Topologie sur Rn - preuves (A)

Soit $U = B_N(a, R)$ une boule ouverte de centre $a \in \mathbb{R}^n$ et de rayon $R > 0$. Pour montrer que $U$ est un ensemble ouvert, nous devons vérifier la définition d'un ouvert : pour tout point $x \in U$, il existe un rayon $r > 0$ tel que $B_N(x, r) \subset U$.

Étape 1 : Choisir un point et un rayon adéquat

Soit $x$ un point quelconque dans $U$. Par définition de la boule ouverte, nous avons $N(x - a) < R$.

La distance entre $x$ et la "frontière" de la boule est $R - N(x - a)$. Posons $r = R - N(x - a)$. Puisque $N(x-a) < R$, nous avons bien $r > 0$.

Nous allons montrer que la boule ouverte $B_N(x, r)$ est entièrement contenue dans $U$.

Étape 2 : Démontrer l'inclusion en utilisant l'inégalité triangulaire

Soit $y$ un point quelconque dans $B_N(x, r)$. Par définition, cela signifie que $N(y - x) < r$.

Nous voulons montrer que $y \in U$, c'est-à-dire que $N(y - a) < R$.

En utilisant l'inégalité triangulaire pour la norme $N$, on a :

$N(y - a) = N((y - x) + (x - a)) \le N(y - x) + N(x - a)$

Nous savons que $N(y - x) < r$ et par notre choix de $r$, on a $r = R - N(x - a)$. En substituant, on obtient :

$N(y - a) < r + N(x - a) = (R - N(x - a)) + N(x - a) = R$

Donc, $N(y - a) < R$.

Conclusion

Nous avons montré que pour tout $y \in B_N(x, r)$, on a $y \in B_N(a, R)$. Cela signifie que $B_N(x, r) \subset B_N(a, R)$.

Puisque nous avons trouvé un tel rayon $r>0$ pour un point $x$ arbitraire de $B_N(a, R)$, nous concluons que la boule ouverte $B_N(a, R)$ est un ensemble ouvert.

Soient $U_1$ and $U_2$ deux ensembles ouverts dans $\mathbb{R}^n$. Nous voulons montrer que leur intersection $U = U_1 \cap U_2$ est un ensemble ouvert.

Étape 1 : Appliquer la définition d'un ouvert

Soit $x$ un point quelconque de $U = U_1 \cap U_2$.

Par définition de l'intersection, $x \in U_1$ et $x \in U_2$.

Étape 2 : Utiliser le fait que $U_1$ et $U_2$ sont ouverts

Puisque $U_1$ est un ouvert et que $x \in U_1$, il existe un rayon $r_1 > 0$ tel que la boule ouverte $B(x, r_1)$ soit entièrement incluse dans $U_1$.

$B(x, r_1) \subset U_1$

De même, puisque $U_2$ est un ouvert et que $x \in U_2$, il existe un rayon $r_2 > 0$ tel que la boule ouverte $B(x, r_2)$ soit entièrement incluse dans $U_2$.

$B(x, r_2) \subset U_2$

Étape 3 : Construire une boule incluse dans l'intersection

Nous cherchons un rayon $r > 0$ tel que $B(x, r) \subset U_1 \cap U_2$.

Posons $r = \min(r_1, r_2)$. Puisque $r_1 > 0$ et $r_2 > 0$, leur minimum $r$ est aussi strictement positif.

Montrons que $B(x, r)$ est incluse dans $U_1$ et $U_2$.

• Comme $r \le r_1$, on a l'inclusion $B(x, r) \subset B(x, r_1)$. Puisque $B(x, r_1) \subset U_1$, on a $B(x, r) \subset U_1$.
• Comme $r \le r_2$, on a l'inclusion $B(x, r) \subset B(x, r_2)$. Puisque $B(x, r_2) \subset U_2$, on a $B(x, r) \subset U_2$.

Puisque $B(x, r)$ est contenue à la fois dans $U_1$ et $U_2$, elle est contenue dans leur intersection :

$B(x, r) \subset U_1 \cap U_2$

Conclusion

Pour tout point $x \in U_1 \cap U_2$, nous avons trouvé un rayon $r > 0$ tel que $B(x, r) \subset U_1 \cap U_2$. Par définition, l'ensemble $U_1 \cap U_2$ est donc un ouvert.

