Une façon de prouver qu'un espace est compact

evariste21

Bonjour

• Soit $(X,\tau)$  un espace topologique.
• Sur $(X,\tau)$ tous les sous-espaces discrets ont une adhérence compacte.

Prouver que $(X,\tau)$ est un espace topologique compact.

Merci.

Pour prouver que $(X,\tau)$ est compact, nous prouvons que chacun de ses recouvrements ouverts a un sous-recouvrement fini.

Philippe Malot

Bonjour,
J'ai modifié ton énoncé en enlevant le lien vers "adhérence" qui me semble être une notion tellement élémentaire sur un forum de topologie qu'elle semble peu utile et j'ai également remplacé "couverture" par recouvrement qui est le terme utilisé en France.

Ta définition de la compacité laisse penser que tu utilises des manuels étrangers. En France, la compacité nécessite en plus la séparation.
La définition que tu as donnée est celle de quasi-compact.

Calli

Bonjour,
D'où vient cette question ? Est-ce un exercice dans un livre par exemple, ou une question que tu t'es posée ? Notamment, est-on sûrs que la propriété demandée est vraie ? Et peux-tu préciser si tu parles de compacts séparés ou de quasi-compacts, et si tu supposes $X$ séparé ? Merci.

evariste21

Salut,

Merci pour la correction du message Philippe Malot. Répondant à la dernière observation de Philippe Malot et à la première question de Calli, le problème vient d'un concours d'il y a quelques années écrit à l'origine en roumain. Je suppose que cela nous permet de supposer que la déclaration est correcte. Enfin, je suis sûr que d'après la différence que vous avez évoquée, on parle ici de quasi-compact. Quoi qu'il en soit, j'essaie aussi d'analyser pour quel cas l'énoncé est correct. Il me semble que le juste serait de parler ici de compacité au sens d'un manuel en anglais, puisque la question a ces origines. 

Merci 

evariste21

Tout commentaire je suis attentif, merci beaucoup!

Calli

Edit : La démonstration ci-dessous est actuellement hors-service pour cause d'une panne interne de son système. Merci de votre compréhension.

Bonjour,
Merci pour ces précisions. Voici ce que j'ai trouvé. Edit : des précisions sur la notion de suite généralisée dans le message suivant.

Soit $u=(u_{i} )_{i\in I}$ une suite généralisée de $X$. Il s'agit de montrer que $u$ possède une valeur d'adhérence. Pour cela, je suppose par l'absurde que ce n'est pas le cas, et je vais construire une sous-suite généralisée de $u$ de la forme $v = (u_{j} )_{j\in J}$ avec $J\subset I$, dont l'image est incluse dans un sous-ensemble discret de $X$. Je suppose l'axiome du choix (comme souvent quand on traite les compacts en topologie générale).

Soit $\kappa $ la cofinalité de $I$, i.e. le plus petit cardinal tel qu'il existe $K\subset I$ non majoré [édit : vérifiant $\forall i\in I, \exists k\in K, k\geqslant i$],  de ce cardinal. Fixons $K\subset I$ un tel ensemble de cardinal $\kappa $, ainsi qu'une bijection $\iota :\kappa  \rightarrow  K$. Construisons récursivement une suite croissante $(J_{\alpha } )_{\alpha \subset \kappa }$ de sous-ensembles de $I$, accompagnée pour chaque $j\in J_{\alpha }$ d'un voisinage $V_{j}$ de $u_{j}$ et d'un indice $\mathbb{i}_{j} \in I$ (indépendants du $J_\alpha$ dans lequel on regarde $j$), telle que, pour tout $\alpha \subset \kappa $ :

1. $\forall j \in J_{\alpha } , V_{j} \cap u(J_{\alpha } ) = \{u_{j} \}$, et en particulier $u(J_{\alpha } ) :=\{u_{j} \mid j\in J_{\alpha } \}$ est discret
2. $\forall i\geqslant \mathbb{i}_{j} ,u_{i} \not\in V_{j}$
3. $\mathop{\mathrm{card}}(J_{\alpha } )\leqslant  \mathop{\mathrm{card}}(\alpha )$
4. et $\exists i\geqslant \iota (\alpha ), i\in J_{\alpha +1}$.

Initialisation : On pose $J_{0} = \varnothing $.

Passage à l'ordinal successeur : Soit $\alpha \in \kappa $. Supposons $J_{\alpha }$ construit ainsi que les $V_{j}$ et $\mathbb{i}_{j}$ pour $j\in J_{\alpha }$. Comme $\mathop{\mathrm{card}}(J_{\alpha } )\leqslant  \mathop{\mathrm{card}}(\alpha )<\kappa $, il existe $m\in I$ majorant $\{\mathbb{i}_{j} \mid  j\in J_{\alpha } \}$. Posons $L = \{i\in I \mid i>m \text{ et } i>\iota (\alpha )\}$. Si $u(L) \subset  \overline{u(J_{\alpha } )}$, alors $u(L)$ est inclus dans l'adhérence d'un sous-ensemble discret de $X$. Celle-ci est quasi-compact par hypothèse, donc $u$ a une valeur d'adhérence et c'est gagné. Sinon, il existe $\ell \in L$ tel que $u_{\ell } \not\in \overline{u(J_{\alpha } )}$. On pose alors $J_{\alpha +1} = J_{\alpha } \cup \{\ell \}$. Vérifions que les contraintes voulues sont respectées :

1. Il existe bien un voisinage $V_{\ell }$ de $u_{\ell }$ tel que $V_{\ell } \cap  u(J_{\alpha } ) = \varnothing $, donc $V_{\ell } \cap u(J_{\alpha +1} )=\{u_{\ell } \}$. De plus, pour tout $j\in J_{\alpha }$, $\ell \geqslant m\geqslant \mathbb{i}_{j}$ implique que $u_{\ell } \not\in V_{j}$ par la condition 2, donc $V_{j} \cap u(J_{\alpha +1} ) = V_{j} \cap u(J_\alpha )=\{u_{j} \}$.
2. Comme $u_{\ell }$ n'est pas valeur d'adhérence de $u$, il existe un voisinage $W_{\ell }$ de $u_\ell$ et $\mathbb{i}_{\ell }\in I$ tels que : $\forall i\geqslant \mathbb{i}_{\ell } ,u_{i} \not\in W_\ell$. On choisit cette valeur de $\mathbb{i}_{\ell}$ et on remplace le $V_{\ell }$ précédemment posé par $V_{\ell } \cap W_{\ell }$, ce qui ne pose pas de problème.
3. Les deux autres conditions sont facilement vérifiées.

