Applications propres
Bonjour,
Edit : je précise que pour moi compact=Borel-Lebesgue+séparé et localement compact=séparé+voisinage compact en tout point.
Je souhaite montrer le résultat suivant (énoncé tiré de Wikipédia) : étant donné des espaces $X$ séparé, $Y$ localement compact et une application continue $f:X\to Y$, on a l'équivalence entre :
(1)- $f$ est fermée et pour tout $y\in Y$, $f^{-1}(\{y\})$ est un compact de $X$.
(2)- Pour tout compact $K$ de $Y$, $f^{-1}(K)$ est un compact de $X$.
L'implication (1)=>(2) ne me pose pas de problème, elle est d'ailleurs vraie sans les hypothèses sur $X$ et $Y$ et même sans la continuité de $f$. Par contre j'ai un petit doute pour l'implication réciproque. Voilà ce que j'ai rédigé.
On suppose que pour tout compact $K$ de $Y$, $f^{-1}(K)$ est un compact de $X$. Comme tout singleton de $Y$ est compact, il s'agit de montrer que $f$ est fermée. Soit $F$ un fermé de $X$. Montrons que $f(F)$ est fermé. Soit $y\in\overline{f(F)}$. Par compacité locale, on sait que $y$ admet une base $(V_i)_{i\in I}$ de voisinages compacts (donc fermés car $Y$ est séparé). De plus, quitte à tous les intersecter avec l'un en particulier, on peut supposer qu'ils sont tous inclus dans un compact $K$. Pour tout $J\subseteq I$ fini, $\bigcap_{j\in J}V_j$ est donc un voisinage de $y$, de sorte que :
\[K\cap f(F)\cap\bigcap_{j\in J}V_j\neq\emptyset,\qquad \text{donc }\ f^{-1}(K)\cap F\cap\bigcap_{j\in J}f^{-1}(V_j)\neq\emptyset.
\] Par compacité de $F\cap f^{-1}(K)$ (fermé d'un compact), et puisque les $(f^{-1}(V_i))_{i\in I}$ sont des fermés de $X$ (par continuité), il vient $F\cap f^{-1}(K)\cap\bigcap_{i\in I}f^{-1}(V_i)\neq\emptyset$. Si $x\in X$ est dans cette intersection, on a donc $f(x)\in\bigcap_{i\in I}V_i$. Or, puisque $Y$ est séparé, on sait que l'intersection des voisinages fermés de $y$ est réduite à $\{y\}$. Puisque les $(V_i)_{i\in I}$ forment une base de voisinages fermés de $y$, on en déduit que $f(x)=y$, ce qu'il fallait montrer.
Ma démonstration me semble étrange car l'hypothèse de séparation de $X$ n'intervient pas, et si on suppose tout de même que $X$ est séparé, alors cette fois-ci l'hypothèse de continuité de $f$ est inutile (on peut s'en passer pour montrer que $f^{-1}(V_i)$ est fermé car c'est un compact par (2), et les compacts dans un espace séparé sont fermés.). Je suis passé à coté d'un truc ?
Merci,
Manda.
Edit : je précise que pour moi compact=Borel-Lebesgue+séparé et localement compact=séparé+voisinage compact en tout point.
Je souhaite montrer le résultat suivant (énoncé tiré de Wikipédia) : étant donné des espaces $X$ séparé, $Y$ localement compact et une application continue $f:X\to Y$, on a l'équivalence entre :
(1)- $f$ est fermée et pour tout $y\in Y$, $f^{-1}(\{y\})$ est un compact de $X$.
(2)- Pour tout compact $K$ de $Y$, $f^{-1}(K)$ est un compact de $X$.
L'implication (1)=>(2) ne me pose pas de problème, elle est d'ailleurs vraie sans les hypothèses sur $X$ et $Y$ et même sans la continuité de $f$. Par contre j'ai un petit doute pour l'implication réciproque. Voilà ce que j'ai rédigé.
On suppose que pour tout compact $K$ de $Y$, $f^{-1}(K)$ est un compact de $X$. Comme tout singleton de $Y$ est compact, il s'agit de montrer que $f$ est fermée. Soit $F$ un fermé de $X$. Montrons que $f(F)$ est fermé. Soit $y\in\overline{f(F)}$. Par compacité locale, on sait que $y$ admet une base $(V_i)_{i\in I}$ de voisinages compacts (donc fermés car $Y$ est séparé). De plus, quitte à tous les intersecter avec l'un en particulier, on peut supposer qu'ils sont tous inclus dans un compact $K$. Pour tout $J\subseteq I$ fini, $\bigcap_{j\in J}V_j$ est donc un voisinage de $y$, de sorte que :
\[K\cap f(F)\cap\bigcap_{j\in J}V_j\neq\emptyset,\qquad \text{donc }\ f^{-1}(K)\cap F\cap\bigcap_{j\in J}f^{-1}(V_j)\neq\emptyset.
\] Par compacité de $F\cap f^{-1}(K)$ (fermé d'un compact), et puisque les $(f^{-1}(V_i))_{i\in I}$ sont des fermés de $X$ (par continuité), il vient $F\cap f^{-1}(K)\cap\bigcap_{i\in I}f^{-1}(V_i)\neq\emptyset$. Si $x\in X$ est dans cette intersection, on a donc $f(x)\in\bigcap_{i\in I}V_i$. Or, puisque $Y$ est séparé, on sait que l'intersection des voisinages fermés de $y$ est réduite à $\{y\}$. Puisque les $(V_i)_{i\in I}$ forment une base de voisinages fermés de $y$, on en déduit que $f(x)=y$, ce qu'il fallait montrer.
Ma démonstration me semble étrange car l'hypothèse de séparation de $X$ n'intervient pas, et si on suppose tout de même que $X$ est séparé, alors cette fois-ci l'hypothèse de continuité de $f$ est inutile (on peut s'en passer pour montrer que $f^{-1}(V_i)$ est fermé car c'est un compact par (2), et les compacts dans un espace séparé sont fermés.). Je suis passé à coté d'un truc ?
Merci,
Manda.
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Réponses
Pour tout compact $K$ de $\mathbb{R}$ $\sin(K)$ est compact c'est 2)
On a en même temps 2) et non 1) donc 2) n'implique pas 1)
.