Distances équivalentes et homéomorphismes : corrigé du contrôle de maths en L3
Voici le corrigé du contrôle de maths en L3 sur le thème « distances équivalentes et homéomorphismes », question par question.
Cette correction est rédigée comme une copie complète d’examen de licence. Chaque inégalité triangulaire est ramenée à une inégalité entre réels, puis chaque contre-exemple est vérifié par un calcul explicite. Les boules du plan sont dessinées, car le sujet le demandait, et la distance de la rivière montre qu’une boule peut se réduire à un segment. Ensuite, les adhérences sont établies par double inclusion, grâce à la caractérisation séquentielle. Pour les suites bornées, une suite de vecteurs bien choisie sépare les deux topologies. Enfin, le problème vérifie que les deux applications sont réciproques et continues, ce qui fournit un homéomorphisme. Le barème suit chaque exercice, ainsi qu’un piège courant.
L’énoncé complet se trouve ici : Distances équivalentes et homéomorphismes : contrôle de maths en L3.
Barème du contrôle corrigé : distances équivalentes et homéomorphismes
| Exercice | Points |
|---|---|
| 1. Trois candidates sur la droite réelle | 4 points |
| 2. Boules usuelles et distance de la rivière | 4 points |
| 3. Une coupe parabolique et une suite de points | 3 points |
| 4. Deux distances sur les suites bornées | 4 points |
| 5. Problème : le disque ouvert et le plan | 5 points |
| Total | 20 points |
Le corrigé détaillé : distances équivalentes et homéomorphismes
Exercice 1 – Trois candidates sur la droite réelle (4 points)
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Prenons les points 0, 1 et 3. Alors \(e(0, 3) = 9\), tandis que \(e(0, 1) + e(1, 3) = 1 + 4 = 5\). L’inégalité triangulaire est donc fausse pour \(e\), qui n’est pas une distance.
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Une inégalité sur les racines
Soit \(a, b \geq 0\). En développant, \(\left(\sqrt{a} + \sqrt{b}\right)^2 – (a + b) = 2\sqrt{ab}\), qui est positif. Comme la racine carrée est croissante sur \(\mathbb{R}_+\), il vient \(\sqrt{a + b} \leq \sqrt{a} + \sqrt{b}\).
Les trois axiomes
D’abord, \(s\) est positive, symétrique, et \(s(x, y) = 0\) équivaut à \(x = y\). Ensuite, pour \(x, y, z\) réels, l’inégalité triangulaire usuelle et la croissance de la racine donnent
\[s(x, z) \leq \sqrt{\lvert x – y \rvert + \lvert y – z \rvert} \leq \sqrt{\lvert x – y \rvert} + \sqrt{\lvert y – z \rvert}.\]
Ainsi \(s\) est une distance sur \(\mathbb{R}\).
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Axiomes et première comparaison
La fonction \(\operatorname{Arctan}\) est injective, car strictement croissante. Donc \(\theta(x, y) = 0\) entraîne \(x = y\). La symétrie est claire, et l’inégalité triangulaire découle de celle de la valeur absolue appliquée aux réels \(\operatorname{Arctan}(x)\), \(\operatorname{Arctan}(y)\) et \(\operatorname{Arctan}(z)\). En outre, la dérivée \(t \mapsto \frac{1}{1 + t^2}\) de \(\operatorname{Arctan}\) est majorée par 1. Le théorème des accroissements finis fournit donc \(\theta \leq d\).
Pas de comparaison inverse
Supposons \(d \leq C\, \theta\). Avec \(x = n\) et \(y = 0\), on obtient \(n \leq C \operatorname{Arctan}(n) < \frac{C\pi}{2}\) pour tout entier \(n\), contradiction dès que \(n\) dépasse \(\frac{C\pi}{2}\). Aucune constante ne convient donc : en effet, \(\theta\) est bornée par \(\pi\), contrairement à \(d\).
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Mêmes suites convergentes
Si \(d(x_n, x) \to 0\), alors \(\theta(x_n, x) \leq d(x_n, x)\) tend aussi vers 0. Réciproquement, si \(\theta(x_n, x) \to 0\), alors \(\operatorname{Arctan}(x_n) \to \operatorname{Arctan}(x)\). Or la tangente est continue sur l’image de \(\operatorname{Arctan}\), qui contient \(\operatorname{Arctan}(x)\), donc \(x_n = \tan\left(\operatorname{Arctan}(x_n)\right)\) tend vers \(x\). Les deux distances ont donc les mêmes suites convergentes. Par la caractérisation séquentielle des fermés, elles ont les mêmes fermés, donc les mêmes ouverts : \(\theta\) et \(d\) sont topologiquement équivalentes sans être fortement équivalentes.