Passage à un ordinal limite : Si $\alpha \subset \kappa $ est un ordinal limite, on pose $J_{\alpha } = \bigcup _{\beta \in \alpha } J_{\beta }$. Alors, pour tout $j\in J_{\alpha }$, on a bien la condition $V_{j} \cap u(J_{\alpha } ) = \bigcup _{\beta \in \alpha } (V_{j} \cap u(J_{\beta } ) ) = \bigcup _{\beta \in \alpha } \{u_{j} \} = \{u_{j} \}$. De plus, $\mathop{\mathrm{card}}(J_{\alpha } )\leqslant  \sum_{\beta \in \alpha } \mathop{\mathrm{card}}(J_{\beta } )\leqslant  \sum _{\beta \in \alpha } \mathop{\mathrm{card}}(\beta ) = \mathop{\mathrm{card}}(\alpha )$. Et il n'y a rien à vérifier pour les deux autres conditions.

Finalement, on pose $v = (u_{j} )_{j\in J_{\kappa }}$. Par la condition 4, $J_{\kappa }$ vérifie $\forall i\in I,\exists j\in J_\kappa,j\geqslant i$, donc $v$ est une sous-suite généralisée de $u$. Et l'image de $v$ est discrète par la condition 1, donc elle possède une valeur d'adhérence $a$, qui est aussi valeur d'adhérence de $u$. Donc $X$ est quasi-compact.

Calli

Comme les suites généralisées ne sont pas très connues, il me semble, il est peut-être bon de dire en deux mots ce que c'est, pour que mon message précédent soit compréhensible par plus de gens . Je fixe $X$ un espace topologique quelconque.

Définition : Une suite généralisée (aussi appelé "filet" ou "net") de $X$ est une famille $(u_i)_{i\in I}$ d'éléments de $X$ indexée par un ensemble $I$ muni d'un ordre (potentiellement partiel) tel que : $\forall (i, i')\in I^2, \exists i''\in I, i''\geqslant i \text{ et }i''\geqslant i'$. Par exemple  une suite classique est un cas particulier de suite généralisée pour $I=\Bbb N$.

Définition : Soient $(u_i)_{i\in I}$ une suite généralisée de $X$ et $x\in X$. On dit que $(u_i)$ converge vers $x$ (ou que $x$ est la limite de $(u_i)$) si, pour tout voisinage $V$ de $x$, on a : $\exists i_0\in I,\forall i\in I, i\geqslant i_0\Rightarrow u_i\in V$. Et on dit que $x$ est valeur d'adhérence de $(u_i)$ si, pour tout voisinage $V$ de $x$, on a : $\forall i_0\in I,\exists i\in I, i\geqslant i_0\text{ et } u_i\in V$.

Définition : Soient $(u_i)_{i\in I}$ et $(v_j)_{j\in J}$ deux suites généralisées. On dit que $(v_j)$ est une sous-suite généralisée de $(u_i)$ s'il existe une application $h:J\to I$ tel que : $\forall i\in I,\exists j_0\in J,\forall j\in J, j\geqslant j_0 \Rightarrow h(j) \geqslant i$. Dans mon message précédent, on était dans le cas particulier $J\subset I$ et $h=\mathrm{id}$.

Proposition : $x$ est valeur d'adhérence de $(u_i)$ ssi $(u_i)$ possède une sous-suite généralisée convergeant vers $x$.

Théorème : $X$ est compact ssi toute suite généralisée de $X$ possède une valeur d'adhérence.

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À part ça, il y a besoin de savoir ce que sont les ordinaux, mais ce serait un peu long à ré-expliquer. Désolé que ce soit assez compliqué ; je n'ai pas trouvé plus simple. Mais s'il y a des choses pas claires, n'hésitez pas à demander.

raoul.S

Après quelques recherches sur le web j'ai trouvé un exo qui ressemble à celui-ci mais dans le cadre des espaces métriques...
Comme on peut s'y attendre dans ce cas la résolution est plus simple :
- supposer que l'espace n'est pas précompact et aboutir à une contradiction

- supposer que l'espace n'est pas complet et aboutir à une contradiction.

Je me demande quand même s'il n'y a pas une solution plus "simple" (pas d'ordinaux) que celle évoquée par Calli.

evariste21

Je continue à étudier la démonstration de Calli, c'est très intéressant.

JLapin

raoul.S a dit :

Après quelques recherches sur le web j'ai trouvé un exo qui ressemble à celui-ci mais dans le cadre des espaces métriques...

Quel est cet exo stp ?

raoul.S

@JLapin c'est l'exo 3.36 ICI.

Calli

@raoul.S, ton exo 3.36 n'a pas le même énoncé. Il parle de sous-espaces discrets infinis non fermés alors que l'exo d'evariste21 parle de sous-espaces discrets d'adhérence compacte.

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En relisant ma preuve, j'ai vu que le passage suivant n'est pas clair :

Calli a dit :

Comme $\mathop{\mathrm{card}}(J_{\alpha } )\leqslant  \mathop{\mathrm{card}}(\alpha )<\kappa $, il existe $m\in I$ majorant $\{\mathbb{i}_{j} \mid  j\in J_{\alpha } \}$.

Le problème c'est que ça n'est pas parce que $\{\mathbb{i}_{j} \mid  j\in J_{\alpha } \}$ est non cofinal qu'il est majoré ($E$ cofinal signifie : $\forall i\in I,\exists e\in E, e\geqslant i$). Il faut que j'y réfléchisse.

raoul.S

@Calli l'exo 3.36 n'a pas exactement le même énoncé mais il a une hypothèse plus faible sur $X$ par rapport à celle d'evariste21, dans le sens : tous les sous-espaces discrets ont une adhérence compacte $\Rightarrow$ tout sous-espace discret et infini n'est pas fermé. C'est ce qui fait qu'on peut l'utiliser dans le cas des espaces métriques.

raoul.S

J'ai une preuve super super simple qui est magnifique dans le cas des espaces métriques (à voir si on peut la généraliser) 🥳

Supposons que $X$ n'est pas compact (je copie le début de Calli ), il existe donc une suite $(x_n)$ sans valeurs d'adhérence. Dit autrement, $\bigcap_{n\in \N} \overline{\{x_k\mid k\geqslant n\}}=\emptyset$. Ceci implique que l'ensemble $\{x_n\mid n\in \N\}$ est discret.

Donc $\overline{\{x_n\mid n\in \N\}}$, qui est le premier terme de l'intersection précédente, est compact. Donc $\bigcap_{n\in \N} \overline{\{x_k\mid k\geqslant n\}}$ est une intersection décroissante de compacts non vides, et il est de notoriété publique qu'une telle intersection est non vide. Contradiction.


PS. en fait l'exo 3.36 mentionné précédemment donne une hypothèse plus faible (comme déjà mentionné, en fait je ne sais pas si elle est équivalente) et par conséquent la résolution est plus compliquée que celle-ci.

