1. Revoir les exemples du cours.
2. Supposer par exemple que d(x,y)<d(y,z) et appliquer l'inégalité ultramétrique.

1. L'exemple 08 (espace métrique discret) est un cas particulier d'espace ultramétrique.
2. Supposons par exemple que d(x,y)<d(y,z).
   Puisque d(y,z) ≤ Sup(d(y,x),d(x,z)) on ne peut avoir aussi
   d(x,z) < d(y,z)
   Donc d(y,z) ≤ d(x,z)
   Mais d(x,z) ≤ Sup(d(x,y),d(y,z))=d(y,z) par hypothèse.
   et on a bien l'égalité.

Montrer d'abord que pour deux entiers n et n' on a v_p(nn')=v_p(n)v_p(n').
En déduire que pour tout couple (x,y) de rationnels non nuls v_p(xy)=v_p(x)v_p(y)

Les relations données dans l'aide permettent d'établir que :
v_p(x+y) ≥ Inf(v_p(x),v_p(y))
v_p(x-y) ≥ Inf(v_p(x),v_p(y))
De là nous tirons :
d(x,y) ≤ Sup(d(x,z),d(y,z))
qui établit que d est une distance ultramétrique au sens de l'exercice précédent.

Ecrire une équation cartésienne de la droite (MP) pour obtenir une expression analytique d'un bijection f : M → x du cercle privé du point S, sur la droite réelle

$f(M)=x=\frac{-2X}{Y-2}$ f définit bien une bijection du cercle privé du point S sur la droite réelle. Soit ∞ un élément n'appartenant pas à $\mathbb{R}$, on prolonge f en posant f(S)=∞. $\mathbb{R}$ apparait alors comme un sous-ensemble d'un espace isométrique à un cercle (compactifié d'Alexandroff de $\mathbb{R})$.

Démontrer que B(a,r)∩B(a',r') ≠ ∅ et r ≤ r' ⇒ B(a,r) ⊆ B(a',r')

Soit y ∈ B(a,r)∩B(a',r') alors :
d(a,x) < r ⇒ d(x,y) ≤ Sup(d(x,a),d(a,y))< r ⇒ d(a',x) ≤ Sup(d(a',y),d(y,x)) < r'

M.Q. x ∈ B(a,r) ⇒ B(x,r)=B(a,r).

D'après l'exercice précédent, puisque B(a,r) et B(x,r) ont x en commun, et qu'elles ont même rayon, elles sont incluses l'une dans l'autre donc égales.

Utiliser le résultat d'un exercice précédent sur les boules d'un espace ultramétrique.

La boule fermée B'(a,r), est un ouvert, car si x ∈ B'(a,r), la boule ouverte de centre x et de rayon r est contenue dans B'(a,r), puisque les boules fermées sont égales d'après la propriété précédente.

Montrer que 1/2d₅(x,y)≤d₆(x,y)≤d₅(x,y)

Il résulte de la double inégalité donnée dans l'aide que toute boule pour d₅ contient une boule pour d₆ de même centre et réciproquement. Les ouverts pour les deux topologies induites sont donc les mêmes.

Une topologie est une partie de {∅;{a},{b},A} contenant ∅ et E..

En dehors de la topologie discrète et de la topologie grossière on trouve {∅, {a},E} et {∅ ; {b} ; E}.
Le nombre total est donc 4.

Vérifier les axiomes de définition d'une topologie et utiliser les formules dites de de Morgan sur les opérations ensemblistes.

∅ étant une partie finie E = E-∅ est un ouvert.
$\bigcup_{i\in I}^{ }(E-E_{i})=E-\bigcap_{i\in I}^{ }E_{i}$ $\bigcap_{i\in I}^{ }(E-E_{i})=E-\bigcup_{i\in I}^{ }E_{i}$ Comme l'intersection quelconque d'une famille de parties finies est finie et que la réunion d'une famille finie de parties finie est finie notre résultat suit.

Prendre E=$\mathbb{R}$ avec la distance usuelle d(x,y)=|x-y| et A=$\mathbb{N}$.

Pour tout n soit B_n la boule ouverte de centre n et de rayon 1/(n+1). Soit V la réunion des B_n, alors V est un ouvert contenant $\mathbb{N}$ et V ne contient aucun des V_r($\mathbb{N}$).

Si (a_mn) est une suite double de nombres > 0 la suite (b_n) où b_n=a_nn/2 est telle que pour aucun entier m l'inégalité b_n ≥ a_mn ne peut avoir lieu pour tous les entiers n.

Supposons qu'il existe un système fondamental V_m dénombrable de voisinages de $\mathbb{N}$. Pour tout n soit F_m le complémentaire de V_m. Posons pour tout m a_mn=d(n,F_m) de sorte que a_mn > 0 ∀ (m,n) ∈ $\mathbb{N}$×$\mathbb{N}$. Soit maintenant (b_n) la suite construite à partir de (a_mn) comme il est dit dans l'aide, et soit V la réunion des boules ouvertes de centres n et de rayon b_n, alors V qui est un ouvert contenant $\mathbb{N}$ ne peut contenir aucun des V_m. Le résultat est donc démontré par l'absurde.

