Classiques L1-L2 trop oubliés
Je m'étais promis que quand je verrai le 3ième homme (ou la 3e femme) enseignant longtemps en MPSI méconnaître (ou en tout cas, ne pas les avoir "à fleur de peau" les énoncés qui suivent, je créerai ce fil. J'en profite pour ajouter un énoncé qui n'a rien à voir mais dont je refais régulièrement la pub.
Le tout premier homme qui m'a signalé qu'il ne savait pas prouver l'énoncé1 m'avait alerté car c'était une sommité. Doit-on y voir une dégradation des archives de la topologie générale et de l'ensemblisme académique? En tout cas, j'essaie de contribuer au non oubli de ces lemmes de base en les repostant régulièrement.
1/ Soit $(E,\leq)$ un ordre complet et $f:E\to E$ croissante. Alors $f$ a au moins deux points fixes (pas forcément différents), l'un étant le plus petit point fixe de $f$ et l'autre le plus grand:
Le plus petit est la borne inférieure des $x\in E$ tels que $f(x)\leq x$
Le plus grand est la borne supérieure des $x\in E$ tels que $x\leq f(x)$
Évidemment s'ils sont égaux, ils sont l'unique point fixe de $f$
1.1/ On peut appliquer ça au cas très particulier de $(P(E), \subset)$
1.2/ Et au cas encore plus particulier où $g$ va de $E$ dans $E$ et où $f:A\mapsto f[A]:= \{x\in E\mid \exists y\in A: f(y)=x\}$
2/ Soit $K$ un compact et $f$ continue de $K$ dans $K$. Soit $G(n+1):=f[G(n)]$, pour chaque $n\in \N$ avec en plus $G_0:=K$. Alors $H:=\cap_n \ G_n$ vérifie $f[H] = H$.
Je les laisse en exercices.
HS ON
3/ j'en profite pour resignaler que pour tout anneau commutatif, toute matrice qui a plus de lignes que de colonne a ses lignes liées, et que ce phénomène ne demande ni intégrité de l'anneau ni rien d'autre que la commutativité. Les preuves académiques de L1 font un usage de l'intégrité qui cache le truc.
HS off
Le tout premier homme qui m'a signalé qu'il ne savait pas prouver l'énoncé1 m'avait alerté car c'était une sommité. Doit-on y voir une dégradation des archives de la topologie générale et de l'ensemblisme académique? En tout cas, j'essaie de contribuer au non oubli de ces lemmes de base en les repostant régulièrement.
1/ Soit $(E,\leq)$ un ordre complet et $f:E\to E$ croissante. Alors $f$ a au moins deux points fixes (pas forcément différents), l'un étant le plus petit point fixe de $f$ et l'autre le plus grand:
Le plus petit est la borne inférieure des $x\in E$ tels que $f(x)\leq x$
Le plus grand est la borne supérieure des $x\in E$ tels que $x\leq f(x)$
Évidemment s'ils sont égaux, ils sont l'unique point fixe de $f$
1.1/ On peut appliquer ça au cas très particulier de $(P(E), \subset)$
1.2/ Et au cas encore plus particulier où $g$ va de $E$ dans $E$ et où $f:A\mapsto f[A]:= \{x\in E\mid \exists y\in A: f(y)=x\}$
2/ Soit $K$ un compact et $f$ continue de $K$ dans $K$. Soit $G(n+1):=f[G(n)]$, pour chaque $n\in \N$ avec en plus $G_0:=K$. Alors $H:=\cap_n \ G_n$ vérifie $f[H] = H$.
Je les laisse en exercices.
HS ON
3/ j'en profite pour resignaler que pour tout anneau commutatif, toute matrice qui a plus de lignes que de colonne a ses lignes liées, et que ce phénomène ne demande ni intégrité de l'anneau ni rien d'autre que la commutativité. Les preuves académiques de L1 font un usage de l'intégrité qui cache le truc.