Calli

raoul.S a dit :

@Calli l'exo 3.36 n'a pas exactement le même énoncé mais il a une hypothèse plus faible sur $X$ par rapport à celle d'evariste21, dans le sens : tous les sous-espaces discrets ont une adhérence compacte $\Rightarrow$ tout sous-espace discret et infini n'est pas fermé. C'est ce qui fait qu'on peut l'utiliser dans le cas des espaces métriques.

Ah oui, je n'avais pas remarqué.
À propos de ton dernier message, @raoul.S, la difficulté dans le cas non métrique c'est que les suites généralisées peuvent s'accumuler "avant l'infini". Par exemple, si la suite est indéxée par l'ordinal $\omega+\omega$, elle peut s'accumuler à la fin du premier $\omega$, mais on a besoin de montrer qu'elle possède une valeur d'adhérence à la fin du second $\omega$. Pour utiliser l'hypothèse sur les sous-espaces discrets, il faut virer tous ces points d'accumulation transitoires et c'est difficile par que l'ensemble d'indices $I$ peut être dégelasse ($\omega+\omega$ ça reste trèèès gentil).
En vrai c'est ballot de devoir se débarrasser de points d'accumulation en trop. Si on pouvait au contraire les utiliser, ce serait bien.

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J'ai essayé de corriger le truc qui n'allait pas dont je parlais dans mon message précédent, mais je n'ai pas encore réussi. J'ai prouvé qu'il est possible que $I$ possède des sous-ensembles non majorés de cardinal strictement inférieur à la cofinalité de $I$ (que j'avais notée $\kappa$ pour rappel), ce qui me dérange beaucoup. 
Il reste une carte à jouer que j'ai pas encore utilisée, celle des ultra-suites généralisées. Voire abandonner les suites et passer aux filtres. Je tenterai plus tard.

raoul.S

Calli ne me dit pas que tu tromperais les suites généralisées avec les filtres

Calli

Si @raoul.S, j'ai trompé les suites avec des filtres . Et elles ont mal réagi . Moi je voulais montrer que, de toute suite généralisée, je peux extraire une sous-suite incluse dans l'adhérence d'un sous-ensemble discret. Mais depuis que j'ai parlé aux filtres, elles me disent que c'est pas possible. Parce que si $X$ n'est pas union finie d'adhérences de sous-ensembles discrets (s'il l'était, ce serait facile), alors tu peux considérer le filtre engendré par les complémentaires des adhérences de sous-ensembles discrets, puis une suite généralisée associée à ce filtre (par équivalence de points de vue suites-filtres : c'est une suite qui est dans chaque élément du filtre à partir d'un certain rang) et celle-ci n'aura aucune sous-suite incluse dans l'adhérence d'un sous-ensemble discret. Donc si je ne me trompe pas en disant ça, alors c'est toute ma démarche séquentielle qui s'écroule.

raoul.S

@Calli j'ai essayé de généraliser la preuve donnée ICI en utilisant les filtres mais en lisant ton message j'ai l'impression que je me frotte à la même difficulté...

Voici un début de généralisation (je n'arrive pas à conclure  ) :

Supposons que $X$ n'est pas quasi-compact, alors il existe un filtre $\mathcal{F}$ qui n'a aucune valeur d'adhérence. L'ensemble des valeurs d'adhérence étant par définition $\bigcap_{F\in \mathcal{F}} \overline{F}$ on en déduit $\bigcap_{F\in \mathcal{F}} \overline{F}=\emptyset$.

Bon, à ce niveau de la preuve, dans le cas des espaces métriques on avait "naturellement" un élément de $\mathcal{F}$ discret, c'était $\{x_n\mid n\in \N\}$ et on aboutissait facilement à une contradiction. Avec les filtres on a plus cet élément "naturel". Il faut donc continuer la preuve en essayant d'aboutir à une autre contradiction.

On peut constater qu'aucun des éléments $F_0\in \mathcal{F}$ a une adhérence quasi-compacte, car si $\overline{F_0}$ est quasi-compact alors $\bigcap_{F\in \mathcal{F}} \overline{F}$ serait une intersection vide de fermés dans un quasi-compact ce qui impliquerait l'existence d'une sous-famille finie de fermés dont l'intersection est vide. Impossible car $\mathcal{F}$ est un filtre.

Par conséquent aucun sous-ensemble discret de $X$ n'appartient à $\mathcal{F}$ (car autrement l'adhérence qui est quasi-compacte serait dedans aussi).

Voilà j'en suis là mais aucune contradiction ne pointe son nez encore...

Calli

Oui, on bloque au même endroit.

J'ai aussi essayé une autre approche qui est de reconstituer $(X,\mathcal{T})$ à partir de ses sous-ensembles discrets, par une construction dont le résultat est compact. Soient $\mathcal{D}$ l'ensemble des sous-ensembles discrets de $X$ et $\mathfrak{D}$ l'ensemble des unions finies d'adhérences de sous-ensembles discrets de $X$.

1. J'ai essayé de montrer que $X$ est homéomorphe à un fermé d'un quotient de $\prod_{D\in\mathcal{D}} D$ ou de $\prod_{\mathfrak{d}\in\mathfrak{D}} \mathfrak{d}$... ou quelque chose du genre. Par le théorème de Tykhonov, le second espace serait automatiquement quasi-compact, mais mes tentatives n'ont pas marché pour l'instant.
2. J'ai regardé la topologie $\mathcal{T}'$ sur $X$ dont les fermés sont les fermés initiaux de $X$ inclus dans un $\mathfrak{d}\in\mathfrak{D}$. Alors $\mathcal{T}'\subset\mathcal{T}$, $(X,\mathcal{T}')$ est compact, ses sous-ensembles discrets sont les mêmes que ceux de $(X,\mathcal{T})$ et ils ont la même adhérence que dans $(X,\mathcal{T})$. Mais $\mathcal{T}'$ peut être assez facilement distinct de $\mathcal{T}$. Ça veut dire que la donnée des discrets de $X$, de leurs adhérences et de la topologie des ces parties n'est pas suffisante pour reconstituer $X$ de façon unique. Ça m'embête.
3. Et j'ai regardé la limite inductive $\varinjlim \mathfrak{D}$. Son ensemble sous-jacent est $X$ et ses fermés sont les $F\subset X$ tels que, pour tout $\mathfrak{d}\in\mathfrak{D}$, $F\cap \mathfrak{d}$ est ouvert dans $\mathfrak{d}$ (ou dans $(X,\mathcal{T})$ ou $(X,\mathcal{T}')$, ça revient au même). On a une application $\varinjlim \mathfrak{D} \to (X,\mathcal{T})$ mais $\varinjlim \mathfrak{D} $ peut ne pas être compact (par exemple si $\mathcal{T}$ est la topologie cofinie), donc ça ne m'aide pas.