Piège classique : oublier l’injectivité dans l’axiome de séparation de \(\theta\). Sans elle, deux points distincts pourraient être à distance nulle.
Exercice 2 – Boules usuelles et distance de la rivière (4 points)
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La boule fermée de rayon 1 pour \(d_1\) est le carré « sur la pointe » \(\lvert x \rvert + \lvert y \rvert \leq 1\), de sommets \((\pm 1, 0)\) et \((0, \pm 1)\). Pour \(d_2\), c’est le disque fermé de rayon 1. Enfin, pour \(d_\infty\), on obtient le carré \([-1, 1]^2\), de côtés parallèles aux axes. Les trois boules sont emboîtées, comme le montre la figure, où la boule de rayon 2 pour \(d_1\) apparaît en pointillés.
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Trois inégalités
Notons \(a = x_1 – x_2\) et \(b = y_1 – y_2\). Tout d’abord, le carré du plus grand des deux nombres \(\lvert a \rvert\), \(\lvert b \rvert\) est majoré par \(a^2 + b^2\) : ainsi \(d_\infty \leq d_2\). Ensuite, le carré de \(\lvert a \rvert + \lvert b \rvert\) vaut \(a^2 + b^2\) augmenté du terme positif \(2\lvert ab \rvert\), donc \(d_2 \leq d_1\). Enfin, \(\lvert a \rvert\) et \(\lvert b \rvert\) sont tous deux majorés par leur maximum, si bien que \(\frac{1}{2} d_1 \leq d_\infty\).
Traduction en inclusions
Plus une distance est grande, plus ses boules sont petites. Pour tout \(r > 0\), on obtient donc \(B_1(O, r) \subset B_2(O, r) \subset B_\infty(O, r) \subset B_1(O, 2r)\). Par exemple, si \(d_\infty(O, u) \leq r\), alors \(d_1(O, u) \leq 2r\). Ces inclusions se lisent directement sur la figure, avec \(r = 1\).
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Description des deux boules
Soit \(u = (x, y)\). Si \(x = 0\), la condition \(d_R(A, u) \leq 2\) s’écrit \(\lvert y – 1 \rvert \leq 2\), soit \(-1 \leq y \leq 3\). Sinon, elle devient \(1 + \lvert x \rvert + \lvert y \rvert \leq 2\), soit \(\lvert x \rvert + \lvert y \rvert \leq 1\). Ainsi \(B_R(A, 2)\) est la réunion du segment vertical \(\{0\} \times [-1, 3]\) et du losange \(\lvert x \rvert + \lvert y \rvert \leq 1\).
Pour le rayon \(\frac{1}{2}\), un point hors de l’axe des ordonnées est à distance au moins \(1 + \lvert x \rvert > 1\) de \(A\). Par conséquent, \(B_R\left(A, \frac{1}{2}\right)\) est seulement le segment \(\{0\} \times \left[\frac{1}{2}, \frac{3}{2}\right]\). Une boule peut donc être d’intérieur vide pour la topologie usuelle.
Piège classique : inverser le sens des inclusions. Si \(d \leq d^{\prime}\), c’est la boule pour \(d^{\prime}\) qui est contenue dans celle pour \(d\), et non l’inverse.
Exercice 3 – Une coupe parabolique et une suite de points (3 points)
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Intérieur de A
Posons \(U = \left\{(x, y) : x^2 < y < 1\right\}\). Grâce à la continuité de \((x, y) \mapsto y – x^2\) et de la seconde projection, \(U\) s’écrit comme intersection de deux ouverts. C’est donc un ouvert inclus dans \(A\), d’où \(U \subset \mathring{A}\). Inversement, un point \((x, x^2)\) de \(A\) n’est pas intérieur, car les points \(\left(x, x^2 – \frac{1}{n}\right)\), hors de \(A\), tendent vers lui. Donc \(\mathring{A} = U\).
Adhérence de A
L’ensemble \(F = \left\{(x, y) : x^2 \leq y \leq 1\right\}\) est fermé, comme intersection d’images réciproques de fermés, et il contient \(A\) : ainsi \(\overline{A} \subset F\). Soit ensuite \((x, y) \in F\) et \(t_n = 1 – \frac{1}{n}\) pour \(n \geq 2\). Comme \(0 \leq t_n < 1\) et \(y \geq x^2\), on a \(t_n^2 x^2 \leq t_n x^2 \leq t_n y\), puis \(t_n y \leq t_n < 1\). Les points \((t_n x, t_n y)\) sont donc dans \(A\), et ils tendent vers \((x, y)\). Par conséquent, \(\overline{A} = F\).
