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up:: espace métrique 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 (U_{j})_{j \in J} avec J fini
3. Pour toute famille (F_{i})_{i \in I} de partie fermée d'un espace métrique 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 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 (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.