On peut résumer ça dans un diagramme commutatif. Les flèches sont continues et les $\hookrightarrow$ sont des homéomorphismes sur leur image. J'ai ajouter les compactifiés de Stone-Čech $\beta\text{truc}$, parce que plus on a de compacts mieux c'est (NB: les $\text{truc}\to\beta\text{truc}$ sont des $\hookrightarrow$ avec certaines hypothèses de séparation). S'il y avait quelque chose à tirer en triturant ces trucs... je ne sais pas...
$$ \xymatrix{
&\beta \varinjlim \mathfrak{D} \ar[r] & \beta (X,\mathcal{T}) & \\
\forall \mathfrak{d} \in \mathfrak{D},\  \forall D\in\mathcal{D},\ D\subset \mathfrak{d}, \qquad  & \varinjlim \mathfrak{D} \ar[u] \ar[r]^{\text{bij.}} & (X,\mathcal{T}) \ar[u] \ar[r]^{\text{bij.}} & (X,\mathcal{T}') \\
&& (\mathfrak{d},\mathcal{T}_{|\mathfrak{d}}) \ar@{_{(}->}[lu] \ar@{^{(}->}[u] \ar@{^{(}->}[ru] & \\
&& (\overline{D},\mathcal{T}_{|\overline{D}}) \ar@{^{(}->}[u] &
}$$

raoul.S

Eh ben, tu n'as pas chômé... 

Zig

Bonjour, je tente une démo "élémentaire"

Pour tout $x\in X$, on note $\mathcal{V}\left(x\right)$ l'ensemble des voisinages de $x$.

On suppose donc que toute partie discrète de $X$ est d'adhérence quasi-compacte.

Supposons qu'il existe un net $\tilde{x}=\left(x_{i}\right)_{i\in I}$ de $X$ sans valeur d'adhérence.

On va construire par récurrence une suite $\left(x_{i_{n}}\right)_{n\in\mathbb{N}}$ qui est un sous-net de $\tilde{x}$ (plus précisément $\forall n\in\mathbb{N}$, $i_{n}\in I$, et la suite $\left(i_{n}\right)_{n\in\mathbb{N}}$ est strictement croissante), et dont les valeurs forment une partie discrète, ce qui constituera la contradiction cherchée.

Montrons par récurrence pour $n\geq0$ la propriété $\mathscr{P}\left(n\right)$ :

$\exists\left\{ i_{0},\cdots,i_{n}\right\} \subset I$ avec $i_{0}<\cdots<i_{n}$ , $\exists\left\{ k_{0},\cdots,k_{n}\right\} \subset I$, il existe $V_{0},\cdots,V_{n}$ des parties de $X$, tels que :

$\mathscr{P}^{\left(1\right)}\left(n\right)$ : $\forall m\in\left\{ 0,\cdots,n\right\}$, $V_{m}\in\mathcal{V}\left(x_{i_{m}}\right)$

$\mathscr{P}^{\left(2\right)}\left(n\right)$ : $\forall m\in\left\{ 0,\cdots,n\right\}$, $k_{m}\geq i_{m}$

$\mathscr{P}^{\left(3\right)}\left(n\right)$ : $\forall m\in\left\{ 0,\cdots,n\right\}$, $\forall i\in I$, $i\geq k_{m}\:\Longrightarrow x_{i}\notin V_{m}$

$\mathscr{P}^{\left(4\right)}\left(n\right)$ : $\forall m\in\left\{ 0,\cdots,n\right\}$, $\forall s\in\left\{ 0,\cdots,n\right\} $, $s>m\:\Longrightarrow i_{s}\geq k_{m}$ (et donc $x_{i_{s}}\notin V_{m}$)

$\mathscr{P}^{\left(5\right)}\left(n\right)$ : $\forall m\in\left\{ 0,\cdots,n\right\}$, $\forall r\in\left\{ 0,\cdots,n\right\} $, $r<m\:\Longrightarrow x_{i_{r}}\notin V_{m}$.

Notons que $\mathscr{P}\left(n\right)$ implique que $\left\{ x_{i_{0}},\cdots,x_{i_{n}}\right\} $ est une partie discrète ; en effet, chacun des $x_{i_{k}}$admet comme voisinage $V_{k}$ dont tous les autres sont exclus.

Montrons $\mathscr{P}\left(0\right)$:

On se fixe $i_{0}\in I$. 

$x_{i_{0}}$ n'est pas valeur d'adhérence de $\tilde{x}$, donc $\exists V_{0}\in\mathcal{V}\left(x_{i_{0}}\right)$, $\exists j_{0}\in I$, $\forall i\geq j_{0}$, $x_{i}\notin V_{0}$.

On se fixe $k_{0}\in I$ un majorant de $\left\{ i_{0},j_{0}\right\} $.

On a bien $V_{0}\in\mathcal{V}\left(x_{i_{0}}\right)$, $k_{0}\geq i_{0}$ et $\forall i\in I$, $i\geq k_{0}\:\Longrightarrow x_{i}\notin V_{0}$ (car $k_{0}\geq j_{0}$). Ainsi $\mathscr{P}\left(0\right)$ est bien vérifiée.

On suppose $\mathscr{P}\left(n\right)$ vérifiée, montrons $\mathscr{P}\left(n+1\right)$ : 

Soit $p\in I$ un majorant de $\left\{ k_{0},\cdots,k_{n}\right\} $ : le sous-net $\left(x_{i}\right)_{i\geq p}$ de $\tilde{x}$ n'a pas de valeur d'adhérence, donc l'ensemble de ses valeurs ne peut être inclus dans $\overline{\left\{ x_{i_{0}},\cdots,x_{i_{n}}\right\} }$ qui est quasi-compact car adhérence d'une partie discrète. Ainsi, $\exists i_{n+1}\in I$ tel que $i_{n+1}\geq p$, et $x_{i_{n+1}}\notin\overline{\left\{ x_{i_{0}},\cdots,x_{i_{n}}\right\} }$, i.e. $\exists U_{n+1}\in\mathcal{V}\left(x_{i_{n+1}}\right)$ tel que $x_{i_{0}}\notin U_{n+1},\cdots,x_{i_{n}}\notin U_{n+1}$.

D'autre part, $x_{i_{n+1}}$ n'est pas valeur d'adhérence de $\tilde{x}$, donc $\exists W_{n+1}\in\mathcal{V}\left(x_{i_{n+1}}\right)$, $\exists j_{n+1}\in I$, $\forall i\geq j_{n+1}$, $x_{i}\notin W_{n+1}$.

On pose alors $V_{n+1}=U_{n+1}\cap W_{n+1}$ et on se fixe $k_{n+1}\in I$ un majorant de $\left\{ i_{n+1},j_{n+1}\right\} $.

