Cours de Topologie. Master 1. Annee 2009/2010.

Richard Zekri.

15 septembre 2009

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Chapitre 1

Rappels.

1.1 Topologies, ouverts, et voisinages.

Definition 1.1.1 [Topologie.] Une topologie τ , sur un ensemble X, est une famille de parties de X, quicontient {φ} et {X}, et qui est stable par reunions quelconques, et par intersections finies. Les elementsde τ sont appeles des ouverts de X. Le complementaire d’un ouvert de X est appele un ferme. On ditque X, muni de τ , est un espace topologique. On le notera (X, τ).

Definition 1.1.2 [Base d’une topologie.] On appelle base d’une topologie τ , toute famille F d’ouverts,telle que tout ouvert de X est reunion d’elements de F .

Remarque 1.1.3 Il est equivalent de dire que F est une base de la topologie τ , et que, pour tout pointx ∈ X, et tout ouvert Ox, contenant x, il existe un ouvert U ∈ F , tel que x ∈ U ⊂ Ox.

Definition 1.1.4 [Voisinage.] Soit x un point de l’espace topologique (X, τ). On appelle voisinage dex toute partie V, de X, contenant un ouvert qui lui-meme contient le point x.

Definition 1.1.5 [Base de voisinages.] Une famille F de sous ensembles d’un espace topologique X estune base de voisinages en x ∈ X, si chaque N ∈ F est un voisinage de x, et si pour tout voisinage M ,de x, il existe N ∈ F , tel que N ⊂M .

Definition 1.1.6 [Interieur et adherence.] Soit A une partie quelconque de X. On appelle interieur deA, et l’on note A◦, le plus grand ouvert de X, contenu dans A. On appelle adherence de A, et l’on noteA, le plus petit ferme de X, contenant A. On a la relation : X − A◦ = (X −A). Les points de A sontdits adherents a A.

Remarque 1.1.7 Un point x ∈ X est adherent a A si et seulement si tout ouvert contenant x contientegalement au moins un point de A.

Definition 1.1.8 [Densite.] Soit X un espace topologique. Un sous-ensemble A, de X, est dit densedans X, si tout ouvert non vide de X contient au moins un point de A. (Ceci est equivalent a A = X.)

Definition 1.1.9 [Frontiere.] Si A est un sous-ensemble de X, on appelle frontiere de A, et l’on noteFr(A), l’ensemble : Fr(A) = A−A◦.

1.2 Axiomes de separation.

Definition 1.2.1 Un espace topologique X est :

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– Un espace T1 si pour tous x, y, points distincts de X, il existe un ouvert O, tel que y ∈ O, mais x /∈ O– Un espace T2 (ou Hausdorff) si pour tous x, y, points distincts de X, il existe deux ouverts, Ox, etOy, tels que x ∈ Ox, y ∈ Oy, et Ox ∩ Oy = φ.

– on dit que X est regulier si pour tout x ∈ X, pour tout ferme C ⊂ X, x /∈ C, il existe deux ouvertsOx, et OC , contenant x, et C respectivement, tels que Ox ∩ OC = φ.

– Un espace T3 si X est T1, et regulier. (On dit egalement Hausdorff regulier.)– Un espace T4 (ou normal) si X est T1, et si, etant donnes deux fermes disjoints de X, C1 et C2, il

existe deux ouverts disjoints O1, et O2, tels que C1 ⊂ O1, et C2 ⊂ O2.

Evidemment, T4 ⇒ T3 ⇒ T2 ⇒ T1. Les caracterisations suivantes sont egalement utiles :

Lemme 1.2.2 1. Un espace X est T1 si et seulement si les singletons {x} ⊂ X sont des fermes.

2. Un espace est regulier si et seulement si les voisinages fermes de chaque point constituent unebase de voisinages.

Demonstration: 1- Soit {x} un singleton dans X. La propriete T1 implique que chaque point ducomplementaire de {x} est contenu dans un ouvert O, ne contenant pas x. Le complementaire de {x}est donc ouvert. Inversement, si l’on suppose que tout singleton est ferme, et x, y sont deux pointsdistincts de X, alors le complementaire de {x} est un ouvert contenant y, mais pas x.2- Supposons que les voisinages fermes de chaque point constituent une base de voisinages dans X.Soient x, et C, comme dans (3). Le complementaire X − C, de C, est un ouvert contenant x, donc,d’apres l’hypothese, contient aussi un voisinage ferme, F , de x . On prend pour OC , le complementairede F , et pour Ox, n’importe quel voisinage ouvert de x, contenu dans F . Inversement, supposons que Xest regulier. Soient x un point de X, et O un voisinage ouvert de X. La regularite de X implique qu’ilexiste un ouvert U , contenant le complementaire de O, et un ouvert V, contenant x, tels que U ∩V = φ.Le complementaire de U est un ferme contenant V, et contenu dans O

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Les axiomes le plus souvent utilises en topologie sont T2 et T4. Par exemple R est un espace normal.Plus generalement, tout espace metrique est un espace normal. Habituellement, un espace de Hausdorffest appele simplement un espace separe (sans autres precisions.)

1.3 Axiomes de denombrabilite.

Definition 1.3.1 Un espace topologique S

1. Est separable si S contient un sous ensemble denombrable dense.

2. Satisfait le premier axiome de denombrabilite (D1), si chaque point de S admet une base devoisinages, qui est denombrable.

3. Satisfait le second axiome de denombrabilite (D2), si la topologie de S est a base denombrable.

Tout espace metrique satisfait D1. Un espace metrique satisfait D2 si et seulement si il est separable.Tout espace qui satisfait D2 est separable. La reciproque est fausse : voir R, avec la topologie engendreepar les {[a, b[, a, b ∈ R}.

1.4 Treillis des topologies.

1.4.1 Comparaison des topologies.

Definition 1.4.1 (Topologie plus fine.) Soient deux topologies τ1, et τ2 sur un ensemble X. On ditque τ2 est plus fine que τ1, si tout ouvert de τ1 est aussi un ouvert pour τ2. C’est a dire, si τ1 ⊂ τ2.

Remarque 1.4.2 Deux topologies τ1 et τ2 ne sont pas obligatoirement comparables. La topologie laplus fine sur un ensemble est la topologie discrete (dans laquelle toute partie de X est un ouvert.) La

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topologie la moins fine est la topologie grossiere (qui ne contient que deux ouverts, X et φ.) On reviendraplus en detail sur ces notions par la suite.

Definition 1.4.3 (Treillis des topologies.) Le treillis des topologies sur un ensemble X est la famillepartiellement ordonnee des topologies de X. Dans ce treillis, deux topologies τ1 et τ2 admettent toujoursun plus petit majorant, qui est la plus petite topologie contenant a la fois τ1, et τ2.

Si X est un ensemble fini, ce treillis s’explicite facilement (voir exercices.)

1.5 Suites generalisees.

Dans un espace metrique X, l’adherence d’une partie A, de X, peut se decrire comme l’ensemble deslimites des suites convergentes de points de A. Cela reste vrai, plus generalement, si l’espace X satisfaitl’axiome D1. Dans le cas general, les suites ne sont plus suffisantes (voir exercices.) On utilise alorsdes suites generalisees, ou nets. La difference essentielle avec les suites etant que l’ensemble des indicesde la suite n’est plus suppose denombrable, ni totalement ordonne. Un ordre partiel reste cependantindispensable.

Definition 1.5.1 [Ordre partiel.] Soit I un ensemble. Un ordre (partiel) sur I est la donnee d’un sousensemble G, de I × I, satisfaisant les conditions suivantes :

Pour tous i, i1, i2, elements de I :1. Transitivite : si (i1, i2) ∈ G, et (i2, i3) ∈ G, alors : (i1, i3) ∈ G2. Reflexivite : pour tout i ∈ I, (i, i) ∈ G.3. Antisymetrie : si (i1, i2) ∈ G, et (i2, i1) ∈ G, alors i1 = i2.

L’ensemble G est appele un graphe.

On considere le plus souvent la relation sur I, associee au graphe G. On note cette relation �, aveci1 � i2 ⇔ (i1, i2) ∈ G.

Definition 1.5.2 [Ordre filtrant croissant.] Soit (I, �) un ensemble partiellement ordonne. On dit quel’ordre � est filtrant croissant si pour toute paire (i1, i2), d’elements de I, il existe une element i, de I,tel que i1 � i, et i1 � i. On dit que i est un majorant de {i1, i2}

Definition 1.5.3 [Nets] Soit X un espace topologique. Un net (ou suite generalisee) dans X est ladonnee d’un couple (x, I), dans lequel I est un ensemble muni d’un ordre filtrant croissant, et x est uneapplication de I dns X. On notera souvent xi l’element x(i), et (xi)i∈I le net x.

Definition 1.5.4 [Sous-net (definition simplifiee).] Soit (xi)i∈I un net dans X. Un sous-net de (xi)i∈I ,est un net (yj)j∈J dans X, dans lequel J ⊂ I, avec l’ordre herite de I, et tel que pour tout i ∈ I, ilexiste j ∈ J , avec j � i.

On remarque que si I est l’ensemble des entiers naturels, avec l’ordre usuel, ces definitions coincidentavec les definitions de suites et de sous-suites.

Definition 1.5.5 [Convergence.]– Un net (xi)i∈I dans un espace topologique X converge vers un point x ∈ X, si quel que soit le voisinageVx, de x, il existe i0 ∈ I, tel que, pour tout i, avec i0 � i, xi ∈ Vx.

– Un point x ∈ X est appele point d’accumulation (ou valeur d’adherence) d’un net (xi)i∈I , si, quel quesoit le voisinage Vx, de x, et quel que soit i0 ∈ I, il existe i ∈ I, avec i0 � i, tel que xi ∈ Vx. C’est adire, s’il existe un sous-net de (xi)i∈I , convergeant vers x.

Proposition 1.5.6 Soient X un espace topologique. Soit A une partie de X. Un point x est adherenta A si et seulement si il existe un net dans A, convergeant vers x.

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Demonstration: Supposons d’abord que x est adherent a A. Soit Bx une base de voisinages en x. SoitV ∈ Bx, un voisinage de x. Alors V contient (au moins) un point de A que l’on notera aV . On ordonneBx par inclusion inverse. (C’est a dire : V1 � V2 ⇔ V2 ⊂ V1.) Le net (aV)V∈Bx

converge vers x. Lareciproque est evidente.

•

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Rappels - Exercices

Exercice 1 Sur X = [0, 1[⊂ R, on considere τ = {[0, α[, 0 < α ≤ 1} ∪ {φ}. Verifier que τ est unetopologie sur X. Decrire les fermes de (X, τ). Soit I = [a, b] ⊂ X. Decrire l’interieur, l’adherence et lafrontiere de I. X est-il un espace de Hausdorff ?, un espace T1 ?

Exercice 2 Soit R = {(x, 0)/x ∈ R} ⊂ R2 la droite reelle, consideree comme le sous ensemble duplan, constituee des points dont l’ordonnee est nulle. On definit X = R ∪ {a}, avec a = (0, 1), a ∈ R2.On munit X de la topologie τ , dont les ouverts sont les parties de X qui sont contenues dans R, ousont le complementaire d’un ensemble denombrable :

τ = {O ∈ P(X)/O ⊂ R, ou : ∃A denombrable : O = X −A}

Montrer que a est dans l’adherence de R, mais qu’aucune suite de points de R ne converge vers a.Quelles sont les suite de X qui admettent a comme valeur d’adherence ? Quelle est la topologie induitepar X sur R ?

Exercice 3 Une partie K, d’un espace vectoriel E est dite convexe si quels que soient a1 et a2, elementsde K, et quels que soient les reels positifs λ1, λ2, avec λ1 + λ2 = 1, λ1a1 + λ2a2 ∈ K. Montrerl’equivalence des proprietes suivantes :1) K est convexe.2) Pour tout ensembles fini {a1, a2, . . . an} ⊂ K, et pour toute famille finie {λ1, λ2, . . . λn} de reelspositifs, telle que

∑ni=1 λi = 1, on a :

∑ni=1 λiai ∈ K. (On appelle ce type de some une combinaison

convexe des ai.)

Exercice 4 Trouver toutes les topologies d’un ensemble a deux elements (il en existe 4). Faire le treillisde ces topologies.

Exercice 5 Soit X un ensemble ordonne. On definit, pour x ∈ X, les sous ensembles [x,→) = {y ∈X/y ≥ x}, et (←, x] = {y ∈ X, y ≤ x}.

Les ensembles suivants de parties de X : Ad = {[x,→), x ∈ X}, et : Ag = (←, x], x ∈ X}, engendrentdes topologies sur X notees τd et τg, et appelees respectivement topologie droite et topologie gauche.Montrer les assertions suivantes :1) Les ensembles Ad, et Ag forment une base de τd et τg.2) Pour les topologies τd et τg, toute intersection d’ouverts est un ouvert.3) Pour la topologie droite {x} = (←, x]. Pour la topologie gauche {x} = [x,→).4) Pour ces deux topologies, toute partie non vide finie possede un point isole.5) Si, pour τd, la partie X est sans point isole, alors tout ouvert est infini (de meme pour τg ).6) Sup(τd, τg) = U , la topologie discrete.