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Une partie sans intérieur
Autour de chaque point \(\left(\frac{1}{n}, 0\right)\), une boule, aussi petite soit-elle, rencontre des points situés au-dessus de l’axe, donc hors de \(B\) : l’intérieur de \(B\) est vide.
Un seul point ajouté
Ensuite, \(\left(\frac{1}{n}, 0\right) \to O\), donc \(O \in \overline{B}\). Soit enfin \(P \notin B \cup \{O\}\), et \(r = \frac{\lVert P \rVert}{2} > 0\). Les points de \(B\) à l’intérieur de \(B(O, r)\) sont à distance au moins \(r\) de \(P\). Les autres sont en nombre fini et distincts de \(P\). Une petite boule autour de \(P\) évite donc \(B\). Ainsi \(\overline{B} = B \cup \{O\}\).
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Pour la distance discrète, chaque singleton \(\{x\}\) coïncide avec \(B\left(x, \frac{1}{2}\right)\). Toute partie, réunion de singletons, est donc ouverte, et par passage au complémentaire toute partie est aussi fermée. Alors l’intérieur et l’adhérence de \(]0, 1[\) sont égaux à \(]0, 1[\).
Piège classique : donner l’adhérence sans prouver l’inclusion réciproque. Pour chaque point candidat, il faut exhiber des éléments de la partie qui s’en approchent indéfiniment.
Exercice 4 – Deux distances sur les suites bornées (4 points)
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Une somme toujours finie
Les suites \(u\) et \(v\) étant bornées, le nombre \(d_\infty(u, v)\) est fini, et \(\frac{\lvert u_n – v_n \rvert}{2^n} \leq \frac{d_\infty(u, v)}{2^n}\). Le critère de comparaison pour les séries positives assure alors que \(\delta(u, v)\) est fini.
Les axiomes
Ensuite, la symétrie est immédiate. Si \(\delta(u, v) = 0\), chaque terme positif de la somme est nul, donc \(u = v\). Enfin, l’inégalité \(\lvert u_n – w_n \rvert \leq \lvert u_n – v_n \rvert + \lvert v_n – w_n \rvert\), divisée par \(2^n\) et sommée, donne l’inégalité triangulaire. Donc \(\delta\) est une distance sur \(E\).
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Comparaison des ouverts
La majoration précédente, sommée sur \(n\), fournit \(\delta(u, v) \leq d_\infty(u, v) \sum_{n \geq 0} 2^{-n}\), soit \(\delta \leq 2\, d_\infty\). Soit alors \(\Omega\) un ouvert pour \(\delta\) et \(u \in \Omega\). Il existe \(r > 0\) tel que la boule \(B_\delta(u, r)\) soit incluse dans \(\Omega\). Or \(d_\infty(u, v) < \frac{r}{2}\) entraîne \(\delta(u, v) < r\). La boule \(B_\infty\left(u, \frac{r}{2}\right)\) est donc incluse dans \(\Omega\). Par conséquent, \(\Omega\) est ouvert pour \(d_\infty\).
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Une suite qui sépare les deux distances
Pour \(\delta\), on trouve \(\delta\left(\varepsilon^{(k)}, 0\right) = \frac{1}{2^k}\), qui tend vers 0 : la suite converge vers 0 pour \(\delta\). En revanche, \(d_\infty\left(\varepsilon^{(k)}, 0\right) = 1\) pour tout \(k\). Elle ne converge donc pas vers 0 pour \(d_\infty\).
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Une boule qui n’est pas ouverte
Notons \(V\) la boule ouverte de centre 0 et de rayon 1 pour \(d_\infty\). Supposons \(V\) ouverte pour \(\delta\). Comme \(0 \in V\), il existerait \(r > 0\) avec \(B_\delta(0, r) \subset V\). Choisissons \(k\) tel que \(2^{-k} < r\). Alors \(\varepsilon^{(k)}\) appartient à \(B_\delta(0, r)\), mais pas à \(V\), car sa distance à 0 pour \(d_\infty\) vaut 1. Cette contradiction montre que \(V\) n’est pas ouverte pour \(\delta\). Ainsi, la topologie de \(d_\infty\) est strictement plus fine, et les deux distances ne sont pas topologiquement équivalentes, ce que la question 3 laissait prévoir.
Piège classique : conclure de \(\delta \leq 2\, d_\infty\) que les deux distances sont équivalentes. Une seule inégalité ne compare les ouverts que dans un sens.