Chercher un contre exemple dans $\mathbb{R}$ en utilisant les exemples du cours.

Prendre A=$\mathbb{Q}$ et B=$\mathbb{R}$-$\mathbb{Q}$. $\overset{o}{A}$ ∪ $\overset{o}{B}$ = ∅ et $\overset{o}{\widehat{A\cup B}}$=$\mathbb{R}$

Chercher un tel exemple dans $\mathbb{R}$ muni de la distance usuelle.

Prendre A=$\mathbb{Q}$. L'extérieur de A est vide.

1. Soit x un point de $A \cap \overline B$ Montrer que tout voisinage V de x contient un point de $A \cap B$.

1. Soit x ∈ $A\cap \overline{B}$ et soit V un voisinage de x, comme A est ouvert il existe un ouvert W contenant x contenu dans A et dans V. W rencontre B en un point y puisque x ∈ $\overline B$ et comme y est dans W y est également dans A, donc y ∈ A∩B.
2. Prendre A=$\mathbb{Q}$ et B=$\mathbb{R}$-$\mathbb{Q}$ alors on a : $A\cap \overline {B}=A$, $B\cap \overline {A}=B$, $\overline{A \cap B}=∅$, $\overline{A} \cap \overline{B}=\mathbb{R}$.
3. Prendre A=[0 ; 1] et B =]1 ; 2], alors :
   $A \cap \overline{B}=\left \{ 1 \right \}$ et $\overline{A \cap B}=∅$

1. Utiliser A ⊆ $\overline{A}$ et $\overset{o}{A}$ ⊆ A.
2. Utiliser 1.

1. Si A est ouvert soit V un voisinage de A contenu dans A, V est donc contenu dans $\overline{A}$ ce qui prouve que x ∈ α(A).
   Si A est fermé, β(A) ⊆ $\overline{A}=A$
2. D'après la question précédente puisque α(A) est ouvert on a toujours :
   α(A) ⊆ α(α(A)). L'inclusion en sens inverse peut s'écrire $\overset{o}{\beta(\overline{A})}$ ⊆α(A), laquelle résultera de β($\overline{A}$) ⊆ $\overline{A}$ qui est vraie parce que $\overline{A}$ est fermé toujours en vertu de la première question.

1. Utiliser la définition de Fr(X) conjointement avec $\overline{\overline{X}}=\overline{X}$
2. Prendre pour E la droite réelle avec la distance usuelle.
3. Utiliser la définition de la frontière et $\overline{A\cup B}=\overline{A}\cup \overline{B}$ .

1. $Fr(\overline{A})=\overline{\overline{A}}\cap \overline{E-\overline{A}}=\overline{A}\cap \overline{E-\overline{A}}$. Il suffit donc de montrer que $\overline{E-\overline{A}}\subseteq \overline{E-A}$ qui résulte de $E-\overline{A}\subseteq E-A$ puisque $A \subseteq \overline{A}$.
   Posons maintenant B=E-A de sorte que $\overset{o}{A}=E-\overline{B}$. Il faut donc démontrer que $Fr(E-\overline{B})\subseteq Fr(E-B)$. C'est à dire que $\overline{E-\overline{B}}\cap \overline{E-(E-\overline{B})}\subseteq \overline{E-B}\cap \overline{E-(E-B)}$. C'est à dire encore que $\overline{E-\overline{B}}\cap \overline{\overline{B}}\subseteq \overline{E-B}\cap \overline{B}$, donc que $\overline{E-\overline{B}}\subseteq \overline{E-B}$ puisque $\overline{\overline{B}}=\overline{B}$. Cela résulte du fait que $E-\overline{B}\subseteq E-B$ puisque $B\subseteq \overline{B}$.
2. Soit A l'ensemble des rationnels contenus dans l'intervalle [0;1], alors $Fr(A)=[0;1]$, $Fr(\overset{o}{A})=∅$, $Fr(\overline{A})=\left \{ 0,1 \right \}$
3. $Fr(A\cup B)=\overline{A\cup B}\cap \overline{E-A\cup B}=(\overline{A}\cup\overline{B} )\cap \overline{E-A\cup B }$ D'où nous tirons par distributivité : $Fr(A\cup B)=(\overline{A}\cap \overline{E-A\cup B})\cup (\overline{B}\cap \overline{E-A\cup B}) $ Par ailleurs $E-(A\cup B)\subseteq E-A \Rightarrow \overline{E-A\cup B}\subseteq \overline{E-A}$ et de la même façon : $E-(A\cup B)\subseteq E-B \Rightarrow \overline{E-A\cup B}\subseteq \overline{E-B}$ D'où nous tirons $\overline{A}\cap \overline{E-A\cup B}\subseteq \overline{A}\cap \overline{E-A}=Fr(A)$ et pour la même raison $\overline{B}\cap \overline{E-A\cup B}\subseteq \overline{B}\cap \overline{E-B}=Fr(B)$ d'où finalement : $Fr(A\cup B)\subseteq Fr(A)\cup Fr(B)$

Montrer que E est réunion de l'intérieur de A, de l'extérieur de A et de Fr(A).