Exercice 6 Pour a > 0 et b, c ∈ R, soit Da,b,c = {(x, y) ∈ R ×R/y ≥ ax + b, et y ≥ −ax + c}. Onnote D l’ensemble des Da,b,c, avec a > 0 et b, c ∈ R.1) Representer graphiquement les ensembles Da,b,c. Montrer que si A,B ∈ D, alors A ∩ B 6= φ, et∀x ∈ A ∩B, ∃Cx ∈ D tel que x ∈ Cx ⊂ A ∩B2) En deduire que A ∩B est reunion d’elements de D.3) Soit τ l’ensemble des reunions quelconques ou vides d’elements de D. Montrer que (R2, τ) est unespace topologique de base D.4) Pour cette topologie τ montrer que tout ouvert non vide est partout dense.5) Determiner l’interieur et l’adherence de :

A = {(0, 0)}; B = {(x, y), x2 + y2 < 1}; B′ = {(x, y), x2 + y2 ≤ 1};

S = {(x, y), x2 + y2 = 1}; C = {(x, y), y > 0}; D = {(x, y), x > 0};

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E = {(0, y), y > 0}; R× {0}; {0} ×R; Z× Z.

6) Trouver les topologies induites surR× {0} ; et {0} ×R par τ .7) Soit D′ = D ∪ E, ou E = {Ea,b, a, b ∈ R}, et Ea,b = {(a, y), y ≥ b}a) Montrer que D′ est base d’une topologie τ ′ sur R2.b) Demontrer que τ ′ est strictement plus forte que τ .c) Quelles sont les topologies induites par τ ′ sur {0} ×R et R× {0} ?d) Trouver les points isoles pour τ et τ ′ de B, B′ et S.e) Est-ce que τ ′ possede la propriete 4) ?f) Calculer l’interieur et l’adherence de D, pour τ ′.

Exercice 7 Soit (X, d) un espace metrique, et soit P ⊂ X une partie de X. Soit x un point de X.1) Montrer l’equivalence des assertions a) et b) ci dessous :a) x est un point adherent a P .b) Il existe une suite de points de P qui converge vers X.2) En deduire que la topologie definie a l’exercice 2 n’est pas metrisable.

Exercice 8 On reprend l’espace X, de l’exercice ??. Soit f : X → {0, 1}, definie par f(x) = 0, six ∈ R, et f(a) = 1. Montrer que f est sequentiellement continue, mais non continue sur X. (On ditqu’une application f est sequentiellement continue sur X, si, pour tout x ∈ X, et pour toute suite(xn)n∈N, convergeant vers x, dans X, la suite (f(xn))n∈N converge vers f(x).)

Exercice 9 Soit (X, τ) un espace topologique. On dit qu’une partie A ⊂ X est rare (ou nulle partdense) si A est d’interieur vide. Une reunion au plus denombrable de parties rares est dite maigre.1) Montrer que si A est rare, toute partie de A est rare.2) Montrer que toute reunion denombrable de parties maigres est maigre.3) Montrer l’equivalence de ii), et iii), et que i) implique ii) ci dessous :i) Toute partie maigre est rare.ii) Toute reunion denombrable de fermes rares est d’interieur vide.iii) Toute intersection denombrable d’ouverts denses est dense.(Un espace qui satisfait ces proprietes est appele espace de Baire.)4) On munit R de la topologie τ , engendree par les parties de R, dont le complementaire est au plusdenombrable ; (R, τ) est il un espace de Baire ?5) Meme question pour R muni de la topologie droite τd ( ayant pour base les intervalles [x,+∞[).

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Chapitre 2

Produits d’espaces topologiques

2.1 Topologie produit.

Definition 2.1.1 [Application ouverte, application fermee.] Soient X et Y deux espaces topologiques.Une application f : X → Y est dite dite ouverte (resp.fermee) si l’image par f d’un ouvert (resp. d’unferme) de X est un ouvert (resp. un ferme) de Y .

Definition 2.1.2 [Espace produit.] Soit (Xi)i∈I une famille d’espaces topologiques (pouvant etre finie,denombrable ou non denombrable). L’ espace produit X =

∏i∈I Xi est le produit cartesien des espaces

Xi, muni de la topologie engendree par les ouverts elementaires : O =∏i∈I Oi, pour lesquels chaque

Oi est un ouvert de Xi, et Oi = Xi, sauf pour un nombre fini d’indices. Ces ouverts elementairesconstituent une base de la topologie produit.

Note 2.1.3 Dans tout ce qui suit, nous supposerons que l’espace produit X n’est pas vide (i.e., aucundes Xi est vide.) L’exclusion de cas trivial permettra d’alleger l’enonce des propositions et theoremes.

La topologie produit est donc constituee des reunions quelconques d’ouverts elementaires. Les ouvertselementaires sont une base de la topologie produit, car

∏i∈I Oi ∩

∏i∈I Ui =

∏i∈I Oi ∩ Ui, pour tout

couple (∏i∈I Oi,

∏i∈I Ui) d’ouverts elementaires.

Notation 2.1.4 Un element x, du produit X =∏i∈I Xi, est une application x : I →

⋃i∈I Xi, telle

que, pour tout i, element de I, x(i) ∈ Xi. On notera egalement l’application x comme la famille (xi)i∈I .

Definition 2.1.5 (Projection canonique.) On note, pour chaque i ∈ I, la projection canonique pi :X → Xi, definie par pi((xj)j∈I) = xi (ou encore : pi(x) = x(i).)

Proposition 2.1.6 Chacune des projections pi est une application surjective, continue et ouverte.

Demonstration: La surjectivite est evidente. Soit pi une projection. Soit Oi un ouvert de Xi. On ap−1i (Oi) = Oi ×

∏j 6=iXj , qui est un ouvert elementaire ; pi est donc continue. Soit U =

∏j∈I Uj un

ouvert elementaire. pi(U) = Ui est un ouvert de Xi ; pi est donc une application ouverte.•

Note 2.1.7 Les projections pi ne sont cependant en general pas fermees. Penser par exemple a R2,avec le ferme F =

⋃{n>0, entier}[n, n+ 1/2]× [0, 1− 1/n].

Proposition 2.1.8 La topologie produit est la topologie la moins fine sur X rendant toutes les projec-tions pi continues.

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Demonstration: On a deja vu que les projections sont continues, si X est muni de la topologie produit.Soit τ une topologie sur X rendant chacune des projections pi continues. Soit Oi un ouvert de Xi. Alorsp−1i (Oi) = Oi×

∏j 6=iXj est un ouvert de τ . Les ouverts elementaires sont des intersections finies de ce

type d’ouverts, donc appartiennent aussi a τ . Il en resulte que τ contitent la topologie produit.•

Note 2.1.9 On dit que la topologie produit est la topologie initiale de la famille d’application (pi)i∈I .Les topologies initiales seront etudiees de maniere plus systematique dans la suite du cours.

2.2 Proprietes de la topologie produit.

Proposition 2.2.1 Si chacun des espaces Xi est un espace de Hausdorff, le produit X =∏iXi est

egalement un espace de Hausdorff. Inversement, si X est un espace separe (au sens de Hausdorff),chacun des Xi est egalement un espace de Hausdorff.

Demonstration: Soient x et y deux points distincts de X. Il existe un indice i ∈ I, tel que xi 6= yi.Soient Ox et Oy deux ouverts disjoints de Xi, contenant respectivement xi et yi. Alors p−1

i (Ox), etp−1i (Oy) sont deux ouverts disjoints de X, contenant respectivement x et y.

•

Proposition 2.2.2 Soit (xν)ν∈J un net dans l’espace produit X. Alors (xν)ν∈J converge vers x ∈ Xsi et seulement si pour chaque projection pi : X → Xi, le net (pi(xν))ν∈J converge vers vers pi(x).

Demonstration: Il est clair que si (xν)ν∈J converge vers x, alors (pi(xν))ν∈J converge vers pi(x), parcontinuite des applications projections. Reciproquement, soit Ux un ouvert elementaire de X, contenantx. Ecrivons Ux =

∏j∈{j1,j2,...,jn}Oj ×

∏i/∈{j1,j2,...,jn}Xi. Il existe ν0, tel que pour tout ν > ν0, et pour

tout j ∈ {j1, j2, . . . , jn}, pj(xν) ∈ Oj . Alors, pour tout ν > ν0, xnu ∈ Ux.•

Theoreme 2.2.3 [Theoreme de Tychonov.] Soit X =∏i∈I Xi. Alors X est compact si et seulement

si chacun des espaces Xi est compact.

Demonstration: Si X est compact, chacun des Xi = pi(X) est compact, car les projections pi sontcontinues. Inversement, supposons que chacun des Xi est compact. La reciproque peut se demontrer demaniere simple pour un produit denombrable d’espaces metriques (voir les exercices.) La demonstrationdans le cas general sera donnee dans un chapitre ulterireur, consacre aux proprietes et caracterisationsdes espaces compacts.

•

Theoreme 2.2.4 Si chacun des Xi est connexe, l’espace produit X =∏i∈I Xi est egalement connexe.

Demonstration: Voir le chapitre sur les espaces connexes.•

Note 2.2.5 On rappelle qu’un espace topologique Y est dit compact si, de tout recouvrement ouvertde Y , on peut extraire un sous-recouvrement fini. Si Y est un espace metrique, alors Y est compactsi et seulement si de toute suite de points de Y , on peut extraire une sous suite convergente dans Y(theoreme de Bolzano-Weierstrass).Un espace topologique Y est dit connexe si les seules parties a la fois ouvertes et fermees de Y sont l’en-semble vide, et Y lui-meme. On etudiera cette notion de connexite en detail dans un chapitre ulterieur.

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Produits d’espaces topologiques - Exercices

Exercice 10 Soit (X, d) un espace metrique. Montrer que d, definie par d(x, y) = d(x, y)/(1 + d(x, y))est egalement une distance sur X, et que les topologies definies par d et d sont identiques.

Exercice 11 Soit (Xn, dn)n∈N une suite d’espaces metriques. On suppose que pour tout entier n, etpour tout couple (xn, yn), d’elements de Xn, on a dn(xn, yn) < 1.

1. Soit X le produit des (Xn)n∈N. Montrer que d(x, y) =∑n∈N 2−ndn(xn, yn) definit une distance

sur X.

2. Montrer que chacune des projection pn : X → Xn est une application continue, lorsque X estmuni de la distance d.

3. En deduire que la topologie de X, associee a la distance d, est plus fine que la topologie produitsur X.

4. Soient x ∈ X, et B(x, ε) une boule ouverte, centree en x de rayon ε > 0 relative a la distance d.Montrer qu’il existe un voisinage V, de x, pour la topologie produit, tel que V ⊂ B(x, ε).

5. En deduire que la topologie produit sur X est identique a la topologie associee a la distance d.

Exercice 12 Soit X un produit denombrable d’espaces metriques (X(l), dl)l∈N. On suppose que chacundes (X(l))l∈N est compact. Soit (xn)n∈N une suite dans X.

1. Construire par recurrence, pour chaque q ∈ N, une suite x(q), telle que– x(0) est une sous-suite de la suite (xn)n∈N– x(q) est une sous-suite de x(q−1), pour tout q ≥ 1– pq(x(q)) est une suite de Cauchy dans X(q).

2. Soit (yq)q∈N une suite construite en choisissant, pour chaque q, un point, xn(q) arbitrairement,dans la suite x(q), de telle sorte que : n(q + 1) > n(q). Montrer que la suite (yq)q∈N est unesous-suite convergente de la suite (xn)n∈N, dans X.

3. En deduire que X est compact.

Exercice 13 Soit X =∏j∈J XJ . Soient Y un espace topologique, et f : Y → X une application.

1. Montrer que si f est continue, chacune des applications pj ◦ f : Y → Xj est continue.

2. Inversement, on suppose maintenant que chacune des pj ◦f : Y → Xj est continue. Soient y ∈ Y ,et O un ouvert elementaire de X contenant f(y). Montrer que, pour chaque j ∈ J , il existe unvoisinage ouvert Uj, de y dans Y , tel que pj ◦ f(Uj) ⊂ pj(O)

3. Montrer que l’on peut choisir les Uj de la question precedente, de telle sorte que leur intersectionsoit encore un ouvert de Y .

4. En deduire que, sous l’hypothese de la question (2), f est continue.

Exercice 14 Soit f : R ×R → R, definie par f(x, y) = xy/(x2 + y2), si x2 + y2 6= 0, et f(0, 0) = 0.Montrer que pour tout x ∈ R, l’application partielle fx : y → f(x, y) est continue, de R, dans R.Montrer de meme que, pour y ∈ R fixe, l’application partielle fy : x→ f(x, y) est continue, mais que fn’est pas continue, de R2, dans R

Exercice 15 Montrer que les applications de R dans R : x→ sin(x), et x→ x2 ne sont pas ouvertes.

Exercice 16 1. Donner un exemple d’application f : R→ R, qui soit continue, ouverte, et fermee.

2. Donner un exemple d’application f : R→ R, qui soit continue et ouverte, mais non fermee.

3. Donner un exemple d’application f : R→ R, qui soit continue et fermee, mais non ouverte.

4. Donner un exemple d’application f : R→ R, qui soit continue, mais ne soit ni ouverte, ni fermee.

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Exercice 17 Soit f : X → Y une application entre deux espaces topologiques.

1. Montrer que f est ouverte si et seulement si , pour toute partie P ⊂ X, f(P ◦) ⊂ (f(P ))◦.

2. Montrer que f est fermee si et seulement si , pour toute partie P ⊂ X, f(P ) ⊂ f(P ).

Exercice 18 Soit X =∏i∈I Xi.

