Application continue entre espaces au-dessus de B, espaces propres

heinz
Modifié (November 2023) dans Topologie

Je travaille dans "Algèbre et théories galoisiennes" de Douady et j'ai des difficultés avec l'exercice suivant (Exercice 4.1.3b)

Soit $\pi_X:X\to B$ une application propre (par définition, fermé et à fibres quasi-compactes). Soit $\pi_Y\colon Y\to B$ une application continue et $f:X\to Y$ un $B$-morphisme (une application continue telle que $\pi_Y\circ f=\pi_X$).

L’exercice se propose de montrer :

(1) que $f(X)$ est propre sur $B$;

(2) que, sous l’hypothèse que $Y$ est séparé sur $B$ (ce qui veut dire que deux éléments distincts dans une même fibre peuvent être séparés par des ouverts disjoints), $f(X)$ est fermé dans $Y$.

J’ai réussi à démontrer (1), mais je ne parviens pas à faire (2).

Si $y\in Y\setminus f(X)$, on cherche un voisinage ouvert de $y$ ne rencontrant pas $f(X)$. Comme $f(X)\subset \pi_Y^{-1}(\pi_X(X))$, le cas où $y\in \pi_Y^{-1}(\pi_X(X))\setminus f(X)$ est facile. 

Comme $Y$ est séparé sur $B$ et $f(X)$ est propre sur $B$ (en particulier les fibres de $f(X)$ sont compactes), on peut trouver un ouvert $U$ contenant $y$ et un ouvert $V$ qui couvre la fibre de $f(X)$ au-dessus de $\pi_Y(y)$ tels que $U$ et $V$ sont disjoints. Or, je ne vois pas en quoi cela m'aide. 

Toute aide est la bienvenue.

Réponses

  • heinz
    Modifié (November 2023)
    J'ai trouvé ! Cet exercice est immédiat si on admet le résultat suivant (Exercice 4.1.4b) : si $f:X\to Y$ et $g:Y\to Z$ avec $g\circ f$ propre et $g$ séparée, alors $f$ est propre. En effet, $f$ propre donc fermée d'où $f(X)\subset Y$ fermé.
  • Barjovrille
    Modifié (November 2023)
    Bonjour tu prends le diagramme du produit fibré dans le cas particulier où il y a $X$ tout en haut à gauche.

    $\xymatrix{X\ar @ /_/ [rdd]_-{id_X} \ar @ /^/ [rrd]^-{f} \ar @ {-->} [rd]^-{j} &&\\&X\times_B Y\ar[r]^-{\pi_2}\ar[d]^-{\pi_1}&Y\ar[d]^-{\pi_Y}\\&X\ar[r]^-{\pi_X}&B}$

    La propriété universelle du produit fibré te donne l'existence de la flèche $j: X \to X \times_B Y$, tel que le diagramme commute, donc ton $f : X \to Y$ peut se "factoriser". $f=  \pi_2 \circ j$. Où la flèche $j : X \to X \times_B Y$ vérifie,  $ \pi_1 \circ j= id_X$, on en déduit que la flèche $j$ est explicitement donnée par $j(x)=(x,f(x))$ c'est la fonction "graphe de $f$".

    Sous les hypothèses que $Y$ est séparé au-dessus de $B$ et $X$ propre au-dessus de $B$, comme $f= \pi_2 \circ j$ si tu arrives à montrer que $\pi_2 : X \times_B Y \to Y$ et $j$ fermé alors tu as gagné.
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    Je commence par montrer que $j$ est fermé.
    Si $Y$ est séparé au-dessus de $B$ alors l'image du graphe de $f$ ($j(X)$) est un fermé de $X \times_B Y$, en effet soit $(x,y) \in (X \times_B Y ) \backslash j(X)$, 
    alors $y \neq f(x)$, comme $f$ est un $B$-morphisme, $y$ et $f(x)$ sont dans la même fibre, par hypothèse de séparation il existe $U,V$ ouverts de $Y$ disjoints tel que $f(x) \in U$, et $y \in V$. 
    On pose alors $f^{-1}(U) \times_B V$ qui est un ouvert de $X \times_B Y$ qui contient $(x,y)$ et qui n'intersecte pas $j(X)$. D'où la fermeture de $j(X)$.