HS off
Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
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Réponses
Mais initialement la conversation date de 2ans. Je pense que ça ne gênerait pas la personne qui m'a signalé sa lacune, que je le cite, mais je ne le fais pas, c'est plus simple.
Pas très clair pour mes neurones en vacances.
Si $E$ est vide, on peut trouver au moins deux éléments dans $E$, éventuellement confondus ?
Je nage.
e.v.
Je doute que les relations d'ordre complets soient au programme de L1 et L2, n'y aient jamais figuré et je parie qu'elles n'y figureront jamais.
Je ne parle pas dans tes rêves bien sûr.
Mais ça m'a permis d'apprendre quelque chose aujourd'hui.
Maintenant si tu veux bien, j'ai un pâté de sable qui m'attend.
e.v.
Je ne vois pas pourquoi un ordre complet ne peut pas être vide.
e.v.
[size=x-small]Un treillis complet est un ensemble ordonné dont toute partie a une borne supérieure. Un treillis complet est donc non vide d'après cette définition (il contient $\sup (\emptyset)$). On peut en déduire aussi que toute partie du treillis complet a une borne inférieure (exercice facile)[/size].
Concernant la "lacune", ce qui m'avait étonné ce n'était pas tant l'ignorance culturel que la difficulté que X prétendait avoir trouvé à réussir l'exo (qu'il signalait d'ailleurs comme non réussi, il avait abandonné).
Cela dénote qu'il y a une certaine forme de richesse dans les idées et qu'il n'était peut-être plus habitué (pour quelqu'un qui avait probablement été réçu premier à Ulm les mains dans les poches 20ans plus tôt et idem à l'agreg) à ce qui à une certaine époque devait être considéré je pense comme la farine ou le blé en maths des années 60-70, à savoir le fait qu'itérer ordinalement conduit à des points qui reviennent péridiodiquement, et donc un point fixe quand c'est croissant
Bon, mais enfin tout ça a été dit maintes fois sur le forum, je ne fais que radoter et encore en plus sur un aspect pas des plus significatifs. (Disons qu'à long terme, je crains sincèrement, je l'avais déjà dit, un sacage des archives de l'infini et à encore plus long terme, des jeunes obligés de réinventer l'eau chaude infinitiste).
e.v.
Et celui en L5,
Me donne envie de reprendre des études X:-(
PS:
Peut-être que Christophe parlait de cette L4:
Je n'ai pas le niveau pour en jouer. :-D
Franchement, ce n'est pas essentiel, si ?
Tu sembles à chaque fois ramener à tes connaissances les choses à connaître unanimement.
Une vanne sous forme de pique : Tes démons calculatoires sont connus par tous les profs de prepa ;-).
Mais diras-tu que ça ne vaut rien ? ;-)
C'est marrant, en gros, toute matrice non carrée contient une relation de liaison entre les vecteurs parallèles au plus petit côté.
Attention: il y en a une aussi chez les chercheurs, mais de leur part (chercheurs) elle est volontaire et décidée.
C'est moins clair chez les enseignants, surtout qui corrige de gros DST produits chaque samedi matin, etc, etc, bref, qui ne "décident pas" forcément de s'intéresser ou pas à telle ou telle chose.
1/ Prouver que si c'est faux pour $(n,n+1)$ alors c'est faux pour $(n,p)$ pour tout $p>n$ (qu'il n'existe pas de matrice à $p$ lignes libres et $n$ colonnes)
2/ Prendre le plus petit $n$ pour lequel c'est faux, et prendre une matrice $(n,2n)$ l'attestant. La découper en 2 matrices $(n,n)$. Extraire de chacune la matrice $(n,n-1)$. Lier les $n$ lignes de longueur $n-1$ de la première, ce qui te donne un vecteur $(0,0,0....,0,r)$ dans l'image de sa transposée. Quotienter l'anneau par l'annulateur de $r$, puis dans ce nouvel anneau lier la deuxième $(n,n-1)$.