1. On se donne, pour chaque i ∈ I, un ferme Fi ∈ Xi. Montrer que∏i∈I Fi est un ferme de X.

2. Soit (Ai ⊂ Xi)i∈I une famille de parties des Xi. Soit x ∈ X. Montrer que si, pour tout i ∈ I,pi(x) est adherent a Ai, alors, x est adherent a

∏i∈I Ai.

3. En deduire que pour toute famille (Ai ⊂ Xi)i∈I de parties des Xi, on a∏i∈I Ai =

∏i∈I Ai.

Exercice 19 Soit X = X1 ×X2 × . . .×Xn un produit fini d’espaces topologiques. Montrer pour toutefamille {A1 ⊂ X1, A2 ⊂ X2, . . . An ⊂ Xn} de parties des Xi, (

∏ni=1Ai)

◦ =∏ni=1(Ai)◦. Cela reste-t-il

vrai pour un produit infini ?

Exercice 20 [Exercice de revisions.] Soit f : X → Y une application entre deux espaces topologiques.Montrer que les assertions suivantes sont equivalentes :

1. Pour tout ouvert O, de Y , f−1(O) est un ouvert de X.

2. Pour tout ferme F , de Y , f−1(F ) est un ferme de X.

3. f est continue en chaque point x ∈ X (i.e : pour tout voisinage ouvert, Of(x), fr f(x) dans Y , ilexiste un voisinage ouvert Ox, de x dans X, tel que f(Ox) ⊂ Of(x).

Une application satisfaisant ces conditions est dite continue sur X.

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Chapitre 3

Espaces compacts.

3.1 Nets et filtres.

Definition 3.1.1 [Eventuellement et finalement.]

1. Soient (xi)i∈I un net dans un ensemble X, et A une partie de X. On dira que le net (xi)i estfrequemment dans A si, quel que soit i0 ∈ I, il existe i1 ∈ I, i0 � i1, tel que xi1 ∈ A.

2. Soient (xi)i∈I un net dans un ensemble X, et A une partie de X. On dira que le net (xi)i estfinalement dans A s’il xiste i0 ∈ I, tel que pour tout i ∈ I, avec i0 � i, xi ∈ A.

Note 3.1.2 On peut reecrire avec cette terminologie les notions de convergence deja vues au chapitreprecedent : Soit (xi)i∈I un net dans X.– Le net (xi)i∈I converge vers x ∈ X si et seulement si (xi)i∈I est finalement dans chacun des

voisinages ouverts de x.– Un point x ∈ X est un point d’accumulation du net (xi)i∈I , si et seulement si (xi)i∈I est frequemment

dans chacun des voisinages ouverts de x.

Lemme 3.1.3 Soit x : I → X un net dans X. Soient A et B deux parties de X. Alors x estfrequemment dans A ∪B si et seulement si x est frequemment dans A, ou frequemment dans B.

Demonstration: Supposons que x est frequemment dans A∪B, et que x n’est frequemment ni dans A,ni dans B. Il existe iA et iB , elements de I, tels que pour tout i′, element de I, on ait : [iA � i′ ⇒ xi′ /∈ A],et [iB � i′ ⇒ xi′ /∈ B]. Il suffit alors de considerer un majorant de {iA, iB}, pour voir que x n’est pasfrequemment dans A ∪B. La reciproque est evidente.

•

Definition 3.1.4 [Sous-net : definition generalisee.] Soit x : I → X un net dans un espace X. Unsous-net de (xi)i∈I est la donnee d’un net y : M → X, et d’une application h : M → I, telle quey = x ◦ h (i.e : (ym = xh(m))m∈M ), et telle que pour tout i, element de I, il existe m ∈ M , tel quei � h(m′), pour chacun des m′ ∈M , majorant m

Dans la plupart des cas, l’application h pourra etre choisie monotone croissante. Il suffira alors deverifier que pour chaque i ∈ I, il existe m ∈ M , tel que i � h(m). On est alors ramenes a la definitionsimplifiee, donnee au chapitre precedent.

Definition 3.1.5 [Net universel.] Un net (xi)i∈I , dans un espace X est dit universel si, pour toutepartie A ⊂ X, le net (xi)i∈I est finalement dans A, ou est finalement dans X −A.

On remarque qu’un net universel converge vers chacun de ses points d’accumulation. Si X est un espacede Hausdorff, un net universel possede au plus un point d’accumulation, qui est alors sa limite.

13

Lemme 3.1.6 [Lemme technique.] Soit B une famille de parties de X, qui est filtrante croissante pourl’inclusion inverse. Soit (xi)i∈I un net qui est frequemment dans chacune des parties B ∈ B. Il existeun sous-net (xh(µ))µ∈M , de (xi)i∈I , qui soit finalement dans chacun des b ∈ B.

Demonstration: Soit M = {(i, B) ∈ I ×B, /xi ∈ B}. On munit M de l’ordre produit sur I ×B, c’esta dire : (i1, B1) � (i2, B2) si et seulement si i1 � i2, et B2 ⊂ B1. On verifie que M , muni de cete ordre,est filtrant croissant. On definit h : M → I, par h(i, B) = i, alors le net (xh(µ))µ∈M est finalement danschacune des parties B ∈ B.

•

Definition 3.1.7 [Filtre pour un net.] On appelle filtre pour le net (xi)i∈I , une famille F , de partiesnon vides de X, telle que :

1. Si F1 ∈ F , et F2 ∈ F , alors F1 ∩ F2 ∈ F . (En particulier, F est une famille de parties de X quiest filtrante croissante pour l’inclusion inverse.)

2. Si F ∈ F , et si G est une partie de X contenant F , alors G ∈ F .

3. Le net (xi)i∈I est frequemment dans chacun des F ∈ F .

Les filtres pour un net (xi)i∈I sont ordonnes partiellement par l’inclusion. On dira que F1 � F2, ouencore, que F2 est plus fin que F1, si F1 ⊂ F2. L’ ensemble des filtres de (xi)i∈I est non vide ({X}est toujours un filtre de (xi)i∈I). De plus, tout famille de filtres {Fj , j ∈ J}, totalement ordonnee parl’inclusion admet un majorant (la reunion des filtres {Fj , j ∈ J} est encore un filtre pour (xi)i∈I .) Parle lemme de Zorn, il existe donc un filtre maximal F , pour (xi)i∈I .

Lemme 3.1.8 [Lemme technique.] Tout net (xi)i∈I admet un sous-net universel.

Demonstration: Soit F un filtre maximal pour (xi)i∈I . Fixons une partie Y ⊂ X. Soient E ∈ F et F ∈F . Le net (xi)i∈I est frequemment dans E∩F , car E∩F ∈ F . Comme E∩F = (E∩F∩Y )∪(E∩(F−Y )),le net (xi)i∈I , est frequemment dans E ∩ F ∩ Y , ou frequemment dans E ∩ (F − Y ). A fortiori, le net(xi)i∈I est frequemment dans dans E ∩ Y , ou frequemment dans F − Y . Il en resulte que (xi)i∈I estfrequemment dans E ∩ Y , pour tout E ∈ F , ou frequemment dans F − Y , pour tout F ∈ F .Dans le premier cas, F ′ = {G ⊂ X/E ∩ Y ⊂ G, E ∈ F} est un filtre pour (xi)i∈I , contenant F . Parmaximalite, on a F = F ′, et donc Y ∈ F . Dans le second cas (en remplacant E ∩ Y par F − Y ), onconclut de la meme maniere que F −Y ∈ F , ce qui implique X−Y ∈ F . Appliquant le lemme techniqueprecedent, avec B = F , on obtient un sous net (xµ)µ de (xi)i∈I , qui est finalement dans Y (premiercas), ou finalement dans X − Y (second cas.)

•

3.2 Espaces compacts.

Theoreme 3.2.1 Soit (X, τ) un espace topologique. les conditions suivantes sont equivalentes :

1. Tout recouvrement ouvert de X contient un sous-recouvrememnt fini de X.

2. Si ∆ est une famille de fermes de X, telle que toute intersection finie d’elements de ∆ soit nonvide, alors l’intersection de tous les elements de ∆ est non vide.

3. Tout net dans X possede un point d’accumulation.

4. Tout net universel dans X est convergent.

5. Tout net dans X admet un sous-net convergent.

Demonstration:(1)⇒ (2). Soit ∆ comme dans (2), et supposons que

⋂F∈∆ F = φ. Alors {X − F, F ∈ ∆} est un

recouvrement ouvert de X. Par (1), on peut en extraire un sous recouvrement fini {X − F1, X −F2, . . . , X − Fn} de X. Alors, F1 ∩ F2 ∩ . . . ∩ Fn = φ, ce qui est une contradiction.

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(2)⇒ (3). Soit (xi)i∈I un net dans X. On definit, pour chaque i ∈ I, Fi = {xj , i � j}. Alors ∆ ={Fi, i ∈ I} verifie les conditions de (2). Soit x ∈

⋂i∈I Fi. Soit Ox un voisinage ouvert x. Comme x

est adherent a chacun des sous ensembles {xj , i � j}, lorsque i parcourt I, Ox rencontre chacun deces sous ensembles. Le net (xi)i∈I est donc frequemment dans Ox. Comme cela est vrai quel que soitle voisinage ouvert de x, x est un point d’accumulation de (xi)i∈I .

(3)⇒ (4). Un net universel converge vers chacun de ses points d’accumulation.(4)⇒ (5). Utiliser le lemme technique ??.(5)⇒ (3). Evident.(3)⇒ (1). Soit σ un recouvrement ouvert de X, dont on ne peut extraire aucun sous-recouvrement

fini. Soit λ un sous ensemble fini de σ. Il existe un point xλ ∈ X, n’appartenant pas a⋃{O ∈ λ}.

On ordonne les sous ensembles finis λ ⊂ σ par l’inclusion (λ1 � λ2 si tout ouvert appartenant aλ1 appartient aussi a λ2.) Cet ordre est filtrant croissant. Utilisant l’axiome du choix, on peut doncformer le net (xλ)λ, indexe par les parties finies λ, de σ. Par (3) (qui est une consequence de (1)),(xλ)λ possede un point d’accumulation x ∈ X. Soit U ∈ σ. Soit Ox un voisinage ouvert quelconquede x. Il existe λ0, partie finie de σ, telle que xλ ∈ Ox, pour toute partie finie, λ ⊂ σ, contenant λ0.En particulier, xλ0∪{U} ∈ Ox. A fortiori, X −U ∩Ox 6= φ. Ceci etant vrai pour tout voisinage ouvertOx, de x, on en deduit x ∈ X − U (car X − U est ferme.) En repetant l’argument pour chacun desU ∈ σ, on conclut que x n’appartient a aucun des ouverts de σ, et que σ ne recouvre donc pas X, cequi est contradictoire.

Definition 3.2.2 [Espace compact.] Un espace X satisfaisant les condition du theoreme ?? sera ditcompact.

Note 3.2.3 On inclut parfois, dans la definition d’un espace compact, la condition que X soit separe(au sens de Hausdorff). Il existe cependant des exemples importants d’espaces qui sont compacts (ausens ci-dessus), mais non separes. De plus, l’axiome de separation ne simplifie pas substanttiellementles demonstrations. On adoptera donc la terminologie distinguant ”espace compact” et ”espace compactsepare.”

3.3 Proprietes des espaces compacts.

Lemme 3.3.1 Soit X un espace compact. Soit C ⊂ X, un ferme de X. Alors C est compact (pour latopologie heritee de X.)

Demonstration: C’est une consequence de ??, (2). Comme C est ferme dans X, les fermes de C pourla topologie relative sont egalement des fermes de X.

•

Proposition 3.3.2 Tout espace compact separe est un espace T3 (i.e. Hausdorff regulier.)

Demonstration: Soit (X, τ) un espace compact separe. Soit C un ferme dans X, soit x ∈ X − C.Comme X est un espace de Hausdorff, on peut trouver, pour chacun des y ∈ C, deux voisinagesouverts Uy, de y, et Vy, de x, dont l’intersection est vide. Comme C est compact, il existe un ensemblefini {y1, y2 . . . , yn} de points de C, tel que {Uy1 ,Uy2 . . . ,Uyn

} recouvre C. Il suffit alors de prendreOC =

⋃{Uy1 ,Uy2 . . . ,Uyn

}, et Ox =⋂{Vy1 ,Vy2 . . . ,Vyn

}.•

Proposition 3.3.3 Si X est Hausdorff, et si C ⊂ X est compact, alors, pour tout x ∈ X −C, il existedeux ouverts disjoints Ox, et OC , contenant respectivement x et C

Demonstration: Identique a la demonstration precedente.•

Corollaire 3.3.4 Soit X un espace de Hausdorff. Soit C ⊂ X. Si C est compact, alors C est ferme.

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Demonstration: Soit x ∈ X, x 6∈ C. La proposition precedente montre que x n’est pas dans l’adherencede C.

•

Corollaire 3.3.5 Soit X un espace compact separe. Soit C ⊂ X. Alors C est compact si et seulementsi C est ferme.

Demonstration: Utiliser ?? et ??

Theoreme 3.3.6 Tout espace de Hausdorff compact est un espace normal.

