Petit défi

raoul.S

C'est un exo proposé à gai requin et qui fait suite à notre discussion ICI. Je préfère ouvrir un autre fil pour ne pas polluer le fil d'origine qui concerne l'algèbre.

@gai requin voici l'exo. Montrer qu'il n'existe pas de partition de l'intervalle $[-1,1]$ en deux parties isométriques. Plus formellement, montrer qu'il n'existe pas de partition $[-1,1]=F\sqcup G$ avec $f:F\to G$ surjective vérifiant $\forall x,y\in F,\ |f(x)-f(y)|=|x-y|$.

PS. c'est un exo que j'ai découvert au détour d'une autre réflexion et pour lequel j'ai une résolution un peu laborieuse (ce qui m'a étonné vu la simplicité des objets mis en jeu...). Il se peut qu'il existe une résolution expéditive que je n'ai pas vue.
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Edit : l'exo ayant été résolu rapidement (trop), j'ai décidé d'en soumettre un autre plus compliqué comme expliqué ci-dessous. Je remets également ici l'énoncé de ce nouvel exo même si je ne crois pas que beaucoup de gens vont essayer de le résoudre  (mais bon d'un autre côté ça m'aurait cassé les pieds de vérifier les preuves proposées, donc ) :

soit $X$ un espace topologique, on suppose que tous les sous-espaces discrets de $X$ ont une adhérence quasi-compacte. Montrer que $X$ est quasi-compact.

Rappel : un espace topologique est quasi-compact si de tout recouvrement par des ouverts on peut extraire un sous-recouvrement fini.

Georges Abitbol

Je crois que JLT avait proposé une solution pour le même problème mais avec le disque fermé à la place de $[-1,1]$ ?

raoul.S

Oui ça vient de là, mais ensuite j'ai remarqué qu'en dimension 1 ça n'avait pas l'air si évident non plus... c'est pour ça que j'ai intitulé le fil "Petit défi.

Georges Abitbol

Lemme 1 : soient $F$ et $G$ des parties de $\mathbb{R}$ de cardinal au moins $2$. Soit $\phi : F \rightarrow G$ une isométrie. Alors $\phi$ est la restriction d'une unique isométrie de $\mathbb{R}$.

Démonstration : Soient $f_1,f_2 \in F$ distincts, et soit $\psi$ l'unique isométrie de $\mathbb{R}$ qui envoie chaque $f_i$ sur $\phi(f_i)$. Alors $\phi = \psi$ : en effet, soit $f \in F$ ; alors $f$ est l'unique élément $g$ tel que $\vert f_1 - f \vert = \vert f_1 - g\vert$ et $\vert f_2 - f \vert = \vert f_2 - g\vert$ ; le fait que $\phi(f) = \psi(f)$ provient de cette caractérisation métrique de $f$.

Lemme 2 : soit $\phi$ une translation. Il n'existe pas de segment $I$ et de partie $F \subset I$ telle que $F \cap \phi(F) = \emptyset$ et $I = F \cup \phi(F)$.

Démonstration : Soit $\lambda$ la longueur de translation de $\phi$, que l'on suppose positive (sans perte de généralité). Soit un couple $(I,F)$ comme dans l'énoncé, avec $I = [a,b]$. On a alors $a \in F$, $a + \lambda = \min \phi(F)$, et donc $[a,a+\lambda[ \subset F$ et $[a,a+\lambda[ \cap \phi(F) = \emptyset$. Alors on applique le même raisonnement à $([a+2\lambda, b], F \cap [a+2\lambda, b])$ pour grignoter $I$ petit à petit et on conclut en regardant un dessin...


Démonstration du théorème :

Soient $F$ et $G$ disjoints tels que $F$ et $G$ sont isométriques et $[-1,1] = F \sqcup G$.

Soit $\phi$ l'isométrie. On peut supposer, d'après le lemme 1, que cette isométrie est définie sur tout $\mathbb{R}$.

Supposons que c'est une symétrie. Alors elle a un point fixe, qui est donc à la fois dans $F$ et dans $G$, ce qui est absurde.

Supposons que c'est une translation. Alors, par le lemme 2, c'est absurde.

JLT

On montre d'abord que l'une des extrémités de l'intervalle est dans $F$ et l'autre dans $G$. Par exemple $-1\in F$.

