Exercices corrigés - Espaces métriques

Il suffit de vérifier les trois propriétés de la définition d'une distance :

• d'abord, l'axiome de séparation : $d(x,y)=0\iff x=y$. Mais c'est clair : $d(x,y)=0$ si et seulement si toutes les composantes de $x$ et de $y$ ont les mêmes entrées, si et seulement si $x=y$.
• ensuite, la symétrie : $d(x,y)=d(y,x)$. C'est évident d'après la définition.
• ensuite, l'inégalité triangulaire : $d(x,z)\leq d(x,y)+d(y,z)$. C'est (un peu) plus compliqué. L'idée principale est de remarquer que si $x_i\neq z_i$, alors on sait que $x_i\neq y_i$ ou $y_i\neq z_i$. En notant \begin{eqnarray*} I&=&\{i\in\{1,\dots,n\};\ x_i\neq z_i\}\\ J&=&\{i\in\{1,\dots,n\};\ x_i\neq y_i\}\\ K&=&\{i\in\{1,\dots,n\};\ y_i\neq z_i\}, \end{eqnarray*} on a donc $I\subset J\cup K$. Ceci implique $$\textrm{card}(I)\leq \textrm{card}(J)+\textrm{card}(K).$$ Or, on a exactement \begin{eqnarray*} \textrm{card}(I)&=&d(x,z)\\ \textrm{card}(J)&=&d(x,y)\\ \textrm{card}(K)&=&d(y,z). \end{eqnarray*} Ceci démontre donc le résultat voulu.

On a clairement $d(x,y)=d(y,x)$ et $d(x,y)=0\iff x=y$. La seule difficulté est de démontrer l'inégalité triangulaire. Prenons donc $u,v,w\in\mathbb R$. Le point de départ est de remarquer que la fonction $F:[0,+\infty[\to [0,+\infty[$ définie par $F(x)=\frac x{1+x}$ est croissante. En particulier, en utilisant aussi l'inégalité triangulaire pour la valeur absolue, on a $$d(u,w)=F(|u-w|)\leq F(|u-v|+|v-w|).$$ Mais, \begin{eqnarray*} F(|u-v|+|v-w|)&=&\frac{|u-v|}{1+|u-v|+|v-w|}+\frac{|v-w|}{1+|u-v|+|v-w|}\\ &\leq&\frac{|u-v|}{1+|u-v|}+\frac{|v-w|}{1+|v-w|}\\ &\leq&d(u,v)+d(v,w). \end{eqnarray*} Ainsi, on a bien démontré que $$d(u,w)\leq d(u,v)+d(v,w).$$

Puisque $d(x,F)=0$, pour tout $\veps>0$, il existe $u\in F$ tel que $d(x,u)\leq\veps$. Pour $\veps=1/n$, $n\geq 1$, notons $u_n\in F$ tel que $d(x,u_n)\leq1/n$. Alors $(u_n)$ est une suite d'éléments de $F$ qui converge vers $x$. Comme $F$ est fermé, on en déduit que $x\in F$.

Raisonnons par l'absurde et considérons $x\in A\cap\overline{B}$. Alors, puisque $x\in A$ et que $A$ est ouverte, il existe $r>0$ tel que $B(x,r)\subset A$. Mais d'autre part, puisque $x\in\bar B$, il existe une suite $(b_n)$ de $B$ qui converge vers $x$. Pour $n$ assez grand, $b_n\in B(x,r)\subset A$. Donc $b_n\in A\cap B$, une contradiction.

Soit $A$ une partie fermée de $E$ et notons, pour $r>0$, $A(r)=\bigcup_{x\in A}B(x,r)$. Alors $A(r)$ est une partie ouverte comme réunion (quelconque) de parties ouvertes. De plus, on a $$A=\bigcap_{n\geq 1}A(1/n).$$ L'inclusion $\subset$ est triviale, puisque pour chaque $n$, $A$ est contenue dans $A(1/n)$. Prouvons également l'inclusion réciproque. Soit $y\in\bigcap_{n\geq 1}A(1/n)$. Alors, pour tout $n\geq 1$, $y\in A(1/n)$ et donc il existe $x_n\in A$ tel que $d(x_n,y)<1/n$. Ainsi, la suite $(x_n)$ converge vers $y$. Mais $(x_n)$ est une suite de $A$ qui est fermé, et donc $y\in A$. L'inclusion réciproque est démontrée, et $A$ est bien intersection dénombrable de parties ouvertes.

Posons $\delta=\inf\{d(a,b);\ a\in A,\ b\in B\}$, $r=\delta/2$, $U=\{x\in X;\ d(x,A)<r\}$ et $V=\{x\in X;\ d(x,B)<r\}$. Alors $U$ et $V$ répondent au problème posé. En effet, $U$ et $V$ sont disjoints, d'après l'inégalité triangulaire. Si $u\in U$ et $v\in V$, il existe $a\in A$ et $b\in B$ tels que $d(u,a)<r$ et $d(v,b)<r$. Mais alors, $$2r\leq d(a,b)\leq d(a,u)+d(u,v)+d(v,b)<r+d(u,v)+r\implies d(u,v)>0.$$ De plus, $U$ et $V$ sont deux ouverts. Une façon de prouver ceci est d'utiliser la continuité de l'application $x\mapsto d(x,A)$ et d'utiliser que $U$ est l'image réciproque de l'ouvert $]-\infty,r[$ par cette application. On peut également donner une preuve directe. Soit $u\in U$. Il existe $a\in A$ tel que $d(u,a)<r$. Soit $\delta>0$ tel que $d(u,a)+\delta<r$ (par exemple, $\delta=(r-d(u,a))/2$). Alors $B(u,\delta)\subset U$. En effet, si $x\in B(u,\delta)$, on a $$d(x,a)\leq d(x,u)+d(u,a)<\delta+d(u,a)<r.$$