Demonstration: Soient C1 et C2 deux fermes disjoints dans X. Alors C1 et C2 sont compacts. CommeX est T3, on peut trouver, pour chaque x ∈ C2, deux ouverts disjoints Ox et Ux, contenant x,et C1 respectivement. Du recouvrement ouvert {Ox, x ∈ C2}, on extrait un sous recouvrement fini{Ox1 ,Ox2 , . . . ,Oxn

}. On prend alors OC2 =⋃{Ox1 ,Ox2 , . . . ,Oxn

}, et OC1 =⋂{Ux1 ,Ux2 , . . . ,Uxn

}.•

Proposition 3.3.7 Soit f : X → Y une application continue entre deux espaces topologiques X et Y .Si X est compact, f(X) est compact.

Demonstration: Soit σ un recouvrement ouvert de f(X). Alors f−1(σ) est un recouvrement ouvert deX. On extrait de f−1(σ) un sous-recouvrement fini {O1,O2, . . . ,On} deX. Alors {f(O1), f(O2), . . . , f(On)}est un recouvrement fini de f(X), extrait de σ.

•

Theoreme 3.3.8 [Theoreme de Tychonov.] Soit X =∏j∈J Xj. Si chacun des Xj est compact, X est

compact.

Demonstration: Soit x un net universel dans X. Pour chaque j ∈ J , notons pj : X → Xj la projection.Alors, pj(x) est un net universel dans Xj . Comme Xj est compact, pj(x) est convergent. Il en resulteque x est convergent.

•

16

Espaces compacts - Exercices

Exercice 21 On note K3 l’ensemble des reels de la forme x =∑n≥1 αn3−n, avec, pour tout n, αn ∈

{0, 2}. La topologie de K3 est la topologie heritee de la droite reelle (celle de la distance.) Montrerque K3 est d’interieur vide, et que K3 ne contient pas de point isole. L’espace K3 s’appelle l’espace deCantor.

Exercice 22 Pour chaque entier n ≥ 0, on definit K3(n) par recurrence :– K3(0) = [0, 1].– K3(n+1) est obtenu de K3(n) en enlevant le tiers central ouvert de chacun des intervalles composantK3(n).

On note I(3) l’intersection de tous les K3(n), n parcourant N. Montrer que I(3) est compact, non vide.

Exercice 23 On reprend les espaces construits dans les exercices ?? et ??. Montrer que K3 et I(3)sont les memes sous-ensembles de l’intervalle [0, 1].

Exercice 24 Soit f : X → Y une bijection continue entre deux espaces topologiques X et Y . Montrerque si X est compact, et Y est separe, f est automatiquement une application ouverte. En deduireque la bijection reciproque f−1 est egalement continue. (Une bijection continue dont la reciproque estegalement continue s’appelle un homeomorphisme.)

Exercice 25 Soit f : X → Y une application entre deux espaces de Hausdorff compacts. Montrer quesi le graphe de f est ferme dans X × Y , alors f est continue. Reciproque ?

Exercice 26 Montrer que si f : X → Y est une bijection entre deux espaces compacts separes, alors fest continue si et seulement si f est ouverte.

Exercice 27 Montrer que K3 est homeomorphe a∏n∈NEn, avec En = {0, 2}, pour tout n.

Exercice 28 [Plus difficile.]

1. Soit x ∈ K3. Montrer qu’il existe une base de voisinages de x, constituee de parties a la foisouvertes et fermees de K3.

2. Soit x ∈ K3. Soit Ox un ouvert de K3 contenant x. Montrer que Ox est la reunion de deux ouvertsdisjoints de K3

Exercice 29 Soit X un espace metrique compact. Soit R un recouvrement ouvert de X. Montrer qu’ilexiste un ε > 0 tel que toute boule ouverte de rayon ε soit contenue dans l’un au moins des ouverts du re-couvrement. (Le sup des ε satisfaisant cette condition est appelee le nombre de Lebesgue du recouvrementR.)

Exercice 30 Soit X = ([−1, 0] × {0}) ∪ ([0, 1] × {1}) ⊂ [−1, 1] × {0, 1}. Verifier que l’applicationp : X → R+, definie par p((x1, i1), (x2, i2)) = |x1 − x2| satisfait l’inegalite triangulaire. (On dit quep est une pseudo-distance sur X.) En deduire que l’intersection de deux boules ouvertes (au sens dela pseudo-distance p) est une reunion de boules ouvertes (toujours au sens de la pseudo-distance.) Endeduire que ces boules ouvertes constituent une base d’une topologie τ , sur X. Montrer que la suite((1/n, 1))n>0 converge vers (0, 0), et vers (0, 1). Essayer de trouver une variante de cet exercice danslequel X est T1.

Exercice 31 Soit (xi)i∈I un net dans un espace X. Soit A ⊂ X une partie de X. Montrer que le net(xi)i∈I ne peut pas a la fois etre finalement dans A, et finalement dans X −A.

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Exercice 32 1-Soit X un espace de Hausdorff. Soit (xi)i∈I un net dans X, covergeant vers un pointx0 ∈ X. Soit y un point de X, distinct de x0. Montrer qu’il existe un voisinage ouvert, Oy, de y, tel que(xi)i∈I soit finalement dans X − Oy. En deduire qu’un net universel dans X admet au plus un pointd’accumulation.2-Reciproque : montrer que si X n’est pas un espace de Hausdorff, on peut construire un net dans Xconvergeant vers deux points distincts x, et y, de X. (Choisir une base Bx, de voisinages ouverts de x,une base By, de voisinages ouverts de y. Indexer le net par les couples (Ox ∈ Bx,Oy ∈ By), avec l’ordreproduit sur Bx × By.)

Exercice 33 [Lemme d’Urysohn.]

1. Soit X un espace normal. Soient F ⊂ O ⊂ X deux parties de X, avec F fermee et O ouverte.Montrer qu’il existe un ouvert U ⊂ X, tel que F ⊂ U ⊂ U ⊂ O.

2. Construire par induction une suite (Ur)r, indexee par {r = m/2n, avec : n ≥ 1, m < 2n}, telleque pour tous r < r′, on ait : F ⊂ Ur ⊂ Ur ⊂ Ur′ ⊂ U ′r ⊂ O.

3. Soit f : X → [0, 1], definie par : f(x) = 1, si x /∈⋃r Ur, et f(x) = inf{r/x ∈ Ur}, si x ∈

⋃r Ur.

Soit t ∈ [0, 1]. Expliciter f−1([0, t[) et f−1([0, t]), pour t > 0. En deduire f−1(]t, 1]), pour t < 1.Montrer que f est continue.

4. En deduire que si X est normal, et si E et F sont deux fermes disjoints de X, il existe une fonctionf : X → [0, 1], qui est continue, vaut 0 sur F , et vaut 1 sur E. (C’est le lemme d’Urysohn.)

Exercice 34 [Tire du livre de Georges Skandalis.] Soit X un espace topologique normal. Soit Φ =C(X, [0, 1]) l’espace des applications continues, de X dans [0, 1]. On note Y = [0, 1]Φ, l’ensemble desapplications de Φ dans [0, 1], muni de la topologie produit.

1. Montrer que l’application x ∈ X → Tx ∈ Y , avec Tx(f) = f(x), pour toute fonction f ∈ Φ estcontinue.

2. Montrer que x→ Tx est injective. (Utiliser le lemme d’Urysohn.)

3. En deduire que pour tout espace compact separe K, il existe un ensemble Φ, tel que K soithomeomorphe a une partie fermee de [0, 1]Φ

Exercice 35 [Commentaires pour les curieux.] Soit K un compact de R. On dit que K est auto-similaire s’il existe des similitudes de R, de rapport inferieur strictement a 1, s1, s2, . . . , sn, tellesque K =

⋃nj=1 sj(K). Appelons rj le rapport de chaque similitude sj. L’ application D : R+ → R+,

definie par D(t) =∑

1≤i≤n rti est strictement decroissante. Il existe donc un unique dH ∈ R, tel que

D(dH) = 1. On dit alors que la dimension fractale de K est plus petite ou egale a dH . Montrer queK3 est auto-similaire, avec deux similitudes de rapport 1/3. En deduire que la dimension fractale de K3

est ln(2)/ln(3). (Cette dimension fractale est ici un cas particulier de la dimension de Hausdorff, quiest en general difficile a calculer.)Soit E un espace metrisable separable. On dit que la dimension topologique de E est 0 si E admet unebase topologique constituee de parties a la fois ouvertes et fermees. On dit que E est de dimension auplus n si E admet une base topologique d’ouverts dont la frontiere est de dimension au plus n − 1.L’espace K3 est donc de dimension topologique 0. La definition originale d’un fractal proposee parBenoit Mandelbrojt, est ”un espace metrique compact, dont la dimension de Hausdorff est strictementsuperieure a la dimension topologique”. L’espace de Cantor K3 satisfait bien cette condition.

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Chapitre 4

Topologies initiales.

4.1 Definition et exemples.

Definition 4.1.1 Soit (Xi)i∈I une famille d’espaces topologiques, soit X un ensemble. On supposedonnee, pour chaque i ∈ I, une application fi : X → Xi. La topologie initiale de (X, (fi)i∈I), est latopologie la moins fine sur X, qui rende continues chacune des applications appartenant a {fi, i ∈ I}.

Exemples 4.1.2 1. Soit X =∏i∈I Xi. Notons, pour chaque i ∈ I, pi : X → Xi la projection. La

topologie produit sur X est la topologie initiale de la famille (X, pi)i∈I .

2. Soit X un espace topologique. Soit A ⊂ X une partie de X. Notons j : A ↪→ X l’inclusion.La topologie induite par X sur A est la topologie initiale de (A, j). On appelle egalement cettetopologie la topologie de A, heritee de X, ou encore, la trace (sur A) de la topologie de X.

3. Soient X un ensemble, et Y un espace topologique. Notons Y X l’ensemble de toutes les applicationsde X dans Y . Pour chaque point x ∈ X, on definit l’application d’evaluation : evx : Y X → Y ,par evx(f) = f(x). La topologie de la convergence simple sur Y X est la topologie initiale de(Y X , (evx)x∈X).

4. Soit B un espace de Banach. Soit B∗ le dual topologique de B. On appelle topologie faible de Bla topologie initiale de (B,B∗). Cette topologie est aussi appelee topologie vague de B, et noteeσ(B,B∗). Cette topologie est en general strictement moins fine que la topologie de la norme surB, et non metrisable (elle lui est identique si et seulement si B est de dimension finie).

5. Soit B un espace de Banach. Le dual topologique B∗, de B (muni de la norme usuelle sur lesformes lineaires continues), est egalement un espace de Banach. Chaque x, element de B definitune forme lineaire continue, notee aussi x, sur B∗, par x(ϕ) = ϕ(x), pour tout ϕ ∈ B∗. Latopologie ∗−faible de B∗ est la topologie initiale de (B∗,B). Elle est egalement notee σ(B∗,B).Cette topologie n’est pas la topologie faible, σ(B∗,B∗∗) de l’espace de Banach B∗. Les topologiesfaible et ∗− faible de B∗ coincident seulement si B est un espace reflexif (i.e, quand l’inclusion deB dans son bidual est une isometrie surjective).

4.2 Proprietes.

Proposition 4.2.1 La topologie initiale de (X, (fi)i∈I) est la topologie engendree par les ensembles{f−1i (Oi) : i ∈ I,Oi ouvert de Xi}.

Demonstration: Appelons τ la topologie initiale de (X, (fi)i∈I). Soit i ∈ I. Comme τ contient lespreimages de chacun des ouverts de Xi, l’application fi est bien continue, lorsque X est muni de latopologie τ . Reciproquement, si τ ′ est une topologie sur X, rendant continue chacune des applicationsfi, τ ′ contient les preimages par fi de chacun des ouverts de Xi, et contient donc τ .

•

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Proposition 4.2.2 Soient Y un espace topologique, et τ la topologie initiale d’une famille (X, (fi)i∈I).Une application f : Y → (X, τ) est continue si et seulement si chacune des compositions fi◦f : Y → Xi

est continue.

Demonstration: Supposons d’abord f continue. Alors pour tout i ∈ I, fi◦f est continue. Inversement,supposons que chacune des applications fi ◦ f est continue. Soient y ∈ Y , et O un voisinage ouvert def(y) dans X. On suppose que O = f−1

i1(Oi1)∩ f−1

i2(Oi2)∩ . . .∩ f−1

in(Oin), avec Oij voisinage ouvert de

fij ◦ f(y), dans Xij , pour tout 1 ≤ j ≤ n. Comme chacune des fi ◦ f est continue, on peut trouver desvoisinages ouverts U1,U2, . . .Un, de y dans Y , tels que fij ◦ f(Uj) ⊂ Oij , pour tout 1 ≤ j ≤ n. Alors,avec U = U1 ∩ U2 ∩ . . . ∩ Un, on a : f(U) ⊂ O.

•

20

Topologies initiales - Exercices

Exercice 36 Soit H un espace hilbertien de dimension infinie ; notons (x|y) le produit scalaire desvecteurs x et y, dans H. La topologie faible de H est la topologie initiale des applications (semi normes) :{pξ, ξ ∈ H}, avec pξ(x) = |(x|ξ)|.

1. Montrer que l’adherence faible de la sphere unite de H contient la boule unite fermee de H. (Elleest en fait egale a la boule unite fermee de H, d’apres le theoreme de Hahn-Banach.)

2. Montrer que l’interieur faible de la boule unite ouverte de H est vide.

3. Montrer que tout ouvert faible contenant l’origine dans H contient egalement une intersectionfinie d’ hyperplans (Un hyperplan est un sous espace de H, de codimension 1.)

4. (Question facultative.) Montrer qu’il n’existe aucun voisinage faible, faiblement borne de l’originedans H.

