Confirmation/conseils de rédaction de démos

Bonjour,

Je commence un peu à faire des démos de maths "vraiment", j'ai pris une série d'exos dans le livre de Choquet sur la topologie et j'ai essayé de les rédiger "comme je le sens" mais vu que je fais très peu (voire pas du tout) de maths concrètement et que je ne me fais pas confiance et qu'en plus j'aimerais voir ce qui ne va pas dans ma façon de rédiger, j'aimerais autant que possible que vous me disiez ce que vous en pensez, quelles sont les erreurs de démo s'il y en a et ce qui serait à améliorer + des pistes pour progresser par rapport à ce que vous lisez.
Je crois avoir résolu les 6 premiers exos mais le 7ème pas du tout j'ai plus l'impression d'avoir pondu une usine à gaz...

MERCI BEAUCOUP BEAUCOUP de votre aide :-D


Voilà les exos:

1. E est un espace topologique et A un ensemble dénombrable et dense de E. Montrer que tout ensemble d'ouverts non-vides et disjoints est fini ou dénombrable

Soit $B$ un tel ensemble.
Soit $g$ une application qui, à tout $O$ de $B$, associe $O\cap A$

$g$ est injective, car:
soit $X$ et $X'$ deux éléments de $g(B)$, il existe $O$ et $O'$ tels que $X=O\cap A$ et $X'=O'\cap A$, si $X=X'$ alors $O\cap A=O'\cap A$ or $O$ est non-vide, soit un élément de $O$ comme $A$ est dense dans $E$ et que $O$ est un voisinage de cet élément, $O\cap A \neq \varnothing$ et donc $O'\cap A \neq \varnothing$ (égaux par hypothèse). Soit $a$ dans $O\cap A$, $a$ est dans $O'\cap A$ donc $a\in O\cap O'$ donc $O\cap O' \neq \varnothing$ et comme $O$ et $O'$ sont disjoints, $O=O'$. Ce qui montre l'injectivité. (je crois que dans une copie ce passage est censé être évident donc on l'écrit pas, mais je suis pas sûr, personnellement je l'aurais écrit quand même)
Le fait que $g$ soit bien une application pour le coup c'est censé être vraiment assez évident pour pas être mentionné sur une copie, j'en suis quasi-sûr.

$\varnothing \notin g(B)$ ($O$ élément de $B$ n'est pas vide et comme $A$ dense dans $E$, $O\cap A$ non plus et comme $g(B)$ c'est l'ensemble des éléments de la forme $O\cap A$ voilà) donc d'après l'axiome du choix, il existe une application $f$ qui, à tout élément $X$ de $g(B)$, associe un élément de $X$.
$f$ est aussi une injection car:
Soit $X$ et $X'$ de $g(B)$ tels qu'ils ont la même image par $f$. Leur image est donc dans leur intersection et comme il existe $O$ et $O'$ tels que $X=O\cap A$ et $X=O'\cap A$ d'après des arguments utilisés un peu au-dessus, l'image est en fait dans $O\cap O'$ qui se retrouve non-vide donc comme les ouverts de $B$ sont disjoints, $O=O'$. Du coup puisque $O=O'$, $X=X'$, $f$ est bien une injection (le côté "c'est une application" je justifie pas)

Or "une composée d'injections est une injection" donc $B$ est en injection dans une partie de $A$ ($f(g(B))$) et comme $A$ dénombrable, on a bien le résultat.


2 Si f est une surjection strictement croissante de deux intervalles fermés de $\mathbb{R}$ alors f est une homéomorphie

L'intervalle de départ je l'appelle $[c,d]$ et l'intervalle où $f$ arrive je l'appelle $[a,b]$
$f$ est une bijection car:
Pour $x$ et $y$ dans $[c,d]$, $x\neq y$ équivaut à $x<y$ ou $y<x$ (se déduit du fait que $\mathbb{R}$ est totalement ordonné). Comme $f$ strictement croissante, ça implique que $f(x)<f(y)$ ou $f(y)<f(x)$ donc que $f(x)\neq f(y)$ donc $f$ est injective. Or elle est aussi surjective donc elle est bijective.

