Topologie minimale séparée => compacité ?

Bonsoir,

Parmi les topologies séparées sur $X$ je pense qu'il en existe des minimales au sens de l'inclusion (Zorn).
De telles topologies font-elle de $X$ un espace compact ?

Je pense que non mais je ne vois pas de contre-exemple.

Réponses

  • Je ne pense pas qu'on puisse appliquer Zorn pour montrer l'existence de topologies minimales.
    Cela étant, si $E$ est un ensemble infini quelconque et $a\in E$, la réunion de l'ensemble des parties de $E\setminus \{a\}$ et de l'ensemble des parties de $E$ contenant $a$ et de complémentaire fini, est une topologie compacte sur $E$. Ce qui en fait une topologie minimale d'après le théorème suivant.

    Soit $(X,\tau)$ un espace compact. Alors aucune topologie sur $X$ strictement plus fine que $\tau$ n'est compacte, et aucune topologie sur $X$ strictement moins fine que $\tau$ n'est séparée.

    Preuve: exo.
    (edit: rajout des "strictement")
    Une fonction est un ensemble $f$ de couples tel que pour tous $x,y,z$, si $(x,y)\in f$ et $(x,z)\in f$ alors $y = z$.
  • Salut Foys, je crois que tu t'es emmêlé les pinceaux au moments d'écrire ton énoncé en bleu (il ne tient pas bien la route). Tu ne voulais pas plutôt écrire un truc qui collait plus avec ton explication? Comme ça:

    "Tout ensemble $X$ muni de sa topologie cofinie est compact, et toute topologie séparée contient la topologie cofinie"

    Edit: Euh, finalement, je crois que l'énoncé en question était celui-ci (Foys, corrige-moi si je me suis trompé sur tes intentions):
    " Soit $(X,\mathcal{T})$ un espace topologique compact, toute topologie sur $X$ plus fine que $\mathcal{T}$ est séparée, et toute topologie plus grossière que $\mathcal{T}$ vérifie la propriété de Borel-Lebesgue.
  • Que reproches-tu à l'énoncé bleu de Foys ? Il est bien sûr correct en sous-entendant les "strictement", et peut se reformuler ainsi : soit $(X,\tau)$ un espace compact et $\sigma$ une topologie séparée sur $X$ contenue dans $\tau$ (c.-à-d., moins fine au sens large). Alors $\sigma=\tau$.
    Démonstration : soit $F$ un fermé de $\tau$, soit $x\not\in F$. Pour tout $y\in F$, il existe des voisinages ouverts $U(y)$ de $x$ et $V(y)$ de $y$ pour $\sigma$ tels que $U(y)\cap V(y)=\emptyset$. Par compacité de $\tau$, il existe une famille finie $(y_1,\ldots,y_n)$ d'éléments de $F$ telle que $F\subset \bigcup_{i=1}^n V(y_i)$. Alors $\bigcap_{i=1}^n U(y_i)$ est un voisinage ouvert pour $\sigma$ de $x$ disjoint de $F$. Ceci montre que $F$ est aussi fermé pour $\sigma$.
  • Bonjour,
    On peut aussi dire que $\mathrm{id} : (X,\tau) \text{ compact} \longrightarrow (X,\sigma)\text{ séparé}$ est continue bijective. C'est donc un homéomorphisme et $\sigma = \tau$.
    Et on peut utiliser une idée similaire pour l'autre partie de l'énoncé de Foys.
  • J'ai beau relire vos réponses je comprends ce que vous dites, mais je ne vois pas en quoi ça répond (par l'affirmative ou la négative) à ma question.

    Je formule autrement:

    Si $(X,T)$ est séparé, et si toute topologie séparée et moins fine que $T$ est égale à $T$ alors $(X,T)$ est-il compact ?

    Désolé à l'avance si je n'ai pas compris ce que vous m'avez répondu.
  • Soit $X$ non compact séparé, localement compact et $x\in X$. Je définis une topologie sur $X$ comme suit : ses ouverts sont les ouverts de $X$ qui ne contiennent pas $x$ et les ouverts de $X$ qui contiennent ($x$ et un ouvert de la forme $X\setminus K, K$ compact).