Cet argument se généralise par récurrence à toute intersection finie d'ensembles ouverts.

Soit $F$ un ensemble fermé de $\mathbb{R}^n$. Soit $(x_k)_{k \in \mathbb{N}}$ une suite d'éléments de $F$ (c'est-à-dire $x_k \in F$ pour tout $k \in \mathbb{N}$) qui converge vers une limite $x \in \mathbb{R}^n$. Nous voulons montrer que $x \in F$.

Étape 1 : Raisonnement par l'absurde

Supposons, pour obtenir une contradiction, que $x \notin F$.

Si $x \notin F$, alors $x$ appartient au complémentaire de $F$, que nous noterons $U = \mathbb{R}^n \setminus F$.

Étape 2 : Utiliser la définition d'un ensemble fermé

Par définition, si $F$ est un ensemble fermé, son complémentaire $U$ est un ensemble ouvert.

Puisque $x \in U$ et que $U$ est ouvert, il existe par définition un rayon $\varepsilon > 0$ tel que la boule ouverte $B(x, \varepsilon)$ soit entièrement incluse dans $U$.

$B(x, \varepsilon) \subset U = \mathbb{R}^n \setminus F$

Cela signifie que la boule $B(x, \varepsilon)$ ne contient aucun point de $F$. En d'autres termes, $B(x, \varepsilon) \cap F = \emptyset$.

Étape 3 : Utiliser la définition de la convergence de la suite

La suite $(x_k)$ converge vers $x$. Par définition de la convergence, pour ce même $\varepsilon > 0$, il existe un rang $K \in \mathbb{N}$ tel que pour tout $k \ge K$, on a $x_k \in B(x, \varepsilon)$.

$\forall k \ge K, \quad N(x_k - x) < \varepsilon$

Étape 4 : Mettre en évidence la contradiction

D'une part, nous savons que pour tout $k$, $x_k \in F$. Cela est vrai en particulier pour tous les $k \ge K$.

D'autre part, nous venons de voir que si $k \ge K$, alors $x_k \in B(x, \varepsilon)$.

Cela implique que pour $k \ge K$, le point $x_k$ est à la fois dans $F$ et dans $B(x, \varepsilon)$.

Ceci contredit le fait que $B(x, \varepsilon) \cap F = \emptyset$.

Conclusion

Notre hypothèse initiale ($x \notin F$) mène à une contradiction. Par conséquent, l'hypothèse est fausse et nous devons avoir $x \in F$.

Nous avons donc prouvé que si un ensemble est fermé, il est stable par passage à la limite des suites.

Soit $F$ un sous-ensemble de $\mathbb{R}^n$ satisfaisant la propriété : pour toute suite $(x_k)$ d'éléments de $F$ qui converge vers $x$, on a $x \in F$. Nous voulons montrer que $F$ est un ensemble fermé.

Pour cela, nous allons montrer que son complémentaire $U = \mathbb{R}^n \setminus F$ est un ensemble ouvert.

Étape 1 : Montrer que le complémentaire est ouvert

Soit $x$ un point quelconque de $U$. Par définition, $x \notin F$. Nous devons montrer qu'il existe un rayon $r > 0$ tel que $B(x, r) \subset U$.

Étape 2 : Raisonnement par l'absurde

Supposons, pour obtenir une contradiction, qu'un tel rayon n'existe pas.

Cela signifie que pour tout $r > 0$, la boule $B(x, r)$ n'est pas contenue dans $U$.

Si $B(x, r)$ n'est pas contenue dans $U = \mathbb{R}^n \setminus F$, cela veut dire qu'elle contient au moins un point qui n'est pas dans $U$, c'est-à-dire un point qui est dans $F$.

Formellement :

$\forall r > 0, \quad B(x, r) \cap F \neq \emptyset$

Étape 3 : Construire une suite convergente

Utilisons la propriété ci-dessus pour construire une suite. Pour chaque entier $k \ge 1$, choisissons $r_k = 1/k$.

Pour chaque $r_k$, la boule $B(x, 1/k)$ a une intersection non vide avec $F$. Nous pouvons donc choisir un point $x_k$ dans cette intersection :

$x_k \in B(x, 1/k) \cap F$

En faisant cela pour chaque $k \ge 1$, nous construisons une suite $(x_k)_{k \in \mathbb{N}}$.

