Séparation et unicité de la limite
J'ai une petite question, purement par curiosité, pour les topologues expérimentés du forum.
En général, la propriété de séparation qu'on rencontre le plus souvent (jusqu'à l'agrégation, en tout cas) est l'axiome appelé "$T_2$", et dans tout bon cours de topologie, on apprend que si $Y$ est un espace $T_2$, et si $f$ est une application à valeurs dans $Y$ qui admet une limite en un point, alors cette limite est unique.
Je me suis demandé s'il existait une caractérisation des espaces où ça se produit. Dans le sens : un espace est $???$ si, et seulement si, pour toute application à valeurs dans cet espace, [si elle admet une limite en un point, alors cette limite est unique].
J'ai trouvé ici qu'il y avait une notion qui correspond à ce que j'ai dit, mais uniquement pour les suites : les espaces "US", à unique limite séquentielle. Est-ce qu'il existe une notion plus forte que celle-là, qui permet de remplacer "suite" par "application" dans la définition des espaces US et d'aboutir à ce que je cherche ?
Merci (:D
En général, la propriété de séparation qu'on rencontre le plus souvent (jusqu'à l'agrégation, en tout cas) est l'axiome appelé "$T_2$", et dans tout bon cours de topologie, on apprend que si $Y$ est un espace $T_2$, et si $f$ est une application à valeurs dans $Y$ qui admet une limite en un point, alors cette limite est unique.
Je me suis demandé s'il existait une caractérisation des espaces où ça se produit. Dans le sens : un espace est $???$ si, et seulement si, pour toute application à valeurs dans cet espace, [si elle admet une limite en un point, alors cette limite est unique].
J'ai trouvé ici qu'il y avait une notion qui correspond à ce que j'ai dit, mais uniquement pour les suites : les espaces "US", à unique limite séquentielle. Est-ce qu'il existe une notion plus forte que celle-là, qui permet de remplacer "suite" par "application" dans la définition des espaces US et d'aboutir à ce que je cherche ?
Merci (:D
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Réponses
Alors $f : I\to Y$, $(V,W,z)\mapsto z$ est une fonction et "en $+\infty$" elle converge vers $x,y$ (au sens où : pour tout voisinage $U$ de $x$ il existe $i_o \in I$ tel que pour $i\geq i_0, f(i)\in U$)
Si tu tiens à rendre ça de la forme "un espace topologique et une application continue", tu rajoutes un point à l'infini dans $I$ et tu observes qu'il y a deux limites en ce point à l'infini.
Si tu n'aimes pas les préordres et que l'axiome du choix ne te gêne pas tu peux enlever la coordonnée $z$ et choisir un $z$ par couple $(V,W)$. Mais bon les préordres en topologie non séparée c'est un peu la base (sans maivais jeu de mots)
Je vais prendre le temps de bien tout décortiquer dans ton exemple, mais je suis choqué-déçu des sources que j'ai utilisées pour apprendre la topologie.
L'autre partie de "unicité de la limite" est "existence de la limite" et la condition correspondante est la quasi-compacité. En demandant ces deux conditions, ça donne apparemment un objet qui peut alors être caractérisé "algébriquement". Maxtimax l'avait déjà évoqué : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?14,1561148,1561660#msg-1561660
Mais c'est intéressant quand même, merci (:D
Par contre, il faut que je comprenne comment tu définis la topologie à partir d'un préordre. Topologie de l'ordre, je connais avec un ordre total, là il faut que je vois comment tu fais.
EDIT : en plus, même l'ordre sur les voisinages dans $Y$ n'est pas total, donc l'ordre produit sur les couples ne le sera pas non plus, donc je vais avoir du mal à parler de topologie de l'ordre sur $I$. Sachant que quand je parle de limite, j'utilise la définition générique de mon bouquin : $L$ est une limite de $f : A \subseteq X \longrightarrow Y$ au point $t$ si pour tout voisinage $V$ de $L$ dans $Y$, il existe un voisinage $U$ de $t$ dans $X$ tel que $f(A \cap U) \subseteq V$. Sans savoir qui est ouvert dans $I$, je vais avoir du mal !
On a donc
- $Y$ est un espace topologique non-$T_2$, et $(x,y) \in Y^2$ sont deux points non séparés
- $I$ est l'ensemble des triplets $(U,V,z)$ où $U$ est un voisinage de $x$, $V$ est un voisinage de $y$ et $z \in U \cap V$.