    Soit $F$ un fermé de $X$, montrons que $j(F)$ est un fermé de $j(X)$, soit $(x,f(x)) \in j(X) \backslash j(F)$, alors $x \notin F$, comme $F$ est fermé, il existe $U$ un ouvert contenant $x$ tel que $U \subset X \backslash F$. Alors $U \times Y \cap j(X)$ est un ouvert de $j(X)$ qui est inclus dans le complémentaire de $j(F)$.
    Donc $j(F)$ est un fermé de $j(X)$, et $j(X)$ est un fermé de $X \times_B Y$, donc $j(F)$ est un fermé de $X \times_B Y$. Donc $j$ est fermée.
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    Montrons que $\pi_2 : X \times_B Y \to Y $ est fermée. Soit $F$ fermé de $X \times_B Y$. Soit $y \in Y \backslash \pi_2(F)$.
    On remarque que pour tout $x \in \pi_X^{-1}(\pi_Y(y))$ (on regarde "la fibre de $y$"), $(x,y) \notin F$. Donc pour tout $x \in \pi_X^{-1}(\pi_Y(y))$, il existe $V_x$ et $U_x$ ouvert de $X$ et $Y$ qui contiennent $x,y$ respectivement et tel que $V_x \times U_x \cap X \times_B Y \subset (X \times_B Y) \backslash F$. En fait on peut remarquer qu'on a carrément $V_x \times U_x \subset (X \times Y )\backslash F$. (prendre un $(x_1,y_1) \in V_x \times U_x$ et faire la disjonction de cas $(x_1,y_1) \in X \times_B Y$ et $(x_1,y_1) \notin X \times_B Y$).

    On obtient une famille d'ouverts $(V_x)_{x \in \pi_X^{-1}(\pi_Y(y))} $ qui recouvre la fibre $\pi_X^{-1}(\pi_Y(y))$, par quasi-compacité on a un recouvrement $(V_{x_i})_{i \in [1..n]}$ de la fibre.
    On pose alors $U=\bigcap_{i=1}^n U_{x_i}$. $U$ est un ouvert de $Y$ qui contient $y$ et qui est inclus dans le complémentaire de $\pi_2(F)$.

    En effet si il existe $y \in U$ tel que  $(x,y) \in F \subset X \times_B Y$, alors il existe $V_{x_i}$ tel que $x \in V_{x_i}$ et on a $y \in U \subset U_{x_i}$.
    Donc on a l'existence de $(x,y) \in V_{x_i} \times U_{x_i} \cap F = \emptyset$ ce qui est impossible.

    Donc $\pi_2(F)$ est fermé.
    La réponse est un peu tardive, si ça t'intéresse encore et que tu vois des choses pas claires (ou des erreurs on n'est jamais à l'abri) n'hésite pas à me le dire.

    Edit : La partie $\pi_2$ fermé est fausse voir plus bas pour la correction.

