Partie d'un espace topologique dénombrable à l'infini

gillesR

Bonjour,
Voici ce qui me préoccupe. Je n'arrive pas à trouver de réponse :
J'ai lu que GLn(K) (K=R ou C) est dénombrable à l'infini parce qu'il est ouvert dans Mn(K) et que celui-ci est dénombrable à l'infini.
J'essaie donc de montrer qu'un ouvert d'un espace top dénombrable à l'infini est lui-même dénombrable à l'infini... mais je n'y arrive pas car les traces des compacts sur un sous-ensemble ouvert n'est pas forcément compact dans cet ouvert me semble-t-il...
J'ai l'impression que ça marche pour les fermés (je veux dire qu'ils sont eux-mêmes dénombrable à l'infini pour la topologie induite, bien sûr) mais pas forcément pour les ouverts... mais alors quid de GLn(K) ? Peut-être est-il dénombrable à l'infini, mais pour un autre raison ? qu'en pensez-vous ? 
Merci bien !

gebrane

Parce que dans  un espace métrisable, localement compact et séparable,   tout ouvert  est une réunion dénombrable de compacts.

raoul.S

Au cas où voici une preuve directe du fait que $GL_n(\mathbb{K})$ est dénombrable à l'infini (je crois que l'on dit $\sigma$-compact plutôt) :
 
$GL_n(\mathbb{K})$ est à base dénombrable d'ouverts (c'est-à dire qu'il existe une suite d'ouverts $(U_k)$ de $GL_n(\mathbb{K})$ telle que tout ouvert de $GL_n(\mathbb{K})$ est union d'éléments de cette suite). Ceci implique que de tout recouvrement d'ouverts on peut extraire un sous-recouvrement dénombrable d'ouverts (je ne détaille pas mais ce n'est pas très difficile à montrer, on dit que l'espace est de Lindelöf). Or $GL_n(\mathbb{K})$ est localement compact, donc pour pour tout $A\in GL_n(\mathbb{K})$ il existe un voisinage compact $V_A$ de $A$. Donc $GL_n(\mathbb{K})=\bigcup_{A\in GL_n(\mathbb{K})}  V_A$. En appliquant le résultat d'avant, on voit qu'il existe une suite $(A_k)$ de $GL_n(\mathbb{K})$ telle que $GL_n(\mathbb{K})=\bigcup_{k}  V_{A_k}$. Donc $GL_n(\mathbb{K})$ est bien union dénombrable de compacts.

Foys

Soit $\omega_1$ le premier ordinal non dénombrable. On munit son successeur $K:= \omega_1 \cup \{\omega_1\}$ de la topologie de l'ordre. Alors $K$ est compact (par induction, $\alpha \cup \{\alpha\}$ l'est pour la topologie de l'ordre pour tout ordinal limite $\alpha$) et $\omega_1$, qui est un ouvert de $K$, n'est pas dénombrable à l'infini.

Foys

$GL_n(\C)$ est (ça n'est pas immédiat) l'image de $M_n(\C)$ par l'application continue $\exp$: le premier est dénombrable à l'infini car le second l'est. D'autre part $GL_n(\R)$ est un fermé de $GL_n(\C)$ (c'est $GL_n(\C) \cap M_n(\R)$) et donc $GL_n(\R)$ est dénombrable à l'infini.

EDIT: on peut quand même faire beaucoup plus simple (i.e. sans propriété non triviale de l'exponentielle; voir message de @raoul.S). De façon générale les ouverts d'un $K$-espace vetoriel de dimension finie ($K=\R$ ou $\C$) sont dénombrables à l'infini.

MrJ

Tu peux aussi passer par le résultat classique qu’un ouvert d’un espace séparable est lui-même séparable. Ensuite, il suffit de prendre des boules de rayons adaptés autour de chaque point de la partie dense.

Georges Abitbol

Dénombrable à l'infini, ça veut dire "le point à l'infini dans le compactifié d'Alexandrov a une base dénombrable de voisinages", non ? Ce qui n'est pas exactement la même chose que "l'espace est réunion dénombrable de compacts".

gebrane

Voici la définition que je connais 
Ajout 
Ce que j'ai proposé, vu que $M_n(K)$ est un espace métrisable, localement compact et séparable, est d'utiliser le lemme général  mentionné dans ce message  (soit l'avoir connu avant, soit le démontrer maintenant. )

En fait le diabolique @raoul.S peut en  donner une brillante preuve (NB   métrisable et séparable sert pour conclure que l'espace  est à base dénombrable)

Georges Abitbol

Non, justement, ça c’est $\sigma$-compact.

Dénombrable à l’infini, c’est, si on reformule la définition du compactifié d’Alexandrov, quand il existe une famille dénombrable de compacts, telle que toute partie compacte est contenue dans au moins une de la famille.

gebrane

Bonjour Georges
C'est à l'auteur de préciser la définition qu'il adopte. Tu sais bien qu'il n'y a pas unanimité sur les définitions ; l'exemple classique est la définition de la compacité (inclure ou non le fait d'être séparé).

gillesR

Merci à tous pour vos réponses claires 

Titi le curieux

Bonjour, 
Sous l'hypothèse qu'un espace topologique soit dénombrable à l'inifini, on constate que si il est en plus parfaitement normal, alors ses ouverts sont aussi dénombrable à l'infini. 
Je me demande si la normalité simple (sans le "parfaitement") n'est pas suffisante. 

Foys

On montre ci-dessous le résultat suivant: soit $X$ un espace localement compact. On suppose que $X$ est la réunion d'une famille dénombrable de parties compactes (édité!!) de $X$. Alors il existe une famille de compacts $(K_n)_{n \in \N}$ de $X$ telle que $X = \bigcup_{n\in \N} K_n $ et telle que pour tout $n \in \N$, $K_n$ est contenu dans l'intérieur de $K_{n+1}$.

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Montrons tout d'abord que pour tout compact $F$ de $X$, il existe un compact $G$ de $X$ tel que $F \subseteq \overset{\circ}G$. En effet, pour tout $x\in F$, il existe un compact $H$ tel que $x \in \overset{\circ}H$. Ainsi, l'ensemble des ouverts de $X$ d'adhérence compacte recouvrent $F$. Il existe donc une famille finie $(H_1,...,H_n)$ d'ouvers d'adhérence compacte tels que $F \subseteq \bigcup_{i=1}^n H_k$ et il suffit de poser $G:= \bigcup_{i=1}^n \overline H_i$.

Soit maintenant $(F_n)_{n\in \N}$ une suite de compacts dont la réunion vaut $X$. On pose $K_0:= F_0$ et pour tout $n\in \N$ on prend pour $K_{n+1}$ un compact contenant $K_n \cup F_n$ dans son intérieur (en utilisant le lemme ci-dessus). La suite $(K_n)_{n \in \N}$ ainsi construite convient.

Remarques:

1°) la preuve ci-dessus n'utilise que l'axiome du choix dépendant.
2°) On en déduit qu'un espace localement compact est réunion dénombrable de compacts ("dénombrable à l'infini") si et seulement si le point à l'infini de son compactifié d'Alexandrov possède une base dénombrable de voisinages.