Par construction, chaque $x_k$ est dans $F$.

De plus, pour chaque $k$, on a $N(x_k - x) < 1/k$. Comme $1/k \to 0$ quand $k \to \infty$, cela signifie que la suite $(x_k)$ converge vers $x$.

Étape 4 : Appliquer l'hypothèse et conclure

Nous avons construit une suite $(x_k)$ d'éléments de $F$ qui converge vers $x$.

Or, l'hypothèse de l'énoncé est que pour toute suite de ce type, sa limite doit appartenir à $F$.

Donc, $x$ doit appartenir à $F$.

Ceci est une contradiction, car nous avons commencé par prendre $x$ dans $U = \mathbb{R}^n \setminus F$, ce qui signifie $x \notin F$.

Conclusion

Notre supposition à l'étape 2 était fausse. Par conséquent, pour tout $x \in U$, il doit exister un rayon $r > 0$ tel que $B(x, r) \subset U$.

Ceci prouve que $U$ est un ensemble ouvert, et donc que son complémentaire $F$ est un ensemble fermé.

Soit $A$ une partie de $\mathbb{R}^n$. L'intérieur de $A$, noté $\mathring{A}$, est l'ensemble des points $x \in A$ pour lesquels il existe un rayon $r > 0$ tel que $B(x, r) \subset A$. Nous voulons montrer que $\mathring{A}$ est un ensemble ouvert.

Étape 1 : Appliquer la définition d'un ouvert

Soit $x$ un point quelconque de $\mathring{A}$. Nous devons montrer qu'il existe une boule ouverte centrée en $x$ qui est entièrement contenue dans $\mathring{A}$.

Étape 2 : Utiliser la définition de l'intérieur pour le point $x$

Puisque $x \in \mathring{A}$, il existe par définition un rayon $r > 0$ tel que la boule $B(x, r)$ est entièrement contenue dans $A$.

$B(x, r) \subset A$

Nous allons maintenant montrer que cette même boule $B(x, r)$ est en fait entièrement contenue dans $\mathring{A}$.

Étape 3 : Montrer que tout point de $B(x, r)$ est un point intérieur de $A$

Soit $y$ un point quelconque de la boule $B(x, r)$.

Pour montrer que $y \in \mathring{A}$, nous devons trouver un rayon $\delta > 0$ tel que $B(y, \delta) \subset A$.

La boule $B(x, r)$ est un ensemble ouvert (comme démontré dans un exercice précédent). Puisque $y \in B(x, r)$, il existe un rayon $\delta > 0$ tel que la boule $B(y, \delta)$ soit entièrement contenue dans $B(x, r)$. Par exemple, on peut prendre $\delta = r - N(y-x) > 0$.

Nous avons donc la chaîne d'inclusions suivante :

$B(y, \delta) \subset B(x, r) \subset A$

Ceci montre que $B(y, \delta) \subset A$.

Par définition du point intérieur, puisque nous avons trouvé un tel $\delta$, le point $y$ est un point intérieur de $A$. Donc, $y \in \mathring{A}$.

Conclusion

Nous avons pris un point $y$ arbitraire dans $B(x, r)$ et montré qu'il appartient à $\mathring{A}$. Cela signifie que la boule entière $B(x, r)$ est contenue dans $\mathring{A}$.

$B(x, r) \subset \mathring{A}$

Puisque pour tout $x \in \mathring{A}$, nous avons trouvé une boule ouverte centrée en $x$ et incluse dans $\mathring{A}$, nous concluons que $\mathring{A}$ est un ensemble ouvert.

Soit $A$ une partie de $\mathbb{R}^n$. L'adhérence de $A$, notée $\bar{A}$, est l'ensemble des points $x \in \mathbb{R}^n$ tels que toute boule ouverte centrée en $x$ rencontre $A$. Nous voulons montrer que $\bar{A}$ est un ensemble fermé.

Nous utiliserons la caractérisation séquentielle des fermés.

Étape 1 : Prendre une suite convergente dans $\bar{A}$

Soit $(y_k)_{k \in \mathbb{N}}$ une suite de points de $\bar{A}$ qui converge vers une limite $y \in \mathbb{R}^n$. Pour montrer que $\bar{A}$ est fermé, nous devons prouver que $y \in \bar{A}$.