Pour ce qui est de l'aide. Soit x un point qui n'est ni intérieur ni extérieur à A, alors tout voisinage de V doit contenir un point de A et un point de E-A, ce qui signifie bien que x ∈ Fr(A).
Soit maintenant x un point quelconque de E s'il n'appartient ni à l'intérieur de A ni à son extérieur il appartient à sa frontière donc tout voisinage V de x rencontre un point de l'un et un point de l'autre, donc un point de la réunion.

Soit pour tout x V_x un voisinage de x ne contenant aucun point de A autre que x. Les V_x sont donc deux à deux disjoints.

Soit B=(b_n) un ensemble dénombrable dense dans E. Pour chaque V_x soit n(x) un entier tel que b_n(x) ∈ V_x. L'application x → n(x) est par construction une injection, ce qui prouve que A est au plus dénombrable.

Trouver un exemple dans les espaces métriques.

La topologie d'un espace métrique peut être engendré soit par la famille de toutes les boules ouvertes, soit par la famille de toutes les boules à rayon rationnel.

Revoir les axiomes des ouverts.

B doit être un recouvrement de E parce que E doit être un ouvert.
Deux éléments de B doivent en particulier être des ouverts donc aussi leur intersection I, qui par définition d'une base doit être une réunion d'éléments de B. Si maintenant x est un élément de I comme I est une réunion d'éléments de B x appartient à au moins un élément de B.
Soit $\mathfrak{T}$ la famille des parties qui sont des réunions d'éléments de B. Alors il résulte immédiatement des hypothèses qu'une réunion quelconque d'éléments de $\mathfrak{T}$ est encore un élément de $\mathfrak{T}$ et que l’intersection de deux éléments de $\mathfrak{T}$ est encore un élément de $\mathfrak{T}$, cela s'étend donc immédiatement aux intersections finies par récurrence.
$\mathfrak{T}$ est en quelque sorte la moins fine des topologies admettant les éléments de B pour ouverts. C'est l'intersection de toutes ces topologies.

Revoir la définition de l'intérieur d'un ensemble ainsi que la caractérisation des ouverts pour la topologie induite.

1. Tout ouvert de E contenu dans B est également contenu dans A, c'est donc un ouvert de A. D'où notre première proposition.
2. Si A est lui-même ouvert les ouverts de A contenu dans B sont exactement les ouverts de E contenus dans B.

Considérer des ouverts V et V' de E tels que A=B∩V=B'∩V'.

Soient donc V et V' comme il est dit dans l'aide. B-A étant un fermé de B il existe un fermé F de E tel que F∩B=B-A. Pour la même raison il existe un fermé F' de E tel que F'∩B'=B'-A. F∪F' est donc un fermé de E et par construction W=V∪V'-(F∪F') est un ouvert de E vérifiant W∩(B∪B')=A, d'où notre proposition.

Utiliser $\overset{o}{A}\subseteq A \subseteq \overline{A}$ et le fait que l'image réciproque par une application continue d'un ouvert (resp. d'un fermé) est ouverte (resp. fermée).

Supposons f continue et A' quelconque. Comme $\overset{o}{A'}\subseteq A'$ on a toujours $f^{-1}(\overset{o}{A'}) \subseteq f^{-1}(A')$. Mais comme $\overset{o}{A'}$ est ouvert et que f est continue; $f^{-1}(\overset{o}{A'})$ est ouvert et contenu dans $f^{-1}(A')$ donc aussi dans son intérieur puisque c'est le plus grand ouvert contenu dans $f^{-1}(A')$.
Réciproquement soit A' un ouvert, alors $A'=\overset{o}{A'}$, si 2. est vérifiée on a $f^{-1}(A')\subseteq \overset{o}{\overbrace{f^{-1}(A')}}$, donc l'égalité des deux ensembles puisque l'inclusion opposée est toujours vraie. Ce qui prouve que $f^{-1}(A')$ est ouvert et f est continue.
Posant B'=E-A' la condition $f^{-1}(\overset{o}{A'})\subseteq \overset{o}{\overbrace{f^{-1}(A')}}$ est équivalente à $\overline{f^{-1}(B')}\subseteq f^{-1}(\overline{B'})$, d'où l'équivalence 1.⇔3.

Prendre E=E'=$\mathbb{R}$ et pour A' un intervalle ouvert pour une fonction bien choisie.