  • Barjovrille
    Modifié (November 2023)
    Pour l'exercice 4.1.4b) tu peux commencer la démonstration de la même façon, si je ne me trompe pas il faut remplacer le diagramme que j'ai mis par ce diagramme :
    $\xymatrix{X\ar  @ /_/ [rdd]_-{id_X} \ar @ /^/ [rrd]^-{f} \ar @ {-->} [rd]^-{j}  &&\\&X\times_Z Y\ar[r]^-{\pi_2}\ar[d]^-{\pi_1}&Y\ar[d]^-{g}\\&X\ar[r]^-{g\circ f}&Z}$
    Si ça t'intéresse je donnerai plus de détails demain (car là il commence à se faire tard).
  • Barjovrille
    Modifié (November 2023)
    Comme je le disais pour l'exercice 4.1.4b), tu prends le diagramme du message précédent avec $j$ l'unique flèche qui le fait commuter.
    Tu factorises $f$, et il faut montrer cette fois ci que $j$ et $\pi_2$ sont propres. Pour $j$ tu remarques qu'elle est injective et fermée (fermée car $Y$ séparé au-dessus de Z, en remarquant aussi que $f$ est trivialement un $Z$-morphisme), donc c'est un homéomorphisme sur son image, donc ses fibres sont quasi-compactes. Pour $\pi_2$, il faut utiliser l'exercice 4.1.1b), qui te dit que la propreté est conservé par "changement de base". Il faut alors remarquer que l'objet $(X \times_Z Y, \pi_2 : X \times_Z Y \to Y)$, c'est l'espace au-dessus de $Y$, "qui vient de $X$" par changement de base le long de $g$ (voir la définition de changement de base dans le livre). Et donc $X \times_Z Y$ est propre au-dessus de $Y$ (donc $\pi_2$ est propre) car il est obtenu à partir de $X$ qui est propre au-dessus de $Z$.
    Pour la démonstration de l'exercice 4.1.1b) je t'aurai bien dit de calquer ma démonstration ci-dessus qui montre que $\pi_2$ est fermé mais, en fait la démonstration que j'ai écrite est fausse :D (c'est la partie il existe $V_{x_i}$ tout  à la fin qui n'est pas justifié...) par contre la partie quasi-compacité des fibres pour l'exercice 4.1.1b) ne devrait pas trop poser de problème je pense.
    J'essaierai de réparer ma démonstration si j'ai le temps et les compétences.
  • Barjovrille
    Modifié (November 2023)
    J'ai réparé la démonstration de $\pi_2$ est fermé, ça allait dans la bonne direction, je recopie la bonne partie et je complète.
    Montrons que $\pi_2 : X \times_B Y \to Y $ est fermée. Soit $F$ fermé de $X \times_B Y$. Soit $y \in Y \setminus \pi_2(F)$.
    On remarque que pour tout $x \in \pi_X^{-1}(\pi_Y(y))$ (on regarde "la fibre de $y$"), $(x,y) \notin F$. Donc pour tout $x \in \pi_X^{-1}(\pi_Y(y))$, il existe $V_x$ et $U_x$ ouvert de $X$ et $Y$ qui contiennent $x,y$ respectivement et tel que $V_x \times U_x \cap X \times_B Y \subset (X \times_B Y) \setminus F$. En fait on peut remarquer qu'on a carrément $V_x \times U_x \subset (X \times Y )\setminus F$. (prendre un $(x_1,y_1) \in V_x \times U_x$ et faire la disjonction de cas $(x_1,y_1) \in X \times_B Y$ et $(x_1,y_1) \notin X \times_B Y$).
    On obtient une famille d'ouverts $(V_x)_{x \in \pi_X^{-1}(\pi_Y(y))} $ qui recouvre la fibre $\pi_X^{-1}(\pi_Y(y))$, par quasi-compacité on a un recouvrement $(V_{x_i})_{i \in [1..n]}$ de la fibre.
    On pose alors $U=\bigcap_{i=1}^n U_{x_i}$. $U$ est un ouvert de $Y$ qui contient $y$, et on pose $V= \bigcup_{i=1}^n V_{x_i}$, ($V$ est le recouvrement ouvert de la fibre $\pi_X^{-1}(\pi_Y(y))$).
    Par hypothèse $\pi_X$ est fermé, donc $B \setminus (\pi_X(X \setminus V))$ est ouvert et contient $\pi_Y(y)$, en effet si $\pi_Y(y) \in \pi_X(X \setminus V)$, il existe $x \in X \setminus V$ tel que $\pi_Y(y)= \pi_X(x)$ donc $x \in  \pi_X^{-1}(\pi_Y(y)) \subset V$, donc $x \in V \cap X \setminus V$ impossible.
    Donc $\pi_Y(y) \in B \setminus \pi_X(X \setminus V)$.
    Par continuité de $\pi_Y$, $\pi_Y^{-1}( B \setminus \pi_X(X \setminus V))$ est un ouvert qui contient $y$.
    Et $\pi_Y^{-1}( B \setminus \pi_X(X \setminus V))\cap U$ est un ouvert qui contient $y$ qui n'intersecte pas $\pi_2(F)$.
    En effet si il existe $y_1 \in \pi_Y^{-1}( B \setminus \pi_X(X \setminus V))\cap U$ et $x \in X$ tel que $(x,y_1) \in F \subset X \times_B Y$, alors
    $ \pi_X(x)= \pi_Y(y_1) \in B \setminus \pi_X(X\setminus V)$, donc $x \in V$, et on a $y_1 \in U$, donc $(x,y_1) \in (V \times U )\cap F= \emptyset$ ce qui n'est pas possible.
    On a trouvé un ouvert qui contient $y$ inclus dans le complémentaire de $\pi_2(F)$ donc $\pi_2(F)$ est fermé. Donc $\pi_2$ est fermé.
    Si tu essayes de démontrer l'exercice 4.1.1b) tu peux copier cette démonstration de $\pi_2$ fermé, (en essayant de démontrer l'exercice tu verras qu'à un moment tu devras montrer un truc similaire).
    Et d'après tout ce que j'ai dis au message précédent tu peux utiliser l'exercice 4.1.1b) pour démontrer l'exercice 4.1.4b).
  • heinz
    Modifié (November 2023)
    Merci beaucoup de vos réponses ! C'est intéressant cette approche "à la main". Je vais prendre mon temps pour lire tout ça. 
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