Puisque l'intersection d'un nombre fini d'ouverts est un ouvert, $\bigcap_{i=1}^n U_i$ est ouvert. Démontrons ensuite que si $U$ et $V$ sont deux ouverts denses, alors $U\cap V$ est dense. Soit $x\in E$ et $r>0$. Il s'agit de prouver que $B(x,r)\cap U\cap V$ est non vide. Par densité de $U$, il existe un élément dans $B(x,r)\cap U$. Notons le $y$. Puisque $U$ est ouvert, il existe $\delta>0$ tel que $B(y,\delta)\subset U$. Soit ensuite $\veps=\min(\delta, r-d(x,y))>0$. Alors $B(y,\veps)\subset B(x,r)\cap U$. Par densité de $V$, il existe $z\in B(y,\veps)\cap V$. Mais alors, $z\in B(x,r)\cap U\cap V$, ce qui prouve la densité de $U\cap V$.
Le résultat se prouve alors aisément par récurrence. Il est vrai pour $n=2$. S'il est vrai au rang $n$, prouvons le au rang $n+1$, et notons $U=\bigcap_{i=1}^n U_i$, $V=U_{n+1}$. Par l'hypothèse de récurrence, $U$ est un ouvert dense. $V$ est aussi un ouvert dense, et donc $\bigcap_{i=1}^{n+1}U_i=U\cap V$ est ouvert.

Soit $\veps>0$. Il existe $x_1,y_1\in A$ tels que $d(x,x_1)\leq d(x,A)+\veps$ et $d(y,y_1)\leq d(y,A)+\veps$. D'après l'inégalité triangulaire, on a $$d(x,y_1)\leq d(x,y)+d(y,y_1)\leq d(x,y)+d(y,A)+\veps$$ tandis que clairement, $d(x,y_1)\geq d(x,A)$. On en déduit que $$d(x,A)-d(y,A)\leq d(x,y)+\veps.$$ Ceci étant vrai pour tout $\veps>0$, on obtient finalement $$d(x,A)-d(y,A)\leq d(x,y).$$ En échangeant le rôle joué par $x$ et $y$, on obtient aussi l'inégalité $d(y,A)-d(x,A)\leq d(x,y)$ et les deux inégalités considérées simultanément sont équivalentes à l'inégalité demandée par l'énoncé.
Enfin, ceci montre que $x\mapsto d(x,A)$ est une application lipschitzienne, donc continue.

L'équivalence de 1 et de 2 est normalement prouvée dans le cours. Redémontrons la rapidement. Supposons que $f$ est continue. Soit $O$ un ouvert de $f$ et posons $U=f^{-1}(O)$. Soit $x\in U$. Il existe $\veps>0$ tel que $B(f(x),\veps)\subset O$. Puisque $f$ est continue, il existe $\eta>0$ tel que $d(x,y)<\eta\implies d(f(x),f(y))<\veps$. Autrement dit, si $y\in B(x,\eta)$, alors $f(y)\in B(f(x),\veps)\subset O$. Ceci prouve que $B(x,\eta)\subset f^{-1}(O)$ et donc que ce dernier ensemble est ouvert.
Réciproquement, supposons que $2$ soit vérifiée et prouvons que $f$ est continue. Soit $x\in E$ et $\veps>0$, et considérons $O=B(f(x),\veps)$. $f^{-1}(O)$ est un ouvert de $E$ et $x\in f^{-1}(O)$. Il existe donc $\eta>0$ tel que $B(x,\eta)\subset f^{-1}(O)$. Autrement dit, si $d(x,y)<\eta$, on a $f(y)\in O$ ou encore $d\big(f(x),f(y)\big)<\veps$, ce qui prouve la continuité de $f$.
L'équivalence entre 2. et 3. est facile. Elle se prouve simplement par passage au complémentaire et par la relation $f^{-1}(A^c)=\big(f^{-1}(A)\big)^c$.
Prouvons maintenant que 1. implique 4. Soit $y\in f(\bar A)$. Alors $y=f(x)$ avec $x\in \bar A$. Soit $(x_n)$ une suite de $A$ qui converge vers $x$. Par continuité de $f$, on a $f(x_n)\to f(x)=y$ et donc $y\in\overline{f(A)}$.
Réciproquement, prouvons que 4. implique 1. Pour cela, on va raisonner par contraposée. Supposons que $f$ n'est pas continue et prouvons qu'il existe $A\subset E$ tel que $f(\bar A)$ ne soit pas inclus dans $\overline{f(A)}$. Soit $x\in E$ tel que $f$ n'est pas continue en $x$. Il existe donc une suite $(x_n)$ qui tend vers $x$ et telle que $(f(x_n))$ ne tend pas vers $f(x)$. Quitte à extraire, on peut supposer qu'il existe $\delta>0$ tel que $d(f(x_n),f(x))\geq\delta$ pour tout entier $n$. Posons alors $A=\{x_n;\ n\in\mathbb N\}$, de sorte que $x\in \bar A$ et donc $f(x)\in f(\bar A)$. En revanche, pour tout $z\in f(A)$, on a $d(f(x),z)\geq \delta$ et donc $f(x)\notin \overline{f(A)}$. Ainsi, on a bien $f(\bar A)$ qui n'est pas inclus dans $\overline{f(A)}$.