Soit f la fonction de $\mathbb{R}$ dans R ainsi définie :

1. f(x)=-1 pour x < -1
2. f(x)=x pour x∈[-1;+1]
3. f(x)=+1 pour x > 1

Alors f est continue. Si A'=]-1;+1[ , $f^{-1}(A')=]-1;+1[$, $\overline{A'}=[-1;+1]$, $f^{-1}(\overline{A'})=\mathbb{R}$, $\overline{f^{-1}(A')}=[-1;+1]$

Utiliser une propriété de la fonction x→d(x,A).

x→d(x,A) est uniformément continue, donc continue. L'ensemble en question est l'image réciproque du fermé [0;r] par cette application.

Considérer la fonction f(x)=d(x,A)-d(x,B).

La fonction f donnée dans l'aide est continue. Donc V=f^-1(]0,+∞[ est un ouvert de E. Pour tout point x de B on a d(x,A)>0, dans le cas contraire on aurait un point de B vérifiant d(x,A)=0 donc ce point appartiendrait à $\overline{A}$ ce qui est impossible par hypothèse.Donc B⊆V. Mais il est impossible que V contienne un point de A car pour de tels points f(x)=-d(x,B). On raisonne de même pour U=f^-1(]-∞0[.

Prendre E=$\mathbb{R}$ d₁(x,y)=|x-y| et d₂(x,y)=|x³-y³|

$|x^{3}-y^{3}|=|x-y||x^{2}+xy+y^{2}|$. ∀ε>0 on peut donc toujours trouver deux réels x et y tels que |x-y|<ε et |x³-y³| aussi grand qu'on veut.

Prendre E=$\mathbb{R}$ d₁(x,y)=|x-y| et d₂(x,y)=min(1,|x-y|)

On a évidemmment d₂(x,y)≤d₁(x,y) et pour tout η>0, η<1 d₂(x,y)<η⇔d₁(x,y)<η. Pour la distance d₂ toute partie est bornée, ce qui n'est pas le cas pour la distance d₁.

Prendre E=$\mathbb{R}$ d₂(x,y)=|x-y|/(1+|x-y|) et d₁(x,y)=min(1,|x-y|).

Toutes les parties sont bornées pour les deux distances. La condition d₂≤kd1 impliquerait $\frac{|x-y|}{1+|x-y|}\leq k|x-y|$ soit en posant z=|x-y| z(kz+k-1)≥0 ∀ z≥0 ce qui est évidemment faux pour les petites valeurs de z.

1. Donner l'expression de la bijection réciproque de f.
2. Donner l'expression de la bijection réciproque de g.
3. Utiliser les deux questions précédentes.
4. Trouver un homéomorphisme linéaire de ]0,1[ sur ]a,b[.

1. La bijection réciproque de f est $y \mapsto \frac{1}{y+1}$. f et f^-1 sont des fractions rationnelles donc continues. f n'est pas une isométrie car ]0,1[ est borné et ]0,+∞[ ne l'est pas.
2. La bijection réciproque de g est $y \mapsto \frac{y+\sqrt{y^{2}+4}}{2}$. L'expression de g et de g_-1 correspondent à des fonctions continues de la variable réelle.
3. $g\circ f$ donne un homéomorphisme de ]0,1[ sur $\mathbb{R}$.
4. l'application h:x→ (b-a)x+a est un homéomorphisme linéaire de ]0,1[ sur ]a,b[. Donc $h\circ f^{-1}\circ g^{-1}$ donne un homéomorphisme de $\mathbb{R}$ sur ]a,b[.

Extraire une sous-suite commune à (x_2n) et (x_3n) et comparer sa limite avec les limites de ces deux suites.

La suite (x_6n)est une suite extraite de (x_2n) et de (x_3n) si a=lim(x_2n) et b=lim(x_3n) (x_6n) converge donc vers a et vers b d'où a=b.

La suite (x_6n+3)est une suite extraite de (x_2n+1) et de (x_3n) si c=lim(x_2n+1) et b=lim(x_3n) (x_6n+3) converge donc vers c et vers b d'où b=c=a.

En définitive (x_2n) et (x_2n+1) convergent vers la même limite et il en résulte que la suite (x_n) converge également vers cette limite commune.

Faire intervenir la limite a de la suite et l'inégalité du triangle.

$d(x_{n+1}-x_{n})\leq d(x_{n+1}-a)+d(a-x_{n})$ d'où notre première proposition. La réciproque est fausse en prenant $x_{n}=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}$ comme contre-exemple. On sait que la série harmonique ne converge pas.

f est constante sur chaque ensemble F_p.

On a $f(x,y)=\frac{p}{1+p^{2}}$ pour x∈F_p. Donc la limite existe et vaut précisément cette valeur. La fonction f ne peut être continue en O car la limite relativement à tout sous-ensemble Fp serait alors f(O)=0.

Revoir cette page, et considérer la suite x_n=n.