Vérifions que $\mathscr{P}\left(n+1\right)$ est alors bien vérifiée :

- $i_{n}<i_{n+1}$ : on a $i_{n+1}\geq p$ et $p$ est un majorant de $\left\{ k_{0},\cdots,k_{n}\right\} $, donc $i_{n+1}\geq k_{n}$, et comme $k_{n}\geq i_{n}$, on a $i_{n+1}\geq i_{n}$. D'autre part $x_{i_{n}}\notin U_{n+1}$ et $x_{i_{n+1}}\in U_{n+1}$, donc $i_{n+1}\neq i_{n}$.

- $\mathscr{P}^{\left(1\right)}\left(n+1\right)$ : il suffit de vérifier que $V_{n+1}\in\mathcal{V}\left(x_{i_{n+1}}\right)$ : c'est bien le cas car $V_{n+1}$ est l'intersection de deux voisinages de $x_{i_{n+1}}$.

- $\mathscr{P}^{\left(2\right)}\left(n+1\right)$ :  il suffit de vérifier que $k_{n+1}\geq i_{n+1}$ : c'est bien le cas car $k_{n+1}$ est un majorant de $\left\{ i_{n+1},j_{n+1}\right\} $.

- $\mathscr{P}^{\left(3\right)}\left(n+1\right)$ :  il suffit de vérifier que $\forall i\in I$, $i\geq k_{n+1}\:\Longrightarrow x_{i}\notin V_{n+1}$ : $k_{n+1}$ est un majorant de $\left\{ i_{n+1},j_{n+1}\right\} $, donc $\forall i\geq k_{n+1}$, $x_{i}\notin W_{n+1}$, et a fortiori $x_{i}\notin V_{n+1}$.

- $\mathscr{P}^{\left(4\right)}\left(n+1\right)$ : il suffit de vérifier que $\forall m\in\left\{ 0,\cdots,n\right\} $, $i_{n+1}\geq k_{m}$ : c'est bien le cas car $i_{n+1}\geq p$ et $p$ est un majorant de $\left\{ k_{0},\cdots,k_{n}\right\} $.

- $\mathscr{P}^{\left(5\right)}\left(n+1\right)$ :  il suffit de vérifier que $\forall r\in\left\{ 0,\cdots,n\right\} $, $x_{i_{r}}\notin V_{n+1}$ : on a $x_{i_{0}}\notin U_{n+1},\cdots,x_{i_{n}}\notin U_{n+1}$, et donc a fortiori $x_{i_{0}}\notin V_{n+1},\cdots,x_{i_{n}}\notin V_{n+1}$.

raoul.S

@Zig je crois que ta définition de sous-net n'est pas celle qui permet de conclure. Mais @Calli pourra confirmer car il connait assez bien les net (voir son post ICI).
Bref pour que ça marche il faut que ton ensemble dénombrable $\{i_n\mid n\in \N\}$ soit cofinal. C'est-à-dire il faut que pour tout $i\in I$ il existe $n\in \N$ tel que $i_n\geqslant i$, ce qui n'est pas le cas dans ta preuve a priori (enfin si j'ai bien regardé).
Voir ICI.

PS. Je crois qu'une condition moins forte est qu'il faut que le filtre élémentaire associé à ton sous-net soit plus fin que le filtre élémentaire associé au net de départ, ce qui n'est pas prouvé non plus.
PS 2. d'ailleurs la difficulté est bien là, dépasser le cas dénombrable et les ordinaux limite qui posent problème.

Georges Abitbol

EDIT : raoul.S a pointé ce qui semble être une erreur.

Bon, avec vos histories d'ordinaux limites, j'ai eu une idée (enfin, je me suis souvenu que $[0,\omega_1[$ était séquentiellement compact mais pas compact), et voici une proposition de démonstration du fait que l'assertion n'est pas vraie. Mais je suis un peu rouillé avec mes ordinaux alors je ne suis sûr de rien. Qu'en pensez-vous ?

Soit $\omega_1$ le plus petit ordinal non dénombrable. Alors $X := [0,\omega_1[$ n'est pas compact pour la topologie de l'ordre : les $[0,\alpha[$, pour $\alpha < \omega_1$, qui sont ouverts, recouvrent $X$ mais ce recouvrement n'a, bien sûr, pas de sous-recouvrement fini.

Soit $D$ une partie discrète de $\omega_1$. On va montrer que $D$ est majorée (dans $X$), auquel cas elle est d'adhérence compacte car, pour tout ordinal $\alpha$, $[0,\alpha]$ est compact (en effet, si $\alpha$ est le plus petit ordinal tel que $[0,\alpha]$ n'est pas compact, alors $\alpha$ ne peut pas être successeur - sans quoi $\{\alpha\}$ est isolé dans $[0,\alpha]$, et comme $[0,\alpha-1]$ est compact, $[0,\alpha]$ l'est aussi - et donc pour tout recouvrement ouvert de $[0,\alpha]$, il y a au moins un des ouverts qui contient $\alpha$, et qui déborde vers la gauche, etc.) on aura bien que $D$ est d'adhérence compacte.

$D$, munie de l'ordre induit, est bien ordonnée. Soit $\alpha$ l'ordinal qui correspond à l'ordre de $D$. Alors si $\omega_0 < \alpha$, $\omega_0 \in \alpha$ et $\omega_0$ n'est pas isolé dans $\alpha$, et donc pas dans $D$ (EDIT : pour la topologie de l'ordre de $D$, mais pas pour la topologie induite sur $D$), et donc $D$ n'est pas discrète (EDIT : pour sa topologie de l'ordre, mais pour sa topologie induite, on ne sait pas...). Donc $\alpha \leq \omega_0$. Mais il est "bien connu" que tout sous-ensemble de $\omega_1$ qui est isomorphe à $\omega_0$ (ou un de ses prédécesseurs) est majoré.

raoul.S

Georges Abitbol a dit :

Soit $D$ une partie discrète de $\omega_1$. On va montrer que $D$ est majorée (dans $X$)...

Que dire de l'ensemble $D$ des ordinaux successeurs inférieurs à $\omega_1$. Il est discret et n'est pas majoré.

Georges Abitbol

Hum... J'avoue que c'est un des points où je n'étais pas sûr de moi ! Je vais regarder si ça fait clocher ma démonstration :smiley.

EDIT. Voyons ce qui se passe dans $\omega + \omega$.

L'ensemble $D$ de ses ordinaux successeurs est $\omega+\omega \setminus \{0,\omega\}$. Ainsi, L'application qui à $n \in \omega$ associe $n+1$, et $\omega+n$ (pour $n \in \omega$) associe $\omega + n +1$ est une bijection strictement croissante qui envoie $\omega+\omega$ sur $D$.