$I$ est muni du préordre $(U,V,z) \preccurlyeq (U',V',z') \Longleftrightarrow [U' \subseteq U]$ et $[V' \subseteq V]$. Maintenant, j'introduis un "point à l'infini", mais comment ça ? On doit avoir $s \prec \infty$ pour tout $s \in I$. Personnellement, je ne comprends pas encore l'utilité/comment me servir du préordre... quoi qu'il en soit, posons $X = I \cup \{\infty\}$ et on le munit de la topologie discrète.
Donc maintenant, soit $f : I \subseteq X \longrightarrow Y$, $(U,V,z) \longmapsto z$.
Tu affirmes qu'on va pouvoir montrer que $f$ a pour limites $x$ et $y$ au point $\infty$. Allons-y pour $x$.
Soit donc $U_0$ un voisinage de $x$ dans $Y$. On cherche un voisinage $J$ de $\infty$ dans $X$ (donc : une partie qui contient $\{\infty\}$, en gros, puisqu'on a pris la topologie discrète sur $X$) telle que $f(I \cap J) \subseteq U_0$. Si on prend $J = \{(U_0,V_0,x);\infty\}$ où $V_0$ est un voisinage quelconque de $y$, ça devrait marcher : $I \cap J = \{(U_0,V_0,x)\}$ donc $f(I \cap J) = f(\{U_0,V_0,x\}) = \{x\} \subseteq U_0$, c'est bon normalement.
Et du coup, avec $y$ ça marche exactement pareil.
En principe, tout ce dont on a besoin pour pouvoir appliquer la définition de mon bouquin, c'est que le point qu'on a ajouté soit adhérent à $I$. Ça ne marche pas de la manière dont j'ai présenté les choses, puisque toute partie est fermée et égale à sa propre adhérence.
Donc il faut prendre $I=X$, c'est-à-dire définir $f(\infty)$ et recommencer du début. Et là... problème :-S
A nouveau, je te conseille de d'abord regarder ce qu'il faut faire avec $\mathbb N$ : soit $X$ un espace topologique et $(u_n)$ une suite de cet espace topologique. Tu connais la définition usuelle de "$u_n$ tend vers $x$ quand $n\to \infty$", n'est-ce pas ? Comment peux-tu la mettre sous la forme de limite au sens que tu décris plus haut en rajoutant à $\mathbb N$ un "point à l'infini" (et en le topologisant !) ? Tu imagines bien que sur $\mathbb N$ lui-même, la topologie va être discrète : la suite $(u_n)$ est quelconque, il n'y aurait pas de pertinence à dire que $\{n\}$ n'est pas ouvert !
Par contre, tu veux formaliser via une topologie qui parle du point à l'infini le fait que "pour tout $U$ voisinage de $x$ il existe $n_0$ tel que pour tout $n\geq n_0$, $u_n\in U$".
Ensuite la réponse pour $I$ sera la même.
Pour tout voisinage $U$ de $x$, il existe un voisinage $V$ de $\infty$ (ça va être un intervalle $N;\infty$, donc il faut considérer la topologie de $\overline{\mathbb{N}}$, restreinte à $\mathbb{N}$) tel que pour tout $n \in \mathbb{N}$ : $\bigg( n \geqslant N \Longrightarrow u_n \in U \bigg)$. La grosse parenthèse se réécrit $u(N;\infty \cap \mathbb{N}) \subseteq U$. Jusque-là, rien de nouveau.
Bon.
Ça ne me dit pas comment "topologiser" $I$ avec un point à l'infini (surtout si restreinte à $I$, elle doit être discrète). Parce que contrairement à $\overline{\mathbb{N}}$, je n'ai pas une topologie de l'ordre...
J'ai toujours compris les choses comme ça, moi : $\mathbb{R}$ est muni d'une topologie de l'ordre. Ensuite, ne serait-ce que pour les besoins de l'analyse réelle, on "fabrique" celle sur $\overline{\mathbb{R}}$ en ajoutant les $]a;\infty]$ etc, puis pour $\overline{\mathbb{N}}$ on restreint celle-là.