$f$ est continue car:
Soit $y$ dans $[a,b]$, pour tout voisinage $V$ (pour la topo trace sur $[a,b]$) de $y$, il existe $e>0$ tel que $]y-e,y+e[\cap [a,b]$ est inclus dedans. S’il n’existe aucun élément strictement à gauche de $f^{-1}(y)$, aucun élément ne peut être strictement à gauche de $y$, sinon $f$ ne serait pas strictement croissante, donc au final on est dans le cas $y=a$ et $f^{-1}(y)=c$. Dans ce cas puisque l’image réciproque de $]y-e,y+e[\cap [a,b]$ n’est pas un singleton (sinon $y$ serait un point isolé mais il n’y en a pas) il y a un élément $l$ strictement à droite dans l’image réciproque. Pour tout $x$ dans l’intervalle $[c,l[$ puisque $f$ est strictement croissante, $f(x) \in [a,f(l)[$ et $[a,f(l)[$ est dans $]y-e,y+e[\cap [a,b]$ qui est dans $V$ donc pour la topo trace, $f$ est continue en $a$. Même chose en $b$ et dans le cas général, on peut trouver un élément strictement à gauche et un autre strictement à droite de $f^{-1}(y)$ et comme $f$ est strictement croissante l’intervalle ouvert défini par ces deux éléments sera bien dans la boule donc dans le voisinage $V$. Donc $f$ est bien continue.

On avait dit que $f$ est bijective donc $f^{-1}$ est une bijection. Et puisque l’identité est strictement croissante et que $f\circ f^{-1}=\mathit{Ide}$, s’il y avait deux points pour lesquels $f^{-1}$ n’est pas strictement croissante alors on aurait une contradiction donc $f^{-1}$ est strictement croissante. $f^{-1}$ est donc bien dans les mêmes hypothèses que ce qui nous avait permis de conclure que $f$ était continue donc pareil, $f^{-1}$ est continue. Au final $f$ est bien une homéomorphie.


3 Dans un espace métrique, tout fermé est intersection dénombrable décroissante d’ouverts

Soit $F$ un fermé, pour tout entier $n$ non-nul, pour tout $x$ de $F$, $x\in B(x,1/n)$.
Donc $F \subset \underset{n\in \mathbb{N}^{*}} \cap \underset{x\in F} \cup B(x,1/n)$

Soit $O_{n}$ l’union des boules à $n$ donné, $F$ est inclus dans une union décroissante d’ouverts, montrons l’inclusion réciproque.
Soit $y$ dans $\underset{n\in \mathbb{N}^{*}} \cap \underset{x\in F} \cup B(x,1/n)$, pour tout $n$ il existe $x$ de $F$ tel que $y$ appartient à la boule $B(x,1/n)$, donc pour $y$, pour tout $e>0$ comme $\mathbb{R}$ est archimédien, pour tout voisinage de $y$ il y a un élément de $F$ dedans (un des "$x_{n}$"). Donc $y$ est un point adhérent de $F$ qui est fermé, donc $y$ est dedans. On a bien l'égalité d'ensemble voulue.


4 $E$ est un espace topologique séparé et $A$ une suite de points de $E$ y compris leur limite (car ils en ont une) $a$. Montrer que $A$ est compact (pour la topo trace)

Déjà $A$ est séparé, je prends deux points distincts, ils ont deux voisinages (pour la topo de $E$) disjoints, donc en intersectant avec $A$ les voisinages sont toujours aussi disjoints lol. $A$ est bien séparé.

Ensuite je prends une union d'ouverts de $E$ telle qu'elle "recouvre" $A$. La limite des points de $A$ que j'avais appelée $a$ est dans un ouvert $O_{a}$ de cette union. Un ouvert de $a$ est aussi un voisinage donc il existe $N$ entier tel que pour tout $n$ plus grand $a_{n}\in O_{a}$. Et pour les autres points de $A$ qui se retrouvent en quantité finie, chacun est dans un ouvert de ma réunion initiale, je prends l'union de ces ouverts là en quantité finie, j'ajoute $O_{a}$ et je me retrouve finalement avec une union finie d'ouverts qui contient $A$ et donc pour la topo trace (donc en intersectant tout par $A$) j'ai bien le résultat que je veux.



5 $f$ est une fonction continue de $E$ topologique séparé dans lui-même. Montrer que l’ensemble $A$ des $x$ de $E$ tels que $f(x)=x$ est fermé.

Soit $y$ un point adhérent à $A$. On veut montrer que $f(y)=y$.
Supposons que $y\neq f(y)$. Il existe un voisinage $V_{y}$ de $y$ et un voisinage $V_{f(y)}$ disjoints car $E$ séparé. Or $f$ continue en particulier en $f(y)$ donc il existe un voisinage $V’_{y}$ tel que $f(V’_{y})$ est inclus dans $V_{f(y)}$. Or $V_{y}\cap V’_{y}$ est un voisinage de $y$. Comme $y$ est adhérent à $A$, $V_{y}\cap V’_{y}\cap A$ est non-vide et a image dans $V_{f(y)}$. Soit $a$ dans cette intersection, comme il est dans $A$ son image vaut $a$ . Donc $a$ est finalement dans l’intersection donc dans $V_{y}$ ET dans $V_{f(y)}$ qui sont censés être disjoints, contradiction. Donc $f(y)=y$. Finalement, $A$ est fermé.