Étape 2 : Montrer que $y \in \bar{A}$

Pour montrer que $y \in \bar{A}$, nous devons prouver que pour tout $\varepsilon > 0$, la boule $B(y, \varepsilon)$ a une intersection non vide avec $A$.

Soit $\varepsilon > 0$ fixé.

Puisque la suite $(y_k)$ converge vers $y$, il existe un rang $K$ tel que pour tout $k \ge K$, on a $y_k \in B(y, \varepsilon/2)$.

$N(y_k - y) < \varepsilon/2$

Choisissons un de ces termes, par exemple $y_K$. On a $y_K \in \bar{A}$ et $y_K \in B(y, \varepsilon/2)$.

Puisque $y_K \in \bar{A}$, toute boule centrée en $y_K$ rencontre $A$. En particulier, la boule $B(y_K, \varepsilon/2)$ rencontre $A$. Il existe donc un point $a \in A$ tel que $a \in B(y_K, \varepsilon/2)$, ce qui signifie :

$N(a - y_K) < \varepsilon/2$

Étape 3 : Montrer que le point $a$ est proche de $y$

Nous avons maintenant un point $a \in A$. Montrons qu'il est dans la boule $B(y, \varepsilon)$ :

$N(a - y) = N((a - y_K) + (y_K - y)) \le N(a - y_K) + N(y_K - y)$

En utilisant les inégalités trouvées :

$N(a - y) < \varepsilon/2 + \varepsilon/2 = \varepsilon$

Cela signifie que $a \in B(y, \varepsilon)$.

Conclusion

Pour un $\varepsilon > 0$ arbitraire, nous avons trouvé un point $a \in A$ qui est aussi dans $B(y, \varepsilon)$.

Ceci prouve que $B(y, \varepsilon) \cap A \neq \emptyset$.

Comme cela est vrai pour tout $\varepsilon > 0$, le point $y$ est, par définition, un point adhérent à $A$. Donc $y \in \bar{A}$.

Nous avons montré que toute suite convergente de points de $\bar{A}$ a sa limite dans $\bar{A}$. Par la caractérisation séquentielle des fermés, $\bar{A}$ est un ensemble fermé.

Nous devons démontrer les deux implications de l'équivalence.

Partie 1 : ($\Leftarrow$) Existence d'une suite $\Rightarrow$ Point adhérent

Hypothèse : Il existe une suite $(x_k)_{k \in \mathbb{N}}$ d'éléments de $A$ (i.e., $x_k \in A$ pour tout $k$) telle que $x_k \to x$.

À démontrer : $x \in \bar{A}$.

Pour montrer que $x \in \bar{A}$, nous devons prouver que pour tout $r > 0$, l'intersection $B(x, r) \cap A$ est non vide.

Soit $r > 0$ un rayon arbitraire.

Par définition de la convergence de la suite $(x_k)$ vers $x$, il existe un rang $K \in \mathbb{N}$ tel que pour tout $k \ge K$, on a $x_k \in B(x, r)$.

Puisque pour tout $k$, on a $x_k \in A$, le point $x_K$ (par exemple) est un élément qui appartient à la fois à $A$ et à $B(x, r)$.

Donc, $x_K \in B(x, r) \cap A$, ce qui prouve que l'intersection est non vide.

Comme cela est vrai pour tout $r > 0$, nous concluons que $x \in \bar{A}$.

Partie 2 : ($\Rightarrow$) Point adhérent $\Rightarrow$ Existence d'une suite

Hypothèse : $x \in \bar{A}$.

À démontrer : Il existe une suite $(x_k)_{k \in \mathbb{N}}$ d'éléments de $A$ telle que $x_k \to x$.

Par définition de $x \in \bar{A}$, pour tout rayon $r > 0$, la boule $B(x, r)$ a une intersection non vide avec $A$.

Nous allons utiliser cette propriété pour construire notre suite.

Pour chaque entier $k \ge 1$, considérons le rayon $r_k = 1/k > 0$.

D'après l'hypothèse, la boule $B(x, 1/k)$ a une intersection non vide avec $A$.

Nous pouvons donc choisir un point, que nous nommerons $x_k$, dans cette intersection :

$x_k \in B(x, 1/k) \cap A$

En faisant cela pour chaque entier $k \ge 1$, nous construisons une suite $(x_k)_{k \ge 1}$.