Si $F$ est une partie de $\R$ et $f:F\to \R$ est isométrique alors $f$ est affine donc strictement monotone. Si elle est décroissante il ne peut s'agir que de $f(x)=-x$, ce qui est impossible car on aurait alors $f(0)=0$. Donc $f$ est une translation $x\mapsto x+a$. On montre alors $[-1,-1+a[\subset F$, $[-1+a,-1+2a[\subset G$, $[-1+2a,-1+3a[\subset F,\ldots$ et on arrive rapidement à une contradiction.

raoul.S

Je voulais être sympa avec gai-requin mais on va sortir l'artillerie lourde, désolé @gai requin

Peut-être que cet autre exo est plus approprié : soit $X$ un espace topologique, on suppose que tous les sous-espaces discrets de $X$ ont une adhérence quasi-compacte. Montrer que $X$ est quasi-compact.

Rappel : un espace topologique est quasi-compact si de tout recouvrement par des ouverts on peut extraire un sous-recouvrement fini.

Barjovrille

Je tente une réponse.
lemme 1 : Pour la topologie cofinie (les ouverts de cette topologie sont les parties de complémentaires finis et l'ensemble vide) tout ensemble est quasi compact. 
lemme 2 : Soit $\tau_1$, $\tau_2$ deux topologies sur $X$, si $\tau_1 \subset \tau_2$, tout quasi-compact pour $\tau_2$ est un quasi-compact pour $\tau_1$ ( autrement dit moins on a d'ouverts plus on a de (quasi-)compact).
lemme 3: La topologie cofinie est la topologie la moins fine qui est $T_1$ (une topologie $T_1$ c'est une topologie tel que, soit $x_1,x_2 \in X$, il existe $U_1$,$U_2$ deux ouverts tel que $x_1 \in U_1$ et $x_2 \notin U_1$, $x_2 \in U_2$  et $x_1 \notin U_2$. (c'est une propriété séparation)

On démontre la contraposé, soit $X$ un ensemble infini muni d'une topologie $\tau$ quelconque, on suppose que $X$ n'est pas quasi-compact pour $\tau$.
D'après le lemme 1 et le lemme 2 $\tau$ est une topologie plus fine que la topologie cofinie (en effet si $\tau$ était plus grossière que la topologie cofinie alors $X$ serait quasi-compact).
Comme $\tau$ est plus fine que la topologie cofinie alors par le lemme 3, $\tau$ est $T_1$, donc soit $x_1, x_2 \in X$ on peut trouver $U_1, U_2$ deux ouverts comme dans la définition de $T_1$. Soit $x_3$ un autre point on peut trouver $U_1'$ un ouvert qui contient $x_3$ mais pas $x_1$ et $U_2'$ un ouvert qui contient $x_3$ mais pas $x_2$ on pose $ U_3= U_1' \cap U_2'$, c'est un ouvert qui contient $x_3$ et qui ne contient ni $x_1$, ni $x_2$, je recommence ce processus une infinité de fois et j'obtiens $D=(x_i)_{i \in \N}$ et une suite d'ouverts $(U_i)_i$, chaque ouvert $U_i$ contient exactement un $x_i$, par construction $D$ est discret. Soit $y \in adh(D)$ soit $V$ un ouvert qui contient $y$ il existe $x_i \in D$ qui est dans $V$ on pose alors $V_y= V \cap U_i \cap X\backslash\{x_i\}$ c'est un ouvert qui ne contient aucun $x_i$ et qui contient $y$. Alors on pose $\displaystyle \bigcup_{y \in adh(D) \backslash D, i \in \N} U_i \cup  V_y$ est un recouvrement ouvert de $adh(D)$. Mais on ne peut pas extraire de sous recouvrement fini car chaque ouvert contient un seul élément de $adh(D)$ donc  enlever un ouvert revient à enlever un élément. Car toute sous famille finie du recouvrement a nécessairement un $U_i$ qui n'apparait pas (il y a une infinité de $U_i$) et donc un $x_i$ qui n'est pas dans la famille réuni.

Pour le cas $X$ fini : 
Le nombres d'ouverts de $X$ est fini donc c'est automatiquement un quasi-compact.

Il y a peut être un problème j'ai fait comme si je pouvais tout le temps comparer la topologie de $X$ et la topologie cofinie mais je ne sais pas si j'ai tout le temps le droit. Un autre problème je ne sais pas si ma construction de $D$ est légale notamment "la partie on recommence une infinité de fois".

edit : correction de quelques coquilles

edit 2 : je n'avais pas vu ton message edit @raoul.S j'espère que tu vérifieras ma preuve et que ça te casseras juste un orteil.

Foys

Pour l'exo du premier post: soient $F,G$ formant une partition de $[-1,1]$ et $f$ une isométrie entre $F$ et $G$.

1°) Soient $a,b,x,y$ des réels tels que $a\neq b$, $|x-a| = |y-a|$ et $|x-b| = |y-b|$. Alors $x=y$ (élever au carré les membres des deux équations).