5. (Question facultative.) En deduire que la topologie faible de H n’est pas normable (elle n’est pasnon plus metrisable). Ces resultats se generalisent sans difficulte a la topologie faible des espacesde Banach de dimension infinie en general.

Exercice 37 Soit (αn)n∈N une suite dans l1, qui converge faiblement vers 0, c’est a dire, pour latopologie σ(l1, l∞). On va montrer que (αn)n∈N converge vers 0 fortement (i.e en ‖.‖1). (On dit quel1 possede la propriete de Schur.) On notera < ., . > le crochet de dualite, c’est a dire : < x, y >=∑n x(n)y(n), pour tout x ∈ l∞, et tout y ∈ l1.

1. Montrer que ∀p ∈ N, αn(p)→ 0, n→∞.

2. Soit X la boule unite fermee de l∞. On munit X de la topologie de la convergence simple (i.e, latopologie produit). Montrer que X est compacte. Montrer que cette topologie peut etre decrite parla distance d(x, y) =

∑∞i=0 |xi−yi|/(1+2i|xi−yi|). Il s’ensuit que X, comme tout espace compact

metrisable, est un espace de Baire (voir en analyse fonctionnelle).

3. Soit ε > 0. Pour n ∈ N, posons :

Fn = {x ∈ X : ∀k ≥ n, | < x,αk > | ≤ ε}

Montrer que X est la reunion des Fn.

4. Montrer que si α ∈ l1, et si (xn)n converge vers x dans X, alors (α(xn))n converge vers α(x). Endeduire que chacun des Fn est ferme (dans la topologie produit.)

5. Deduire de (2) et (4), que l’un (au moins) des Fn est d’interieur non vide (toujours pour la topo-logie de X). [Indication : la propriete de Baire implique que X n’est pas une reunion denombrablede fermes d’interieur vide.]

6. Soit N , tel que FN soit d’interieur non vide. Montrer qu’ il existe un entier M ∈ N, et δ > 0, telsque, quels que soit x ∈ X, (∀i ∈ {1, 2 . . .M}, |x(i)| ≤ δ)⇒ x ∈ FN . (Remarquer pour cela que FNest convexe et symetrique ; qu’en est-il de son interieur ? Quel point remarquable contient-il ?)

7. En choisissant, pour chaque k ≥ N , x(i) = 0,∀i ≤ M , et x(i) = phase(αk(i)),∀i > N , conclureque la suite (‖αn‖1)n converge vers 0.

21

22

Chapitre 5

Topologie finales.

5.1 Definition et exemple.

Definition 5.1.1 Soient X un ensemble, (Yi)i∈I une famille d’espaces topologiques. On suppose donnee,pour chaque i ∈ I, une application fi : Yi → X. La topologie finale de (X, (fi)i∈I) est la topologie laplus fine de X, rendant continue chacune des applications appartenant a {fi, i ∈ I}.

Exemple 5.1.2 Soit (Yi)i∈I une famille d’espaces topologiques. La reunion disjointe⊔i∈I Yi est l’en-

semble des couples (y, i), avec i ∈ I, y ∈ Yi. Pour chacun des i ∈ I, on definit l’ inclusion ji : Yi →⊔i∈I Yi, definie par ji(y) = (y, i), pour tout y, element de Yi. La topologie de

⊔i∈I Yi est la topologie

finale de (⊔i∈I Yi, (ji)i∈I). C’est la topologie engendree par les couples (Oi, i), avec i ∈ I, et Oi ouvert

de Yi.

Proposition 5.1.3 Soient X, (fi)i∈I , (Yi)i∈I comme dans la definition ??. La topologie finale de(X, (fi)i∈I) est constiutee des parties O ⊂ X, telles que pour tout i ∈ I, f−1

i (O) soit un ouvert deYi.

Demonstration: Notons τ = {O ⊂ X / pour tout i element de I, f−1i (O) est un ouvert de Yi}. Il est

facile de verifier que τ est bien une topologie de X, et que τ rend continue chacune des applications fi.Soit τ ′ une topologie de X, strictement plus fine que τ . Il existe un τ ′− ouvert U , qui n’appartient pasa τ . Il existe donc i ∈ I, tel que f−1

i (U) ne soit pas un ouvert de Yi, ce qui montre que fi n’est pas τ ′−continue.

•

Corollaire 5.1.4 Soient X, (fi)i∈I , (Yi)i∈I comme dans la definition ??. Soit Z un espace topologique.Une application h : X → Z est continue pour la topologie finale de (X, (fi)i∈I), si et seulement sichacune des compositions h ◦ fi : Yi → Z est continue.

Demonstration: Si h est continue, chacune des compositions h◦fi est evidemment continue. Reciproquement,supposons chacune des compositions h ◦ fi continue. Soit O un ouvert de Z. Alors, pour tout i ∈ I,(h ◦ fi)−1(O) est un ouvert de Yi, ce qui montre que h−1(O) est un ouvert de X.

•

5.2 Relations d’equivalence.

Definition 5.2.1 1. Soit X un ensemble. On appelle relation d’equivalence sur X, toute relationR, sur X, qui est reflexive (xRx, ∀x ∈ X), symetrique (x1Rx2 ⇔ x2Rx1, ∀x1, x2 ∈ X), ettransitive ([x1Rx2 et x2Rx3] ⇒ x1Rx3, ∀x1, x2, x3 ∈ X). Le graphe de R est le sous espacede X×X, constitue des couples (x1, x2), tels que x1Rx2. On le note G(R). La topologie de G(R)est la topologie heritee de la topologie produit de X ×X.

23

2. Soit x ∈ X. On appelle classe d’equivalence de x (pour la relation R), l’ensemble [x]R = {x′ ∈X /xRx′}. On note X/R l’ensemble des classes d’equivalence des elements de X.

3. On note πR : X → X/R l’application quotient, definie par πR(x) = [x]R. L’espace quotient X/Rest muni de la topologie finale de (X/R, πR).

Si aucune confusion n’est possible, on allegera les notations, en omettant l’indice R. Ainsi, πR sera notesimplement π, etc...

Exemples 5.2.2 1) Espace vectoriel quotient.Si X est un espace vectoriel, et Y ⊂ X est un sous espace vectoriel de X, on definit la relationd’equivalence sur X : x1Rx2 ⇔ x1−x2 ∈ Y . L’espace quotient X/R est un espace vectoriel. La classed’un vecteur x ∈ X est egalement notee [x] = x+ Y . Si X est un espace vectoriel topologique, X/R estegalement un espace vectoriel topologique. Il est separe si et seulement si Y est ferme. Si X est norme,et si Y est ferme, on definit la norme quotient sur X/R, par ‖[x]‖ = Inf{‖x′‖ /x′ ∈ X, x − x′ ∈ Y }.La topologie de X/R est alors identique a la toplogie definie par la norme quotient.2) Cone et suspension de X.Soit X un espace topologique. Sur X × [0, 1], on definit la relation d’equivalence : (x1, t)R(x2, t

′) si etseulement si ([x1 = x2, et t = t′], ou [t = t′ = 1].) L’espace quotient X × [0, 1]/R est appele le cone deX. On le note en general CX. On definit de la meme maniere, la suspension SX, de X, au moyen dela relation (x1, t)R(x2, t

′) si et seulement si ([x1 = x2, et t = t′], ou [t = t′ ∈ {0, 1}].) On verra plustard que la sphere Sn est homeomorphe a la suspension de la sphere Sn−1, pour tout entier n ≥ 1.3) Espaces projectifs reels.Soit X = Rn−{0}, avec n entier strictement positif. On definit sur X la relation x1Rx2 si et seulementsi x1 et x2 sont colineaires. L’espace quotient X/R est appele l’espace projectif reel, et note Pn−1(R).C’est un espace separe et compact. Il est clair que Pn−1(R) est compact, car c’est l’image, par l’appli-cation πR, de {x ∈ Rn /1/2 ≤ ‖x‖ ≤ 1}, qui est un compact de Rn. Si [a]R et [b]R sont deux pointsdistincts de Pn−1(R), on note ∆a la droite vectorielle contenant a, et ∆b la droite vectorielle contenantb. On considere deux cones ouverts ouverts disjoints, Ca et Cb, de sommet l’origine, d’axes respectifs∆a et ∆b. Alors πR(Ca) et πR(Cb) sont deux voisinages ouverts disjoints de a et b dans Pn−1(R).

5.3 Sature d’une partie d’un ensemble.

Definition 5.3.1 Soit X un ensemble, muni d’une relation d’equivalence R. Soit E ⊂ X un sous-ensemble de X. On appelle sature de E le sous ensemble : [E]R = π−1

R (πR(E)). On dit que E est sature(pour R) si E = [E]R.

Le sature de E est donc l’ensemble des elements de X, qui sont equivalents a l’un au moins des elementsde E. La reunion et l’intersection de deux ensembles satures est sature. Le complementaire d’un ensemblesature est sature. (Le verifier !)

Proposition 5.3.2 Soir X un espace topologique, muni d’un relation d’equvalence R. La topologie deX/R est constituee des images πR(O), des ouverts satures O, de X.

Demonstration: Appelons τ ′ l’ensembles des images πR(O), des ouverts satures O, de X. Soit U unouvert de X/R, alors π−1

R (U) est un ouvert sature de X, ce qui montre que τ ′ est plus fine que τ (carU = πR(π−1

R (U)), et que πR est τ ′−continue. Donc τ = τ ′.•

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Topologies finales - Exercices

Exercice 38 (Preparatoire du suivant)Soient f1, f2 : X → Y , deux applications continues, avec Y separe. Montrer que F = {(x1, x2) ∈X × X /f1(x1) = f2(x2)} est un ferme de X × X. En deduire que si une application f : X → Y estcontinue, et si Y est separe, le graphe de f est ferme.

Exercice 39 Soient X un espace topologique separe, et R une relation d’equivalence sur X. On noterale quotient Y = X/R, et π : X → Y la projection canonique. Montrer que :

1. Si Y est separe, le graphe de R est ferme. (Utiliser l’exercice precedent.)

2. Si π est ouverte, et si le graphe de R est ferme, alors Y est separe.

3. La projection π est ouverte si et seulement si , quel que soit O, ouvert de X, le sature de O estouvert.

4. La projection π est fermee si et seulement si , quel que soit F , ferme de X, le sature de F estferme.

Exercice 40 Soient X un espace topologique separe, et R une relation d’equivalence sur X. On no-tera le quotient Y = X/R, et π : X → Y la projection canonique. Montrer que si l’une des classesd’equivalence de R est dense (et 6= X), alors la topologie de Y n’est pas separee. Montrer que si toutesles classes d’equivalence sont denses, la topologie de Y est la topologie grossiere. En deduire que R/Qest un espace grossier.

Exercice 41 Soient I1, et I2 deux copies de l’intervalle [0, 1]. Soit X = I1tI2 la reunion disjointe de cesdeux copies de l’intervalle unite. Sur X, on considere la relation R, definie par (t ∈ I1)R(t ∈ I2),∀t > 0.Expliciter G(R). Montrer que l’espace quotient X/R n’est pas separe.

Exercice 42 Soit R la relation d’equivalence sur R, definie par xRy si et seulement si x−y est entier,pour x, y quelconques dans R. Montrer que l’espace quotient est homeomorphe au cercle S1.

Exercice 43 Soient X un espace norme et Y ⊂ X un sous espace vectoriel ferme de X. Montrer queX/Y est un espace norme, avec norme ‖x+ Y ‖ = inf{‖x′‖, x′ ∈ x + Y }. Que se passe-t-il si Y n’estpas ferme ? (Penser par exemple a X = l2(N) et a Y le sous espace de X constitue des suites a supportfini.)

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Chapitre 6

Espaces connexes.

6.1 Definition et proprietes.

Proposition 6.1.1 Soit X un espace topologique. Les proprietes suivantes sont equivalentes :

1. Les seules parties a la fois ouvertes et fermees de X sont l’ensemble vide et X lui-meme.

2. L’espace X n’est pas la reunion de deux ouverts non vides disjoints.

3. L’espace X n’est pas la reunion de deux fermes non vides disjoints.

Demonstration: (1⇒ 2.) Soient A et B deux ouverts disjoints de X, tels que X = A∪B. Alors A etB sont egalement fermes, ce qui, d’apres 1, implique A = φ et B = X, ou bien, A = X, et B = φ.(2⇔ 3.) Soient A et B deux parties disjointes de X, telles que X = A ∪B. Alors A et B sont fermeessi et seulement si A et B sont ouvertes.(3 ⇒ 1.) Soit P une partie de X, non vide, et differente de X. Si P est un ouvert ferme de X, il enest de meme de son complementaire, qui est par ailleurs non vide.

•

Definition 6.1.2 Un espace topologique X est dit connexe s’il satisfait les conditions equivalentes ci-dessus. Une partie C ⊂ X est dite connexe, si C, muni de la topologie heritee de X, est un espacetopologique connexe.

Proposition 6.1.3 Les connexes de R sont les intervalles.

