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up:: [[espace métrique compact|compact]]
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#s/maths/topologie
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On veut démontrer que :
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> Soit $(X, d)$ un [[espace métrique]]
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> Alors on a équivalence entre :
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> 1. $(X, d)$ est compact
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> 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
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> 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 $\displaystyle\bigcap _{i \in I} F_{i} \neq \emptyset$
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# 2. $\implies$ 3.
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Soit $(F_{i})_{i \in I}$ une famille de [[partie fermée d'un espace métrique|fermés]] de $X$.
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Supposons $\displaystyle \bigcap _{i \in I} F_{i} = \emptyset$
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Posons $\forall i \in I,\quad U_{i} = F_{i}{}^{\complement}= X \setminus F_{i}$
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Les $U_{i}$ sont [[partie ouverte d'un espace métrique|ouverts]] (car les $F_{i}$ sont fermés)
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Et :
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$\begin{align} \bigcup _{i \in I} U_{i} &= \bigcup _{i \in I} ( X \setminus F_{i} ) \\&= X \setminus \bigcap _{i \in I} F_{i} \\&= X \setminus \emptyset \\&= X \end{align}$
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Si 2. est vraie, il existe $J \subset I$ finie et telle que $\displaystyle \bigcup _{j \in J} U_{j} = X$
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Mais donc :
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$\begin{align} \emptyset &= X \setminus \bigcup _{j \in J} U_{j} \\&= \bigcap _{j \in J}(X \setminus U_{j}) \\&= \bigcap _{j\in J} F_{j} \end{align}$
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Donc $\bigcap _{j \in J} F_{j} = \emptyset$
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On a trouvé une partie $J$ de $I$, finie, et telle que $\displaystyle \bigcap _{j \in J} F_{j} = \emptyset$
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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 $\displaystyle \bigcap _{j \in J} F_{j} = \emptyset$
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Par contraposée, on obtient bien la proposition 3.
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# $1. \implies 2.$
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> [!proposition]+ Lemme
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> 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 :
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> $\forall x \in X,\quad \exists i \in I,\quad B(x, r) \subset U_{i}$
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> > [!démonstration]- Démonstration
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> > Supposons, par l'absurde, qu'un tel $r> 0$ n'existe pas.
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> > $\forall r > 0,\quad \exists x \in X,\quad \forall i \in I,\quad B(x, r) \not\subset U_{i}$
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> > En particulier, soit $r = \frac{1}{n}$ avec $n \in \mathbb{N}^{*}$
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> > il existe $x_{n} \in X$ telle que $\forall i \in I,\quad B\left( x_{n}, \frac{1}{n} \right) \not\subset U_{i}$
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> > $(x_{n})_{n \in \mathbb{N}^{*}}$ 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 $\ell \in X$.
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> > Comme $(U_{i})_{i \in I}$ est un [[recouvrement par des ouverts]], il existe $i_{0} \in I$ tel que $\ell \in U_{i_0}$
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> > et comme $U_{i_0}$ est ouvert, il existe $\rho>0$ tel que $B(\ell, \rho) \subset U_{i_0}$
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> > Mais $x_{\varphi (n)} \xrightarrow{n \to \infty} \ell$
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> > Donc il existe $N \in \mathbb{N}$ tel que $\forall n \geq N,\quad d(x_{\varphi(n)}, \ell) < \frac{\rho}{2}$
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> > On a alors $B\left( x_{\varphi(n)}, \frac{\rho}{2} \right) \subset B(l, \rho) \subset U_{i_0}$
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> > En particulier, si $\frac{1}{\varphi(n)} < \frac{\rho}{2}$ (ce qui arrive si $n$ est assez grand)
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> > $B\left( x_{\varphi(n)}, \frac{1}{\varphi(n)} \right) \subset B\left( x_{\varphi(n)}, \frac{\rho}{2} \right) \subset U_{i_0}$
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> > ce qui contredit le fait que $\forall i \in I,\quad B\left( x_{\varphi(n)}, \frac{1}{\varphi(n)} \right) \not\subset U_{i}$
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Soit $r$ comme dans le lemme
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On veut montrer qu'il existe un nombre fini de points $x_1, x_2 ,\dots, x_{n} \in X$ tels que :
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$\displaystyle X = \bigcup _{k = 1}^{n} B(x_{k}, r)$
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En effet, on aura alors, pour chaque $x_{k}$, il existe $i_{k} \in I$ tel que $B(x_{k}, r) \subset U_{i_{k}}$
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Et donc $\displaystyle X = \bigcup _{k = 1}^{n} B(x_{k}, r) = \bigcup _{i \in I}U_{i}$
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Et donc $J = \{ x_1, x_2,\dots,x_{n} \}$ est une partie finie de $I$, et $\displaystyle X = \bigcup _{j \in J} U_{j}$
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Montrons donc ce résultat intermédiaire.
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On va procéder par l'absurde.
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On se donne $x_0 \in X$ quelconque.
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et, si $B(x_0, r) \subsetneq X$, on se donne $x_1 \in X \setminus B(x_0, r)$ et on continue ainsi :
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On suppose qu'on a trouvé une suite de points :
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$x_0 \in X$
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$x_1 \in X \setminus B(x_0, r)$
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$x_2 \in X \setminus (B(x_0, r) \cup B(x_1, r))$
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$\vdots$
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$\displaystyle x_{k+1} = X \setminus \left( \bigcup _{i = 0}^{n} B(x_{i}, r) \right)$
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![[démonstration des définitions alternatives de la compacité 2024-10-18 11.38.58.excalidraw]]
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Si $\displaystyle \bigcup _{i = 0}^{n} B(x_{i}, r) \neq X$
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on choisit $\displaystyle x_{n+1} \in X \setminus \bigcup _{i = 0}^{n} B(x_{i}, r)$
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Montrons qu'on est bloqué au bout d'un moment, c'est-à-dire qu'il existe $N \in \mathbb{N}$ tel que $X = \bigcup _{i} B(x_{i}, r)$
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Si ce n'est pas le cas, on peut construire une suite (infinie) $(x_{n})_{n \in \mathbb{N}}$ telle que :
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$\forall n \in \mathbb{N},\quad \forall k < n,\quad x_{n} \notin B(x_{k}, r)$
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soit :
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$\forall n \in \mathbb{N},\quad \forall k < n,\quad d(x_{n}, x_{k}) \geq r$
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On peut remplacer l'hypothèse $k < n$ par $n \neq n$
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Comme $X$ est compact, il existe une sous suite $(x_{\varphi (n)})_{n \in \mathbb{N}}$ qui converge vers $\ell \in X$
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Donc $\exists N \in \mathbb{N},\quad \forall n \geq N,\quad d(x_{\varphi(n)}, \ell) < \frac{r}{2}$
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Donc si $n, k \geq N$ avec $n \neq k$, on a $d(x_{\varphi(n)}, x_{\varphi(k)}) \geq r$
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et $d(x_{\varphi(n)}, x_{\varphi(k)}) \leq d(x_{\varphi(n)}, \ell) + d(\ell, x_{\varphi(n)}) < \frac{r}{2} + \frac{r}{2}$
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de là suit que $d(x_{\varphi (n)}, x_{\varphi(k)}) < r$
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ce qui est absurde
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Donc on a bien $\displaystyle \bigcup _{i = 0}^{n} B(x_{i}, r) \neq X$
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# $2. \implies 3.$ |