    C'est relativement clair que c'est une topologie, moins fine que $X$. Elle est strictement moins fine que celle de $X$ : si $V$ est un ouvert relativement compact de $x$ (au sens de la topologie de départ), il n'est pas dans la nouvelle topologie (s'il y était, $V$ contiendrait $X\setminus K, K$ compact donc $X$ serait inclus dans $V\cup K$, donc dans $\overline{V}\cup K$, donc serait compact).
    Reste à voir que ma nouvelle topologie est séparée : si $y,z \neq x$, la propriété est évidente pour eux, donc il suffit de séparer $y\neq x$ de $x$.

    Soit donc $U,V$ des ouverts de la topologie de départ contenant $x,y$ respectivement et disjoints. Soit $W\subset V$ un ouvert relativement compact contenant $y$ (compacité locale). Alors $U\cup (X\setminus \overline W)$ et $W$ sont des ouverts disjoints de la nouvelle topologie qui contiennent respectivement $x,y$ : la nouvelle topologie est séparée.

    Donc la topologie de départ n'était pas minimale.

    ça c'est si je suppose $X$ localement compact.
  • Salut
    Je n'arrive pas à comprendre les arguments de GaBuZoMeu et Calli, a priori, je dirais même qu'ils sont faux (j'explique pourquoi après) et il est possible qu'on se soit mal compris. Du coup je précise les termes pour qu'on m'indique où est l'erreur:

    Soit $X$ un ensemble, $\tau$ et $\sigma$ des topologies sur $X$, on dit que $\tau$ est plus fine que $\sigma$ (ou $\sigma$ plus grossière que $\tau$) si $\forall A,\ A\in \sigma \Rightarrow A\in \tau$. On garde les notations pour la suite (edit: introduites par GaBuZoMeu, sauf que j'ai fait une erreur en recopiant, je confonds $\gamma$ et $\sigma$).

    L'argument de GaBuZoMeu ne me semble n'être qu'une démonstration que la topologie $\tau$ est régulière, a priori, sans rien me dire du lien entre $\sigma$ et $\tau$. Celui de Calli ne tient pas, si l'application en question est bien continue et bijective, je ne vois a priori pas en quoi elle est ouverte (il n'est pas certain qu'un ouvert de $\tau$ soit nécessairement un ouvert de $\sigma$).
    Et je vois un contre-exemple, si je prend $X=[0,1]$, $\tau$ la topologie induite par la topologie "canonique" de $\mathbb{R}$ sur sa partie $X$, et $\sigma$ la topologie cofinie de $X$. Je n'ai pas de souci à écrire que $\sigma$ est strictement plus grossière que $\tau$ et il me semble pourtant clair que $\sigma$ est séparée et $\tau$ compacte.
  • La topologie cofinie n'est pas séparée, n'est-ce pas un obstacle pour la compacité ?
  • Euh.... si... Je me suis complètement planté! J'ai probablement confondu T1 et séparée :-D . Donc effectivement, c'est mort pour le contre-exemple! En fait, j'ai probablement compris de travers l'argument de GaBuZoMeu, mais à présent je comprends comme dans un compact: "partie compacte = fermé" et du coup, ça se tient bien et je me suis planté depuis le début.

    Désolé!!
  • @Titi, j'ai utilisé le théorème suivant et j'ai repris les notations de GaBoZuMeu.
    Théorème a écrit:
    Si $X$ est compact, $Y$ est séparé et $f:X\rightarrow Y$ est continue et bijective, alors $f$ est un homéomorphisme.
  • @Calli, oui, je commence à me rendre compte de l'erreur, j'avoue que je ne connaissais pas ce théorème (qu'il s'agit bien d'un homéomorphisme si la topologie sur $Y$ est séparée). Là, j'ai des trucs à faire, mais je prends note et tenterai la démonstration.
    Merci bien et désolé....
  • Indice : pour prouver le théorème, il ne faut pas chercher à montrer que $f$ est ouverte, mais plutôt qu'elle est fermée ;-).
  • De mon téléphone il reste si j'ai bien survolé le fil à répondre à la question "existe-t-il des topologies minimales parmi les séparées qui ne sont pas compactes ?"

    Et d'après max, ces éventuelles ne peuvent être localement compactes.
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • Oui, on n'a pas répondu à la question finalement. :-D
  • Encore de mon téléphone, je suis sûr à 99% (c'est juste que de tête..) toute topologie minimale parmi les séparées est compacte. La raison est assez simple.

    Soit W un ultrafiltre sans limite pour T et e un point quelconque de l'espace. L'ensemble des ouverts qui ne contiennent pas e ou qui sont dans W est une sous-topologie stricte de T qui est séparée.

