR2. Soit g : Y → IR uneapplication continue. Par connexité du segment [−1, 1], g est constantesur {0} ∪ [−1, 1] (et vaut v) ; g est aussi constante sur [−1, 1] ∪ {0} etvaut v1. Mais alors v = g(0, 0) = v1 donc g est constante sur Y . DoncY est connexe.Pour f : Y → IR une fonction continue. Y est compact donc f(Y )est compact. Y est connexe donc f(Y ) est connexe. Donc f(Y ) est uncompact connexe de IR c’est donc un segment compact.

2. Ce sont les quatre points cardinaux N = (0, 1), S = (0,−1), E = (1, 0),W = (−1, 0).

3. Par l’absurde, supposons que Y soit homéomorphe à une partie I deIR , alors il existe un homéomorphisme f : Y → I. Par le premierpoint I est un segment compact I = [a, b]. Y \{N} est connexe doncsont image par f , f(Y \{N}) est connexe, mais c’est aussi le segmentI privé d’un point. I privé d’un point étant connexe, le point retiré estnécessairement une extrémité. Donc f(N) = a ou f(N) = b. Supposonspar exemple f(N) = a. On refait le même raisonnement avec S, quisénvoie aussi sur une extrémité, comme f est bijective cela ne peutêtre a, donc f(S) = b. Maintenant f(E) est aussi une extrémité doncf(E) ∈ {a, b}. Mais alors f n’est plus injective car on a f(E) = f(N)ou f(E) = f(S). Contradiction.

-69-

CHAPITRE 4

CONNEXITÉ

soit X un espace métrique.• X est dit connexe si les seules parties à la fois ouvertes et fermées dans Xsont ∅ et X.• Une partie Y d’un espace métrique X est connexe si l’espace métrique (Ymuni de la distance induite ) est connexe.

Définition 25

Soit X un espace métrique.• Les propriétes suivantes sont équivalentes :1. X n’est pas connexe.

2. X est réunion de deux parties ouverts disjoints non vides (X = O1∪O2

avec O1 6= ∅, O2 6= ∅, O1 ∩O2 = ∅) O1 et O2 des ouverts.

3. X est réunion de deux parties fermées disjoints non vides (X = F1∪F2

avec F1 6= ∅, F2 6= ∅, F1 ∩ F2 = ∅) F1 et F2 des fermées.

4. Il existe une application continue non constante de X dans {0, 1}.

Proposition 26

Démonstration. • 1) ⇒ 2) Soit A 6= ∅ et A 6= X telle que A est ouvert et

70

Connexité

fermé dans X.Or : X = A ∪ (X \ A), il suffit donc de prendre O1 = A et O2 = X \ A.• 2)⇒ 3) Soit X = O1 ∪O2 avec O1 ∩O2 = ∅ et O1 6= ∅, O2 6= ∅.prenons F1 = X \O1 = O2 qui est ouvert dans X, donc F1 est fermé de X.et F2 = X \O2 = O1 ouvert dans X, donc F2 est fermé de X.d’où : X = F1 ∪ F2.• 2)⇒ 4) Soit X = O1 ∪O2 avec O1 ∩O2 = ∅ et O1 6= ∅ , O2 6= ∅.On considére l’application

f : X → {0, 1}

x 7→{0 si x∈O1

1 si x∈O2

f est évidement continue et non constante.(Car O1 ∩O2 = ∅)• 4)⇒ 2) Si : f : X → {0, 1} est continue.alors : en prenant O1 = f−1({0}) et O2 = f−1({1}), on obtient deuxouverts non vide disjoints avec X = O1 ∪O2.

Exemple 18. • IR∗ est non connexe.(car IR∗ =]−∞, 0[∪]0,+∞[)• Soit E un espace métrique.pour x ∈ E , {x} est un connexe .• Q une partie non connexe de IR.

Exercice 18. Montrer que, Si Y ⊂ Q est connexe, non vide.alors : Y est singleton.

