Lemme d'Urysohn

Gentil · May 2019

Bonjour à tous.
Je travaille sur une certaine preuve du lemme d'Urysohn, il ne me reste plus qu'un dernier point à prouver mais je bloque. Je me permets de vous joindre la prise d'écran de la preuve.

À votre avis pourquoi $|f(x) - f_{n}(x)| < \frac{1}{2^n}$ ?
J'ai essayé d'étudier $|f_{n+1}(x) - f_{n}(x)|$ mais je n'ai pas conclu puis j'ai essayé d'utiliser le fait que si $U_{n}$ est une chaîne de $r$ ensembles alors $U_{n+1}$ est une chaîne de $2r+1$ ensembles. Là aussi je suis resté sur ma faim pour le moment. C'est la raison pour laquelle je viens vous voir

.

Merci, je vous souhaite un excellent samedi. 86666

Gentil · May 2019

Je rappelle le théorème : Soit $T$ un espace topologique normal.
SI $A$ et $B$ sont deux fermés disjoints il existe $f\in C^{0}(T,[0;1])$ tel que $f_{|A} = 1$ et $f_{|B} = 0$.

Voilà ^^.

christophe c · May 2019

Il y a de jolies photos couleur quelque part mais je ne sais plus où qui rendent ce théorème trivial. On y voit un partitionnement en barres de plus en plus nombreuses donc avec décoloration de + en + progressive. Peut être wiki après tout?

christophe c · May 2019

Je confirme le wikipédia français fait le taf

Poirot · May 2019

Pour répondre à taquestion Gentil, regarde la définition de la "step function" associée à une chaîne admissible. Quand tu passes d'une chaîne à un raffinement, tu doubles le nombre d'éléments de la chaîne. Fixons une chaîne admissible $\mathcal U_n = (A_0, \dots, A_r)$, et soit $k \in \{1, \dots, r\}$. Si $x \in A_k \setminus A_{k-1}$, alors $f_n(x) = 1 - \frac{k}{r}$. Dans le raffinement $\mathcal U_{n+1} = (A_0, A_1', A_1, \dots, A_r', A_r)$ on a $A_j = A_j' \cup (A_j \setminus A_j')$ pour tout $j \in \{1, \dots, r\}$ et donc si $x \in A_k \setminus A_{k-1}$, alors ou bien $x \in A_k' \setminus A_{k-1}$ et donc $f_{n+1}(x) = 1 - \frac{2k}{2r}$, ou bien $x \in A_k \setminus A_k'$ et donc $f_{n+1}(x) = 1 - \frac{2k+1}{2r}$. Dans tous les cas on trouve $|f_{n+1}(x) - f_n(x)| \leq \frac{1}{2r}$. Une petite récurrence plie l'affaire ;-)

christophe c · May 2019

De mon téléphone pardon j'ai été un peu incorrect en renvoyant juste vers un lien. Une façon peut être moins typographiquement chargée de comprendre ce que tu peux faire apparaître est de prendre une bijection b de IN sur IQ inter [0,1] et de construire les A indice b(n) un à un de façon à avoir à la fin pour tous rationnels r<s que À indice r inclus dans A indice s.

Tu peux prendre pour f(x) la borne inf des r tel que x dans A indice r.

Gentil · May 2019

Bonjour Poirot.

Merci beaucoup pour votre aide. Il est évident que vous avez très bien compris la preuve. Permettez moi, moi qui n'est pas votre sagacité, de réfléchir en écrivant quelques lignes, qui n'enlève rien à votre réponse toute à fait correcte.

Lorsque vous donnez une chaîne admissible $\mathcal{U}_{n} = (A_{0},...,A_{r})$ que vaut $r$ ?
La majoration $|f_{n+1}(x) - f_{n}(x)|\le \frac{1}{2r}$ laisse penser que $r = 2^{n}$
Partons de $\mathcal{U}_{0} = (A,A_{1})$, par construction $\mathcal{U_{n}}$ contient $2^{n+1}+1$ éléments.
Ainsi si $x \in A_{k}-A'_{k}$ on a $f_{n}(x) = 1 - \frac{k}{2^{n}}$ et $f_{n+1}(x) = 1 - \frac{k+1}{2^{n+1}}$ donc $|f_{n}(x)-f_{n+1}(x)| = \frac{|k-1|}{2^{n+1}}$.
Voyez vous mon erreur ?

Gentil · May 2019

Bonjour christophe c.
Ce lien est intéressant, c'est très gentil de votre part de me l'avoir signalé et je vous remercie pour les explications.

christophe c · May 2019

L'alternative que je te propose aussi est BEZUCOUP plus simple (encore je n'ai pas lu si dans l'autre on pérennise chaque Ar).

La continuité etant ensuite évidente ça retire un paragraphe inutile.

Poirot · May 2019

Si $\mathcal U_n = (A_0, A_1, \dots, A_r)$ est une chaîne admissible, et si $\mathcal U_{n+1} = (A_0, A_1', A_1, \dots, A_r', A_r)$ en est un raffinement, le "nouveau" $r$, disons $r'$, vaut $2r$ ! Le $r$ d'une chaîne admissible, que l'on pourrait appeler sa longueur, désigne le nombre de ses éléments différents de $A_0$. Donc si on part de $\mathcal U_0 = (A_0, A_1)$, la longueur de $\mathcal U_n$ sera $2^n$ pour tout entier naturel $n$.

Ton erreur vient du rôle joué par $k$ dans la chaîne $\mathcal U_{n+1}$. Dans celle-ci, $A_k$ est en position $2k+1$ tandis que $A_k'$ est en position $2k$ (si on commence à compter les positions en $0$).

Gentil · May 2019

Je n'en doute pas, mais voyez vous, j'ai travaillé cette preuve et je sens que j'y suis presque. Je pense qu'avec l'aide du forum je devrais être débloqué rapidement et pouvoir dire que j'ai compris cette preuve.

Gentil · May 2019

Quand on parle de l'aide du forum, qui arrive ! Merci Poirot pour votre coup de main précieux, je vous dis ça sincèrement.

Je retourne sur mes dessins de patates pour essayer de terminer la preuve avec vos conseils.

Poirot · May 2019

Avec plaisir :-)

christophe c · May 2019

D'après le post de Poirot, les numéros ne sont pas pérennisés, ça répond à la question que je posais.

Du coup, je t'explicite aussi une preuve (quand tu auras terminé l’absorption de celle initiale que tu as choisi d'étudier), beaucoup plus simple:

[small]1/ Soit $r$ une suite de rationnels, qui est une bijection de $\N$ dans $[0,1]\cap \Q$. Tu construis par récurrence chaque $A(r_n)$ de sorte que $\forall i<n: $

1.1/ si $r_i<r_n$ alors $adh(A(r_i) \subseteq int(A(r_n))$
1.2/ si $r_i>r_n$ alors $adh(A(r_n) \subseteq int(A(r_i))$

2/ Pour chaque $x$, $f(x):=$ la borne inférieure des rationnels $r\in [0,1]$ tels que $x\in A(r)$.

3/ Il suit que si $f(a) \in ]r,s[$, les nombres $r,s$ étant rationnels, tous les éléments $x$ de l'ouvert $int(A(s)) \setminus adh(A(r))$ sont tels que $f(x)\in ]r,s[$, ainsi la continuité de $f$ est assurée, mais même quasiment gratuite.[/small]