3/ Mixer, puis gagner.
Bon je reconnais que c'est peu généreux, si tu ne comprends pas ce plan, je le formaliserai.
Avec l'axiome du choix, tu peux aussi prendre le plus grand idéal (qui sera forcément premier) tel que le quotient par lequel autorise la fausseté du l'énoncé pour une matrice donnée et appliquer que c'est vrai pour les anneaux intègres.
Ok.
J'avais du mal à me faire une idée de ce que avais derrière la tête. Ton passage sur la topologie générale vs topologie dans un métrique est plus compréhensible.
Chez les chercheurs, on peut très bien ne pas trouver facile tel ou tel truc, mais c'est généralement parce qu'on l'a décidé afin de ne pas se déconcentrer ou se disperser. Par exemple, Seymour qui m'a l'air (après que j'ai pas mal googlé sur les graphes) de revenir constamment comme référence de découvreur de tas de trucs sur les graphes au point que ça doit être l'expert mondial en chef de la question (c'est ce que j'ai fini par penser), rien ne me dit qu'il ne galère pas si on lui parle du cardinal minimum d'ensembles de mesure nulle à réunir qui donne un résultat non de mesure nulle, mais je sais que c'est parce qu'il est comme James Bond: mission-->les graphes. (On lui doit un théorème assez ahurissant déjà, et d'autres, puissants, sur les graphes parfaits)
J'arrive même pas à deviner votre spécialité. Si ce n'est pas indiscret, êtes-vous prof ou chercheur et si oui, quelle est votre spécialité ?
Il est tout à la fois, mais il est surtout passionné. A ma connaissance, c'est le seul savant du forum qui ne connaissait rien à la CCH il y a 5-6ans (ou plus) et qui s'est donné la peine de l'étudier patiemment et en profondeur et arrive aujourd'hui avec un certain nombres de connaissances bien digérées. Il y a beaucoup d'autres savants (enfin au moins 6 ou 7) sur le forum, mais je n'ai pas l'impression qu'il y ait quelqu'un d'autre que foys, qui semblait spécialiste de tout à fait autre chose et qui ait accepté de mouiller la chemise pour apprendre de la logique (et quelle logique! Les trucs bien écrits et lisibles en CCH et logique combinatoire (c'est juste le nom) se font rares, si ce n'est inexistants, il faut qusiment tout inventer soi-même).
Si j'ai bien compris, il l'a dit quelques fois, il n'est pas tout jeune: et bien chapeau pour cette attitude jeune. Je m'étonne moins de voir un ulmien de 17ans se choisir des passions, mais à un âge avancé c'est tout de même très différent (il faut être vieux pour comprendre, pleurer parce qu'il n'y a pas d'ascenseur, pleurer parce qu'on ne peut pas visiter tel endroit formidable de la planète parce qu'on a une mauvaise vue et qu'on n'en profitera pas, etc)
1/ Tu prends une matrice $M$ ayant 9 lignes et 8 colonnes à coefs dans un anneau commutatif $A$
2/ Parmi les idéaux $J$ qui considèrent (enfin tel que l'anneau $A/J$ considère que) que $M$ a ses lignes libres, tu en prends un $P$ qui est maximal (Zorn-exercice).
3/ Tu prouves que $P$ est premier
4/ Contradiction (il est enseigné en L1-L2 que ce n'est pas possible pour les anneaux intègres, par des arguments routiniers faciles)
En faisant ce qu'on appelle "une élimination de coupure", tu peux te passer évidemment très vite de l'axiome du choix, mais ça, je ne te le détaille pas.
(A l'edit, il faut d'abord que je la copie-colle)
1/ Tu prends une matrice $M$ ayant 9 lignes et 8 colonnes à coefs dans un anneau commutatif $A$
2/ Parmi les idéaux $J$ qui considèrent***** que $M$ a ses lignes libres, tu en prends un $P$ qui est maximal (Zorn-exercice).