Demonstration: (Tout intervalle de R est connexe.) Soit I un intervalle dans R, d’extremites a < b.(On ne considere pas le cas trivial I = φ.) L’intervalle I est une reunion croissante d’intervalles compactsKj = [xj , yj ]. Supposons I = P1 ∪ P2, avec P1 et P2 deux ouverts fermes disjoints, non vides, de I.Alors Kj = (Kj ∩P1)∪ (Kj ∩P2) est la reunion de deux parties compactes disjointes de I. Si j est assezgrand, aucune de ces deux parties n’est vide. On peut alors trouver aj ∈ (Kj ∩ P1), et bj ∈ (Kj ∩ P2),tels que |aj − bj | = Min{|x − y|, /x ∈ (Kj ∩ P1), y ∈ (Kj ∩ P2)}. Alors l’intervalle ouvert ]aj , bj [ nerencontre pas (Kj ∩ P1) ∪ (Kj ∩ P2) = Kj , ce qui contredit le fait que K soit un intervalle.(Tout connexe de R est un intervalle.) Soit C un connexe non vide de R. On pose a = Inf{x ∈ C},et b = Sup{x ∈ C}. Soit x0 ∈ R, avec a < x0 < b. Si x0 n’est pas un point de C, on a : C =(] −∞, x0[∩C) ∪ (]x0,∞[∩C), chacune des ces deux parties etant ouvertes et non vides. Elles sont deplus disjointes. Ceci montre que C n’est pas connexe.

•

Theoreme 6.1.4 Soit X un espace topologique. Les proprietes suivantes sont equivalentes :

1. X est connexe.

2. Toute application continue de X dans un espace discret est constante.

3. Toute application continue de X dans l’espace discret {0, 1} est constante.

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Demonstration: (1 ⇒ 2.) Soit f : X → Y une application continue de X dans un espace discretY . Soient y0, y1 ∈ f(X), quelconques. Posons A = f−1(y0), B = f−1(y1), C = f−1(Y − {y0, y1}).Supposons y0 6= y1, alors X = (A ∪ B) ∪ C est une partition de X en deux ouverts disjoints, et nonvides, ce qui implique que X n’est pas connexe.(2⇒ 1.) Supposons X non connexe, X = A∪B avec A et B ouverts, non vides et disjoints. La fonctionindicatrice de A est une application de X dans {0, 1}, qui est continue, et non constante. Ceci montreegalement 3⇒ 1. Enfin, 2⇒ 3 est evident.

•

Corollaire 6.1.5 Si C est une partie connexe de X, alors C est egalement une partie connexe de X.

Demonstration: Evident d’apres la proposition precedente. Noter que la reciproque est en generalfausse.

•

Corollaire 6.1.6 Soit (Ci)i∈I une famille de parties connexes d’un espace X, deux a deux non dis-jointes. Alors

⋃i∈I Ci est une partie connexe de X.

Demonstration: Posons C =⋃i∈I Ci, et soit f : C → {0, 1} une application continue. Choisissons

i0 ∈ I. Alors f est constante sur Ci0 . Soit i ∈ I, quelconque. Alors f est constante sur Ci. CommeCi0 ∩ Ci est non vide, f prend la meme (unique) valeur sur Ci0 et sur Ci, ce qui montre que f estconstante sur C.

•

Corollaire 6.1.7 Soit g : X → Y une application continue entre deux espaces topologiques. Si X estconnexe, g(X) est connexe.

Demonstration: Soit f : g(X) → {0, 1} une application continue. Comme X est connexe, et f estcontinue, g ◦ f est constante, g est donc constante.

•

Proposition 6.1.8 Soit f : [a, b] → X une application continue de l’intervalle [a, b] ⊂ R, dans unespace topologique X. Soit A une partie de X, telle que f(a) ∈ A, et f(b) 6∈ A. Alors il existe t ∈ [a, b],tel que f(t) ∈ Fr(A).

Demonstration: On a : X = A◦ ∪ (X − A) ∪ Fr(A). Si f−1(Fr(A)) = φ, alors, [a, b] = f−1(A◦) ∪f−1(X − A), est une partition de l’intervalle [a, b] en deux ouverts non vides disjoints, ce qui estimpossible.

•

Proposition 6.1.9 Un produit fini d’espaces connexes est connexe.

Demonstration: En raisonnant par recurrence, il suffit de montrer que le produit de deux espacesconnexes est connexe. Soient X et Y deux espaces connexes, soient (x, y) ∈ X × Y , et (x′, y′) ∈ X × Y .Soit f , une application continue, de X × Y , dans un espace discret. On a f(x, y) = f(x, y′) = f(x′, y′).La premiere egalite vient du fait que {x} × Y est connexe, la seconde vient du fait que X × {y′} estconnexe.

•

Theoreme 6.1.10 Un produit quelconque d’espaces connexes est connexe.

Le demonstration fait l’objet d’un exercice.

6.2 Composantes connexes d’un espace topologique.

Definition 6.2.1 Soient X un espace topologique, et x ∈ X. On appelle composante connexe de x dansX, la plus grande partie connexe de X contenat x. On note Cx la composante connexe de x.

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Remarque 6.2.2 Cx est la reunion de toutes les parties connexes de X qui contiennent x.

Proposition 6.2.3 La composante connexe Cx, de x ∈ X est un ferme de X.

Demonstration: Comme l’adherence de Cx est connexe, elle est contenue dans Cx.•

Proposition 6.2.4 Soient x, y deux points d’un espace topologique X. Alors y ∈ Cx ⇔ Cy = Cx.

Demonstration: Si y ∈ Cx, alors Cx ∩ Cy 6= φ, et donc, Cx ∪ Cy est connexe. Par maximalite de Cx,on a Cx = Cx ∪ Cy, par maximalite de Cy, on a Cy = Cx ∪ Cy. La reciproque est triviale.

•

Corollaire 6.2.5 Soit X un espace topologique. La relation R, definie sur X par xRy ⇔ y ∈ Cx estune relation d’equivalence.

Demonstration: Le verifier !•

29

Espaces connexes - Exercices

Exercice 44 Soit (Xi)i∈I une famille d’espaces connexes. On note X =∏i∈I X l’espace produit.

1. Soit a = (ai)i∈I un point de X. Montrer que :

A = {x = (xi)i∈I ∈ X/xi = ai pour tous, sauf un nombre fini d’indices i ∈ I}

est dense dans X.

2. Pour chaque j ∈ I, on notera pj : X → Xj la projection canonique. Soit i ∈ I ; on considerel’application Jj : Xj ↪→ X, definie par pi(Jj(y)) = ai, si i 6= j, et pj(Jj(y)) = y, pour y ∈ Xj.Montrer que Jj est continue.

3. Soit f : X → {0, 1}, une application continue. Deduire de (ii) que les applications partiellesfj = f ◦ Jj sont constantes.

4. Soient x et y deux points de A. Soit N ∈ N, tel que xi = yi = ai, pour toutes, sauf au plus Nvaleurs de l’indice i. Generaliser le raisonnement de (2) et (3) a N coordonnees pour montrer quef(x) = f(y)

5. Conclure que f est une application constante, et que X est connexe.

Exercice 45 On dit qu’un espace topologique X est totalement discontinu si, ∀x ∈ X, Cx = {x}.Montrer que Q ⊂ R, et que l’espace de Cantor {0, 1}N sont totalement discontinus, mais non discrets.En deduire que les composantes connexes ne sont pas toujours des ouverts.

Exercice 46 Montrer que dans un espace metrique connexe, et non metriquement borne, toute sphereest non vide.

Exercice 47 Montrer que si f : [0, 1]→ [0, 1] est une fonction continue, il existe au moins un t ∈ [0, 1],tel que f(t) = t (utiliser le theoreme du passage de frontiere)

Exercice 48 Soit X un espace metrique compact. Montrer l’equivalence des proprietes suivantes :

1. X est connexe

2. Pour tout ε > 0, et pour tous x, y ∈ X, il existe une ε- chaıne liant x et y (c’est a dire une suitefinie (x0, x1, . . . xn) de points de X, avec x0 = x, xn = y et d(xi, xi+1) < ε pour 0 ≤ i < n

Exercice 49 Soit X un espace connexe. Soit (Oi)i∈I un recouvrement ouvert de X. Montrer que pourtous x, y ∈ X, il existe Oi1 ,Oi2 , . . .Oin , tels que x ∈ Oi1 , y ∈ Oin , et Oij∩Oij+1 6= φ, pour 1 ≤ j < n−1

Exercice 50 Soient A et B deux fermes d’un espace topologique X. Montrer que si A ∪ B et A ∩ Bsont connexes, alors A et B sont connexes.

Exercice 51 On note N′, l’espace N, auquel on a ajoute deux points ω, et ω′. Si n ∈ N, on note[n, ω] = {m ∈ N,m ≥ n} ∪ {ω}, et [n, ω′] = {m ∈ N,m ≥ n} ∪ {ω′}. On munit N′ de la topologieengendree par les singletons {n}, les [n, ω], et les [n, ω′], n ∈ N. Montrer que N′ est un espace totalementdiscontinu, non separe (donc aussi non discret).

Exercice 52 Un espace topologique X est localement connexe si pour tout point x ∈ X, et tout voisinageV de x, il existe un voisinage connexe, U , de x, contenu dans V.

1. Montrer qu’un espace vectoriel norme est localement connexe.

2. Montrer que tout ouvert d’un espace topologique localement connexe est localement connexe.

3. Montrer que les composantes connexes d’un espace localement connexe sont ouvertes.

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Exercice 53 Soit X un espace localement connexe separe. On note R la relation sur X, definie parxRy si et seulement si Cx = Cy. Montrer que la projection canonique π : X → X/R est une applicationouverte. En deduire que X/R est un espace discret.

Exercice 54 Soit U un ouvert de Rn. Montrer que les composantes connexes de U sont des ouverts deRn. En deduire que les composantes de U rencontrent Qn, et que l’ensemble des composantes connexesde U est denombrable.

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32

Chapitre 7

Connexite par arcs.

7.1 Definitions.

Definition 7.1.1 Un chemin dans un espace topologique X est une application continue f : [a, b]→ X,ou [a, b] est un intervalle compact quelconque de R. On note (f(a), f(b)) les extremites de f

Definition 7.1.2 Un espace topologique X est dit connexe par arcs si pour tout x ∈ X, et pour touty ∈ X, il existe un chemin dans X, d’extremites (x, y).

Proposition 7.1.3 Tout espace connexe par arcs est connexe.

Demonstration: On choisit arbitrairement un point x0 ∈ X. Pour tout x ∈ X, on choisit un cheminfx, d’extremites (x0, x). Alors X =

⋃x∈X fx est un espace connexe, d’apres ??

•

Proposition 7.1.4 Tout produit d’espaces connexes par arcs est connexe par arcs.

Demonstration: Soit X =∏i∈I Xi, avec Xi connexe par arcs, pour tout i ∈ I. Soient x = (xi)i∈I ,

et y = (yi)i∈I deux points de X. Pour tout i ∈ I, notons fi un chemin dans Xi, d’extremites (xi, yi).En reparametrant eventuellement fi, on peut supposer que chacun des fi est definie sur [0, 1]. Soitf : [0, 1] → X, definie par f(t) = (fi(t))i∈I . Notons pi : X → Xi les projections canoniques. On api ◦ f = fi, pour tout i ∈ I ; f est donc bien un chemin dans X. On a f(0) = x, et f(1) = y.

•

Proposition 7.1.5 Soit g : x→ Y une application continue entre deux espaces topologiques. Si X estconnexe par arcs, g(X) est connexe par arcs.

Demonstration: Soient y1 = f(x1), et y2 = f(x2) deux points de Y . Soit f , un chemin dans X,d’extremites (x1, x2), alors g ◦ f est un chemin dans y d’extremites (y1, y2).

•

Corollaire 7.1.6 Les espaces projectifs reels Pn(R) sont connexes par arcs.

Demonstration: Car Rn est connexe par arcs, et la projection π : Rn+1 → Pn(R) est continue.•

Exemples 7.1.7 -Soit G le graphe de la fonction x→ sin(1/x), definie sur l’ensemble des reels stric-tement positifs ; G est connexe, sont adherence G, dans R2 est egalement connexe. Cependant G n’estpas connexe par arcs.-Soit E un espace vectoriel norme. Une partie C ⊂ E est dite etoilee, si il existe un point x0 ∈ C, telque, pour tout x ∈ C, le segment {tx0 + (1 − t)x /0 ≤ t ≤ 1} est contenue dans C. Tout partie etoileede E est connexe par arcs.

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Connexite par arcs - Exercices

Exercice 55 Un espace topologique X est localement connexe par arcs si pour tout point x ∈ X, ettout voisinage V de x, il existe un voisinage connexe par arcs, U , de x, contenu dans V.

1. Montrer qu’un espace vectoriel norme est localement connexe par arcs

2. Montrer qu’un espace topologique localement connexe par arcs est localement connexe.

3. Montrer que les composantes connexes d’un espace topologique localement connexe par arcs sontouvertes, et connexes par arcs.

Exercice 56 Soit A l’adherence du graphe de la fonction f(x) = sin(π/2x), x > 0.

1. Soient X = A ∩R×]1/2, 1], Y = A ∩R×] − 3/4, 3/4[, Z = A ∩R × [−1,−1/2[. Montrer que Yest une reunion infinie de segments ouverts, deux a deux disjoints.

2. Supposons donne h : [0, 1]→ A un chemin, avec h(0) = (1, 1), h(1) = (0, 0) Montrer , en utilisant(i), que h permet de construire un recouvrement ouvert de [−1, 1], dont on ne peut extraire aucunsous recouvrement fini.

3. En deduire que A n’est pas connexe par arcs.

4. Montrer que A n’est pas localement connexe.

Exercice 57 Dans R2, on considere A = {(x, y) ∈ R2/x /∈ Q, y ≥ 0} ∪ {(x, y) ∈ R2/x ∈ Q, y < 0}Montrer que A est connexe, non localement connexe, et non connexe par arcs.