Réponse :Supposons que Y n’est pas un singleton.donc : ∃x, y ∈ Y telle que x < y.On sait que : x, y ∈ Q et x < x+ y−x√

2< y, et on note c = x+ y−x√

2, c ∈ IR\Q.

On obtient donc

Y = (Y ∩]−∞, c[) ∪ (Y ∩]c,+∞[)

posons : O1 = Y ∩]−∞, c[ et O2 = Y ∩]c,+∞[ , O1 et O2 sont deux ouvertsdans Y non vides. (car x ∈ O1 et y ∈ O1), ce qui est faux.donc, Y est nécessairement un singleton.

-71-

Connexité

Les parties connexe de IR sont les intervalles.

Proposition 27

Démonstration. Soit J une partie non vide de IR qui n’est pas un intervalle.Il existe un point c ∈ IR− J , tel que J∩]−∞, c[ et J∩]c,+∞[ ne sont pasvides. Ce sont des parties ouvertes et disjoints de J dont J est l’union ; doncJ n’est pas connexe.Soit J un intervalle compact non vide de IR, J = [a, b] ; supposons que J soitunion de deux parties fermées disjointes non vides F0 et F1, avec a ∈ F0. Ona [a, c[⊂ F0 puisque F0 est fermé. On a c < b puisque F1 n’est pas vide. Pardéfinition de c, tout intervalle [c, d], avec c < d ≤ b, coupe F1 (autrement[a, d] ⊂ F0) ; comme F1 est fermé, on a donc c ∈ F1, et F0 ∩ F1 6= ∅. Donc Jest connexe. Soient J un intervalle non vide de IR, a ∈ J ; on a

J =⋂x≥a

[a, x] ∪⋃x≤a

[x, a],

donc J est connexe.

f : X1 → X2 une application continue entre deux espaces métrique.Si X1 est connexe, alors f(X1) est connexe.

Proposition 28

Démonstration. Si f(X1) n’est pas connexe, il existe alors une applicationcontinue et non constante g de f(X1) dans {0, 1}. L’application composéegof : X1 → {0, 1} est continue non constante, ce qui montre que X1 est nonconnexe.

-72-

Connexité

Soient X1 et X2 deux espaces métriques homéomorphes on a l’équivalence :

(X1 est connexe)⇔ (X2 est connexe)

Corollaire 12

Soit X un espace métrique et (Yi)i∈I une famille de parties connexes. S’ilexiste k ∈ I telle que Yk ∩ Yi 6= ∅ pour tout i ∈ I, alors Y =

⋃i∈IYi est

connexe.

Proposition 29

Démonstration. Soit f : A→ {0, 1} une application continue. Montrons quef est constante, soit f/Ai

: Ai → {0, 1} une application continue, telle queAi ⊂ A ; Or, Ai est connexe, donc f/Ai

est constante, puisque Ak ∩ Ai 6= ∅,on obtient f/Ak

= f/Aipour tout i. Ainsi, f est constante.

Exemple 19. Soient Ar = [−1, 1]× {r}, r ∈ Q ∩ [0, 1]et Ak = {0} × [0, 1] un connexe , on a Ak ∩ Ar 6= ∅ ∀r ∈ Q ∩ [0, 1].Montrons que, A = Ar ∪ Ak est connexe, il suffit donc de montrer que Ar

est connexe.Soit

fr : IR → IR

x 7→ (x, r)

une application continue.On a fr([−1, 1]) = Ar, donc Ar est l’image d’un connexe par une applicationcontinue. Ainsi, A est connexe.

Soient X un espace métrique et Y ⊂ X une partie connexe, Alors ; l’adhé-rence Y est une partie connexe de X.

Proposition 30

-73-

Connexité

Démonstration. Soit g : Y → {0, 1} une application continue, montrons queg est constante.L’application g/Y : Y → {0, 1} est continue et constante (car Y est connexe) ;donc, il existe c ∈ {0, 1} pour tout y ∈ Y telle que g(y) = c.Soit a ∈ Y alors il existe une suite (an) de points de Y telle que a = lim

n→+∞an ;

Alors, g(a) = g(lim an) Or g( limn→+∞

an) = limn→+∞

g(an)) (car g est continue)

et g(an) = c car an ∈ Y , donc g(a) = c et ceci pour tout a ∈ Y . Ainsi g estconstante.