3/ Tu prouves que $P$ est premier
4/ Contradiction (il est enseigné en L1-L2 que ce n'est pas possible pour les anneaux intègres, par des arguments routiniers faciles)
***** un idéal $J$ est dit "voir M comme ayant ses lignes libres" quand pour tout vecteur ligne L de longueur 9, si LM a tous ses coefs dans $J$ alors $L$ a tous ses coefs dans $J$.
0/ $<<J$ est un idéal premier$>>$ abrège $<<J$ est un idéal et $1\notin J$ et pour tous $u,v: $ si $uv\in J$ alors $(u\in J$ ou $v\in J)>>$
Je te donne aussi une preuve (je ne sais pas si tu es en L1, L2, ou plus) que "tout se passe bien" dans un anneau intègre (je crois que normalement c'est fait dès le L1, mais je ne me tiens plus trop au courant).
1/ Soit $M$ une matrice (9 lignes, 8 colonnes par exemple) à coefficients dans un anneau intègre. Je note $c:=(c_1,...,c_n)$ le uplet où $c_i$ est le nombre de coefficients non nuls de la colonne $i$.
2/ Je suppose que les lignes de $M$ sont libres, mais que j'ai choisi $M$ avec le plus petit uplet possible $c$ dans l'ordre lexicographique, après avoir choisi un $(n,n+1)$ plus petit possible.
3/ Supposons qu'il y ait 2 cases de la première colonne qui sont non nulles, avec des coefficients $a,b$, pour les lignes, par exemple 3 et 5. La matrice obtenue $M'$ après avoir remplacé la ligne 3 par $bL_3-aL_5$ dans $M$ ne peut pas avoir ses lignes libres (minimalité de $M$ supposée en (2)). Il y a donc une combinaison linéaire $\sum_i x_iL'_i$ des lignes de $M'$ qui est nulle, mais avec des coefficients non tous nuls
4/ Cela fait que:
4.1/ $x_1L_1 + x_2L_2+x_3(bL_3-aL_5) + x_4L_4+x_5L_5+..x_9L_9=0$ donc que
4.2/ $x_1L_1 + x_2L_2+bx_3L_3 + x_4L_4+(x_5-ax_3)L_5+..x_9L_9=0$ donc que
4.3/ $bx_3=0$ et $x_5-ax_3=0$ donc
4.4/ contradiction avec $x_3=x_5=0$, nuls donc, en plus de tous les autres $x_i$
5/ Il n'y a donc qu'un seul, au plus, coef non nul dans la colonne1, disons le $a$ de la ligne $3$.
6/ En retirant cette colonne, tu peux te permettre de retirer la ligne où se situe ce coef non nul. Tu te retrouves avec une matrice ayant 8 colonnes et 7 lignes, qui a des lignes liées.
7/ Les coefs de liaison, non tous nuls, auxquels tu ajoutes $0$ comme coef pour la ligne 3 et tu as gagné.
Si jamais tu es en L1, tu apprendras que c'est le gros machin à l'origine de la dimension, notion extrêmement robuste, qui refait émerger les nombres entiers au sein des maths. L'énoncé qui précède empêche qu'une famille libre ait strictement plus d'éléments qu'une famille génératrice par exemple. Donc toutes les bases ont la même taille.
L'énoncé "une matrice ayant plus de lignes que de colonnes a ses lignes liées" est faux, en toute rigueur. Le bon énoncé est "si une matrice qui a plus de lignes que de colonnes a ses lignes libres alors $0=1$.