2°) En déduire que $f$ est la restriction d'une fonction affine qu'on notera encore $f$ ($F$ possède au moins deux éléments distincts $a$ et $b$; appliquer 1°) pour tout $x\in [-1,1]$ à $g \circ f(x)$ et $x$, où $g$ est l'unique fonction affine de $\R$ dans $\R$ envoyant $f(a)$ sur $a$ et $f(b)$ sur $b$).

3°) $\{-1,1\}$ est la seule partie à deux éléments de $[-1,1]$ dont les éléments sont a distance $2$ l'un de l'autre. Donc $f(\{-1,1\}) = \{-1,1\}$; on en déduit que $f(0) = 0$ puis une contradiction. <--- ceci est faux (voir plus bas). Cela étant l'exo a déjà été spoilé par les intervenants précédents  (tout le monde semble avoir eu la même idée)

raoul.S

Merci @Barjovrille d'essayer.

Barjovrille a dit : 

Il y a peut être un problème j'ai fait comme si je pouvais tout le temps comparer la topologie de $X$ et la topologie cofinie mais je ne sais pas si j'ai tout le temps le droit.

Pour le premier problème et bien oui c'est un problème car deux topologies ne sont pas forcément comparables (il n'y en a pas forcément une qui est plus fine que l'autre). Quoi qu'il en soit voici un contre-exemple, tu prends $\R$ muni de la topologie $\mathcal{T}:=\{]-\infty,a[\mid\, a\in \R\}$. Cet espace n'est pas quasi-compact et n'est pas $T_1$.

Barjovrille a dit : 

Un autre problème je ne sais pas si ma construction de $D$ est légale notamment "la partie on recommence une infinité de fois".

Le problème c'est lorsque tu affirmes que chaque ouvert $U_i$ contient exactement un $x_i$. Par exemple selon ta construction, $U_3$ ne contient ni $x_1$ ni $x_2$ mais qui te dit que $x_3$ n'est pas dans $U_1$ ou $U_2$, ou que $x_4$ n'est pas dans $U_3$ ?

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Foys a dit :

3°) $\{-1,1\}$ est la seule partie à deux éléments de $[-1,1]$ dont les éléments sont a distance $2$ l'un de l'autre. Donc $f(\{-1,1\}) = \{-1,1\}$; on en déduit que $f(0) = 0$ puis une contradiction.

Là tu supposes que $-1$ et $1$ sont tous les deux dans $F$ non ? Mais ce n'est pas forcément le cas.

En fait ce n'est pas le cas car autrement $1$ et $-1$ sont aussi dans $G$.

Barjovrille

Ca m'entraine en topologie . Pour les histoires d'appartenance à l'ouvert oui je viens de me rendre compte que si j'essaye de rédiger proprement avec des complémentaires et tout, il y a des passages qui bloquent... Bon de toute façon la démo est tombé à l'eau à cause des topologies qu'on ne peut pas toujours comparer. Je continue de réfléchir.

gebrane

Pour distraire raoul-s en attendant les réponses à son défi.
Montrer qu'il n'existe pas de partition de l'intervalle $[−1,1]$ en une suite au plus dénombrable de fermés.
Plus formellement, montrer qu'il n'existe pas de partition $[−1,1]=\cup_{n\in\mathbb N} F_n$ avec $F_n$ des fermés disjoints deux à deux 

raoul.S

C'est au autre défi diabolique... 

Calli

raoul.S a dit :
Peut-être que cet autre exo est plus approprié : soit $X$ un espace topologique, on suppose que tous les sous-espaces discrets de $X$ ont une adhérence quasi-compacte. Montrer que $X$ est quasi-compact.

Bonjour,
@raoul.S, tu ressors le problème infaisable du fil "Une façon de prouver qu'un espace est compact". Tu es sadique. 

raoul.S

Oui j'avoue, je voulais faire souffrir gai requin

Mais il a déserté... 

Barjovrille

Suite à ma tentative je suis parti me renseigner sur les ultrafiltres je croyais que c'est de ça que parlait @raoul.S  quand il m'indiquait une caractérisation des compacts qui utilise l'axiome du choix dans un autre fil, mais je tournais un peu en rond (une raison parmi tant d'autres je pense que je ne sais pas encore les utiliser efficacement), et là je n'ai pas pu m'empêcher de regarder le fil mentionné par @Calli , je vois que cet exercice vous a usé. Il me manque un peu de théorie des ensembles pour bien comprendre vos réflexions. En tout cas merci pour l'exo et les réponses .

raoul.S

@Barjovrille la caractérisation des quasi-compacts qui utilise AC est la suivante : un espace topologique $X$ est quasi-compact ssi pour tout ensemble $\mathcal{F}$ totalement ordonné (pour l'inclusion) de parties fermées non vides de $X$, $\bigcap_{F\in\mathcal{F}} F\neq\emptyset$.