6 Donner une condition nécessaire et suffisante à un ensemble $X$ de $E$ topologique pour que la fonction caractéristique $f$ de $X$ soit continue

D’emblée, j’ai trouvé $X$ est ouvert et fermé.
Donc soit $f$ la fonction caractéristique de $X$, elle va de $E$ dans $\{0,1\}$ pour la topo discrète. Les ouverts de $\{0,1\}$ y en a peu donc en fait pour se ramener à étudier la continuité de $f$ au final faut juste regarder ${1}$ et ${0}$.
Pour ${1}$:
L’image réciproque de $1$ c’est l’ensemble $X$, soit $x$ dans $X$, pour que $f$ soit continue il faut qu’il y ait un voisinage de $x$ tel que son image (celle du voisinage) soit ${1}$, autrement dit, il faut que ce voisinage soit inclus dans $X$. Donc $X$ voisinage de tous ses points donc ouvert. D’ailleurs si $X$ est ouvert, pour n’importe quel $x$ de $X$, $X$ est un voisinage de $x$ et son image vaut $1$ donc $f$ continue sur $X$.
Pour ${0}$:
L’image réciproque c’est le complémentaire de $X$, et comme on a montré au-dessus que $X$ devait être ouvert, pareil ici, son complémentaire est ouvert aussi, autrement dit $X$ est fermé. Pareil si $X$ fermé, son complémentaire est ouvert et même remarque qu’au-dessus…
Finalement la CNS c’est bien $X$ ouvert et fermé en même temps.



7 Soit $(a_{n,m \in \mathbb{N^{2}}})$ une suite à valeur dans un espace topologique $E$ séparé. La limite de la suite $(a_{n,m})$ est $a$ et la limite de la suite $a_{n,m}$ à $n$ donné est $b_{n}$. Il faut montrer que les $b_{n}$ tendent vers $a$

Je suppose qu’il existe $V_{a}$ voisinage de $a$ tel que $B=\{n,b_{n}\notin V_{a}\}$ est non-vide et infinie.

Je voudrais pour l’ensemble des $b_{n}, n\in B$ définir un ensemble $\{V_{b_{n}}\}$ de voisinages. Peut-être qu’on peut le faire sans axiome du choix, mais je l’ai utilisé:
Soit l’ensemble $\{\text{ensemble des voisinages de }b_{n},n\in B\}$ c’est non-vide car $B$ est non-vide, de plus aucun élément est vide puisque au moins $E$ est un voisinage de tout le monde.
Donc il existe une fonction dite de choix qui me permet de définir une suite $\{V_{b_{n}}\}$ de voisinages. Bon ça c’est une parenthèse de rédaction car je ne sais pas concrètement si je suis censé dire d’où j’obtiens mes voisinages des $b_{n}$ choisis tous en même temps.

Une fois que j’ai mes voisinages, je définis par récurrence une suite $a_{n_{i},m_{i}}$ telle que pour $V_{b_{n}}$ il existe $M$ tel que $a_{n,m}, m>M$ est dedans je choisis un $a_{n,m}$ tel que son $m$ est plus grand strictement que $M$ et que tous les $m$ indice des $a_{n,m}$ définis pour les $b_{n}$ d’indice plus petit que celui que je traite. Du coup, cette suite a son indice $m$ qui définit une partie infinie de $\mathbb{N}$ même chose pour son indice $n$. Or Pour tout voisinage de $a$ il existe deux entiers tels que pour $(n,m)$ plus grand, $a_{n,m}$ est dans ce voisinage. Donc pour tout $i$ plus grand qu’un certain rang $a_{n_{i},m_{i}}$ dans ce voisinage. Mais ces $a_{n_{i},m_{i}}$ sont aussi dans l’union des $V_{b_{n}}$ donc $a$ est adhérent à cette union, quelque soit les voisinages des $b_{n}$ de cette union. C’est là où ça bug… Je voudrais montrer que cela implique que $a$ est adhérent à l’ensemble des $\{b_{n},n \in B\}$ mais je ne vois pas comment…

Supposons quand même que ça soit vrai… Alors $a$ adhère à $\{b_{n},n \in B\}$. Pour le voisinage $V_{a}$ il existe au moins un élément de $\{b_{n},n \in B\}$ qui y appartient. C’est contradictoire. Donc $B$ n’est pas une partie infinie de $\mathbb{N}$ elle est donc majorée, et pour $N$ un majorant, pour $n$ plus grand que ce $N$ les $b_{n}$ sont tous dans $V_{a}$ et ceci est vrai quelque soit $V_{a}$ ce qui montre bien que $a$ est limite des $b_{n}$.

Mais bon …