    Ça répond à la question sauf si je me trompe.
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • Mouias je baisse à 90% (l'argument que je donne ne marche que pour les espaces normaux a priori. Bon mais il n'est pas très dégrossi)
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • Christophe : je comprends l'idée mais tel quel je n'ai pas l'impression qu'on récupère la séparation, si ? Après je n'y ai pas réfléchi donc je manque peut-être un truc.
  • @max: en fait, ça range les exceptions dans un espaces où tout ultrafiltre non convergent (ie sans limite) $W$ serait tel qu'il existe $b$ tel que tout ouvert $U\ni b$ serait tel que $adh(U)\in W$.

    Mais comme l'idée est littéralement brutale et que j'ai pris la "déduction immédiate", ça laisse pas mal d'espoir de légères sophistications qui marcheraient. Bon, mais je dis ça gratuitement, manquant de dispo actuellement.
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • Ca inspire d'ailleurs une question rigolote:

    soit $(E,T)$ un espace topologique séparé où tout recouvrement par des ouverts contient un sous-ensemble fini dont les adhérences recouvrent $E$. Est-ce qu'alors forcément $T$ est compacte?
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • Merci pour toutes vos remarques. C'est très intéressant.

    Par contre, si j'ai bien suivi on n'a toujours pas la réponse à la question initiale.

    Mais on aurait plutôt des preuves que la minimalité entraîne bien la compacité pour la plupart des espaces non "pathologiques". Me trompé-je ?

    C'est rigolo parce que je pensais au début que cette question était classique vu que dans les cours classiques de topologie on cite souvent le théorème : "si $(X,T)$ est compact alors toute topologie moins fine que $T$ et séparée est égale à $T$". La "réciproque" n'étant jamais évoquée, je pensais que c'était parce qu'elle est fausse.
  • Bonjour,

    Il me semble que, quand j'étais petit, les topologies séparées minimales étaient dénommées « absolument fermées ». Il faudrait aller voir les exercices de Bourbaki sur les espaces compacts; il y a certainement des exemples de topologies minimales séparées non compactes.
  • Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • Bonjour,
    J'ai voulu tenter des exercices auxquel gb a fait référence sur ce lien, à partir de l'exercice 19 (page 108).

    Je me suis surtout occupé de l'exercice 19, mais je crois que la méthode utilisée ainsi n'est pas du tout la méthode demandée, en plus je me suis permis de modifier une définition. Je crains donc d'avoir fait une erreur, mais je ne la vois nulle part.

    Dans l'exercice on dit qu'un espace topologique $X$ séparé est absolument fermé si il respecte la condition suivante:
    -AF: "tout homéomorphisme de $X$ sur une partie d'un espace séparé $Y$ est fermé dans $Y$"
    Il y a un truc qui me dérange dans cette énoncé, c'est le côté injectif qui m'a semblé superflue en cours de route. Je me suis permis d'ajouter une condition plus forte:
    -AF-2 "toute fonction continue de $X$ dans un espace séparé $Y$ est fermée"

    On doit montrer que AF est équivalente à 3 autres propositions (le côté séparé est toujours supposé vrai):

    -AF' : Toute base de filtre sur $X$ composé de partie ouverte à une adhérence non vide.
    -AF'': Toute famille de fermés de $X$ dont l'intersection est vide contient une partie finie dont l'intersection des intérieurs est vide.
    -AF''' : (qu'a énoncé christophe c) Toute recouvrement d'ouvert de $X$ admet une partie finie dont les adhérences recouvre $X$.


    Montrer AF' -> AF'' et AF''-> AF''' est assez évident.
    Pour AF'''-> AF-2, j'ai dû dérouler comme un cochon à la manière des compacts : en montrant les propriétés suivantes: toute partie schtroumpfe d'un espace topologique séparée est fermée, tout fermé d'un schtroumpf est schtroumpf et l'image d'un schtroumpf par une fonction continue sur un espace séparé est un schtroumpf (pour ce dernier c'est comme la propriété que j'avais oublié pour les compacts, encore pardon Calli, sauf qu'on doit aussi utiliser $\forall A\in\mathbb{X}, f(\overline{A}) \subset \overline{f(A)}$, ça a l'air correct, mais j'ai l'impression d'avoir péché quelque part, par ici).
    Pour AF-> AF', j'ai vraiment galéré et suite à une demi-heure d'échecs, j'ai utilisé ce qui était dit ici, on montre que toute topologie moins fine qu'une topologie absolument fermée n'est pas séparée, donc en s'inspirant de ce qu'avait fait christophe c, je constate que si il existe une base de filtre composée d'ouverts et dont l'adhérence est vide, alors l'ensemble des complémentaires des adhérences des éléments du filtre engendré compose la base d'une une topologie séparée (contenue dans la précédente, mais à laquelle n'appartiennent pas des éléments de la base de filtre, donc strictement moins fine), on conclue par l'absurde. Edit: Finalement, je crois que j'ai trouvé ce qui ne marche pas.