Par construction :

1. Chaque $x_k$ est dans $A$.
2. Chaque $x_k$ est dans $B(x, 1/k)$, ce qui signifie que $N(x_k - x) < 1/k$.

La deuxième condition nous dit que la suite $(x_k)$ converge vers $x$, car lorsque $k \to \infty$, $1/k \to 0$, et donc $N(x_k - x) \to 0$.

Nous avons donc réussi à construire une suite d'éléments de $A$ qui converge vers $x$.

Conclusion

Les deux implications ayant été démontrées, l'équivalence est prouvée.

Nous devons démontrer les deux implications de l'équivalence.

Partie 1 : ($\Rightarrow$) Densité $\Rightarrow$ Toute boule ouverte rencontre $A$

Hypothèse : $A$ est dense dans $\mathbb{R}^n$. Cela signifie que $\bar{A} = \mathbb{R}^n$.

À démontrer : Pour toute boule ouverte non vide $B(x, r)$ (avec $x \in \mathbb{R}^n, r > 0$), on a $B(x, r) \cap A \neq \emptyset$.

Soit $B(x, r)$ une boule ouverte non vide.

Par hypothèse, $A$ est dense, donc tout point de $\mathbb{R}^n$ est dans $\bar{A}$. En particulier, le centre de la boule, $x$, est dans $\bar{A}$.

$x \in \bar{A}$

Par définition de l'adhérence, un point $x$ est dans $\bar{A}$ si toute boule ouverte centrée en $x$ a une intersection non vide avec $A$.

En appliquant cette définition à la boule $B(x, r)$, on a directement :

$B(x, r) \cap A \neq \emptyset$

Ceci achève la première partie de la preuve.

Partie 2 : ($\Leftarrow$) Toute boule ouverte rencontre $A$ $\Rightarrow$ Densité

Hypothèse : Toute boule ouverte non vide $B(y, s)$ de $\mathbb{R}^n$ a une intersection non vide avec $A$.

À démontrer : $A$ est dense dans $\mathbb{R}^n$, c'est-à-dire $\bar{A} = \mathbb{R}^n$.

Pour montrer que $\bar{A} = \mathbb{R}^n$, nous devons montrer que tout point de $\mathbb{R}^n$ est un point adhérent à $A$.

Soit $x$ un point quelconque de $\mathbb{R}^n$.

Pour montrer que $x \in \bar{A}$, nous devons vérifier la définition d'un point adhérent : pour tout $r > 0$, la boule $B(x, r)$ rencontre $A$.

Soit $r > 0$. La boule $B(x, r)$ est une boule ouverte non vide de $\mathbb{R}^n$.

Selon l'hypothèse de cette implication, toute boule de ce type doit rencontrer $A$.

Donc, $B(x, r) \cap A \neq \emptyset$.

Puisque ceci est vrai pour tout $r > 0$, le point $x$ satisfait la définition d'un point adhérent à $A$. Donc $x \in \bar{A}$.

Comme $x$ était un point arbitraire de $\mathbb{R}^n$, nous avons montré que $\mathbb{R}^n \subseteq \bar{A}$. L'inclusion inverse $\bar{A} \subseteq \mathbb{R}^n$ étant triviale, nous avons $\bar{A} = \mathbb{R}^n$.

Conclusion

Les deux implications ayant été démontrées, l'équivalence est prouvée.

Soit $K$ une partie compacte de $\mathbb{R}^n$. Nous voulons montrer que $K$ est un ensemble fermé. Nous allons utiliser la caractérisation séquentielle des fermés.

Étape 1 : Utiliser la caractérisation séquentielle des fermés

Pour montrer que $K$ est fermé, nous devons prouver la propriété suivante : pour toute suite $(x_k)_{k \in \mathbb{N}}$ d'éléments de $K$ qui converge vers une limite $x \in \mathbb{R}^n$, on a $x \in K$.

