Idempotent

troisqua

Bonjour,

J'ai récemment résolu un problème qu'on m'avait soumis dans ma jeunesse. Mon professeur nous avait à l'époque proposé une solution assez longue mais élégante mais je l'ai oubliée. Je suis donc intéressé par vos preuves car l'une d'entre elles pourraient ressembler à ce qu'il avait fait.

Soit $(G,T)$ un espace topologique compact. On suppose que $G$ possède une loi de composition interne associative et régulière à gauche (i.e pour tout $g$, $x$ et $x'$ dans $G$, $g.x=g.x'$ implique $x=x'$). On suppose de plus que les translations à gauche et à droite par un élément sont continues. Montrer que $G$ possède un idempotent $e$ (i.e que $e.e=e$).

Merci d'avance pour vos contributions.

bisam

Je pense que tu as oublié l'hypothèse "G non vide"...

Pour l'instant, je n'ai pas vraiment avancé. Je suis seulement arrivé à : "e est idempotent <=> e est neutre à gauche"... mais ça ne m'a pas beaucoup aidé.
Je cherchais à obtenir un recouvrement ouvert de G avec des images réciproques bien choisies des translations... mais là encore, je n'ai pas trouvé que choisir.

Néanmoins, je viens poster pour redonner un coup de jeune à ce post qui me semble intéressant...

bisam

Je n'ai toujours pas fini... mais je suis allé un poil plus loin.
Si on note $\varphi_g:x\mapsto g.x$ et $\psi_g:x\mapsto x.g$ pour tout $g\in G$, on peut encore améliorer l'équivalence annoncée plus haut : $$\exists e\in G, e.e=e \;\Leftrightarrow \;\exists e\in G, \forall x\in G, e.x=x \;\Leftrightarrow \;\bigcap_{x\in G} \psi_x^{-1} (\{x\}) \neq \emptyset$$.
Puisque les singletons sont fermés (puisque $G$ est séparé) et que les fonctions $(\psi_x)_{x\in G}$ sont continues, on peut utiliser la propriété de Borel-Lebesgue... mais je ne vois pas où ça mène.

Si on pouvait avoir une piste ou la correction, j'en dormirais mieux
Merci d'avance.

troisqua

Bonjour,

Je cherche une autre solution que la mienne (car je suis presque certain que quelqu'un tombera sur celle que mon prof avait proposée). Si je parle de ma piste tu vas certainement te ruer dessus et ça ne servirait à rien. Si la semaine prochaine ça n'a pas avancé je donnerai ma solution.

christophe c

C'est un grand classique qui permet de prouver le théorème de Hindman** en peu de lignes.

Tu prends un fermé minimal non vide stable à par l'opération, et il n'y a pas besoin de supposer de régularité.

edit: justement grâce aux ultrafiltres sur IN :-D

christophe c

bisam a écrit:

Si on pouvait avoir une piste ou la correction, j'en dormirais mieux

Pardon j'avais pas vu:

Soit $F$ un fermé minimal non vide stable par $*$.

Soit $a\in F$. Soit $H:=\{x\in F\mid \exists y\in F: ay=x\}$

$H$ est stable et fermé (exercice), donc $H=F$

Donc $a\in H$. Donc $\exists x\in F: ax=a$

Soit $K:=\{x\mid ax=a\}$. le fermé $K$ est non vide. Donc $K=F$ donc $a\in F$ donc $aa=a$

GreginGre

Et comment justifies-tu l'existence d'un fermé minimal stable non vide ?

ccnc

Fermés stables non vides dans compact vérifient Zorn

bisam

Bon, après quelques jours de fièvre, je croyais avoir digéré la démo de CC... mais j'ai toujours quelques blocages.

J'arrive à démontrer l'existence d'un fermé non vide stable par $\cdot$ minimal... mais seulement en imposant un élément à l'intérieur... et du coup, ça coince pour poursuivre la démonstration, car je ne peux pas prouver l'appartenance de cet élément aux ensembles suivants...

Autrement dit, comment montrer, une fois que $F$ est fixé, que $H=(a.F)\cap F$ est non vide ?

h

Par "en fixant un élément à l'intérieur" tu veux dire que tu te donnes un élément fixé (disons $b$) et que tu ne considères que les fermés stables contenant $b$ ? Si oui pourquoi ? Si non que veux-tu dire ?

h

C'est en tout cas une très jolie preuve. Je tournais autour mais par des moyens très pédestres. Je n'avais en particulier pas pensé à Zorner ainsi, ce qui élimine un tas de considérations laborieuses.

marco

Il faut considérer une partie $F$ stable par multiplication à droite seulement ? Car si on considère que $F$ doit être stable par multiplication à gauche et à droite, comment montrer que $aF$ est stable à gauche ?
De plus, je ne vois pas à quoi sert la régularité à gauche de la multiplication.

h

@marco : il s'agit d'une stabilité interne (pour tout $x,y$ dans $F$ etc.)