(X1, d1) et (X2, d2) deux espaces métriques connexes, on a l’équivalencesuivant :

(X1 ×X2 est connexe)⇔ (X1 et X2 sont connexes)

Proposition 31

Démonstration. On suppose que X1 ×X2 est connexe et on montre que X1

et X2 sont connexes.soient :

pr1 : X1 ×X2 → X1.(x1, x2) 7→ x1

etpr1 : X1 ×X2 → X2.

(x1, x2) 7→ x2

des applications continues, En plus pr1(X1, X2) = X1 et X1 × X2 sontconnexes.donc : X1 est connexe de même pour X2.Réciproquement, Si X1 et X2 sont connexes et on montre que X1 ×X2 l’estaussi. Fixons y ∈ X2 et envisageons l’application ψy : X1 −→ X1 × y telleque, pour tout x ∈ X1, ψy(x) = (x, y), c’est un homéomorphisme, puisque(ψy(x), ψy(a)) = d((x, y), (a, y)) = dX1

(x, a), Alors, X1 × y est connexe. Dela même façon, si x ∈ X1, x×X2 est connexe. Considérons une applicationcontinue f : X1 × X2 −→ 0, 1 et deux couples quelconque : (a, b) ∈ X1 ×X2,(x, y) ∈ X1 × X2. La restriction de f au connexe a × X2 est continue,donc constante ; d’où f(a, y) = f(a, b). De même, f(a, y) = f(x, y) car f est

-74-

Connexité

constante sur le connexe X1×y. Finalement f(x, y) = f(a, b) et l’applicationf est constante, ce qui prouve la connexité de X1 ×X2.

4.1 Composantes connexes

Soit X un espace métrique et x ∈ X , lorsque X n’est pas connexe, ilexiste une partie connexe contenant x (on peut prendre au moins {x}).

On appelle composante connexe du point x, la plus grande partie connexecontenant x, on la note Cx. C’est donc Cx =

⋃C(x), réunion de tous les

connexes contenant x.

Définition 26

Remarque 6. Cx est la plus grande partie connexe de X contenant x.

Exercice 19. Dans IR∗ , on a si x > 0 Cx =]0,+∞[ et si x < 0 Cx =]−∞, 0[.

X non connexe, on peut définir une relation d’équivalence sur X.(x<y)⇐⇒ (Cx = Cy)• x ∈ X la classe d’équivalence de x, Cl(x) = {y ∈ X/y<x} = Cx.En effet : y ∈ Cl(x) ⇒ y<x ⇒ Cx = Cy ⇒ y ∈ Cx.y ∈ Cx ⇒ Cy = Cx ⇒ y<x ⇒ y ∈ Cl(x).• On appelle partition d’un ensemble X tout recouvrement de X par desparties non vides disjoints deux à deux, (X =

⋃i∈IAi avec Ai ∩ Aj = ∅ si

i 6= j).

Définition 27 (Relation d’équivalence, Classe d’équivalence)

-75-

Connexité

Lorsqu’on a une relation d’équivalence < sur un ensemble X.Alors : on obtient une partition de X en classe d’équivalence.

Les composantes connexes forment une partition de X.

Proposition 32

Démonstration. Si X est connexe, c’est clair.Supposons que X est non connexe et envisageons, pour chaque x ∈ X, lacomposante connexe Cx . Comme x ∈ X, on a Cx 6= ∅ et

⋃x∈X Cx = X. Les

Cx recouvrent X. ils sont deux à deux disjoints ; c’est-à-dire que si Cx 6= Cy,Alors Cx ∩Cy = ∅. En effet, si z ∈ Cx ∩Cy il vient Cx = Cz (car z ∈ Cx) etCy = Cz (car z ∈ Cy) ; d’où Cx = Cy.

-76-

Connexité

Exemple 20. Dans IR2 X = {(x, y) ∈ IR2 / x + y 6= 0 et x − y 6= 0} a 4composantes connexes.