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Chapitre 8

Groupe fondamental.

8.1 Homotopie et chemins.

Definition 8.1.1 Soit X un espace topologique. On appellera arc dans X tout chemin c : [0, 1] → X.On notera C([0, 1], X) l’ensemble des arcs dans X. Si x, y ∈ X, on notera C([0, 1], X; (x, y)) l’ensembledes arcs d’extremites (x, y) dans X. Si x ∈ X, on notera Cx l’arc constant Cx(t) = x, ∀t ∈ [0, 1].

Definition 8.1.2 1. Soit c un arc dans X. On notera c l’arc inverse, defini par c(t) = c(1− t), pourtout t ∈ [0, 1].

2. Soit c un arc d’extremites (x, y) dans X. Soit c′ un arc d’extremites (y, z) dans X. On definit lacomposition cc′ : [0, 1]→ X par cc′(t) = c(2t), si t ∈ [0, 1/2], et cc′(t) = c′(2t− 1), si t ∈ [1/2, 1].Alors, cc′ est un arc dans X, d’extremites (x, z).

Definition 8.1.3 Deux arcs c et c′ dans X, ayant meme origine x et meme extremite y sont ditshomotopes s’il existe une application continue H : [0, 1]× [0, 1]→ X, telle que

1. H(t, 0) = c(t), et H(t, 1) = c′(t), pour tout t ∈ [0, 1].2. H(0, s) = x, et H(1, s) = y, pour tout s ∈ [0, 1].

On dira alors que l’application H est une homotopie d’arcs, d’extremites (c, c′).

Proposition 8.1.4 Soient x et y deux points de X. On definit sur C([0, 1], X; (x, y)) la relation cRc′ siet seulement si c et c′ sont homotopes. La relation R est une relation d’equivalence sur C([0, 1], x; (x, y)).

Demonstration:i) Reflexivite : Il suffit de prendre l’homotopie constante H(t, s) = c(t), pour tout (t, s) ∈ [0, 1]× [0, 1].ii) Symetrie : Une homotopie H d’extremites (c, c′) etant donnee, il suffit de considerer l’homotopieinverse H(t, s) = H(t, 1− s).iii) Transitivite : On compose les homotopies en utilisant la remarque precedente, et la formule donneedans la definition ??

•

Definition 8.1.5 Soient x, y ∈ X. On appelle classe d’homotopie d’arcs d’extremites (x, y) toute classed’equivalence de la relation R. On note πx,y(X) l’ensemble de ces classes d’homotopie.

8.2 Le groupoıde fondamental de X.

Un groupoıde est un ensemble muni d’une loi de composition associative, partiellement definie, d’elementsneutres (appeles unites), et d’un inverse pour chacun de ses elements. On va verifier que les operationssur les arcs definies au paragraphe precedent passent au quotient par la relation R, et definissent ungroupoıde, appele le groupoıde fondamental de X, ou encore, le groupoıde de Poincare de X.

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Proposition 8.2.1 Soient c, γ ∈ C([0, 1], X; (x, y)). Soient c′, γ′ ∈ C([0, 1], X; (y, z)). On suppose quec et γ (resp. c′ et γ′) sont homotopes. Alors :

1. Les chemins inverses c et γ sont homotopes.

2. Les compositions cc′ et γγ′ sont homotopes.

Demonstration: 1- Soit F une homotopie d’extremites (c, γ). Alors F : (t, s) → F (1 − t, s) est unehomotopie d’extremites (c, γ).2- Soient F une homotopie d’extremites (c, γ), et G une homotopie d’extremites (c′, γ′). On definitH(t, s) = F (2t, s), si t ∈ [0, 1/2], et H(t, s) = G(2t − 1, s), si t ∈ [1/2, 1]. Alors H est une homotopied’extremites (cc′, γγ′).

Proposition 8.2.2 Soient c1 ∈ C([0, 1], X; (x, y)), c2 ∈ C([0, 1], X; (y, z)), c3 ∈ C([0, 1], X; (z, t)).Alors les compositions (c1c2)c3 et c1(c2c3) sont homotopes.

Demonstration: Considerer l’homotopie H(t, s) = c1(4t/1 + s) si t ∈ [0, (1 + s)/4], H(t, s) = c2(4t−s− 1), si t ∈ [(1 + s)/4, (2 + s)/4], H(t, s) = c3((4t− s− 2)/(2− s)), si t ∈ [(2 + s)/4, 1].

•

Proposition 8.2.3 Soit c ∈ C([0, 1], X; (x, y)). Les arcs cxc et ccy sont homotopes a c.

Demonstration: Considerer H(t, s) = c(2t/(1+s)), si t ∈ [0, (1+s)/2], H(t, s) = y si t ∈ [(1+s)/2, 1].C’est une homotopie d’extremites (ccy, c). Pour cxc, la demonstration est analogue.

•

Proposition 8.2.4 Soit c un arc d’extremites (x, y) dans X. La composition cc (resp. cc) est homotopea Cx (resp. Cy).

Demonstration: Considerer l’homotopie H(t, s) = x, si t ∈ [0, s/2], H(t, s) = c(2t−s), si t ∈ [s/2, 1/2],H(t, s) = c(2−2t−s), si t ∈ [1/2, (2−s)/2], H(t, s) = x, si t ∈ [(2−s)/2, 1]. Alors H est une homotopied’extremites cc (obtenu pour s = 0), et Cx (obtenu pour s = 1). On obtient le resultat pour cc enremplacant c par c.

•

On peut resumer les resultats de ce paragraphe dans le theoreme :

Theoreme 8.2.5 Soit X un espace topologique. Pour tout couple (x, y), de points de X, soit πx,y(X)l’ensemble des classes d’homotopie d’arcs dans X. Soit π =

⋃{x,y∈X} πx,y(X). Alors π est un groupoıde.

Chaque point x ∈ X correspond a une unite de π (la classe de l’arc constant en x). Si x, y sont deuxpoints de X, les fleches de source x, d’image y sont les classes d’homotopie d’arcs d’extremites (x, y).La composition de deux fleches se definit en choisissant un representant de chacune d’entre elles, et enprenant la classe d’homotopie de la composee de ces deux arcs. C’est une loi associative, partiellementdefinie. Enfin, l’inverse d’une fleche est la classe d’homotopie de l’inverse (au sens des arcs) de l’unquelconque de ses representants.

8.3 Groupe fondamental et lacets.

Definition 8.3.1 Soient X un espace topologique, et x ∈ X. On appelle lacet en x tout arc dansX d’extremites (x, x). D’apres le theoreme precedent, l’ensemble πx,x(X), des classes d’homotopie delacets en x est un groupe, que l’on note π1(X,x).

Proposition 8.3.2 Soit c un arc dns X, d’extremites (x, y). Alors l’application αc : π1(X,x) →π1(X, y), definie par αc([γ]) = [cγc] est un isomorphisme de groupes.

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Demonstration: Comme αc = α−1c , αc est une bijection. Si γ1, γ2 sont deux lacets en x, on calcule :

αc([γ1])αc([γ2]) = [cγ1c][cγ2c] = [(cγ1c)(cγ2c)] = [cγ1(cc)γ2c] = [cγ1Cxγ2c] = [cγ1γ2c] = αc([γ1γ2]).•

Corollaire 8.3.3 Si deux points, x, y sont dans la meme composante connexe par arcs de X, on aπ1(X,x) ' π1(X, y).

Definition 8.3.4 Soit x ∈ X. Le groupe π1(X,x) est appele le groupe fondamental, ou groupe dePoincare, de l’espace pointe (X,x). Si X est connexe par arcs, le groupe fondamental de (X,x) nedepend pas, a isomorphisme pres, du choix du point-base x. On note alors ce groupe π1(X), on l’appellesimplement le groupe fondamental de X.

Definition 8.3.5 Un espace topologique est dit simplement connexe, si X est connexe par arcs, et siπ1(X) = {0} (i.e : tout lacet dans X est homotope a un lacet constant).

Exemples 8.3.6 Rn est simplement connexe. Le cercle S1 est connexe par arcs, mais non simplementconnexe. Le tore Tn n’est pas simplement connexe. les spheres Sn sont simplement connexes, si n > 1.

8.4 Proprietes fonctorielles du groupe fondamental.

Theoreme 8.4.1 Soient (X,x), et (Y, y) deux espaces topologiques pointes. Soit f : (X,x) → (Y, y)une application continue entre espaces pointes. (C’est a dire : f est une application continue, de X dansY , telle que f(x) = y.) Alors f induit un morphisme de groupes f∗ : π1(X,x) → π1(Y, y), definie parf∗([c]) = [f ◦ c].

Demonstration: Il faut verifier que f∗ est bien definie, et que f∗([c1][c2]) = f∗([c1])f∗([c2]), pour touslacets c1, c2 en x. Cette verification de routine est laissee au lecteur.

•

Remarque 8.4.2 On remarque que si f : (X,x)→ (Y, y), et g : (Y, y)→ (Z, z) sont deux applicationscontinues entre espaces pointes, on a (g ◦ f)∗ = g∗ ◦ f∗. On resume parfois le theoreme precedent etcette remarque en disant que π1 est un foncteur, de la categorie des espaces pointes dans la categoriedes groupes.

Definition 8.4.3 Soient (X,x) et (Y, y) deux espaces topolgiques pointes. On dit que deux applicationscontinues, f1 : (X,x) → (Y, y), et f2 : (X,x) → (Y, y) sont homotopes relativement a (x, y), s’il existeune application continue H : X × [0, 1]→ Y , telle que :

1. H(x′, 0) = f1(x′), et H(x′, 1) = f2(x′), pour tout x′ ∈ X.

2. H(x, s) = y, pour tout s ∈ [0, 1].

Si (X,x) = (Y, y), on dira simplement que f1 et f2 sont homotopes relativement a x.

Proposition 8.4.4 Soient f1 : (X,x) → (Y, y), et f2 : (X,x) → (Y, y) deux applications continuesentre espaces pointes. Si f1 et f2 sont homotopes relativement a (x, y), alors (f1)∗ = (f2)∗.

Demonstration: Le verifier.•

Corollaire 8.4.5 Soient (X,x) et (Y, y) deux espaces topolgiques pointes. On suppose qu’il existe f :(X,x)→ (Y, y), et g : (Y, y)→ (X,x), continues, telles que f ◦ g est homotope a IdY , relativement a y,et g ◦ f est homotope a IdX , relativement a x. Alors f∗ est un isomorphisme, de π1(X,x) sur π1(Y, y),d’inverse g∗.

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8.5 Produits et retractes.

Proposition 8.5.1 Soient (X,x) et (Y, y) deux espace topologiques pointes. Soient pX et pY , les pro-jections de X × Y sur X et Y respectivement. Alors l’application (pX)∗ × (pY )∗, definie par (pX)∗ ×(pY )∗([c]) = ([pX(c)], [pY (c)]) est un isomorphisme, de π1(X × Y, (x, y)) sur π1(X,x)× π1(Y, y).

Demonstration: i) (pX)∗ × (pY )∗ est surjectif : Si c1 est un lacet en x, et c2 est un lacet en y, alorsc1 × c2 est un lacet en (x, y), et pX × pY (c1 × c2) = (c1, c2).ii) (pX)∗ × (pY )∗ est injectif : Soit c un lacet en (x, y). Si H1 est une homotopie entre pX(c) et Cx, etH2 est une homotopie entre pY (c) et Cy, alors H1 ×H2 est une homotopie entre c et Cx,y.

Remarque 8.5.2 Notons iX : (X,x) → (X × Y, (x, y)) et iY : (Y, y) → (X × Y, (x, y)) les inclusionscanoniques. Alors l’application ([c1], [c2])→ (iX)∗[c1](iY )∗[c2] est l’inverse de (pX)∗ × (pY )∗.

Corollaire 8.5.3 Si Y est simplement connexe, π1(X × Y, (x, y)) ' π1(X,x).

Corollaire 8.5.4 Si X et Y sont simplement connexes, X × Y est simplement connexe.

Definition 8.5.5 Soit X un espace topologique. Soit Y ⊂ X un sous espace de X. On dit que Y estun retracte de X s’il existe une application continue r : X → Y , telle que r(y) = y, pour tout y ∈ Y .Une telle application r est appelee une retraction de X sur Y .

Exemples 8.5.6 Tout point de X est un retracte de X. Le disque unite ferme est un retracte de R2.L’espace discret {0, 1} n’est pas un retracte de l’intervalle unite.

Definition 8.5.7 Un sous espace Y d’un espace topologique X est appele un retracte par deformationsde X, s’il existe une retraction r : X → Y , qui est homotope a IdX , relativement a Y . C’est a dire, s’ilexiste une application continue H : X × [0, 1]→ X telle que :

1. H(x, 0) = x et H(x, 1) = r(x), pour tout x ∈ X.2. H(y, t) = y, pour tout y ∈ Y , et tout t ∈ [0, 1].

Exemples 8.5.8 La sphere Sn−1 est un retracte par deformation de Rn−{0}, pour tout entier n > 1.Le cercle S1 × {0} est un retracte par deformation des cylindres S1 × [0, 1] et S1 ×R.

Proposition 8.5.9 Soit Y un sous espace de X. Soit y ∈ Y , un point choisi arbitrairement. Soiti : Y ↪→ X l’inclusion canonique.