L'élément de $D$ sur qui s'envoie $\omega$ est donc $\omega + 1$. Pour la topologie induite sur $D$, $\omega + 1$ est isolé ; pourtant, il n'est pas isolé pour la topologie de l'ordre de $D$. Je crois que c'est là mon erreur : la topologie induite de la topologie de l'ordre n'a pas l'air d'être la topologie de l'ordre induit, ce que j'aurais pu prévoir...

raoul.S

Oui j'avais également cherché un contre-exemple et j'étais tombé sur $\omega_1$, puis sur les ordinaux successeurs inférieurs à $\omega_1$...

Calli

raoul.S a dit :

@Zig je crois que ta définition de sous-net n'est pas celle qui permet de conclure. Mais @Calli pourra confirmer car il connait assez bien les net (voir son post ICI).

Oui, je confirme.

@Georges et @raoul.S, j'avais aussi cherché un contre-exemple, essayé avec $\omega_1$, et raté à cause des ordinaux successeurs. ^^

raoul.S

Bon, j'ai cherché sans vergogne sur le web une preuve et j'arrive finalement à la fin de mes pérégrinations.
1) Je tombe sur ce document  qui à la page 195 dit au détour d'une preuve : Now apply a theorem of Tkachuk [Tk]: if the closure of every discrete subset of a space is compact then the whole space is compact. 🤣 (j'ai soudain été pris d'une envie d'aller trouver evariste21 avec un objet contondant...  )
2) Je cherche la référence et je tombe sur un site contenant l'article de Tkachuk.
3) J'ouvre le PDF de l'article et je découvre... qu'il est en russe
4) Je finis par trouver l'énoncé et la preuve d'un certain Brian M. Scott. sur math.stackexchange.

evariste21

@raoul.S  👀
Je suis aussi assez intrigué par le preuve. J'ai lu vos commentaires et j'ai beaucoup appris. Peut-être qu'il y a un preuve élémentaire 🤔

Calli

Mm...mm. C'est bien. 🤣 Du coup la "preuve" est là au final : https://math.stackexchange.com/questions/267964/a-question-on-a-compact-space.
En revanche, on ne sait pas pourquoi il existe un recouvrement ouvert, n'ayant pas de sous-recouvrement fini, ordonné par un ordinal comme dans la preuve. Et je ne vois pas où l'hypothèse de séparation faite par M. Scott sert.
Et puis pourquoi est-ce qu'il écrit cette horreur au début "clearly $X$ contains no infinite closed subset" ? Heureusement, il n'a pas l'air de s'en servir dans la suite.

Edit : ajout de guillemets autour du mot "preuve" tant qu'on ne sait pas si elle tient la route ^^

raoul.S

@Calli j'avoue que hier soir lorsque j'ai enfin trouvé la preuve de Brian M. Scott et que je suis tombé sur les passages dont tu parles j'ai vite laissé tomber...
Mais en y regardant de plus près son recouvrement "strictement croissant" dont il balance l'existence est peut-être plus difficile à obtenir que ce que je pensais.
J'ai en fait l'impression (mais peut-être que je me trompe) que les difficultés rencontrées jusqu'à présent avec les ordinaux, pour pondre une preuve acceptable, sont cachées dans ce passage de M. Scott et qu'il les évite allègrement sans détailler...

Calli

raoul.S a dit :

J'ai en fait l'impression (mais peut-être que je me trompe) que les difficultés rencontrées jusqu'à présent avec les ordinaux, pour pondre une preuve acceptable, sont cachées dans ce passage de M. Scott et qu'il les évite allègrement sans détailler...

Exactement 👍. Parce que si j'essaie, voilà ce qui se passe : Je prends $\mathcal{R}$ un recouvrement ouvert sans sous-recouvrement fini. Quitte à ajouter les unions finies d'éléments de $\mathcal{R}$, je peux le supposer stable par unions finies. Donc $(\mathcal{R},\subset)$ est un ensemble ordonné filtrant croissant (toute paire est majorée). Mais si je veux trouver une application $f$ d'un ordinal vers $\mathcal{R}$ croissante et d'image cofinale, je me heurte au même problème que j'avais dans ma première tentative au moment de franchir les ordinaux limites (cf. ce message et celui-là), i.e. je suis incapable de trouver un majorant des $f(\alpha)$ déjà construits.

raoul.S

J'ai à peu près compris la démo originale de Tkachuk en russe (grâce à un traducteur automatique) et en fait on a tous les ingrédients c'est juste ce détail technique qui fait qu'on n'aboutit pas.
Tkachuk utilise les fermés et non les ouverts comme M. Scott, mais il utilise la même caractérisation des compacts : $X$ est compact ssi pour tout ordinal $\Lambda$ et toute famille décroissante de fermés non vides $(F_{\lambda})_{\lambda \in \Lambda}$, $\bigcap_{\lambda \in \Lambda} F_\lambda \neq \varnothing$.
Le reste de la preuve de Tkachuk n'a pas de difficultés majeures il me semble, mais il n'utilise pas Zorn comme M. Scott. en effet AC est déjà utilisé pour démontrer le côté droite-gauche de la prop ci-dessus.
Bref avec une preuve de cette caractérisation des compacts ça devrait fonctionner. Et il se trouve qu'à quelques petites modifs de rien du tout on peut pomper celle-ci.

Calli

D'accord. Mais il y a un truc que je ne comprends pas dans ton dernier lien. Le brave user642796 y montre que compact $\Leftrightarrow$ $(\bigstar)$ où la propriété $(\bigstar)$ est définie par "toute famille de fermés non vides indexée par un ensemble totalement ordonnée et décroissante possède une intersection non vide" (enfin, il montre $(\bigstar)$ $\Rightarrow$ compact, mais la réciproque me parait aussi vraie). Puis il dit que $(\bigstar)$ $\Rightarrow$ "chain compact", mais qu'il existe des compacts non "chain compact" ! J'ai l'impression que c'est sa preuve de $(\bigstar)$ $\Rightarrow$ "chain compact" qui est fausse.
Je croyais que sur SacEtrange.com, la qualité des réponses était garantie grâce au système de vote, mais elle ne sont pas parfaites non plus.

raoul.S

Oui ce que tu cites c'est la partie qui ne m'intéressait pas trop donc je l'ai zappée mais effectivement pour moi compact $\Leftrightarrow (\bigstar)$ (enfin compact au sens anglophone). Donc sa proposition avec le "chain compact" devrait être fausse, peut-être que l'erreur se situe lorsqu'il cite Moore-Smith...
Mais je ne vais pas approfondir de ce côté car je ne suis pas un passionné des nets
Je vais essayer, à partir de tout ça, de pondre une preuve sans nets, sans ordinaux et sans filtres, juste Zorn. On va voir...

Calli

Oui, je voulais dire "compact" au sens anglophone, pardon. Merci pour la confirmation.

raoul.S a dit :

Je vais essayer, à partir de tout ça, de pondre une preuve sans nets, sans ordinaux et sans filtres, juste Zorn. On va voir...