Toute composante connexe est fermée.

Proposition 33

Démonstration. Soient x ∈ X Cx ⊂ X, montrons que Cx est fermée dansX, soit x ∈ Cx et puisque Cx est connexe, donc Cx ⊂ Cx, ainsi Cx est ferméedans X.

Si l’ensemble des composantes connexes de X est fini, chaque composantesconnexe est à la fois ouverte et fermée dans X.

Corollaire 13

Démonstration. SiX possède n composante connexes :X = C1∪C2∪...∪Cn.chaque Ci est fermée et son complémentaire aussi, comme réunion des (n−1)autres composantes connexes.

4.2 Connexité par arcs

X espace métrique.

-77-

Connexité

On appelle arc de courbe joignant deux points a et b toute applicationcontinue

γ : [0, 1]→ X

avec γ(0) = a et γ(1) = b.

Définition 28

Exemple 21. Dans X = |C, considérons γ : [0, 1] −→ |C et γ1 : [0, 1] −→ |C,tel que γ(t) = eiπt et γ(t) = eiπ(1−t), ces deux arcs sont différents, mais ilsont la même trajectoireγ([0, 1]) = γ1([0, 1]) = z ∈ |C; | z |= 1 et Im(z) ≥ 0. On dit qu’ils sont op-posés.

On dit que l’espace métrique X est connexe par arcs si deux points quel-conques de X peuvent être joints par un arc de X, c’est-à-dire si ces deuxpoints sont l’origine et l’extrémité d’un arc de X.

Définition 29

4.3 Exercices

Exercice :1

1. Soit X = {(x, y) ∈ IR2/Y 6= 0}, montrons que X n’est pas connexe pararcs.

2. montrons que si X est connexe par arcs , alors X est connexe.

3. Si U est ouvert de IRn et U est connexe alors U est connexe par arcs.

-78-

Connexité

Réponse :

1. Soient A = (0,−1), B = (0, 1) et Supposons qu’il existe

γ : [0, 1] → X

t 7→ (x(t), y(t))

telle que γ(0) = A et γ(1) = B. et soit

f : [0, 1] → IR

t 7→ y(t)

une application continue telle que f(0) = −1 et f(1) = 1.d’après T.V.I : il existe c ∈]0, 1[, f(c) = 0, donc il existe c ∈]0, 1[ ,y(c) = 0. Donc, γ(c) = (x(c), 0) 6∈ X.

2. Soit x0 ∈ X fixé. Pour tout x ∈ X, il existe γx : [0, 1]→ X continue telqueγx(0) = x0 et γx(1) = x. ∀x ∈ X, x ∈ γx([0, 1]), on a X =⋃x∈X

γx([0, 1]) avec

Ax = γx([0, 1]) est connexe, en plus⋂x∈X

Ax 6= ∅ (car x0 ∈⋂x∈X

Ax ).

Donc, X est connexe.

3. Soit U un ouvert de IR2, U est connexe. Montrons que U est connexepar arc. Soit a ∈ U fixé.

A = {x ∈ X / x est reli a par un arc de courbe}

Si (x ∈ A), Alors il existe γ : [0, 1] → X continue, tel que γ(0) = a etγ(1) = x, A ⊂ U et A 6= ∅ car a ∈ A.Si on démontre que A est un ouvert et fermé de U .On en déduit que A = U (car U est connexe).Montrons que A est ouvert de U , soit x ∈ A, x ∈ A ⊂ U , donc x ∈ U ,et par suite ∃r > 0 B(x, r) ⊂ U , et puisque : B(x, r) est connexe, onen déduit que ∀y ∈ B(x, r) le segment [y, x] ⊂ B(x, r) et

αy : [0, 1] → IR

t 7→ t.x+ (1− t).y

-79-

Connexité

est une application continue.donc αy([0, 1]) ⊂ B(x, r) ⊂ U , et par suite αy ∗ γ est un arc de courbereliant y à a. donc, y ∈ A, ceci pour n’importe quel y ∈ B(x, r), cecimontre que B(x, r) ⊂ A. Ansi, A est un ouvert.montrons maintenant que A est un fermé de U . Montrons donc que V =U −A est un ouvert de U , soit y ∈ V ⊂ U , donc, ∃r > 0, B(y, r) ⊂ U ,j’affire que B(y, r) ⊂ V c-à-dire B(y, r) ∩ A = ∅.

