Preuves de $\mathbf R$ non compact

La dualité de Poincaré pour $\Bbb R$ n'est pas vérifié, donc il n'est pas compact.

Autre argument : on peut vérifier qu'un espace $X$ est compact ssi pour tout espace $Y$, la projection $p : X \times Y \to Y$ est une application fermé. Soit l'hyperbole $\{(x,y) \in \Bbb R^2 : xy = 1\}$, sa projection sur $\Bbb R$ est $\Bbb R^*$ et donc $\Bbb R$ n'est pas compact.

Une autre idée : se servir du théorème de point fixe de Schauder, appliqué à la fonction $x \mapsto x+1$

Soit $\bf{T}^2$, le tore $(\R /\Z) \times (\R / \Z)$.
Soit $\mathcal{T}$ la topologie usuelle de $\R$.
Soit la fonction $f:\R \rightarrow \bf{T}^2$, qui à $x \in \R$ associe $(\overline{x}, \overline{x\sqrt{2}})$.
Soit $\mathcal{T}_2$ la topologie la moins fine sur $\R$ rendant l'application $f$ continue.
Alors $\mathcal{T}_2 \subset \mathcal{T}$, et ces topologies sont distinctes. De plus, elles sont toutes les deux séparées.
Donc $\mathcal{T}$ n'est pas une topologie minimale pour l'inclusion parmi l'ensemble des topologies séparées sur $\R$.
Donc $\R$ muni de la topologie usuelle n'est pas compact.

Bonsoir,
$\mathbb{N}$ est une partie infinie de $\mathbb{R}$. Elle n’admet aucun point d’accumulation dans $\mathbb{R}$.
Edit : c’est un autre argument, rien avoir avec ton message où tu utilises $\mathbb{N}$ :-)

@Georges : la topologie produit n'est pas vraiment la même que la topologie d'une norme; or il me semble que le théorème de Riesz concerne les espaces vectoriels normés (me trompè-je ?)

Au temps pour moi ! Mais c'est bon à savoir (j'y réfléchirai : la preuve que je connais utilise de manière non triviale les normes)

Merci !

Je rédige ça proprement :

Soit $O$ un voisinage compact de $0$, $U$ un voisinage ouvert de $0$ inclus dans $O$. Alors $\overline{U}$ est compact. $V=\frac{1}{10}U$ est ouvert car $x\mapsto 10x$ est continue, et $10V\subset U$ (en fait $=$).
$(x+V)_{x\in \overline{U}}$ est un recouvrement ouvert du compact $\overline{U}$, donc il existe $F\subset \overline{U}$ finie telle que $(f+v)_{f\in F}$ recouvre $\overline{U}$. Par définition, $F$ vérifie ton $2$. Effectivement, $Z=Vect(F)$ est alors de dimension finie et séparé.

Si $U\subset Z$, alors $Z$ est un sev ouvert, donc c'est $E$ tout entier, et on conclut. Si $u\in U$. On définit par récurrence $e_i, s_i$ tels que $10s_0= u$, et $10s_i = e_{i+1} + s_{i+1}$, $e_{i+1}\in F, s_{i+1}\in V$.

Par récurrence immédiate on montre que pour tout $k$ $u= \displaystyle\sum_{i=1}^k 10^{1-i}e_i + 10^{1-k}s_k$.

$10s_k \in 10V \subset U \subset \overline{U}$. Soit $I$ un ensemble préordonné filtrant et $\varphi: I\to \mathbb{N}$ une application croissante cofinale. Alors $(10s_{\varphi(i)})_{i\in I}$ est un filet à valeurs dans $\overline{U}$ donc il existe un ensemble préordonné filtrant $J$ et une application $\psi: J\to I$ croissante cofinale telle que $(10s_{\varphi(\psi(j))})_{j\in J}$ converge dans $\overline{U}$, disons vers $s$. Alors $10^{1-\varphi(\psi(j))}s_{\varphi(\psi(j))}$ converge vers $0$.

Supposons alors que $10^{1-k}s_k$ ne converge pas vers $0$. Il existe donc un voisinage $W$ de $0$ tel que $I=\{n \in \mathbb{N} \mid 10^{1-k}s_k \notin W\}$ soit cofinal. On applique ce qui précède à ce $I$ et à l'inclusion $I\to \mathbb{N}$ pour obtenir notre $J$ et $\psi: J\to I$: on obtient une absurdité. Donc $10^{1-k}s_k \to 0$ quand $k\to \infty$.