Enfin bref. Si je te comprends bien, tu veux que je décrète que les voisinages de $\infty$ dans notre bazar avec $I$, ce sont plus ou moins des intervalles. Mais si je pose $]i, \infty] := \{j \in I \mid j > i\}$ etc, et que j'appelle ces trucs-là les voisinages de $\infty$, le fait que $I$ n'est pas totalement ordonné (contrairement à $\mathbb{N}$, $\mathbb{R}$, $\overline{\mathbb{N}}$ et $\overline{\mathbb{R}}$) ne va pas poser de problèmes ?
Sinon bah pourquoi ça poserait problème ? Ecris-le, et s'il y a un problème exprime-le, plutôt que de ne pas y aller parce qu'il pourrait y avoir un problème. En l'occurrence il n'y en a pas, et là tout est en plus particulièrement sympathique parce que $I$ est dirigé donc c'est encore mieux qu'un préordre quelconque, mais il n'y a pas de souci de définition pour un préordre quelconque, si ?
Il faut voir si $f(]i, \infty] \cap I) \subseteq U$. Soit $j \in ]i, \infty] \cap I$, ce qui devrait vouloir dire : $j=(U',V',z')$ avec $(U,V) < (U',V')$, donc $U' \subsetneq U$ et $V' \subsetneq V$. Alors $f(j) = z'$ et $z' \in (U' \cap V') \subseteq U$. Ici, il faut faire attention : qu'est-ce qui me garantit l'existence de $U'$ et $V'$ ? J'ai pris exprès un intervalle $]i,\infty]$ ouvert en $i$ (donc l'ouvert lui-même, pas un voisinage quelconque le contenant comme par exemple $[i, \infty]$, ce n'est peut-être pas une bonne idée ?), ce qui me donne des inclusions strictes...
En tout cas, s'ils existent, alors $z'$ existe par l'hypothèse de non-séparation de $x$ et $y$, donc ma conclusion est a priori valide.
Reste à voir si mon point $\infty$ est adhérent à $I$ dans $I \cup \{\infty\}$. Pour ça, il faudrait que le plus petit fermé dans $I \cup \{\infty\}$ qui contienne $I$ soit $I \cup \{\infty\}$ lui-même. J'ai une proposition pour ça dans mon bouquin : pour que $\infty \in \overline{I}$, il faut et il suffit que pour tout ouvert $O$ de $I \cup \{\infty\}$ contenant $\infty$ (donc pour tout "intervalle" $]i, \infty]$), l'intersection $O \cap I := ]i, \infty] \cap I$ soit non vide. Et là encore, si $i=(U,V,z)$, qu'est-ce qui me garantit l'existence de deux voisinages $U'$ et $V'$ de $x$ resp. $y$ qui soient strictement inclus dans $U$ et $V$ respectivement ? (et non vides, évidemment...)
Effectivement, tu as en fait tout intérêt à déclarer les voisinages de $\infty$ comme étant $[ i,+\infty ]$ : d'ailleurs c'est ce qu'on fait en général pour définir la limite d'une suite, on a tendance à dire $n\geq n_0$ et pas $n>n_0$. ça ne changera rien au reste et te facilitera la vie (on peut s'en sortir avec une égalité stricte, en choisissant mieux $i$ de manière à s'assurer que $U', V'$ existent mais ça va nécessiter de revenir en avant pour faire une hypothèse supplémentaire - qu'on peut faire au vu de la situation mais bon voilà - ; donc le mieux est de mettre des inégalités larges : ça marche mieux avec, et pourquoi s'en priver ?)
(autre raison pour laquelle on peut s'en sortir avec les inégalités strictes mais c'est relou : comme $\{i\}$ est ouvert pour $i\in I$, si les $]i,\infty]$ sont ouverts, les $[i,\infty ] = ]i, \infty] \cup \{j \in I \mid j\geq i\}$ le sont aussi en tant qu'union d'ouverts, donc ça change pas grand chose au schmil-blick)
Une fois ça fait, tu as:
1/ un espace est séparé = tout ultrafiltre au plus une limite
Et tu gagnes en lot gratuit:
2/ un espace est quasicompact = tout ultrafiltre a au moins une limite
3/ un espace est compact (à la française) = tout ultrafiltre a une unique limite.
Je n'ai pas lu le fil (autrement qu'en diagonale), mais les indices te plongeront toujours dans des usines à gaz inextricables. Pas besoin de faire tendre un indice dont quelque chose dépend.