Il est établi dans le cours que d est une distance transportée de la distance usuelle sur ]0;1[ par une bijection.
En prenant l'exemple proposé il s'agit de démontrer que ∀ε>0 il existe un entier n₀, tel que p,q≥ n₀ ⇒ $\left | \frac{p}{1+p}-\frac{q}{1+q} \right |< \varepsilon $. Mais en fait il suffit de démontrer cette inégalité pour ε=1/n où n est un entier strictement positif. Sachant que |p-q|≤p+q pour un couple d'entiers naturels il suffit de montrer que pour p et q suffisamment grands on a $p+q< \frac{1}{n}\left ( 1+p+q+pq \right )$. Cette inégalité résultera elle-même de pq>k(p+q) où k=n(n-1).
On sait de plus que cette suite converge vers +∞ dans la droite réelle achevée $\overline{\mathbb{R}}$, donc elle ne peut converger dans $\mathbb{R}$ à cuase de l'unicité de la limite.

Etudier une suite $(x_{n})_{n \in \mathbb{N}}$ telle que ∀n x_n∈F_n.

Soit donc une suite $(x_{n})_{n \in \mathbb{N}}$ telle que ∀n x_n∈F_n.
L'hypothèse faite sur les F_n montre que pour m≥n x_m∈F_n. Soit pour tout n d_n=δ(F_n) le diamètre de F_n. La suite d_n tend vers 0 dans $\mathbb{R}$. Pour tout ε>0 il existe donc un entier n₀tel que n>n₀⇒ on ait d_n<ε. Il en résulte que pour p et q >n₀ on a d(x_p,x_q)≤ε et (x_n) est donc une suite de Cauchy d'éléments de E qui est supposé complet. La suite (x_n) converge donc vers un point a∈E. Pour tout p≥n on a x_p∈F_p donc x_p∈F_n. a est donc la limite d'une suite extraite de (x_n) composée de points de F_n et comme F_n est fermé a∈F_n, donc $a\in \bigcap_{n\in \mathbb{N}}^{ }F_{n}$. Supposons maintenant que b soit un autre point de $\bigcap_{n\in \mathbb{N}}^{ }F_{n}$ distinct de a. Si η=d(a,b) choisissons n suffisamment grand pour que δ(F_n)<η/2, mais cela est incompatible avec le fait que a et b appartiennent tous deux à F_n.

Dans les hypothèses de la seconde question, l'image réciproque par f d'une suite convergente de E' est une suite convergente de E.

Montrons que si (x_n) est de Cauchy, alors f(x_n) aussi. Soit ε>0, comme f est uniformément continue il existe α tel que d(x,y)<α⇒d'(f(x),f(y))<ε. Comme (x_n) est de Cauchy, il existe n₀ tel que p≥n₀ et q≥n₀ ⇒ d(x_p,x_q)<α. Il en résulte que pour p et q ≥n₀ on a d'(f(x_p),f(x_q))<ε et donc que f(x_n) est une suite de Cauchy.
Si F est complet, la suite f(x_n) converge vers une limite b dans E', alors si a=f^-1(b), comme f^-1 est supposée continue (x_n) converge vers a.

Utiliser le fait que la suite $s_{n}=\sum_{p=0}^{n}\frac{1}{2^{p}}$ est une suite convergente, donc de Cauchy.

Soient x₁ et x₂ deux éléments de B, on suppose x₁<x₂. La fonction f étant croissante on a $|f(x_{2})-f(x_{1})|=f(x_{2})-f(x_{1})=\sum_{\varphi (n) \in ]x_{1},x_{2}[}^{ } \frac{1}{2^{n}}$ Tout revient donc à montrer que si x₂ est suffisamment proche de x₁ le membre de droite de cette égalité est aussi petit qu'on veut. Soit donc ε>0. D'après ce qui est dit dans l'aide il existe un entier n₀ tel que $\sum_{n> n_{0}}^{ }\frac{1}{2^{n}}< \varepsilon$. Considérons maintenant les rationnels φ(0),φ(1), .... ,φ(n₀), ils sont en nombre fini n₀+1. On peut choisir x₂ suffisamment voisin de x₁ pour que l'intervalle ]x₁,x₂[ ne contienne aucun d'eux. Dans ces conditions on a forcément $\sum_{\varphi (n) \in ]x_{1},x_{2}[}^{ } \frac{1}{2^{n}}$<ε ce qui assure la continuité de f sur B.
Maintenant si y est un rationnel de E, alors y=φ(m) pour un certain entier m. et si x et x' sont des éléments de B vérifiant x<y<x', on a toujours f(x')≥f(x)+1/2^m, ce qui prouve que l'oscillation de f en y relativement à B n'est pas nulle et que f ne peut être prolongée de façon continue au point y.

Dans un recouvrement ouvert (U_λ)_λ∈L de F considérer un ouvert qui contient la limite a.

