Mock exam & synthèse

Définitions. $(X, \mathcal{T})$ est séparé (Hausdorff) si pour tous $x, y \in X$ avec $x \neq y$, il existe $U, V \in \mathcal{T}$ tels que $x \in U$, $y \in V$ et $U \cap V = \emptyset$.

Un sous-ensemble $K \subseteq X$ est compact si tout recouvrement de $K$ par des ouverts de $X$ admet un sous-recouvrement fini : pour toute famille $(U_i)_{i \in I} \subseteq \mathcal{T}$ avec $K \subseteq \bigcup_i U_i$, il existe $J \subseteq I$ fini tel que $K \subseteq \bigcup_{i \in J} U_i$.

Preuve. Soit $K \subseteq X$ compact et $X$ séparé. On montre que $X \setminus K$ est ouvert, i.e. voisinage de chacun de ses points.

Fixons $x \in X \setminus K$. Pour chaque $y \in K$, on a $x \neq y$ donc, par la séparation, il existe des ouverts disjoints $U_y \ni x$ et $V_y \ni y$. La famille $(V_y)_{y \in K}$ est un recouvrement ouvert de $K$. Par compacité, il existe $y_1, \ldots, y_n \in K$ tels que $K \subseteq V_{y_1} \cup \cdots \cup V_{y_n}$.

Pose $U = U_{y_1} \cap \cdots \cap U_{y_n}$. C'est une intersection finie d'ouverts, donc ouvert (axiome 3). De plus $x \in U$ (chaque $U_{y_i}$ contient $x$). Enfin, $U \cap V_{y_i} = \emptyset$ pour tout $i$ (car $U \subseteq U_{y_i}$), donc $U \cap (V_{y_1} \cup \cdots \cup V_{y_n}) = \emptyset$, et a fortiori $U \cap K = \emptyset$. Donc $U \subseteq X \setminus K$.

On a exhibé un ouvert $U$ avec $x \in U \subseteq X \setminus K$. Donc $X \setminus K$ est ouvert, donc $K$ est fermé. $\blacksquare$

Définition. $f : (X, \mathcal{T}_X) \to (Y, \mathcal{T}_Y)$ est un homéomorphisme si : (i) $f$ est bijective, (ii) $f$ est continue, (iii) $f^{-1} : Y \to X$ est continue.

Preuve que $\mathbb{Z} \not\cong \mathbb{Q}$. On exhibe une propriété topologique (invariante par homéomorphisme) satisfaite par l'un et pas l'autre.

Fait 1. $\mathbb{Z}$ muni de la topologie induite de $\mathbb{R}$ est discret : chaque singleton $\{n\}$ est ouvert dans $\mathbb{Z}$. En effet, $\{n\} = \mathbb{Z} \cap (n - 1/2, n + 1/2)$, et $(n - 1/2, n + 1/2)$ est ouvert dans $\mathbb{R}$.

Fait 2. $\mathbb{Q}$ muni de la topologie induite de $\mathbb{R}$ n'est pas discret : aucun singleton $\{q\}$ n'est ouvert dans $\mathbb{Q}$. En effet, si $\{q\} = \mathbb{Q} \cap V$ avec $V$ ouvert de $\mathbb{R}$, alors $V$ contient un intervalle $(q - \varepsilon, q + \varepsilon)$ pour un $\varepsilon > 0$, et cet intervalle contient une infinité de rationnels autres que $q$ (densité de $\mathbb{Q}$ dans $\mathbb{R}$). Contradiction.

Fait 3 — invariance. Le caractère « discret » (tout singleton est ouvert) est préservé par homéomorphisme : si $f : X \to Y$ est un homéo et $X$ est discret, alors pour tout $y \in Y$, $\{y\} = f(\{f^{-1}(y)\})$ est ouvert dans $Y$ car $f^{-1}$ est continue et $\{f^{-1}(y)\}$ est ouvert dans $X$. Donc $Y$ est discret.

Conclusion. Si $\mathbb{Z}$ était homéomorphe à $\mathbb{Q}$, alors $\mathbb{Q}$ serait discret. Or il ne l'est pas. Donc $\mathbb{Z} \not\cong \mathbb{Q}$. $\blacksquare$

Notons $K = \{L\} \cup \{x_n : n \geq 1\}$. Soit $(U_i)_{i \in I}$ un recouvrement ouvert de $K$. On extrait un sous-recouvrement fini.

Étape 1. Comme $L \in K$, il existe $i_0 \in I$ tel que $L \in U_{i_0}$.

Étape 2. Comme $U_{i_0}$ est un ouvert contenant $L$, et $x_n \to L$, il existe $N \in \mathbb{N}$ tel que $x_n \in U_{i_0}$ pour tout $n \geq N$. (Rappel de la définition de convergence dans un espace topologique : pour tout voisinage $V$ de $L$, il existe $N$ tel que $x_n \in V$ pour $n \geq N$.)

Étape 3. Il ne reste à couvrir que les $x_1, x_2, \ldots, x_{N-1}$ — une collection finie. Pour chaque $k \in \{1, \ldots, N-1\}$, choisissons $i_k \in I$ tel que $x_k \in U_{i_k}$ (possible car $(U_i)$ recouvre $K$).

Étape 4. Alors $\{U_{i_0}, U_{i_1}, \ldots, U_{i_{N-1}}\}$ est un sous-recouvrement fini de $K$ : $U_{i_0}$ contient $L$ et tous les $x_n$ pour $n \geq N$ ; les autres $U_{i_k}$ contiennent les $x_k$ pour $k < N$. Donc $K$ est compact. $\blacksquare$

Réponse. Oui, $A \cup B$ peut être connexe même avec $A \cap B = \emptyset$. Le cœur : « coller les connexes » ne demande pas nécessairement $A \cap B \neq \emptyset$, mais une condition plus faible (par exemple $\overline{A} \cap B \neq \emptyset$ ou $A \cap \overline{B} \neq \emptyset$).

Exemple. Prenons $X = \mathbb{R}$ avec la topologie standard. Posons $A = (0, 1)$ et $B = [1, 2)$. Alors :

• $A = (0, 1)$ est connexe (intervalle de $\mathbb{R}$).
• $B = [1, 2)$ est connexe (intervalle de $\mathbb{R}$).
• $A \cap B = (0, 1) \cap [1, 2) = \emptyset$.
• $A \cup B = (0, 2)$ est connexe (intervalle de $\mathbb{R}$).

Donc $A \cup B$ est connexe malgré $A \cap B = \emptyset$. $\blacksquare$

Ce qui rend l'exemple possible. On a $1 \in \overline{A} \cap B$ (le point $1$ est adhérent à $A$ et appartient à $B$). C'est cette « touche » qui permet le collage — la version fine de « coller les connexes » utilise cette condition et pas $A \cap B \neq \emptyset$.