Exercice :2Notons T = {0} × [−1, 1] ∪ [−1, 1] × {0} muni de la topologie induite parcelle de IR2

.

1. Montrer que T est compact et connexe et que f(T ) est un segment sif : T → IR est une fonction continue.

2. Déterminer les points x ∈ T pour lesquels T \ {x} est connexe.

3. Montrer que T n’est homéomorphe à aucune partie de IR.

correction :

1. T est compact car c’est un fermé borné de IR2.

Soit g : T −→ {0, 1} une application continue. Par connexité du seg-ment [−1, 1],g est constante sur {0} × [−1, 1] (et vaut v) ; g est aussi constante sur[−1, 1]×{0} et vaut v′. Mais alors v = g(0, 0) = v′ donc g est constantesur T . Donc T est connexe.Pour f : T → IR une fonction continue. T est compact donc f(T )est compact. T est connexe donc f(T ) est connexe. Donc f(T ) est uncompact connexe de IR c’est donc un segment compact.

2. Ce sont les quatre points cardinaux N = (0, 1), S = (0,−1), E = (1, 0),W = (−1, 0).

3. Par l’absurde, supposons que T soit homéomorphe à une partie I de IR,alors il existe un homéomorphisme f : T −→ I. Par le premier pointI est un segment compact I = [a, b]. T \ {N} est connexe donc sontimage par f , f(T \{N}) est connexe, mais c’est aussi le segment I privé

-80-

Connexité

d’un point. I privé d’un point étant connexe, le point retiré est néces-sairement une extrémité. Donc f(N) = a ou f(N) = b. Supposons parexemple f(N) = a. On refait le même raisonnement avec S, qui s’envoieaussi sur une extrémité, comme f est bijective cela ne peut être a, doncf(S) = b. Maintenant f(E) est aussi une extrémité donc f(E) ∈ {a, b}.Mais alors f n’est plus injective car on a f(E) = f(N) ou f(E) = f(S).Contradiction.

Exercice :3

1. Montrer qu’il existe une surjection continue de IR sur S1 = {z ∈|C ; |z| = 1} et qu’il n’existe pas d’injection continue de S1 dans IR.

2. Montrer qu’il n’existe pas d’injection continue de IR2 dans IR.

correction :

1. (a) φ : IR −→ S1 définie par φ(t) = eit est une surjection continue.

(b) S1 est un compact connexe donc, par l’absurde, si ψ : S1 −→ IRest une injection continue alors ψ(S1) est un compact connexe de IRdonc un segment compact I. Soit y ∈ I, comme I est l’image de S1

alors il existe un unique x ∈ S1 tel que f(x) = y. L’application finduit alors une bijection continue f : S1 \ {x} −→ I \ {y}. MaisS1 \ {x} est connexe alors que son image par f , qui est I \ {y} nel’est pas (car y ∈ I). L’image d’un connexe par une applicationcontinue doit être un connexe, donc nous avons une contradiction.

2. Si χ : IR2 −→ IR est une injection continue. Comme IR2 est connexef(IR2) = I est un connexe de IR donc un segment (non réduit à unpoint !). Prenons y un élément de I, soit x ∈ IR2 tel que f(x) = y. AlorsIR2\{x} est connexe, I \{y} ne l’est pas, et f est une bijection continueentre ces deux ensembles, d’où une contradiction.

Exercice :4Déterminer les parties connexes de

{(x, y) ∈ IR2 ;x 6= y} et de {(z, w) ∈ |C2 ; z 6= w} .