Avec ça on obtient une preuve utilisant encore AC (via Zorn), mais elle n'est pas du tout intuitive.

Une autre preuve, beaucoup plus intuitive je crois, trouvée dans un bouquin russe si mes souvenirs sont bons utilisait la caractérisation suivante : $X$ est quasi-compact ssi pour tout ordinal $\Lambda$ et toute famille décroissante de fermés non vides $(F_{\lambda})_{\lambda \in \Lambda}$, $\bigcap_{\lambda \in \Lambda} F_\lambda \neq \varnothing$.

Barjovrille

Merci @raoul.S j'ai vu que tu as utilisé la première caractérisation et que tu as évoquée la deuxième caractérisation dans le fil cité par Calli, je vais lire tout ça et essayer d'en tirer des bénéfices.

raoul.S

gebrane a dit : 

Montrer qu'il n'existe pas de partition de l'intervalle $[−1,1]$ en une suite au plus dénombrable de fermés.

Il est intéressant ce problème, bon en fait il faudrait dire que l'unique partition est la partition triviale $\{[-1,1]\}$.

J'ai remarqué qu'une traduction de ce problème (donc un énoncé équivalent) qui n'introduit pas les fermés est la suivante : Si $f:[0,1]\to \mathbb{N}$ est continue, avec $\mathbb{N}$ muni de la topologie cofinie notée $\mathcal{T}_{\mathrm{cof}}$, alors $f$ est constante.

Une autre traduction est la suivante : l'espace $(\mathbb{N},\mathcal{T}_{\mathrm{cof}})$ n'est pas connexe par arcs.

Bref à ce stade je me suis dit que l'exo qui consiste à montrer que $(\mathbb{N},\mathcal{T}_{\mathrm{cof}})$ n'est pas connexe par arcs devait être "classique", donc j'ai cherché sur le web sans vergogne et effectivement le voici (exercice 5). Et voici le corrigé.

Je poste les documents au cas où les liens deviendraient obsolètes.

gebrane

Bonjour raoul-s

C'est trop compliqué pour un petit défi
Etape1 suppose que [-1,1] est une partition de deux fermés $F_1$ et $F_2$. Soit $a=supF_1$, montre que $$a\in F_1\cap F_2$$
Etape2 suppose que [-1,1] est une partition  au plus dénombrables de fermés. utilise que [-1,1] est un compact pour se ramener à l'étape 1

raoul.S

@gebrane le cas où il n'y a qu'un nombre fini de fermés dans la partition (ton étape 1) est facile. L'espace $[-1,1]$ étant connexe l'unique partition finie avec des fermés est la partition triviale.

La vrai difficulté est de montrer qu'il ne peut pas y avoir de partition infinie dénombrable de fermés. La résolution que j'ai trouvé sur le web (voir mon message ci-dessus) montre que ce n'est pas du tout un problème trivial. Sans surprise il faut utiliser Baire, mais de façon ingénieuse. Bref, ayant déjà lu un corrigé qui résout le problème je ne vais pas chercher une autre solution. Mais si tu penses en avoir une vas-y...

Barjovrille

Pour les lecteurs (comme moi) qui n'ont pas la vision de raoul.S, un petit guide sur l'équivalence des énoncés.
On exclut la partition triviale.
On note :  
1) il n'existe pas de partition de $[-1,1]$ en une suite au plus dénombrable de fermés.
2)  pour toute fonction $f$, si f est une fonction continue $f:[0,1]\to \mathbb{N}$ avec la topologie $\mathcal{T}_{\mathrm{cof}}$ sur $\mathbb{N}$ alors $f$ constante.
3) $(\mathbb{N}, \mathcal{T}_{\mathrm{cof}})$ n'est pas connexe par arcs.

Lemme 1 : Montrer que les singletons de $\mathbb{N}$ sont fermés pour $\mathcal{T}_{\mathrm{cof}}$ en utilisant que $\mathcal{T}_{\mathrm{cof}}$ est $T_1$ (voir les message au dessus pour la définition de $T_1$).
- Pour montrer 1) équivalent à 2) :  
On suppose non 2), en déduire qu'il existe $n_1 \in \mathbb{N}$ tel que $f^{-1}( n_1) $ et $f^{-1}(\mathbb{N} \backslash \{n_1\})$ soient non vide. 