Soit donc un indice λ₀ tel que a∈U_λ0. Puisque a est limite de la suite (x_n) il existe un entier n₀ tel que n≥n₀⇒x_n∈U_λ0. Soient maintenant :
λ₁ un indice tel que x₀∈U_λ1
λ₂ un indice tel que x₁∈U_λ2
........................
λ_n0 un indice tel que x_n0-1∈U_λn0
Posons H={λ₀,λ₁,λ₂,...,λ_n0}, alors $\bigcup_{\lambda \in H}^{ }U_{\lambda }$ est un recouvrement fini de F extrait de $\bigcup_{\lambda \in L}^{ }U_{\lambda }$.

Raisonner par l'absurde et considérer une suite décroissante de boules B(x_n;r_n) avec lim_n→∞r_n=0 et telle que chacune de ces boules n'est incluse dans aucun des U_λ.

Construisons une suite comme il est dit dans l'aide. Par compacité de E, nous pouvons extraire de cette suite une suite y_k=x_nk convergente vers un point a de E. La suite (y_k) possède la même propriété que la suite (x_n) ; chaque y_k est centre d'une boule de rayon r_k contenue dans aucun des U_λ et les nombres r_k tendent vers 0. Soit maintenant λ₀ un indice tel que a∈U_λ0, et soit β>0 tel que B(a;β)⊆U_λ0. Il existe un entier k₀ tel que k≥k₀⇒ d(a,y_k)<β/2. Il existe k₁ tel que k≥k₁⇒r_k<β/2. Alors si k≥Sup(k₀,k₁) on voit que la boule B(y_k;r_k) est incluse dans B(a;β) donc dans U_λ0 contrairement à l'hypothèse.

1. 1.⇒2.
   Considérer une suite (x_n) avec x_n∈F_n ∀n
2. 2.⇒1.
   Soit (x_n) une suite quelconque et F_n l'adhérence de {x_n,x_n+1, ....}

1. 1.⇒2.
   Soit (F_n) une suite décroissante de fermés, et soit donc une suite (x_n) avec x_n∈F_n ∀n si E est compact cette suite possède une valeur d'adhérence a. Tous les x_n sont dans F₀ qui est fermé, donc a est dans $\overline{F_{0}}$, mais a est aussi une valeur d'adhérence de la suite (x_n+1) pour la même raison donc a∈F₁. En définitive a est dans tous les F_n et l'intersection de cette suite est non vide.
2. 2.⇒1.
   Soit (x_n) une suite quelconque de points de E. Posons E_n={x_n,x_n+1, ...} et F_n=$\overline{E_{n}}$. Les F_n forment une suite décroissnte de fermés de E, leur intersection contient donc un point a. Il est clair que a est une valeur d'adhérence de la suite (x_n).

Considérer deux suites (x_n) et (y_n) de points de A telles que lim_n→∞d(x_n,y_n)=δ(A)

Soient donc (x_n) et (y_n) deux suites comme il est dit dans l'aide. Extrayons de (x_n) une suite convergente (x_nk), la limite a d'une telle suite est forcément un point de A puisque A étant compact est fermé dans E. Extrayons de (y_nk) une suite convergente (y_nkh), la limite b d'une telle suite est forcément un point de A puisque A étant compact est fermé dans E. Considérons maintenant les deux suites u_h=x_nkh et v_h=y_nkh, la première tend vers a, la seconde tend vers b et on a lim_h→∞d(u_h,v_h)=δ(A). Or on a d(u_h,v_h)≤d(a,b)+d(a,u_h)+d(b,v_h). faisant tendre h vers ∞ on obtient d(a,b)≥δ(A). Il en résulte que d(a,b)=δ(A).

Raisonner par l'absurde et supposer d(A,B)=0. Pour tout n entier positif soient (x_n) une suite de points de A et (y_n) une suite de points de B telles que d(x_n,y_n)<1/n.

Soient x_n et y_n comme il est dit sans l'aide. Nous extrayons de x_n une suite x_nk convergente dans A vers une limite a. Alors la suite y_nk converge aussi vers a, comme B est fermé a∈B, donc a∈A∩B contrairement à l'hypothèse.

Utiliser ce résultat et un exercice précédent.

Soit a un point quelconque de E et (x_n) une suite tendant vers a. Alors si $K=\left \{ a \right \}\cup \bigcup_{n}^{ }\left \{ x_{n} \right \}$ est un compact, donc la restriction de f à K est continue par hypothèse. Il en résulte que $f(a)=\lim_{n\rightarrow \infty }f(x_{n})$. Cela suffit à assurer la continuité de f en utilisant la caractérisation rappelée dans l'aide.

Soit a un point de V et K un voisinage compact de a. Montrer que l'intersection K' de K avec E-V est une partie compacte. Montrer ensuite qu'il existe des ouverts W et W' séparant a et K' en ce sens que a∈W et K'⊆W'. En déduire l’existence d'un voisinage compact de a contenu dans V.

