up:: [[espace métrique compact|compact]]
#s/maths/topologie 
On veut démontrer que :

> Soit $(X, d)$ un [[espace métrique]]
> Alors on a équivalence entre :
> 1. $(X, d)$ est compact
> 2. Pour n'importe quel $(U_{i})_{i \in I}$ [[recouvrement par des ouverts]] de $X$, il existe un [[recouvrement extrait|sous-recouvrement]] $(U_{j})_{j \in J}$ avec $J$ fini
> 3. Pour toute famille $(F_{i})_{i \in I}$ de [[partie fermée d'un espace métrique|fermés]] de $(X, d)$, si $\displaystyle\forall  J \subset I \text{ finie},\quad \bigcap _{j \in J} F_{j} \neq \emptyset$ alors $\displaystyle\bigcap _{i \in I} F_{i} \neq \emptyset$

# 2. $\implies$ 3.
Soit $(F_{i})_{i \in I}$ une famille de [[partie fermée d'un espace métrique|fermés]] de $X$.
Supposons $\displaystyle \bigcap _{i \in I} F_{i} = \emptyset$
Posons $\forall i \in I,\quad U_{i} = F_{i}{}^{\complement}= X \setminus F_{i}$
Les $U_{i}$ sont [[partie ouverte d'un espace métrique|ouverts]] (car les $F_{i}$ sont fermés)
Et :
$\begin{align} \bigcup _{i \in I} U_{i} &= \bigcup _{i \in I} ( X \setminus F_{i} ) \\&= X \setminus \bigcap _{i \in I} F_{i} \\&= X \setminus \emptyset \\&= X \end{align}$
Si 2. est vraie, il existe $J \subset I$ finie et telle que $\displaystyle \bigcup _{j \in J} U_{j} = X$
Mais donc :
$\begin{align} \emptyset &= X \setminus \bigcup _{j \in J} U_{j} \\&= \bigcap _{j \in J}(X \setminus U_{j}) \\&= \bigcap _{j\in J} F_{j} \end{align}$
Donc $\bigcap _{j \in J} F_{j} = \emptyset$
On a trouvé une partie $J$ de $I$, finie, et telle que $\displaystyle \bigcap _{j \in J} F_{j} = \emptyset$
On a donc montré que si $(F_{i})_{i \in I}$ est une famille de fermés de $(X, d)$ telle que $\displaystyle \bigcap _{i \in I} F_{i} = \emptyset$ alors il existe $J \subset I$ finie telle que $\displaystyle \bigcap _{j \in J} F_{j} = \emptyset$
Par contraposée, on obtient bien la proposition 3.
# $1. \implies 2.$

> [!proposition]+ Lemme
> Si $(X, d)$ est compact et $(U_{i})_{i \in I}$ est un [[recouvrement par des ouverts]] de $X$, alors il existe $r>0$ tel que :
> $\forall x \in X,\quad \exists i \in I,\quad B(x, r) \subset U_{i}$
> > [!démonstration]- Démonstration
> > Supposons, par l'absurde, qu'un tel $r> 0$ n'existe pas.
> > $\forall r > 0,\quad \exists x \in X,\quad \forall i \in I,\quad B(x, r) \not\subset U_{i}$
> > En particulier, soit $r = \frac{1}{n}$ avec $n \in \mathbb{N}^{*}$
> > il existe $x_{n} \in X$ telle que $\forall i \in I,\quad B\left( x_{n}, \frac{1}{n} \right) \not\subset U_{i}$
> > $(x_{n})_{n \in \mathbb{N}^{*}}$ est une suite d'éléments de $X$. On peut extraire une suite $(x_{\varphi(n)})_{n \in \mathbb{N}^{*}}$ de $(x_{n})_{n}$ qui converge vers $\ell \in X$.
> > Comme $(U_{i})_{i \in I}$ est un [[recouvrement par des ouverts]], il existe $i_{0} \in I$ tel que $\ell \in U_{i_0}$
> > et comme $U_{i_0}$ est ouvert, il existe $\rho>0$ tel que $B(\ell, \rho) \subset U_{i_0}$
> > Mais $x_{\varphi (n)} \xrightarrow{n \to \infty} \ell$
> > Donc il existe $N \in \mathbb{N}$ tel que $\forall n \geq N,\quad d(x_{\varphi(n)}, \ell) < \frac{\rho}{2}$
> > On a alors $B\left( x_{\varphi(n)}, \frac{\rho}{2} \right) \subset B(l, \rho) \subset U_{i_0}$
> > En particulier, si $\frac{1}{\varphi(n)} < \frac{\rho}{2}$ (ce qui arrive si $n$ est assez grand)
> > $B\left( x_{\varphi(n)}, \frac{1}{\varphi(n)} \right) \subset B\left( x_{\varphi(n)}, \frac{\rho}{2} \right) \subset U_{i_0}$
> > ce qui contredit le fait que $\forall i \in I,\quad B\left( x_{\varphi(n)}, \frac{1}{\varphi(n)} \right) \not\subset U_{i}$