1. Si Y est un retracte de X, i∗ : π1(Y, y)→ π1(X, y) est injective.2. Si Y est un retracte par deformation de X, i∗ : π1(Y, y)→ π1(X, y) est bijective.

Demonstration: 1- Soit R une retraction de X sur Y . Comme r◦ i = IdY , (r◦ i)∗ = Idπ1(Y,y) = r∗ ◦ i∗,ce qui montre que i∗ est injective.2- D’apres (1), il suffit de montrer que i∗ est surjective. Soit c un lacet dans X, en y. Alors r ◦ c est unacet dans Y . Soit H une homotopie comme dans ??. Definissons H ◦ c(t, s) = H(c(t), s), pour tous t, s,elements de [0, 1]. On a H ◦ c(t, 0) = c(t), et H ◦ c(t, 1) = r ◦ c(t).

•

8.6 Calcul de π1(S1).

On notera p : R→ S1 la projection p(t) = exp(2iπt), ∀t ∈ R. On notera e = p(0).Si n est un entier naturel, on notera γn le lacet sur S1 : γn(t) = exp(2iπnt), t ∈ [0, 1].

Proposition 8.6.1 Soit c : [0, 1]→ S1, une application continue, telle que c(0) = e. Il existe un uniquearc c dans R, tel que c(0) = 0, et p ◦ c = c. (Un tel chemin c est appele un relevement de c.)

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Demonstration: 1- Unicite. Soient c1 et c2 deux relevements de c. La fonction t→ c1(t)− c2(t), est unefonction continue, sur l’intervalle [0, 1], a valeurs entieres. Elle est donc constante. Comme c1(0) = c2(0),on a c1 = c2.

2- Existence. Soit P = {t ∈ [0, 1]/c(t) = e}. On note C0, C1, . . . Cn les composantes connexes deP . (Comme P est ferme, les composantes C0, C1, . . . Cn sont des intervalles compacts. Elles sont deplus en nombre fini : dans le cas contraire, en choisissant un point xn dans chacune des composantes,on obtiendrait une suite des points dans [0, 1]. Quitte a extraire une sous-suite convergente, on peutsupposer que la suite (xn)n∈N est de Cauchy. On a donc a la fois : |xn − xn+1| → 0, quand n tendvers l’infini, pour chaque n, c(xn) = c(xn+1) = e, et un point yn ∈ [xn, xn+1], tel que c(yn) = e2iπ.Ceci est contradictoire, car c, etant continue sur un compact, est uniformement continue. On choisitune determination du Log, avec une coupure en 2π. On a ainsi un homeomorphisme Log : S1 → [0, 2π[.Soit c un lacet de base e dans S1. Supposons les composantes C0, C1, . . . Cn numerotees de manierecroissante, suivant l’ordre des points de [0, 1]. On definit mi = Min(Ci), et Mi = Max(Ci). On poseli = LimSup(Log(c(t))), t tendant vers mi par valeurs inferieures, Li = LimInf(Log(c(t))), t tendantvers Mi par valeurs superieures. Si mi > Mi, on pose ki+1 = ki + 1. Si mi < Mi, on pose ki+1 = ki− 1.Soit t ∈ [0, 1]. Il existe i tel que Max(Ci) ≤ t ≤Min(Ci+1). On pose c(t) = Log(c(t)) + 2πki.

•

Proposition 8.6.2 Soit H : [0, 1]× [0, 1]→ S1 une application continue, telle que H(0, 0) = e. Il existeune unique application continue H : [0, 1]× [0, 1]→ R, telle que H(0, 0) = 0, et p ◦ H = H.

Demonstration: L’unicite se demontre de la meme maniere que dans la proposition precedente. Pourl’existence, on definit, pour chaque t ∈ [0, 1], ct(s) = H(t, s), s ∈ [0, 1]. On construit, comme dans laproposition precedente, le relevement ct : [0, 1]→ R. On definit H(t, s) = ct(s).

•

Remarque 8.6.3 L’espace R est un revetement du cercle S1, c’est a dire : tout point du cercle S1

admet un voisinage ouvert V, dont la preimage par p est homeomorphe au produit de V par un espacediscret (ici Z) . Les propositions precedentes sont des cas particuliers de theoremes plus generaux surles revetements, qui ne seront pas abordees dans ce cours.

Definition 8.6.4 Soit c : [0, 1] → S1 un lacet de base e (i.e c(0) = c(1) = e) dans S1. Soit c l’uniquearc dans R relevant c. On appelle degre de c le nombre c(1). En particulier, le degre du lacet γn est n.

Proposition 8.6.5 Deux lacets c et γ, de base e, dans S1 sont homotopes si et seulement si ils ontmeme degre.

Demonstration: Si c et γ on meme degre, les relevements c et γ on meme extremites dans R, etsont donc homotopes. (Faire une homotopie convexe entre c et γ.) En composant cette homotopie avecla projection p, on obtient une homotopie entre c et γ. Inversement, si c et γ sont homotopes, soitH : [0, 1] × [0, 1] → S1 une homotopie de lacets d’extremites (c, γ). Soit H un relevement de H. AlorsH(1, s) est un entier, pour tout s ∈ [0, 1]. Par continuite, H(1, s) est donc constante sur [0, 1]. Le degrede c est H(1, 0). Le degre de γ est H(1, 1).

Theoreme 8.6.6 On a : π1(S1) = Z

Demonstration: L’identification se fait en associant a chaque lacet dans S1 son degre. La propositionmontre que cette application est injective. Elle est surjective car les lacets canoniques γn existent, avecun degre arbitraire n. En fait, tout lacet dans S1 est homotope a l’un des lacets {γn, n ∈ Z}.

•

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8.7 Indice d’un lacet dans R2.

Definition 8.7.1 Soit f une application continue, du cercle S1 dans R2. Soit x ∈ R2 − f(S1). Ondefinit fx : S1 → S1, par la formule :

fx(z) = [(f(z)− x)/|f(z)− x|][(f(e)− x)/|f(e)− x|]−1.

Le premier facteur entre crochets est une normalisation de f , pour obtenir une fonction a valeurs dans lecercle nite du plan complexe. Le second terme entre crohets est un terme de phase, pour avoir fx(e) = e.

Definition 8.7.2 L’index du point x par apport a f est le degre du lacet fx. On le note Ix(f).

Proposition 8.7.3 Si x et y sont dans la meme composante connex par arcs de R2 − f(S1), on a :Ix(f) = Iy(f).

Demonstration: Soit c un arc d’extremites (x, y) dans R2 − f(S1). Considerer l’homotopie H(z, s) =fc(s)(z). C’est une homotopie de lacets dans S1, d’extremites (fx, fy). On utilise alors les resultats duparagraphe precedent.

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Proposition 8.7.4 Si le point x n’est pas entoure par f(S1), on a : Ix(f) = 0.

Demonstration: Dans ce cas, le graphe de fx n’effectue pas un tour complet autour de l’origine duplan complexe.

•

Proposition 8.7.5 Soit x ∈ R2. Soient f et g deux applications continues, de S1 dans R2 − {x}. Sif et g sont homotopes, alors Ix(f) = Ix(g).

Demonstration: Si H est une homotopie d’extremites (f, g), alors t → Hx(t, s) est une homotopie,parametres par s, d’extremites (fx, gx).

Un exemple d’application de cette proposition est le theoreme de D’Alembert (voir exercices.)

8.8 Theoreme de Van Kampenn.

On considere un espace X, connexe par arcs. Soient X1, X2, deux ouverts de X, egalement connexespar arcs, tels que X = X1 ∪X2, et X0 = X1 ∩X2 6= φ. On note k0, k1, k2, les inclusions respectives deX0, X1, X2 dans X. On note j1, j2 les inclusions de X0 dans X1 et X2 respectivement. Les calculs degroupes d’homotopie se feront en choisissant un point arbitraire, x0 ∈ X0, comme point-base.

Theoreme 8.8.1 Le groupe fondamental π1(X) est le produit amalgame des groupe k1∗(π1(X1)) etk2∗(π1(X2)) sur le sous groupe k0∗(π1(X0)).

Remarque 8.8.2 Si G et Γ sont deux groupes, avec H un sous groupe, contenu dans l’intersectionde G et Γ. L’amalgame de G et Γ sur H est le groupe dont les elements sont ceux de G tH Γ. Lesrelations sont celles provenant de la structure de groupe de G et de Γ respectivement. Un element de Hest soumis a la fois aux relations dans G, et dans Γ. Les elements de H appartenant aux deux copiesde l’union disjointe G t Γ sont identifies. On note ce produit amalgame G ∗H Γ.

Demonstration: Soit c un lacet en x dans X. On peut trouver des reels 0 = t0 < t1 < t2 < . . . <tn+ 1 = 1, tels que, pour tout i, c([ti, ti+1]) est inclus dans l’un des deux ouverts X1 ou X2. Appelonsci la restriction de c a [ti, ti+1]. On peut supposer que si ci est contenu dans X1, ci+1 est contenu dans

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X2, et vice versa. (Dans la cas contraire, il suffit de supprimer la valeur ti+1 et de renumeroter.) Ceciimplique que c(ti) ∈ X0, pour tout i ∈ {0, 1, . . . n}. Pour i ∈ {1, 2, . . . n}, on choisit un arc γi, dans X0,d’extremites (x0, c(ti)). Alors : [c] = [c0][c1] . . . [cn] = [c0γ1][γ1c1γ2] . . . [γncn], s’ecrit comme un produitde classes d’homotopie de lacets, soit dans X1, soit dans X2.

•

Corollaire 8.8.3 Si X0 est simplement connexe, π1(X) = π1(X1) ∗{e} π1(X2).

Corollaire 8.8.4 On appelle figure huit (∞), ou bouquet de deux cercles, le quotient de la reuniondisjointe de deux cercles, par l’identification des deux point-base e. On a π1(∞) = Z ∗{e} Z. On definitde meme le bouquet de n cercles (voir exercices.)

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Groupe fondamental - Exercices

Exercice 58 Soit D le disque unite ferme du plan complexe. On notera 0 l’origine du plan complexe,et S1 le bord de Di) Montrer qu’il existe une application continue : H : D × I → D, telle que H(x, 0) = 0, H(x, 1) =x, ∀x ∈ D (On dit que D est contractile).ii) En deduire que D est simplement connexe.iii) Soit f une application continue de D dans lui-meme. Si x ∈ D avec f(x) 6= x, on definit r(x)comme l’intersection avec S1 de la demi droite d’origine f(x), passant par x. Montrer que si f n’admetaucun point fixe, x→ r(x) est une retraction de D sur son bord S1

iv) Conclure que toute application continue de D dans lui meme admet un point fixe. (C’est le theoremede Brouwer.)

Exercice 59 Soit G un groupe topologique, dont on note e l’element neutre, et × la loi de composition.Si c et c′ sont deux lacets sur G en e, on notera c× c′ le lacet c× c′(t) = c(t)× c′(t),∀t ∈ I. On noteracc′ la composition des lacets c et c′.i) Montrer que si c est homotope a γ, et c′ est homotope a γ′, alors c× c′ est homotope a γ × γ′ii) En considerant F une homotopie de c a cce, G une homotopie de c a cec, H une homotopie de c′ acec′, et K une homotopie de c′ a c′ce, montrer que les lacets cc′, c′c, c×c′, et c′×c sont tous homotopes.

iii) En deduire que le lacet c−1 : t→ c(t)−1 est homotope au lacet inverse c(t) = c(1− t), et que π1(G, e)est commutatif

Exercice 60 Soit P (z) = zn + an−1zn−1 + an−2z

n−2 + . . .+ a0 un polynme complexe de degre n ≥ 1.Supposons que P n’ait pas de racines. Pour r ≥ 0, on definit fr = S1 → R2 − {0}, par fr(z) = P (rz).Pour r > 0, on definit gr : S1 → R2 − {0} par gr(z) = rnzn.

1. Montrer que pour tout r ≥ 0, l’index I0(fr) est nul.

2. Montrer que pour tout r > 0, l’index I0(gr) est egal a n.

3. Montrer qu’il existe R ∈ R, tel que pour tout r > R, on a, pour tout z ∈ S1,|gr(z)− fr(z)| < rn

4. Montrer que pour tout r > R, t→ tfr + (1− t)gr est une homotopie de gr a fr, dans R2 − {0}.5. En conclure que P (z) a une racine.

Exercice 61 Montrer que la compactifiee a un point de Rn est la sphere Sn. Utiliser la projectionstereographique : (x1, x2, . . . xn+1) → (x1/(1 − xn+1), x2/(1 − xn+1), . . . xn/(1 − xn+1)) qui est unhomeomorphisme, de Sn −N sur Rn (N designe le pole nord, defini par l’ equation xn+1 = 1).

Exercice 62 On considere la sphere Sm, avec m ≥ 2. Appelons n et s les ples nord et sud de Sm.Explicitement : n = (0, 0, . . . , 1), s = (0, 0, . . . ,−1), en coordonnees canoniques.Les ouverts Sm − {n}, et Sm − {s} sont homeomorphes a Rm (projection stereographique)Montrer que si m ≥ 2, la sphere Sm est simplement connexe. En deduire que pour m ≥ 2, Sm n’a pasle type d’homotopie du cercle.

Exercice 63 Montrer que si m ≥ 3, Rm − {0} est simplement connexe.

Exercice 64 Soient p et q deux points distincts de R2. Montrer que le groupe fondamental de R2−{p, q}est le produit libre de deux copies de Z. Generaliser a R2 prive de n points.

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