Transcript TOPOLOGIE - SÉRIE 5 Définition. Un espace topologique - GR-HE

TOPOLOGIE - SÉRIE 5
Définition. Un espace topologique (X, T ) est dit T1 ssi tous les singletons {x} ⊆ X sont fermés.
Exercice 1. Montrer qu’un espace fini et T1 est discret et que tout espace de Hausdorff est T1 .
Preuve. Soit X = {x1 , . . . , xn } un espace topologique qui satisfait l’axiome T1 . Alors pour tous
T
i = 1, . . . n on a que le singleton {xi } = j6=i X \ {xj }, ce qui est ouvert. Donc la topologie est
discrète.
Soit maintenant X un espace topologique d’Hausdorff. On va montrer qu’il satisfait l’axiome
T1 . Soit x ∈ X, et y dans le complementaire X \ {x}. Alors x 6= y, et on trouve deux ouverts
disjoints U et V tel que x ∈ U , y ∈ V . En particulier y ∈ V ⊆ X \ U ⊆ X \ {x}.
Exercice 2. Considérer les sept topologies sur R qu’on a vu dans les séries précédentes.
(a) Pour chacune des topologies, déterminer l’adhérence et l’ensemble des points limite de
K := {1/n | n ∈ N>0 }.
(b) Lesquelles de ces topologies satisfont-elles l’axiome de Hausdorff? Et l’axiome T1 ?
Solution.
• On va calculer l’adhérence et les points limite de K dans chaque cas.
(a) K Tst = K ∪ {0}; en effet chaque voisinage de 0 doit intersecter K, et pourtant pour
tout x 6∈ K ∪ {0} on trouve un interval ouvert qui n’intersecte pas K. En effet, le
seul point limite est 0.
(b) K TK = K; en effet, par définition K est fermé. Pourtant il n’y a pas de points limite.
(c) K Tfin = R; en effet, l’adhérence de K doit être un fermé infini, donc il est necessairement R. Ensuite, tout nombre réel est un point limite pour K.
(d) K Tlimsup = K; lorsque Tlimsup est plus fine que TK et K est fermé dans TK , il l’est
aussi dans Tlimsup . Pourtant il n’y a pas de points limite.
(e) K Tsup = [0, +∞); en effet, [0, +∞) est fermé et il contient K. Donc on a l’inclusion
[⊆]. Pour l’autre, ca suffit de remarquer que pour tout y ≥ 0 les voisinages contient
un interval de la forme d’un ouvert de base, qui doit nécessairement intersecter K.
Ensuite, tout nombre dans [0, +∞) est un point limite pour K.
(f) Comme K est fermé dans la topologie discrète, K Tdisc = K. Pourtant il n’y a pas de
points limite.
(g) Dans la topologie grossière, on a que K Tgros = R. Ensuite, tout nombre réel est un
point limite pour K.
• On va dire, pour toutes les topologie, s’elles satisfont l’axiome T1 et/ou sont d’Hausdorff.
(a) Tst est d’Hausdorff; en effet la topologie est métrisable.
(b) TK est d’Hausdorff; en effet elle est plus fine que T1 .
(c) Tfin satisfait l’axiome T1 , mais elle n’est pas d’Hausdorff; en effet, pour tous x 6= y
R \ {y} est un voisinage de x qui ne contient pas y. Mais l’intersection de deux
ouverts n’est jamais vide.
(d) Tlimsup est d’Hausdorff; en effet elle est plus fine que Tst .
Date: 23 octobre 2014
(e) Tfin ne satisfait pas l’axiome T1 ; en effet, tous voisinage de 1 doit contenir 0.
(f) La topologie discrète Tdisc est toujours de Hausdorff
(g) Comme R a plus que deux éléments, la topologie grossière Tgr ne satisfait pas
l’axiome T1 .
Exercice 3. Considérons L := (x, y) ∈ R2 ax + by = 0 ⊆ R2 avec a, b ∈ R fixés et où R2
est muni de la topologie standard. Déterminer l’adhérence de L ∩ Q2 dans R2 .
Indication: Q est dense dans R; i.e. Q = R.
Solution. On rappelle que lorsque la topologie sur X est engendrée par une base, x ∈ A¯ ⊆ X si
et seulement si pour tout ouvert de base U avec x ∈ U , U ∩ A 6= ∅. On munit R2 de sa distance
1
euclidienne standard d(x, y) = ((x1 − y1 )2 + (x2 − y2 )2 ) 2 , et de la base de la topologie standard
de R2 associée à cette distance.
Si a = b = 0 alors L = R2 . Soit x ∈ R2 et ε > 0. Puisque Q est dense dans R, il existe q ∈ Q2
tel que |xi − qi | < 2ε , i = 1, 2. Alors d(x, q) < ε et donc B(x, ε) ∩ (L ∩ Q2 ) 6= ∅. Par
conséquent, L ∩ Q2 = R2 .
Si b = 0 et a 6= 0 alors L = {0} × R et donc par un arguement similaire on obtient que
L ∩ Q2 = {0} × R.
Si b 6= 0, la réponse dépend de la pente de la droite p = − ab .
Si p ∈ R \ Q et si x ∈ L est tel que x1 ∈ Q \ {0}, alors x2 6∈ Q, (car sinon p =
et donc L ∩ Q2 = {0}, ce qui implique que L ∩ Q2 = {0}.
x2
x1
∈ Q)
Si p ∈ Q alors pour tout x ∈ L et ε > 0, par densité de Q dans R, il existe q1 ∈ Q avec
2
2 1
ε
|x1 − q1 | < min( 2ε , 2|p|+2
). Alors q = (q1 , pq1 ) ∈ L ∩ Q2 and d(x, q) < ( ε4 + ε4 ) 2 < ε.
Par conséquent, B(x, ε) ∩ L ∩ Q2 6= ∅ et donc L ⊆ L ∩ Q2 . Pour conclure, il suffit
de remarquer que L est fermé et donc contient L ∩ Q2 . On a donc montré que
L ∩ Q2 = L.