Une façon de prouver qu'un espace est compact
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.
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Réponses
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.
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.
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
Bonjour,
Merci pour ces précisions. Voici ce que j'ai trouvé. Edit : des précisions sur la notion de suite généralisée dans le message suivant.
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.
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
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En relisant ma preuve, j'ai vu que le passage suivant n'est pas clair :
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.
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.
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.
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...
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 $X$.
- 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.
- 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.
- 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...$$ \xymatrix{
&\beta \varinjlim \mathfrak{D} \ar[r] & \beta (X,\mathcal{T}) & \\
\forall \mathfrak{d} \in \mathfrak{D},\ \forall D\in\mathcal{D},\ D\subset \mathfrak{d}, \qquad & \varinjlim \mathfrak{D} \ar[u] \ar[r]^{\text{bij.}} & (X,\mathcal{T}) \ar[u] \ar[r]^{\text{bij.}} & (X,\mathcal{T}') \\
&& (\mathfrak{d},\mathcal{T}_{|\mathfrak{d}}) \ar@{_{(}->}[lu] \ar@{^{(}->}[u] \ar@{^{(}->}[ru] & \\
&& (\overline{D},\mathcal{T}_{|\overline{D}}) \ar@{^{(}->}[u] &
}$$
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 et @raoul.S, j'avais aussi cherché un contre-exemple, essayé avec $\omega_1$, et raté à cause des ordinaux successeurs. ^^
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.
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 🤔
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 ^^
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...
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.
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.
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...
Bon courage. Tiens moi au courant.
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.
La preuve de la prop de evariste21 rien qu'avec Zorn pour demain si tout va bien...
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 $\mathcal{O}\cap D\subset (X\setminus F)\cap \mathcal{O}'\cap D\subset \setminus ((X\setminus D)\cup D')\cap \mathcal{O}'\cap D=D'\cap \mathcal{O}'\cap D=\{x\}$.
PS. Dans l'article de Tkachuk cet énoncé est un lemme...
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 ^^)
Amène
@gebrane Amen pas amène