Soient donc a et K comme il est dit dans l'aide. K' est un fermé de K qui est compact donc K' est compact. Pour chaque x de K' soit W'_x un voisinage ouvert de x et W_x un voisinage ouvert de a tels que W'_x∩W_x=∅ (on utilise ici l'hypothèse de séparation de E). K' est recouvert par les W'_x. On peut donc trouver x₁, ... ,x_n tels que
$K'\subseteq W'=\bigcup_{i=1}^{n}W'_{x_{i}}$, posant alors $W=\bigcap_{i=1}^{n}W_{x_{i}}$ on a bien construit des ouverts séparant a et K'. Soit alors H un voisinage compact de a alors H'=H∩(E-W') est un fermé de H, donc un compact et H'⊆V.

1. Commencer par montrer que l'intersection de deux ouverts de $\mathfrak{T'}$ est encore un élément de $\mathfrak{T'}$.
2. Que se passe-t-il si l'intersection avec E d'un voisinage de ∞ est vide ?
3. Partir d'un recouvrement ouvert de $\widehat{E}$ et isoler un ouvert qui contient ∞

1. Soient U et V deux ouverts de $\widehat{E}$, alors il y a 3 possibilités:
   • Soit U et V ne contiennent pas ∞ alors leur intersection est un ouvert de E, donc un ouvert de $\widehat{E}$.
   • Soit U et V contiennent ∞ alors U=(E-K₁)∪{∞} V=(E-K₂)∪{∞} dans ce cas U∩V=(E-K₁∪K₂)∪{∞} donc U∩V est un ouvert parce que K₁∪K₂ est compact.
   • Soit l'un des deux, disons U contient ∞ et pas l'autre. Alors U∩V=V.

   On conclut par récurrence sur le nombre d'ouverts pour traiter le cas fini en toute généralité.
   Pour ce qui concerne les réunions il est clair qu'une réunion quelconque d'ouverts de E est encore un ouvert de E à cause des axiomes d'une topologie. Une réunion d'ensembles de la forme (E-K_i)∪{∞} est de la forme $(E-\bigcap_{i}^{ }K_{i})\cup \left \{ \infty \right \}$. Donc de la même forme parce qu'une intersection quelconque de compacts est encore un compact. Pour finir la réunion de l'ouvert V de E avec (E-K)∪{∞} est {∞}∪(E-K∩(E-V)) donc un ouvert de $\widehat{E}$, parce que E-V étant fermé K∩(E-V) est fermé dans K donc compact puisque K l'est. Dans le cas général il suffit d'utiliser l'associativité de la réunion. En définitive toute réunion d'ouverts est un ouverts. Pour finir il est clair que ∅ est ouvert dans $\widehat{E}$ parce qu'il est ouvert dans E, et que $\widehat{E}$ est ouvert car égal à (E-∅)∪{∅} et que ∅ est compact dans E.

2. Les intersections avec E des ouverts de $\widehat{E}$ sont soit des ouverts de E soit des ensembles de la forme E-K où K est un compact, donc un fermé ; dans tous les cas ce sont des ouverts. réciproquement tout ouvert V apparaît comme l'intersection avec E de V considéré comme ouvert de $\widehat{E}$. $\widehat{E}$ induit bien sur E la topologie initiale $\mathfrak{T}$.
   Soit V un voisinage ouvert de ∞ dans $\widehat{E}$, alors V∩E=E-K où K est un compact si E-K est vide c'est que E=K donc que E est compact.
3. Soit (V_i) un recouvrement ouvert de $\widehat{E}$. Il existe au moins un des V_i qui contient ∞. Soit donc i₀ un indice tel que ∞∈V_i0 On a donc V_i0∩E=E-K_i0 où K_i0 est un compact. Les V_i forment en particulier un recouvrement de K_i0, on peut donc en extraire un recouvrement fini, en adjoignant V_i0 à ce recouvrement, on obtient un recouvrement fini de $\widehat{E}$ extrait de (V_i).

Raisonner par l'absurde.

Supposons que la sphère de centre a et de rayon r, S(a;r) soit vide. Posons U=B(a;r) (boule ouverte de centre a et de rayon r). Soit V=E-B'(a;r) (complémentaire de la boule fermée). Si S(a;r) est vide alors E=U∪V. Mais U et V sont ouverts. U n'est pas vide puisque a∈U. V n'est pas vide non plus car alors E serait égal à B'(a;r) et la distance serait bornée. Cela est en contradiction avec la connexité de E.

Examiner dans chaque cas les possibilités de recouvrement de X par deux ouverts.

Pour la topologie $\mathfrak{T}$₁ il est clair que le seul recouvrement de X par deux ouverts correspond au couple (∅,X). Nous sommes donc dans le cas d'un ensemble connexe ayant une seule composante connexe X.
Pour la topologie $\mathfrak{T}$₂ on a un recouvrement par les ouverts {a,c} et {b} qui sont tous deux non vides. L'espace n'est donc pas connexe. La topologie induite sur {a,c} par $\mathfrak{T}$₂ est {∅,{c},{a,c}} cet ensemble est donc connexe. La composante connexe de a C(a) contient donc c, mais pas b car alors X serait connexe. Il en résulte que C(a)=C(c)={a,c} et donc C(b)={b}

Considérer pour la seconde question le cas de deux disques tangents dans l'espace $\mathbb{R}$².