Exercice 5 – Problème : le disque ouvert et le plan (5 points)
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Les valeurs de g
Pour \(w \in \mathbb{R}^2\), on a \(\lVert g(w) \rVert = \frac{\lVert w \rVert}{1 + \lVert w \rVert} < 1\), donc \(g(w) \in D\). De plus, \(1 – \lVert g(w) \rVert = \frac{1}{1 + \lVert w \rVert}\), d’où
\[h\big(g(w)\big) = \frac{w}{1 + \lVert w \rVert} \times \left(1 + \lVert w \rVert\right) = w.\]
La composée dans l’autre sens
Pour \(z \in D\), on calcule \(\lVert h(z) \rVert = \frac{\lVert z \rVert}{1 – \lVert z \rVert}\), puis \(1 + \lVert h(z) \rVert = \frac{1}{1 – \lVert z \rVert}\). Il vient alors \(g\big(h(z)\big) = \frac{z}{1 – \lVert z \rVert} \times \left(1 – \lVert z \rVert\right) = z\). Ainsi \(h \circ g = \mathrm{id}_{\mathbb{R}^2}\) et \(g \circ h = \mathrm{id}_D\) : \(h\) est bijective, de réciproque \(g\). Enfin, \(h\) envoie le cercle de rayon \(r\) dans le cercle de rayon \(\frac{r}{1 – r}\), ce qui donne bien \(\frac{1}{3}\), 1 et 3 pour \(r = \frac{1}{4}\), \(\frac{1}{2}\) et \(\frac{3}{4}\).
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Continuité des deux applications
La norme est continue, et \(1 – \lVert z \rVert\) ne s’annule pas sur \(D\). Donc \(z \mapsto \frac{1}{1 – \lVert z \rVert}\) est continue sur \(D\), et \(h\), produit de cette fonction scalaire par l’identité, est continue. De même, \(g\) est continue sur \(\mathbb{R}^2\), car \(1 + \lVert w \rVert \geq 1\). Par conséquent, \(h\) est une bijection continue de réciproque continue : c’est un homéomorphisme de \(D\) sur \(\mathbb{R}^2\).
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La positivité et la symétrie de \(\rho\) viennent de celles de la norme. Si \(\rho(w, w^{\prime}) = 0\), alors \(g(w) = g(w^{\prime})\), puis \(w = w^{\prime}\) en appliquant \(h\). L’inégalité triangulaire découle de celle de la norme, appliquée à \(g(w)\), \(g(w^{\prime})\) et \(g(w^{\prime\prime})\). Ainsi \(\rho\) est une distance sur \(\mathbb{R}^2\), transportée de \(D\) par \(g\).
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Les mêmes limites
Si \(w_n \to w\) pour la distance euclidienne, la continuité de \(g\) donne \(g(w_n) \to g(w)\), c’est-à-dire \(\rho(w_n, w) \to 0\). Réciproquement, supposons \(\rho(w_n, w) \to 0\). Alors \(g(w_n) \to g(w)\), et tous ces points sont dans \(D\). La continuité de \(h\) en \(g(w)\) entraîne donc \(w_n = h\big(g(w_n)\big) \to h\big(g(w)\big) = w\). Les deux distances ont ainsi les mêmes suites convergentes, donc les mêmes ouverts.
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Pour tous \(w, w^{\prime}\), on a \(\rho(w, w^{\prime}) \leq \lVert g(w) \rVert + \lVert g(w^{\prime}) \rVert < 2\). Le plan est donc borné pour \(\rho\), alors qu’il ne l’est pas pour la distance euclidienne. Cet exemple montre que le caractère borné n’est pas une notion topologique : deux distances topologiquement équivalentes peuvent ne pas être fortement équivalentes.
Piège classique : se contenter de montrer que \(h\) est bijective et continue. En dimension quelconque, il faut aussi la continuité de la réciproque pour parler d’homéomorphisme.
À retenir de ce contrôle
- Pour réfuter l’inégalité triangulaire, trois points bien choisis suffisent, mais il faut donner leurs valeurs et faire le calcul complet.
- Deux distances fortement équivalentes définissent les mêmes ouverts, alors que la réciproque est fausse : une distance bornée peut être topologiquement équivalente à une distance non bornée.
- L’adhérence d’une partie s’obtient par double inclusion : un fermé qui la contient, puis, pour chaque point, des éléments de la partie arbitrairement proches.
- Pour montrer que deux distances ne définissent pas les mêmes ouverts, il suffit d’une suite qui converge pour l’une et pas pour l’autre.
- Une bijection continue dont la réciproque est continue est un homéomorphisme ; le caractère borné n’est pas conservé par un homéomorphisme.
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