Correction :

-81-

Connexité

1. Dans IR2 il y a deux composantes connexes : {(x, y) ∈ IR2 ;x > y} et{(x, y) ∈ IR2 ;x < y}.

2. Dans |C2 il n’y en a qu’une seule : {(z, w) ∈ |C2 ; z 6= w}Exercice :5

Soit I un intervalle ouvert de IR et soit f : I −→ IR une application déri-vable. Notons A = {(x, y) ∈ I × I x < y}.

1. Montrer que A est une partie connexe de IR2.2. Pour (x, y) ∈ A, posons g(x, y) = f(y)−f(x)

y−x . Montrer que g(A) ⊂f ′(I) ⊂ g(A).

3. Montrer que f ′(I) est un intervalle.Correction :

1. A est connexe car connexe par arcs.2. Si z ∈ g(A) alors il existe (x, y) ∈ A tel que g(x, y) = z. Donc z =

f(y)−f(x)y−x par le théorème des accroissements finis il existe t ∈]x, y[⊂ I

tel que z = f ′(t) donc z ∈ f ′(I). Donc g(A) ⊂ f ′(I).Si maintenant z ∈ f ′(I), il existe y ∈ I tel que z = f ′(y), mais pardéfinition de la dérivée f ′(y) est la limite de f(y)−f(x)

y−x quand x tend versy (et on peut même dire que c’est la limite à gauche, i.e. x < y). Doncf ′(y) est limite de points de g(x, y) avec x < y, donc de points de A.Conclusion z = f ′(y) est dans g(A), et donc f ′(I) ⊂ g(A).

3. A est connexe, g est continue sur A donc g(A) est un connexe de IR. Etcomme on a

g(A) ⊂ f ′(I) ⊂ g(A)

avec g(A) connexe alors f ′(I) est connexe. Comme f ′(I) est un connexede IR c’est un intervalle.

Exercice :6Soit X un espace métrique.Soit A une partie de X connexe. Montrer que toute partie B ⊂ E vérifiantA ⊂ B ⊂ A est connexe.Correction : Si f : B −→ {0, 1} est continue alors elle induit une appli-cation restreinte f|A : A −→ {0, 1} continue. Donc f est constante sur A.Soit b ∈ B et soit (an) une suite d’éléments de A qui tendent vers b (c’estpossible car B ⊂ A), alors f(an) est constante, par exemple égal à 1, car

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Connexité

A est connexe. Mais f est continue sur B, donc f(b) = lim f(an) = 1. Onmontre ainsi que f est constante sur B. Donc B est connexe. (Au passageon a montrer que A était connexe.)Exercice :7Dans IR2 on considère l’ensemble A = {(x, sin( 1

x)) ; x > 0}.1. Montrer que A est une partie connexe et connexe par arc de IR2.

2. Déterminer A et justifier que A est connexe.

Correction :

1. Si (x1, sin1x1

) et (x2, sin1x2

) sont deux points de A alors le graphe audessus de [x1, x2] définie un chemin reliant ces deux points. Plus pré-cisément le chemin est l’application γ : [x1, x2] −→ IR2 définie parγ(t) = (t, sin 1

t ). Donc A est connexe par arcs donc connexe.

2. A = A∪ ({0}× [−1, 1]). Et donc A est connexe. Ici nous allons le mon-trer directement. Supposons, par l’absurde, que A ⊂ U ∪ V avec U etV des ouverts de IR2 disjoints, d’intersection non vide avec A. Comme{0} × [−1, 1] est connexe il est entièrement inclus dans un des ouverts,supposons qu’il soit inclus dans U . Comme A est connexe alors il estinclus dans un des ouverts, donc il est inclus dans V (car s’il était inclusdans U , tout A serait contenu dans U). Trouvons une contradiction enprouvant qu’en fait U ∩ A 6= ∅. En effet U est un ouvert et (0, 0) ∈ U ,soit B((0, 0), ε) une boule contenue dans U . Pour n suffisamment grandon a xn = 1

2πn < ε avec sin( 1xn

) = sin 2πn = 0 donc (xn, sin1xn

) = (xn, 0)est un élément de A et de U . Comme V contient A alors U ∩ V 6= ∅.Ce qui fournit la contradiction.

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