Bon courage. Tiens moi au courant. 

raoul.S

@Calli je vais crever. Cette preuve n'en finit plus... voilà pourquoi personne n'utilise Zorn dans ce cas précis.
Voici en avant goût la caractérisation des compacts qui devrait permettre de lever les difficultés techniques qu'on rencontrerait autrement. Démonstration avec AC via Zorn... (je ne sais pas si on peut s'en passer d'ailleurs)

Proposition  un espace topologique $X$ est quasi-compact ssi pour tout ensemble $\mathcal{F}$ totalement ordonné (pour l'inclusion) de parties fermées non vides de $X$, $\bigcap_{F\in\mathcal{F}} F\neq\emptyset$.
Preuve L'implication $\Rightarrow)$ découle de la caractérisation des quasi-compacts par les fermés et est donc évidente.

Prouvons l'implication $\Leftarrow)$. Soit $\mathcal{A}$ un ensemble de fermés de $X$ ayant la propriété d'intersection finie, c'est-à-dire que toute intersection finie d'éléments de $\mathcal{A}$ est non vide. On va montrer que $\bigcap_{F\in\mathcal{A}} F\neq\emptyset$ ce qui prouvera que $X$ est quasi-compact.

Quitte à ajouter les intersections finies, on peut supposer que $\mathcal{A}$ est stable par intersection finie et que $X\in \mathcal{A}$.

Considérons alors l'ensemble $\mathfrak{B}$ des parties $\mathcal{B}$ de $\mathcal{A}$ vérifiant $\forall F\in \mathcal{A}, \bigcap_{B\in \mathcal{B}}B\cap F\neq\emptyset$. Si $B\in \mathcal{A}$ alors $\{B\}\in \mathfrak{B}$, donc $\mathfrak{B}$ est non vide. 

Montrons que $\mathfrak{B}$ muni de l'inclusion est inductif. Soit $\mathfrak{C}\subset\mathfrak{B}$ un sous-ensemble totalement ordonné et soit $\mathcal{C}:=\bigcup_{\mathcal{B}\in\mathfrak{C}} \mathcal{B}$. On a évidemment $\mathcal{B}\subset \mathcal{C}$ pour tout $\mathcal{B}\in \mathfrak{C}$. De plus $\mathcal{C}\in \mathfrak{B}$ en effet, soit $F\in \mathcal{A}$ et posons $F_{\mathcal{B}}:=\bigcap_{B\in \mathcal{B}}B\cap F$ pour tout $\mathcal{B}\in \mathfrak{C}$. L'ensemble $\{F_{\mathcal{B}}\mid \mathcal{B}\in \mathfrak{C} \}$ est constitué de fermés non vides et est totalement ordonné pour l'inclusion. Donc par hypothèse, $\bigcap_{\mathcal{B}\in \mathfrak{C}} F_{\mathcal{B}}\neq\emptyset$. Donc, $\emptyset\neq\bigcap_{\mathcal{B}\in \mathfrak{C}} F_{\mathcal{B}} = \bigcap_{\mathcal{B}\in \mathfrak{C}, B\in \mathcal{B}} B\cap F=\bigcap_{B\in \mathcal{C}}B\cap F$. Ceci prouve que $\mathcal{C}\in \mathfrak{B}$ et par suite $\mathfrak{B}$ muni de l'inclusion est inductif. 

Par Zorn, il existe $\mathcal{M}\in \mathfrak{B}$ un élément maximal. Montrons que $\mathcal{M}=\mathcal{A}$. En effet supposons qu'il existe $F\in \mathcal{A}\setminus \mathcal{M}$ et posons $\mathcal{M}':=\mathcal{M}\cup \{F\}$. Alors $\mathcal{M}'\in \mathfrak{B}$ car si $F'\in \mathcal{A}$, $\bigcap_{B\in \mathcal{M}'}B\cap F'=\bigcap_{B\in \mathcal{M}}B\cap F\cap F'\neq\emptyset$ car $F\cap F'\in \mathcal{A}$ et $\mathcal{M}\in \mathfrak{B}$. Ceci contredit la maximalité de $\mathcal{M}$.

Pour finir, étant donné que $X\in \mathcal{A}$, on a bien $\bigcap_{F\in\mathcal{A}} F= \bigcap_{F\in\mathcal{M}} F\cap X\neq\emptyset$.

La preuve de la prop de evariste21 rien qu'avec Zorn pour demain si tout va bien...

gebrane

Par minimalité aurait était mieux dans ta preuve.

La suite de l'aventure ....

Calli

Bien joué Raoul ! J'attends le prochain épisode !

raoul.S

Moui, en espérant que le diabolique @gebrane n’attende pas mon prochain énorme pavé pour sortir un lien qui résout tout en deux lignes...

gebrane

Mon cher démoniaque @raoul.S , toute la France attend la suite

raoul.S

Voici la preuve en pure Zorn de l'énoncé d'evariste21 ICI. Je suis convaincu que c'est la caractérisation des quasi-compacts de la dernière prop qui permet de conclure. Avec les caractérisations habituelles on ne s'en sort pas. D'ailleurs sans l'axiome du choix ce ne serait probablement pas une équivalence. Bon trêve de bavardages, la démo qui suit est un pavé que je ne lirais probablement pas si quelqu'un le postait, mais j'ai tout détaillé pour être sûr de ne pas faire d'erreurs. Et je l'ai bien structurée pour qu'on puisse zapper tout les "calculs" fastidieux. Le squelette de la preuve tient d'ailleurs en peu de lignes. 

On suppose que $X$ n'est pas quasi-compact. Il existe donc un ensemble $\mathcal{F}$ totalement ordonné (pour l'inclusion) de parties fermées non vides de $X$, tel que $\bigcap_{F\in\mathcal{F}} F=\emptyset$.

Notons $\mathcal{D}$ l'ensemble des parties discrètes de $X$ (qui n'est pas vide grâce aux singletons) et munissons cet ensemble de la relation d'ordre suivante : $$\forall D_1,D_2\in \mathcal{D}, D_1\preceq D_2 \Leftrightarrow D_1\subset D_2 \text{ et } \exists F\in \mathcal{F}, F\cap D_1=\emptyset \text{ et } D_2\setminus D_1 \subset F$$

C'est bien une relation d'ordre car :

• réflexivité : si $D$ est discret alors $\overline{D}$ est quasi-compact et $\bigcap_{F\in\mathcal{F}} F\cap \overline{D}=\emptyset$ implique par quasi-compacité qu'il existe un nombre fini d'éléments de $\mathcal{F}$ dont l'intersection avec $\overline{D}$ est vide. Mais $\mathcal{F}$ est totalement ordonné, donc ceci revient à dire qu'il existe $F\in \mathcal{F}$ tel que $F\cap\overline{D}=\emptyset$ donc $F\cap D=\emptyset$. D'un autre côté il est évident que $D\setminus D =\emptyset\subset F$. Donc $D\preceq D$.
  
