Chapitre II • Théorèmes fondamentaux
2 SOLUTIONS
Exercice II.1
(1) (i) Soit (O n ) une suite d’ouverts de O denses dans O et A un ouvert non-vide de O.
Les O n et A sont aussi ouverts dans E puisque O est ouvert. On complète O n en posant
ω n = O n ∪ O
c . C’est un ouvert dense de E, car
ω n ⊃ O n ∪ O
c = O ∪ O
c = E.
De plus, A ⊂ O =⇒ O n ∩ A = ω n ∩ A pour tout n. Puisque E est de Baire,
ω n est
dense dans E, donc (
ω n ) ∩ A ∅, car A est ouvert non-vide de E. Autrement dit,
(
O n ) ∩ A ∅, ce qui montre que
O n est dense dans O (rappelons qu’une partie est
dense ssi elle coupe tout ouvert non-vide) et que O est un espace de Baire.
(ii) Si g est continue en x 0 , soit ε > 0. Il existe r > 0 tel que x ∈ B(x 0 , r) =⇒
|g(x) − g(x 0 )| ≤ ε. Si donc x et y ∈ B(x 0 , r), on a
|g(x) − g(y)| ≤ |g(x) − g(x 0 )| + |g(x 0 ) − g(y)| ≤ 2ε, par suite
ω r (g, x 0 ) ≤ 2ε et ω(g, x 0 ) ≤ 2ε.
Puisque ε est arbitrairement petit, cela montre que ω(g, x 0 ) = 0. La réciproque s’établit
de même. Enfin, soit ε > 0. Puisque ω r décroît avec r, on peut trouver r > 0 tel que
ω r (g 1 , x 0 ) ≤ ω(g 1 , x 0 ) + ε et ω r (g 2 , x 0 ) ≤ ω(g 2 , x 0 ) + ε.
Or, ω r (g 1 + g 2 , x 0 ) ≤ ω r (g 1 , x 0 ) + ω r (g 2 , x 0 ) par l’inégalité triangulaire, d’où :
ω(g 1 + g 2 , x 0 ) ≤ ω r (g 1 + g 2 , x 0 ) ≤ ω r (g 1 , x 0 ) + ω r (g 2 , x 0 )
≤ ω(g 1 , x 0 ) + ω(g 2 , x 0 ) + 2ε,
d’où le résultat demandé puisque ε est arbitrairement petit.
(iii) Soit x 0 ∈ O ε . Il existe r > 0 tel que ω r (g, x 0 ) < ε. Si d(x 1 , x 0 ) ≤
r
2
et
si x, y ∈ B(x 1 ,
r
2 ), on a x, y ∈ B(x 0 , r), d’où |g(x) − g(y)| ≤ ω r (g, x 0 ) et par suite
ω r
2
(g, x 1 ) ≤ ω r (g, x 0 ), d’où finalement
ω(g, x 1 ) ≤ ω r
2
(g, x 1 ) ≤ ω r (g, x 0 ) < ε, soit x 1 ∈ O ε .
Ceci montre que O ε est ouvert.
(iv) Posons h = g/O. On a toujours, par définition : ω(h, x 0 ) ≤ ω(g, x 0 ). Soit
maintenant r > 0 tel que B(x 0 , r) ⊂ O. Alors, si 0 < ρ ≤ r, on a
x, y ∈ B(x 0 , ρ) =⇒ |g(x) − g(y)| = |h(x) − h(y)| ≤ ω ρ (h, x 0 ), donc
ω ρ (g, x 0 ) ≤ ω ρ (h, x 0 ) puis ω(g, x 0 ) ≤ ω(h, x 0 ),
ce qui donne le résultat.
50
2 SOLUTIONS
Exercice II.1
(1) (i) Soit (O n ) une suite d’ouverts de O denses dans O et A un ouvert non-vide de O.
Les O n et A sont aussi ouverts dans E puisque O est ouvert. On complète O n en posant
ω n = O n ∪ O
c . C’est un ouvert dense de E, car
ω n ⊃ O n ∪ O
c = O ∪ O
c = E.
De plus, A ⊂ O =⇒ O n ∩ A = ω n ∩ A pour tout n. Puisque E est de Baire,
ω n est
dense dans E, donc (
ω n ) ∩ A ∅, car A est ouvert non-vide de E. Autrement dit,
(
O n ) ∩ A ∅, ce qui montre que
O n est dense dans O (rappelons qu’une partie est
dense ssi elle coupe tout ouvert non-vide) et que O est un espace de Baire.
(ii) Si g est continue en x 0 , soit ε > 0. Il existe r > 0 tel que x ∈ B(x 0 , r) =⇒
|g(x) − g(x 0 )| ≤ ε. Si donc x et y ∈ B(x 0 , r), on a
|g(x) − g(y)| ≤ |g(x) − g(x 0 )| + |g(x 0 ) − g(y)| ≤ 2ε, par suite
ω r (g, x 0 ) ≤ 2ε et ω(g, x 0 ) ≤ 2ε.
Puisque ε est arbitrairement petit, cela montre que ω(g, x 0 ) = 0. La réciproque s’établit
de même. Enfin, soit ε > 0. Puisque ω r décroît avec r, on peut trouver r > 0 tel que
ω r (g 1 , x 0 ) ≤ ω(g 1 , x 0 ) + ε et ω r (g 2 , x 0 ) ≤ ω(g 2 , x 0 ) + ε.
Or, ω r (g 1 + g 2 , x 0 ) ≤ ω r (g 1 , x 0 ) + ω r (g 2 , x 0 ) par l’inégalité triangulaire, d’où :
ω(g 1 + g 2 , x 0 ) ≤ ω r (g 1 + g 2 , x 0 ) ≤ ω r (g 1 , x 0 ) + ω r (g 2 , x 0 )
≤ ω(g 1 , x 0 ) + ω(g 2 , x 0 ) + 2ε,
d’où le résultat demandé puisque ε est arbitrairement petit.
(iii) Soit x 0 ∈ O ε . Il existe r > 0 tel que ω r (g, x 0 ) < ε. Si d(x 1 , x 0 ) ≤
r
2
et
si x, y ∈ B(x 1 ,
r
2 ), on a x, y ∈ B(x 0 , r), d’où |g(x) − g(y)| ≤ ω r (g, x 0 ) et par suite
ω r
2
(g, x 1 ) ≤ ω r (g, x 0 ), d’où finalement
ω(g, x 1 ) ≤ ω r
2
(g, x 1 ) ≤ ω r (g, x 0 ) < ε, soit x 1 ∈ O ε .
Ceci montre que O ε est ouvert.
(iv) Posons h = g/O. On a toujours, par définition : ω(h, x 0 ) ≤ ω(g, x 0 ). Soit
maintenant r > 0 tel que B(x 0 , r) ⊂ O. Alors, si 0 < ρ ≤ r, on a
x, y ∈ B(x 0 , ρ) =⇒ |g(x) − g(y)| = |h(x) − h(y)| ≤ ω ρ (h, x 0 ), donc
ω ρ (g, x 0 ) ≤ ω ρ (h, x 0 ) puis ω(g, x 0 ) ≤ ω(h, x 0 ),
ce qui donne le résultat.
50