Étape 2 : Appliquer les hypothèses

Soit $(x_k)_{k \in \mathbb{N}}$ une suite telle que :

1. Pour tout $k \in \mathbb{N}$, $x_k \in K$.
2. La suite $(x_k)$ converge vers une limite $x \in \mathbb{R}^n$.

Étape 3 : Utiliser la définition de la compacité

Puisque $K$ est compact et que $(x_k)$ est une suite d'éléments de $K$, la définition de la compacité (Bolzano-Weierstrass) nous assure qu'il est possible d'extraire de $(x_k)$ une sous-suite, notée $(x_{k_j})_{j \in \mathbb{N}}$, qui converge vers une limite $y$ appartenant à $K$.

$\exists (x_{k_j})_{j \in \mathbb{N}} \text{ sous-suite de } (x_k) \text{ et } \exists y \in K \text{ tels que } \lim_{j \to \infty} x_{k_j} = y$

Étape 4 : Conclure avec l'unicité de la limite

Nous avons maintenant deux informations sur les limites :

• La suite mère $(x_k)$ converge vers $x$.
• Une sous-suite $(x_{k_j})$ converge vers $y \in K$.

Un théorème fondamental sur les suites stipule que si une suite converge vers une limite, alors toutes ses sous-suites convergent vers cette même limite.

Par conséquent, la limite de la sous-suite $(x_{k_j})$ doit être la même que la limite de la suite $(x_k)$.

$y = x$

Puisque nous savons que $y \in K$, il s'ensuit que $x \in K$.

Conclusion

Nous avons montré que pour toute suite convergente d'éléments de $K$, sa limite est dans $K$. Par la caractérisation séquentielle des fermés, l'ensemble $K$ est fermé.

Soit $K$ une partie compacte de $\mathbb{R}^n$. Nous voulons montrer que $K$ est bornée. Nous allons procéder par l'absurde.

Étape 1 : Raisonnement par l'absurde

Supposons que $K$ n'est pas bornée.

Par définition, cela signifie que pour tout réel $R > 0$, l'ensemble $K$ n'est pas contenu dans la boule $B_N(0, R)$.

Autrement dit, pour tout $R > 0$, il existe au moins un élément $x \in K$ tel que $N(x) \ge R$.

Étape 2 : Construire une suite dont la norme tend vers l'infini

Utilisons la propriété ci-dessus pour construire une suite.

• Pour $R=1$, il existe $x_1 \in K$ tel que $N(x_1) \ge 1$.
• Pour $R=2$, il existe $x_2 \in K$ tel que $N(x_2) \ge 2$.
• Pour un entier quelconque $k \ge 1$, il existe un point $x_k \in K$ tel que $N(x_k) \ge k$.

En faisant cela pour tous les entiers $k \ge 1$, nous construisons une suite $(x_k)_{k \ge 1}$ d'éléments de $K$ telle que $N(x_k) \to \infty$ lorsque $k \to \infty$.

Étape 3 : Utiliser la compacité de $K$

Par hypothèse, $K$ est compact. Puisque $(x_k)$ est une suite d'éléments de $K$, elle doit admettre une sous-suite, notée $(x_{k_j})_{j \in \mathbb{N}}$, qui converge vers une limite $y \in K$.

$\lim_{j \to \infty} x_{k_j} = y, \quad \text{avec } y \in K$

Étape 4 : Mettre en évidence la contradiction

Si une suite de vecteurs converge, alors la suite de ses normes converge vers la norme de sa limite. La norme étant une fonction continue, on a :

$\lim_{j \to \infty} N(x_{k_j}) = N \left( \lim_{j \to \infty} x_{k_j} \right) = N(y)$

La limite $N(y)$ est une valeur finie, puisque $y$ est un point fixe de $\mathbb{R}^n$. La suite de réels $(N(x_{k_j}))$ est donc une suite convergente (et donc bornée).

Cependant, par construction de notre suite initiale $(x_k)$, nous avons $N(x_k) \ge k$. Pour la sous-suite $(x_{k_j})$, on a donc $N(x_{k_j}) \ge k_j$. Comme les indices $k_j$ tendent vers l'infini lorsque $j \to \infty$, on a :

$\lim_{j \to \infty} N(x_{k_j}) = \infty$

Nous avons donc montré que la suite $(N(x_{k_j}))$ converge vers une valeur finie $N(y)$ et qu'elle tend vers l'infini. C'est une contradiction.

Conclusion

Notre hypothèse initiale ("$K$ n'est pas bornée") est fausse. Par conséquent, $K$ doit être bornée.