    En fait, je crois que les auteurs ne s'attendaient pas à cette démonstration, elle est tarabiscotée et fait : AF2 - AF - "séparée minimale" - AF' - AF'' -AF''' au lieu de AF-AF'-AF''-AF'''.

    Quelqu'un a une idée de ce qu'on devait faire?
    Parce que là je crains d'avoir fait une erreur quelque part (je ne vois pas d'erreur, mais comme il y a trop de trucs...), ça empiète un peu sur l'exercice suivant et je suppose que la lecture d'une bonne démarche m'apprendrait beaucoup (le coup de la suppression d'ouverts par les filtres qu'a proposé christophe c était déjà chouette, mais si il y a mieux, je prend).

    Par ailleurs, j'ai voulu tenter les exercices 20 et 21, mais la lecture répétée de l'énoncé de l'exercice 20 m'indique qu'il y a un truc que je n'ai clairement pas pigé (je considère qu'un filtre qui possède un unique point d'adhérence converge nécessairement). Et si je n'ai pas de mal à montrer que la régularité sur un espace absolument fermé implique la compacité, mais dans la question 21.b on demande de montrer la convergence des ultrafiltres dans un espace absolument fermé et complètement séparé en utilisant le plus grand filtre ayant une base d'ouverts et compatible avec l'ultrafiltre en question converge, mais si je sais que ce dernier a une adhérence non vide (AF'), je ne suis pas en mesure d'utiliser la complète séparation pour montrer que l'adhérence est réduite à un singleton (et même si c'est le cas, je ne suis pas certains que cela prouve la compatibilité de l'ultrafiltre avec le filtre des voisinages de l'élément adhérent).
  • "$x$ est un point adhérent" : pour tout voisinage $U$ de $x$ et tout $F$ dans le filtre, $F\cap U$ est non vide
    "$x$ est la limite du filtre" : tout voisinage $U$ de $x$ est dans le filtre.
    Il y a une différence, non ?
    Par contre si le filtre en question est un ultrafiltre, tout point adhérent est une limite (parce que si $x$ est adhérent à $\mathcal F$, il y a un filtre qui contient $\mathcal F$ et les voisinages de $x$, et donc si $\mathcal F$ est maximal, c'est $\mathcal F$)
  • Salut,

    Merci Maxtimax, pas de problème pour la différence entre la la convergence et l'adhérence, j'essayais juste de trouver un moyen de montrer la compatibilité entre un ultrafiltre et le voisinage d'un point de l'espace (sachant que dans ces conditions l'ultrafiltre converge).
    Finalement, ça m'embête, mais on peut se débrouiller sans les filtres, il suffit de s'apercevoir que sachant qu'un fermé $F$ d'un espace absolument convergent est absolument convergent et que dans le cas où l'espace est en plus complètement séparé et qu'il existe un point $x$ n'appartenant pas à $F$ alors il existe un recouvrement de $F$ un recouvrement par une famille d'ouvert de type $(U_y)_{y\in F}$ avec $\forall y\in F,\exists V_y \in \tau, x\in V_y \wedge \overline{U_y}\cap \overline{V_y}=\emptyset$, du coup, on peut montrer qu'il existe un fermé d'intersection vide avec $F$ et contenant un ouvert auquel $x$ appartient (régularité montrée, sachant ensuite que dans un espace régulier, $\forall U\in \tau$ il existe une famille d'ouvert $(U_i)_{i\in I}$ telle que $U=\displaystyle \bigcup_{i\in I} U_i = \bigcup_{i\in I} \overline{U_i}$, la suite est facile).

    Finalement, je crois que je me suis en plus planté sur cette histoire de démonstration de "topologie minimale séparée" impliquant cette histoire de base de filtre d'ouvert dont l'adhérence serait nécessairement non vide, je me demande donc vraiment comment on fait ça proprement.
    Merci encore
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