Je n'ai pas vu passer l'utilisation de la régularité effectivement. Je n'avais pas fait attention. Je crois qu'on n'utilise la continuité du produit que d'un côté également mais je n'ai pas fait bien attention. Soit on a raté un truc soit le concepteur du sujet avait simplement une preuve différente en tête.

Personnellement j'étais plutôt parti pour travailler dans $\bigcap_n \overline{\{g^k, \; k \ge n\}}$ sur lequel j'avais je crois la bijectivité des multiplications mais ça ne m'a finalement mené nulle part.

marco

Merci pour l'explication.
En ce qui me concerne, je voulais utiliser l'application $(g,x) \mapsto (gx,x)$ et la compacité de $G \times G$...

christophe c

La régularité ne sert pas, ll n'y a pas besoin de la supposer. Seule la continuité ponctuelle à droite est utilisée quand on dit que $G:=\{ax\mid x\in F\}$ est fermé et quand on dit que $H:=\{x\in F\mid ax=x\}$ est fermé

Ce théorème permet de prouver le théorème de Hindman en considérant l'opération $*$ suivantes sur les ultrafiltres de IN (qui forment un fermé donc un compact dans $2^{2^\N}$):

$U*V:=\{X\mid \{n\mid \{p\mid n+p\in X\} \in V \}\in U \}$

Si $f$ est une application de IN dans un ensemble fini, et si $U*U=U$, il n'est pas très difficle (exercice) de contruire à partie de là une partie $A$ infinie telle que la restriction de $f$ à l'ensemble des sommes (injectives) d'éléments de $A$ est constante (C'est ça Hindman)

christophe c

Je termine plutôt que "de laisser au lecteur". Soit $W$ un ultrafiltre sur $\N^*$ tel que $W*W=W$, donc $W$ non principal

J'abrège $\{x\mid blabla\}\in W$ par $\forall^W x: blabla$.

La propriété de $W$ s'énonce ainsi:

pour tout ensemble $A: \forall^W x\forall^W y: x+y\in A$ si et seulement si $\forall^W x: x\in A$

Soit $f$ une application de $\N$ dans un ensemble fini $F$ et $A\in W$ tel que $f$ est constante sur $A$

De plus l'ensemble $A_1$ des $x\in A$ tel que $\forall^W y: x+y\in A$ est dans $W$. Soit $u_1\in A_1$.

Soit $A_2$ l'ensemble des $y\in A_1$ tel que $u_1<y$ et $u_1+y\in A_1$ et $\forall^W z: y+z\in A_1$ est dans $W$ . Soit $u_2$ dans $A_2$

Soit $A_3$ l'ensemble des $y\in A_2$ tel que $u_2<y$ et $u_2+y\in A_2$ et $\forall^W z: y+z\in A_2$ est dans $W$. Soit $u_3$ dans $A_3$

etc etc

Soit par exemple la somme $u_2+u_6+u_8$. Alors $u_6+u_8$ est dans $A_5$. $u_2+u_6+u_8$ est dans $A_1$ donc est dans $A$

edit: je referai le post

bisam

Bon, je devais encore être un peu fièvreux hier soir... mais au moins, j'ai fait écrire quelques mots à d'autres.

Bref, je voulais dire que je n'arrivais pas à prouver l'existence d'une partie F qui soit fermée, stable, et non vide et minimale parmi celles-ci, ce qui m'ennuyait un peu. Du coup, j'essayais de le faire en imposant un élément à l'intérieur (ce qui signifiait que je prenais une partie minimale parmi les "fermés, stables et contenant $g_0$" par exemple).

Avec Zorn, je ne vois pas comment on peut conserver la propriété "non vide" par intersection (pour montrer que l'ensemble de ces parties de G est inductif)... mais je suis peut-être à côté de la plaque.

J'avais également noté qu'avec la preuve de CC, on ne se servait pas de la régularité à gauche. On ne se sert pas non plus de la continuité des fonctions $x\mapsto x.a$, d'ailleurs.

Ce qui est amusant, c'est qu'on ne se sert de la continuité que d'une seule fonction $x\mapsto a.x$ mais on est obligé de les supposer toutes continues car on ne sait pas à l'avance laquelle on va devoir utiliser.

christophe c

Une famille décroissante de fermés non vides et stables est un fermé non vide et stable par compacité. Par Zorn, il existe donc un fermé minimal non vide et stable

h

Tu prends une famille totalement ordonnée de fermés non vides stables.

Prenons un ensemble fini d'éléments de cette famille. On peut les ordonner : $F_1 \subset \dots \subset F_n$ avec de bonnes notations. L'intersection est alors $F_1$ qui est non vide.

Comme on vit dans un compact et que les éléments de la famille sont fermés, on en déduit que l'intersection est non vide.

bisam

Ok, j'avais mal compris la première fois que CC avait donné cette explication.
Merci à tous.