Ceci valant dans tout anneau commutatif unitaire. Et dans un anneau commutatif, sans unité, la conclusion est "tout le monde est égal à tout le monde (autrement dit, l'anneau est un singleton)
Je pense même que cet énoncé est vrai dans la logique interne de l'anneau lui-même*** et pas seulement dans notre logique classique, mais je ne vais pas détailler outre mesure vu le titre du fil :-D
Pour Gauss, au point où j'en suis rendu de te fournir des détails, je te rédige mieux ma preuve préférée, "preuve maison" que je ne suis pas peu fier d'avoir produite, et qui ne fait pas usage d'intégrité.
1/ Lemme: pour tout entier naturel $p>0$, toute matrice ayant $2^p$ lignes et $p$ colonnes a ses lignes liées.
Preuve: je serais tenté de dire "trivial", mais ce serait tricher pour un étudiant. Ca ne l'est qu'à epsilon près, le epsilon étant qu'il faut changer d'anneau: on lie les $2^{p-1}$ lignes du haut sans se préoccuper de la première colonne, la liaison donne donc non pas $(0,0,0....,0)$ mais $(r,0,0,0,....,0)$.Si $r=0$ on a fini, sinon, on passe dans le nouvel anneau $A/ J:=\{x\mid rx=0\}$. Dans cet anneau on lie les $2^{p-1}$ lignes du bas, idem sans se préoccuper de la première colonne, en obtenant $(s,0,0,...0)$. Si $s=0$ dans $A/J$, on multiplie les coefficients qu'on vient d'obtenir par $r$ et c'est fini, sinon on multiplie la première liste de coefficients par $-s$ et la deuxième par $r$ et c'est réglé.
2/ Pour toute matrice $M$ ayant $n$ lignes et $p$ colonnes, si $n>p$ et ses lignes sont libres alors il existe une matrice "évidente" ayant $n+1$ lignes et $p$ colonnes qui a aussi ses lignes libres.
3/ Mixage des deux: contradiction.
Hélas, j'ai tapé ça parce que ça me prend peu de temps et que tu pourras le mettre de côté pour y revenir un jour, mais je ne pense pas que tu sois à l'aise avec les changements d'anneau, donc je m'en tiens là. J'en ai séduit des gens :-D avec cette preuve (hélas, pas des filles... :-D , plutôt des vieux ronchons)
Il faut savoir que j'ai trouvé ça à une époque (récente) de ma vie où j'ai investigué (peut-être pour la première fois sur des objets finis) pour comprendre un peu mieux un objet génial qui est le déterminant. Encore aujourd'hui je lui découvre des vertus (qui je pense me mèneront à prouver une conjecture ouverte importante d'ailleurs, car tout semble se ressembler**) assez nombreuses
*** $[a=b]:=\{x\in A\mid x(a-b) = 0\}$, $[I\to J]:=\{x\mid \forall y\in I: xy\in J\}$ et $[\forall wR(w)]:=\{x\mid \forall w: x\in [R(w)]\}$. Partant de là, on écrit l'énoncé et dire qu'il est "sûr" c'est juste dire qu'il contient $1$, et s'il n'y a pas de $1$ dans l'anneau, qu'il contient tout le monde.
** Pour les graphes aussi il est "trivial" que si un graphe nécessite $2^p$ couleurs alors il contient une $p$-clique comme mineur, et en plus la preuve ressemble comme deux gouttes d'eau à celle ci-dessus pour les matrices. Hélas, le "déterminant des graphes" n'a pas encore été trouvé et la conjecture ouverte dit qu'on peut passer de $2^p$ à $p$.
Par exemple pour $p=2$ et $n=3$, imaginons qu'on ait trois vecteurs $(a,x)$, $(b,y)$ et $(c,z)$ linéairement indépendants. Cela veut dire que l'on a $\alpha = \beta = \gamma = 0$ dès que $\alpha a + \beta b + \gamma c = 0$ et $\alpha x + \beta y + \gamma z = 0$ (on déduit trois relations de deux). Alors en prenant $\alpha = u_1 a + u_2 b + u_3 c$ et $\beta = u_1 x + u_2 y + u_3 z$, on obtient que $u_1 = u_2 = u_3 = \gamma = 0$. En développant les expressions, on obtient comme vecteurs indépendants $a(a,x)+x(b,y)$, $b(a,x)+y(b,y)$, $c(a,x)+z(b,y)$ et $(c,z)$.