• antisymétrie : évidente.
• transitivité : si $D_1\preceq D_2$ et $D_2\preceq D_3$ alors $D_1\subset D_2\subset D_3$ et il existe $F_1,F_2\in \mathcal{F}$ tels que $\emptyset = F_1\cap D_1=F_2\cap D_2$ et $D_2\setminus D_1\subset F_1$ et $D_3\setminus D_2\subset F_2$. Supposons $D_2\neq D_1$ autrement c'est évident. On a $\emptyset\neq D_2\setminus D_1\subset F_1$ donc $F_1\cap D_2\neq \emptyset$. D'un autre côté $F_2\cap D_2=\emptyset$. L'ensemble $\mathcal{F}$ étant totalement ordonné on en déduit que $F_2\subset F_1$. Donc, $D_3\setminus D_1=(D_2\setminus D_1)\cup (D_3\setminus D_2)\subset F_1\cup F_2=F_1$ et par conséquent $D_1\preceq D_3$.

À présent, montrons que $(\mathcal{D}, \preceq)$ est inductif. Soit $\mathcal{C}\subset \mathcal{D}$ une chaîne (sous-ensemble totalement ordonné). Vérifions que $\tilde{D}:=\bigcup_{D\in\mathcal{C}} D$ est bien un majorant.

• $\tilde{D}$ est discret : soit $x\in \tilde{D}$. Il existe donc $D_x\in \mathcal{C}$ tel que $x\in D_x$. Fixons $D'\in \mathcal{C}$ tel que $D_x\prec D'$ (si un tel $D'$ n'existe pas alors $D_x$ est le plus grand élément dans $\mathcal{C}$ et $\tilde{D}=D_x$ est discret). L'ensemble $D'$ étant discret, il existe un voisinage ouvert de $x$, noté $\mathcal{O}'$, tel que $\mathcal{O}'\cap D'=\{x\}$. Par définition de l'ordre $\preceq$ il existe $F_x\in \mathcal{F}$ tel que $F_x\cap D_x=\emptyset$ et $D'\setminus D_x\subset F_x$. L'ouvert $\mathcal{O}:=(X\setminus F_x)\cap \mathcal{O}'$ est donc aussi un voisinage de $x$ et vérifie $\mathcal{O}\cap D'=\{x\}$. Soit $D\in \mathcal{C}$. Deux cas peuvent se présenter :
  
  
  1) Si $D\preceq D'$ alors $\mathcal{O}\cap D\subset \mathcal{O}\cap D'=\{x\}$.
  2) Si $D'\prec D$ alors il existe $F\in \mathcal{F}$ tel que $F\cap D'=\emptyset$ et $D\setminus D'\subset F$. Or $F\cap D'=\emptyset$ et $F_x\cap D'\neq \emptyset$, l'ensemble $\mathcal{F}$ étant totalement ordonné on en déduit que $F\subset F_x$. Par suite, $\mathcal{O}\cap D=(X\setminus F_x)\cap \mathcal{O}'\cap D\subset (X\setminus F)\cap \mathcal{O}'\cap D$. Mais de $D\setminus D'\subset F$ on tire que $X\setminus F\subset (X\setminus D)\cup D'$. Donc $\mathcal{O}\cap D\subset (X\setminus F)\cap \mathcal{O}'\cap D\subset \setminus ((X\setminus D)\cup D')\cap \mathcal{O}'\cap D=D'\cap \mathcal{O}'\cap D=\{x\}$.
  
  
  
  Ceci entraîne que $\mathcal{O}\cap \tilde{D}=\{x\}$ et $\tilde{D}$ est discret.
• Montrons que pour tout $D\in \mathcal{C}$, $D\preceq\tilde{D}$ : soit donc $D_0\in \mathcal{C}$, on a évidemment $D_0\subset \tilde{D}$. Fixons $D'\in \mathcal{C}$ tel que $D_0\prec D'$ (si un tel $D'$ n'existe pas alors $D_0$ est le plus grand élément dans $\mathcal{C}$, $\tilde{D}=D_0$ et c'est fini). Il existe donc un fermé $F_0\in \mathcal{F}$ tel que $F_0\cap D_0=\emptyset$ et $D'\setminus D_0\subset F_0$. On va montrer qu'en fait $\tilde{D}\setminus D_0\subset F_0$ ce qui prouvera que $D_0\preceq \tilde{D}$. Soit $x\in \tilde{D}\setminus D_0$, si $x\in D'$ alors $x\in F_0$ et c'est bon. Sinon il existe $D\in \mathcal{C}$ tel que $x\in D$. Vu que $x\not\in D'$, $D'\prec D$. Par suite, il existe $F'\in \mathcal{F}$ tel que $F'\cap D'=\emptyset$ et $D\setminus D'\subset F'$. Vu que $F'\cap D'=\emptyset$, que $F_0\cap D'\neq \emptyset$ et que $\mathcal{F}$ est totalement ordonné, $F'\subset F_0$. Pour finir $x\in D\setminus D'\subset F'\subset F_0$.

On peut terminer en appliquant Zorn : $\mathcal{D}$ possède un élément maximal $M$. Mais $\bigcap_{F\in\mathcal{F}} \overline{M}\cap F=\emptyset$, et vu que $\overline{M}$ est quasi-compact et $\mathcal{F}$ totalement ordonné on en déduit qu'il existe $F\in \mathcal{F}$ tel que $\overline{M}\cap F=\emptyset$. Soit donc $x\in F$ et considérons  $M':=M\cup \{x\}$. L'ensemble $M'$ est discret. Ceci découle facilement de ce que $M$ est discret et $\overline{M}\cap F=\emptyset$. De plus, $M\prec M'$ car $F\cap M=\emptyset$ et $M'\setminus M=\{x\}\subset F$. Absurde.


PS. Dans l'article de Tkachuk cet énoncé est un lemme...

Calli

Bravo Raoul ! J'ai tout lu ; par contre on ne comprend pas trop le sens intuitif de ce que ce passe (enfin, je ne comprends pas trop), mais c'est souvent le cas avec Zorn (c'est pour ça que j'ai plutôt tendance à utiliser les ordinaux  ).
Ça ne fera pas de mal de clôturer ce fil, car il nous a donné du fil à retordre ! (édit : c'est le cas de le dire ; le jeu de mot étais néanmoins involontaire ^^)

gebrane

@raoul.S  

Amène

raoul.S

Calli, oui avec Zorn c'est le prix à payer...

@gebrane Amen pas amène

gebrane

@raoul.S   J'ai dit amène une bouteille  pour fêter ta preuve.