En déduire en utilisant le lemme 1, une partition au plus dénombrable  de fermé de $[0,1]$. En posant $g(x)=f(x)$ si $x \in [0,1]$, $g(x)=f(-x)$ si $x \in [-1,0]$ montrer que $g : [-1,1] \to \mathbb{N}$ est continue (pour la topologie $\mathcal{T}_{\mathrm{cof}}$ à l'arrivée)  en déduire une partition au plus dénombrable de $[-1,1]$.

On suppose non 1), il existe une partition $(F_i)_{i \in \mathbb{N}}$ de fermés (disjoints non vide) de $[-1,1]$. On pose $ h : [-1,1] \to \mathbb{N}$,  $h = \displaystyle \sum_{i \in \mathbb{N}} i 1_{F_i} $.

En utilisant que les fermé de $(\mathbb{N}, \mathcal{T}_{\mathrm{cof}})$ sont ses parties finies et le Lemme 1, montrer que $h$ est une fonction continue (et que $h$ est non constante). Et puis conclure en utilisant une "restriction".

- Pour montrer que 3) équivalent à 2) :

On suppose non 3), soit $n_1,n_2$ alors par connexité par arcs... (la suite est immédiate).

On suppose non 2)  alors il existe une fonction continue $f : [0,1] \mapsto \mathbb{N}$ non constante.

Il existe $n_1 \neq n_2 \in \mathbb{N}$ , tel que $f^{-1}(n_1)$ et $f^{-1}(n_2)$ soient non vide. Sans perte de généralité on peut supposer que $f(0)=n_1$ et $f(1)=n_2$ (si ce n'est pas le cas on peut "modifier" le parcours de $f$ sans changer sa continuité pour que ça devienne le cas).

Soit $k_1,k_2 \in \mathbb{N}$

On pose $j : [0,1] \to \mathbb{N}$, tel que $j= \displaystyle 1_{f^{-1}(n_1)}k_1 + 1_{f^{-1}(n_2)}k_2$ montrer que $j$ est continue et que c'est un chemin qui relit $k_1$ et $k_2$.

edit : correction on pose $j= \displaystyle 1_{f^{-1}(n_1)}k_1 + 1_{f^{-1}(n_2)}k_2 + \sum_{i \in \mathbb{N} \backslash \{n_1,n_2\}} i 1_{f^{-1}(i)}$ (cette fois ci $j$ est continue).

gebrane

Raoul si tu veux utiliser absolument Baire, remplaçons [-1,1] par un espace métrique complet connexe  
Si je comprends tu ne vois pas comment passer du dénombrable au fini dans le cas du compact [-1,1]

raoul.S

gebrane a dit :

Raoul si tu veux utiliser absolument Baire, remplaçons [-1,1] par un espace métrique complet connexe  

@gebrane On peut remplacer $[-1,1]$ par un espace métrique complet, connexe et localement connexe. Demain j'écrirai la preuve car ce soir j'ai la flemme.

gebrane a dit :

Si je comprends tu ne vois pas comment passer du dénombrable au fini dans le cas du compact [-1,1]

Du fini au dénombrable tu veux dire. Non, je ne vois pas. Mais si tu as une solution sans Baire vas-y. Ça m'étonne quand même sans Baire...Barjovrille a dit :

Pour les lecteurs (comme moi) qui n'ont pas la vision de raoul.S...

Ma vision c'est surtout arrêtée sur le corrigé trouvé sur le web...
(Merci d'avoir détaillé les équivalences)

gebrane

Je partage ceci  http://daniel-saada.eu/fichiers/19-Partitions_d_un_connexe.pdf.

raoul.S

Ok super. C'est très intéressant, le document de Daniel Saada contient plusieurs cas : le tien (qui était diabolique ) et celui que je devais poster demain. Par conséquent ça m'épargnera d'écrire la preuve.

Remarque : certaines preuves ont la particularité de devenir simples une fois qu'on les lit, comme la 2.b) par Michel Wirth. Par contre lorsqu'on les cherche elles me paraissent redoutables...

PS. dommage que Daniel Saada ne rédigeait pas en LaTeX.

gebrane

TSS...S'   J'avais cru que tu aurais la flemme de lire le document, donc j'étais confiant que tu présenterais ta preuve ce matin.

Georges Abitbol

Je crois que j'avais lu, quelque part, que cette propriété de ne pas être réunion disjointe de parties fermées, s'appelait "totale inépuisabilité". Mais en cherchant sur Google, je ne trouve pas grand chose...

EDIT : Cimer raoul.S !

raoul.S

@Georges Abitbol oui c'est ICI.