(x1,....x8,x9)
> (y1,y2,.....,y7,x9)
> (z1,z2,.....,z7)
en exploitant injection de A^8 dans A^7
On a déjà par des considérations ensemblistes $f(H) = f\left(\cap_{n\in\mathbb{N}} G_n\right) \subseteq \cap_{n\in\mathbb{N}} f(G_n) = H$.
Soit maintenant $x \in H$. Pour tout $n \in \mathbb{N}$, il existe donc $x_n \in G_n$ tel que $f(x_n) = x$. Soit $x_{\infty}$ un point d'accumulation de $(x_n)_n$. Comme chaque $G_n$ est fermé (car ils sont compacts et que $K$ est Hausdorff), on a $x_{\infty} \in H$. On écrit $x_{\infty}$ comme une limite d'une sous-suite des $x_n$ (ça n'existe pas forcément en toute généralité, il faudrait faire avec des suites généralisées j'imagine). Ensuite on passe à la limite (car $f$ est continue et car $K$ est Hausdorff) et on obtient que $f(x_{\infty}) = x$.
La séparation intervient pour dire que Gn+1 est fermé car compact.
Tu peux alors alors l'écrire l'énoncé "voulu" dans ce cas particulier d'esapce $T_1$ et te prendre à rêver à tous les pays que tu peux visiter s'il est vrai :-D
en réaction auquel, je pense utile de rappeler les "Riesz-phénomènes". Le corps est $\R$ muni de sa topologie usuelle.
1/ $<<E$ est un espace vectoriel topologique$>>$ abrège $<<E$ est un espace vectoriel muni d'une topologie $T$ pour laquelle les applications $(x,u)\in \R\times E \mapsto xu$ et $(u,v)\in E\times E\mapsto u+v$ sont coninues respectivement pour les topologies produit qui munissent les espaces produits canoniquement$>>$ (C'est déjà long à écrire et pourtant, j'ai coupé la fin)
2/ Un théorème très célèbre, de Frederic Riesz dit qu'un EVT séparé est localement compact ssi il est de dimension finie.
3/ En L1-L2, c'est surtout [dim finie => locale compacité] qui est mobilisé. Elle provient du fait que $[0,1]^n$ est compact pour tout entier $n$, qui est un classique archi en amont, mais je pourrai détailler sur demande.
4/ En L1-L2, comme la plupart du temps est mis une norme euclidienne sur un EV de dimension finie, je signale donc que les sphères, les boules fermées sont compacts comme sous ensembles fermés d'hypercube, compacts à cause de (3)
5/ Je "scénarise" une sketch-preuve du théorème suivant: il n'y a qu'une seule topologie possible qui fasse de $\R^n$ (ou de n'importe quel EV de dim finie sur $\R$) un EVT séparé.
5.1/ Soit en effet, $T$ une topologie séparée d'EVT pour $E:=\R^n$ muni au préalable de sa structure euclidienne.
5.2/ Exercice sans aucune difficulté de taupin: tout élément de $T$ est une réunion de boules ouvertes (je parle des boules bien rondes de la structure euclidienne :-D )
5.3/ C'est la réciproque qui généralement embête les gens. Elle revient à montrer que toute boule ouverte centrée en $0_E$ contient comme sous-ensemble un ouvert $U\in T$ tel que $0_E\in U$.