Donc $\displaystyle\sum_{i=1}^k 10^{1-i}e_i\to u$ quand $k\to \infty$. J'aimerais alors dire que $Z$ étant de dimension finie, il est fermé dans $E$, mais là j'utilise des normes donc je ne sais pas si c'est vrai en général. Un petit tour en ligne m'annonce que c'est vrai; mais qu'il faut montrer que deux topologies séparées sur un espace vectoriel de dimension finie sont équivalentes. ça m'embarquerait loin, non ? (une fois qu'on a ça, la preuve devient facile : $\R^n$ est complet pour l'uniformité usuelle, donc $Z$ l'est aussi, donc il est fermé dans $E$)

En admettant ça, $u\in Z$, et donc $U\subset Z$, on a fini. Y a-t-il plus simple (ou plus joliment formulé) pour montrer que $10^{1-k}s_k \to 0$ ? (d'après ta remarque concernant la compacité de $\overline{U}$ christophe, la réponse serait non ? )

PS: je suis d'accord pour les génies, il est important que les gens soient au courant que ça n'existe pas

PPS : en y repensant, ça doit pas être si compliqué de montrer l'unicité de la topologie séparée sur $\R^n$, par récurrence; le cas $n=1$ a l'air relativement simple de tête (mais bon je ne l'ai pas écrit) et le $n\to n+1$ me semble pas trop compliqué...
Après réflexion je confirme qu'avec un peu de connaissances sur les formes linéaires (vraiment très peu) et en traitant le cas $n=1$ à la main, on s'en sort très bien

@max, je reviens sur notre échange en faisant tout, rapidement, en ANS (c'est rapide mais formel au moins, ce n'est pas un "sketch").

Le contexte est un evt séparé $E$ sur un corps topologique $L$ qui contient $\Q$ comme sous-corps.

1/ Soit $K$ compact inclus dans $E$ et $n$ un entier supergrand. Alors $\forall u\in K: (1/n).u$ est superproche de $0_E$.

2/ Soit $L$ un corps topologique séparé (et commutatif). Sauf erreur de ma part (ce fut dans mon passé un sujet de jouissance), s'il contient $\Q$ (comme sous-corps) et est muni d'une norme, alors $L\in \{\R;\C\}$. Autrement dit, évoquer des histoires de complétude quand on a une norme, c'est un peu suranné. C'est le théorème de Gelfand Mazur (qui dit ça, sauf erreur), et c'est à l'holomorphisme près plutôt facile à capter sans stylo.

3/ Je donne une preuve courte que tout sev de $E$ qui est de dim finie est fermé, sous l'hypothèse que tout voisinage de $0_L$ a un complémentaire relatviement compact:

3.1/ soit $u$ std et $x_1e_1+..+x_ne_n$ superproche de $u$. Alors deux possibilités se présentent:

3.2.1/ il y a un $a_1$ std, superproche de $x_1$, de sorte que $x_2e_2+..+x_ne_n$ est superproche de $u-a_1e_1$ et.. récurrence.. gagné.
3.2.2/ l'inverse $r$ de $x_1 $ est superproche de $0$, auquel cas $e_1$ est superproche de $x_2e_2+..x_ne_n$ et .. récurrence.. $e_1\in Vect(e_2,..,e_n)$, contradiction quand les $e_i$ forment une libre.

4/ Toujours sous l'hypothèse que $L$ est comme en (3), je donne un epreuve du théorème de Riesz:

4.1/ Soient $V\subset U\subset K$ tels que: $10V\subset U\ni 0_E$ avec $U,V$ ouverts et $K$ compact.
4.2/ Soit $F\subset $ fini tel que les $e+V$ quand $e$ parcourt $F$ recouvrent $K$
4.3/ L'argument que je t'ai donné montre que tout vecteur $u\in U$ adhère*** à $G:=Vect(F)$, qui est de dim finie, donc $U\subset G$ et $dim(G)$ fini, donc $E=G$ a une dim finie.

*** ça provient du point (1): il y a un $n$ supergrand, un élément $w\in K\cap G$ tel que $n(u-w)\in K$, donc $u-w$ est superproche de $0_E$.


Une fois ça dit, et certes il ne s'agit que de ma présentation personnelle, et je suis à la bourre au taf en ce moment donc peu dispo, mais je ne rencontre pas dans ces histoires d'intervention (sa suffisance ou sa nécessité) de la complétude du corps, et peut-être de manière plus gênante, dès lors qu'on a supposé qu'un espace est loc-compact, ses droites le sont, donc le corps l'est.

Après, je suis + ou - preneur d'une preuve qu'un evt séparé sur un corps topologique complet a tous ses sev de dim finie fermée, car ce n'est pas la complétude, mais une autre propriété dont je me sers pour avoir ça (et on note que la totalité tient en quelques lignes).

Si pour 2) Christophe voulait peut être ajouter complet pour la norme ? Je crois que ça marche.

J'en profite pour donner une preuve ANS de (1). Soit $e$ un réel superproche de $0$ et $K$ un compact. Soit $x\in K$. Il existe un $a\in K$ std tel que $x$ superproche de $a$. Donc $ex = e(x-a) + ea$ est superproche de $0_E$.