Pour ce qui concerne Fr(A), la réponse est évidemment négative en prenant l'espace $\mathbb{R}$ et A=[a,b] comme contre-exemple.
Si A est la réunion de deux disques fermés tangents alors A est connexe car chacun des deux disques fermés est connexe car convexe et que les deux disques ont un point commun. Par contre l'intérieur de A est la réunion de deux disques ouverts disjoints, $\overset{o}{A}$ a donc deux composantes connexes distinctes et n'est pas connexe.

Chercher un contre exemple dans $\mathbb{R}$².

L'hyperbole équilatère H={(x,y)|xy=1} est un sous-ensemble fermé du plan comme image réciproque de {1} par la fonction continue (x,y)→xy. La projection de H sur l'un quelconque des deux axes de coordonnées est une droite privée d'un point, ce n'est donc pas un ensemble fermé.

Pour la seconde partie prendre pour n≥1 x_2n=1/n et x_2n+1=n, y_2n=n,y_2n+1=1/n

1. Cela résulte de la définition d'une valeur d'adhérence et de ce résultat.
2. Il est clair qu'en prenant les suites (x_n) et (y_n) données dans l'aide chacune de ces deux suites possède 0 comme valeur d'adhérence, mais qu'aucune suite extraite de ((x_n,y_n)) n'est convergente.

Commencez par montrer que chaque projection p_n:E→E_n est uniformément continue.

Montrons déjà que chaque projection p_n:E→E_n est uniformément continue. En effet d(x,y)≤ε⇒d_n(x_n,y_n)≤2ⁿε puisque la somme d'une série positive est supérieure à chacun de ses termes. Appelons ce résultat la proposition P.

1. D'après P si (x_m)_m≥1 converge vers a chaque suite (x_m,n)_m≥1 pour n≥1 converge vers la limite a_n=p_n(a). Réciproquement supposons que pour chaque n (x_m,n)_m≥1 converge vers a_n et soit a=(a_n). Soit ε≥0. Soit m₀ un entier suffisamment grand pour que $\sum_{n_{0}+1}^{\infty }\frac{1}{2^{n}}< \epsilon /2$ . Pour chaque i entre 1 et m₀, il existe un entier m_i, tel que m≥m_i⇒ d_i(x_m,i,a_i)≤ε/2m₀. Si Si M est plus grand que m₀ et chacun des m_i on a d(x_m,a)≤ε dès que m>M et la suite (x_n) converge bien vers a.
2. La proposition P affirme que la condition est nécessaire. Supposons réciproquement que pour tout indice n (x_m,n) soit une suite de Cauchy. Soit ε>0. on choisit m₀ comme précédemment. Pour chaque i entre 1 et m₀, il existe un entier m_i, tel que m≥m_i et m'≥m_i ⇒ d_i(x_m,i,x_m',i)≤ε/2m₀.Si Si M est plus grand que m₀ et chacun des m_i on a d(x_m,x_m')≤ε dès que m et m' sont >M. donc (x_m) est une suite de Cauchy.
3. 3. résulte de 1. et 2.
4. D'après la proposition P il suffit qu'un des E_n soit précompact pour que E le soit. Si V est un ensemble quelconque du produit E et de diamètre δ sa projection sur E_n est de diamètre au plus égal à δ×2ⁿ, donc à partir d'un recouvrement de E par des ensembles de diamètre ε on peut fabriquer un recouvrement de E_n par des ensembles de diamètre ε×2ⁿ.
5. 5. résulte de 3. et 4.
6. La condition est nécessaire à cause de la proposition P et du fait que l'image d'un connexe par une application continue est connexe. Elle est suffisante par ce que si un E_n, disons E₁ par exemple est non connexe, et si U,V est une partition de E₁ en deux ouverts non vides disjoints, alors les deux ensembles U×E₂×...×E_n× ..... et V×E₂×...×E_n× ..... forment un recouvrement de E par deux ouverts disjoints non vides.

Montrer qu'un point fixe de f^q est un point fixe de f.

Soit x* l'unique point fixe de f^q. Tout point fixe de f est fixe pour f^q donc égal à x*.
Soit y=f(x*)=f(f^q(x*))=f^q(f(x*))=f^q(y)=f(x*)=y.
Donc y=x* et y est fixe pour f.
x₀ étant un point quelconque de E, la suite des x_n=fⁿ(x₀) converge vers x*, car chacune des q sous-suites x_nq+r pour 0≤r≤q-1, converge vers x*.

Enlever à un espace métrique complet un point convenablement choisi.

Soit f:ℝ→ℝ l'application contractante f:x→x/2. Elle possède l'unique point fixe 0.
Posons F=ℝ^*=ℝ-{0} alors f est une application contractante de F dans F n'admettant aucun point fixe dans F.