5.3.1/ A ce moment, par l'absurde, il est rentable de se rappeler que $\lambda u\to 0$ quand $\lambda \to 0$, et donc par compacité (pour la norme euclidienne) de la sphère euclidienne centrée en $0_E$ et de rayon $1$, il existe un vecteur $u$ sur cette sphère qui a comme propriété que pour tout $e>0$, pour tout $X\in T$ tel que $0_E\in X$, il existe $v$ tel que
$$DistanceEuclidienne(u,v)<e\ et\ v\in X$$
5.3.2/ La suite est taupinièrement non inspirée et automatique.
5.4/ Je rappelle "une difficulté possible" qui me parait importante: il est intuitif, qu'il existe un demi-droite qui adhère à l'ensemble des points en dehors de la boule unité qui tendent vers $0_E$ pour $T$ (sous l'hypothèse qu'on veut casser), mais on risque d'oublier trop souvent et de perdre des minutes de sa vie***, de réussir à faire un peu mieux et à mettre cette limite sur la sphère et pas "en dehors de la boule dans une direction constante dont on est fier"
*** en tout cas, pour ma part (je traduis toute ces choses en ANS, donc elles sont toutes évidentes pour moi a priori), j'ai été très mécontent d'oublier ça, malgré le "pouvoir magique" dont je disposais (ANS). Donc je le signale à toutes fins utiles. Hélas, ces résultats (je ne vais pas me mettre comme Pappus à utiliser le terme "défunts" partout, c'est déprimant), sont souvent des trucs de musée que les gens trouvent pertinents d'admettre et d'en oublier les preuves: j'en suis attristé (mais je ne dirai pas à chaque fois "la défunte topologie, la défunte compacité, etc" :-D )
Ok, toute injection de Gertrude vers Gertrude est continue… et le résultat est vrai pour les injections. On peut voir le truc comme un arbre : les fils de $b$ sont les $f^{-1}(b)$. Et alors $H$ est l'ensemble des nœuds ayant des fils (indirects) aussi profonds que voulu. Le seul problème qui peut arriver est que $b$ ait une infinité de fils (directs), chacun atteignant une profondeur finie avec leurs sous-fils, mais tel que le max de ces profondeurs soit infini. Ça me fait penser au lemme de Koning, qui lui aussi est lié à la compacité…
On voit comme ça que toute fonction continue Gertrude --> Gertrude vérifie la propriété.
Je me suis rendu compte que mon contre-exemple si on a juste $T_1$ est faux (la fonction n'est pas continue). Mais on a le contre-exemple suivant. L'ensemble $K$ est $\mathbb{N}^2 \times \{a,b\}$. La fonction $f$ est telle que :
* $f(a) = a$
* $f(b) = a$
* $f(0,n) = b$
* $f(k+1,n) = f(k,n+1)$
Les fermés sont générés par les $\{k\} \times \mathbb{N}$ et les singletons. Alors $f$ est bien continue, l'espace est bien $T_1$ et quasicompact. Mais $H$ est $\{b,a\}$ et $f(H) = \{a\}$.
Biiiiigrrrreeeeee, alors là, si tu as raison, je tombe de ma chaise, cela dit, je n'ai pas le temps de vérifier maintenant (ciné), donc ce sera pour après le ciné, mais mon intention était une manière (j'avoue je tape comme je pisse, donc je peux me gourrer) "facile" de te montrer comment trouver des contre-exemples. Très beau retournement si tu as raison, et grand bonheur pour moi de m'être trompé dans ce cas***. A tout à l'heure!!!!!
*** ça me semblait juste "trop beau" pour être vrai, mais des fois on a des surprises.
Je te donne la topologie si tu veux vérifier qu'elle est (ou pas) compacte: c'est celle engendré par les ensembles $A(n,F)$ suivants, où $n$ est un entier et $F$ une partie finie de $E$.
$$A(n,F):=\{x\in E\mid f^n(x)\notin F\}$$
Attention, les fermés sont des intersections quelconques d'unions finies de.... La noethérianité me paraitrait un beau cadeau pour le coup, je n'ai pas vérifié. Mais un peu trop beau pour être vrai, non?