Soit $r$ comme dans le lemme
On veut montrer qu'il existe un nombre fini de points $x_1, x_2 ,\dots, x_{n} \in X$ tels que :
$\displaystyle X = \bigcup _{k = 1}^{n} B(x_{k}, r)$
En effet, on aura alors, pour chaque $x_{k}$, il existe $i_{k} \in I$ tel que $B(x_{k}, r) \subset U_{i_{k}}$
Et donc $\displaystyle X = \bigcup _{k = 1}^{n} B(x_{k}, r) = \bigcup _{i \in I}U_{i}$
Et donc $J = \{ x_1, x_2,\dots,x_{n} \}$ est une partie finie de $I$, et $\displaystyle X = \bigcup _{j \in J} U_{j}$

Montrons donc ce résultat intermédiaire.
On va procéder par l'absurde.
On se donne $x_0 \in X$ quelconque.
et, si $B(x_0, r) \subsetneq X$, on se donne $x_1 \in X \setminus B(x_0, r)$ et on continue ainsi :
On suppose qu'on a trouvé une suite de points :
$x_0 \in X$
$x_1 \in X \setminus B(x_0, r)$
$x_2 \in X \setminus (B(x_0, r) \cup B(x_1, r))$
$\vdots$
$\displaystyle x_{k+1} = X \setminus \left( \bigcup _{i = 0}^{n} B(x_{i}, r) \right)$

![[démonstration des définitions alternatives de la compacité 2024-10-18 11.38.58.excalidraw]]

Si $\displaystyle \bigcup _{i = 0}^{n} B(x_{i}, r) \neq X$
on choisit $\displaystyle x_{n+1} \in X \setminus \bigcup _{i = 0}^{n} B(x_{i}, r)$
Montrons qu'on est bloqué au bout d'un moment, c'est-à-dire qu'il existe $N \in \mathbb{N}$ tel que $X = \bigcup _{i} B(x_{i}, r)$
Si ce n'est pas le cas, on peut construire une suite (infinie) $(x_{n})_{n \in \mathbb{N}}$ telle que :
$\forall n \in \mathbb{N},\quad \forall k < n,\quad x_{n} \notin B(x_{k}, r)$
soit :
$\forall n \in \mathbb{N},\quad \forall k < n,\quad d(x_{n}, x_{k}) \geq r$
On peut remplacer l'hypothèse $k < n$ par $n \neq n$
Comme $X$ est compact, il existe une sous suite $(x_{\varphi (n)})_{n \in \mathbb{N}}$ qui converge vers $\ell \in X$
Donc $\exists N \in \mathbb{N},\quad \forall n \geq N,\quad d(x_{\varphi(n)}, \ell) < \frac{r}{2}$
Donc si $n, k \geq N$ avec $n \neq k$, on a $d(x_{\varphi(n)}, x_{\varphi(k)}) \geq r$
et $d(x_{\varphi(n)}, x_{\varphi(k)}) \leq d(x_{\varphi(n)}, \ell) + d(\ell, x_{\varphi(n)}) < \frac{r}{2} + \frac{r}{2}$
de là suit que $d(x_{\varphi (n)}, x_{\varphi(k)}) < r$
ce qui est absurde
Donc on a bien $\displaystyle \bigcup _{i = 0}^{n} B(x_{i}, r) \neq X$

# $2. \implies 3.$