Un ultrafiltre sur un ensemble $E$ est juste une partie de $P(E)$ qui vérifie les mêmes propriétés algébriques que $S_e:=\{A\in P(E)\mid e\in A\}$ et si tu aimes les métaphores, $S_e$ est juste l'équivalent en topologie de $j(a)$ en algèbre linéaire où $\forall f: j(a)(f):=f(a)$
Dans un espace topologique $(E,T)$, l'expression $<<a$ est une limite de $W>>$ est juste une abréviation de $<<$ tout ouvert $U$ tel que $a\in U$ vérifie $U\in W>>$.
Ce que te dit max, c'est que si $(a,b)$ n'est pas séparé dans $E$, les ultrafiltres $L$ tels que $\forall U\ni a, V\ni b$ ouverts $U\cap V\in L$ ont évidemment à la fois $a$ et $b$ comme limites.
Leur existence résulte de l'axiome du choix, mais c'est uniquement pédagogique.
Par ailleurs les ultrafiltres te permettent de ne pas avoir besoin de suivre des cours de Mi,Li, etc à la fac car ils trivialisent la topologie générale (tout énoncé "normal", un peu difficile mais pas trop est une évidence psy avec eux).
Par exemple: pour dire que la limite de $f(x)$ est $b$ quand $x$ tend vers $a$, tu dis juste que tout ultrafiltre $W$ de limite $a$ vérifie que $fW$ *** a comme limite $b$. Etc...
Même s'ils dépendent de l'axiome du choix, vue la fatigue que tu sembles déployer sur le forum (et peut-être les dépenses en bouquins de topo), il me semblerait utile que tu les manipules.
*** l'ultrafiltre évident que tu imagines, ie $fW := [A\mapsto W(A \circ f) ]$, au même titre que tu as :
$$ (f(e) \in A ) = ( A(f(e)) ) = (A\circ f) \in S_e$$
Je me suis juste énervé un moment parce que, si cette réciproque est effectivement vraie (et j'y suis presque), ça me paraît absurde de ne jamais l'avoir vue quelque part avant. Ça me paraît être une caractérisation fondamentale et très utile des espaces $T_2$, de dire "un espace est $T_2$ ssi dès qu'une limite existe, on a la garantie qu'elle soit unique"... au lieu de ne donner l'implication que dans un seul sens.
C'est vrai que les filtres, ultrafiltres et autres trucs "un peu barbares" (au sens : barbare = considéré trop compliqué pour être exigé à l'agreg), j'en entends parler depuis un moment à chaque fois que je me pose une question en topologie. Faudra que j'y jette un oeil à l'occasion, tu m'as juste donné encore une raison de plus de le faire :-D
Bon, pour mon premier paragraphe, effectivement j'ai supposé que $j$ existe (sinon, il n'y a rien à démontrer, c'est vrai). Donc on s'en sort.
Maintenant, tu me dis, c'est mieux de définir les voisinages de $\infty$ comme des intervalles fermés $[i;\infty]$.
Un ouvert de $I \cup \{\infty\}$ doit contenir un voisinage de chacun de ses points. Donc si $O$ est un ouvert de $I \cup \{\infty\}$ qui contient $\infty$, alors $O$ doit contenir un $[i; \infty]$, et un voisinage de chaque point de $[i;\infty]$. Mais pour tout $j \in [i;\infty]$, on a $\{j\} \subseteq [i;\infty]$, donc en fait $[i; \infty]$ est déjà ouvert. Tout ça marche parce qu'on a pris la topologie discrète sur $I$ au départ.
Maintenant, est-ce que $O \cap I := [i;\infty] \cap I$ est non vide ? Oui, parce que ça contient $i$. On a tout, c'est réglé. Je crois.
EDIT : j'aurais dû faire mon sceptique et vérifier que ton machin est bien une topologie sur $I \cup \{\infty\}$, mais en ayant fait les vérifications de tête, j'ai l'impression que ça marche sans difficultés.
Mais si je me suis pas trompé dans ce que j'ai dit, ça me va très bien (:P)
J'ai ressorti comment définir une topologie à partir de voisinages ici.
Sur $I$, on a pris une topologie discrète. Sur $X = I \cup \{\infty\}$, on veut donc définir une topologie à partir de voisinages. On a 5 axiomes à vérifier, pour chaque point de $X$.
En prenant les notations de l'article Wikipédia que j'ai donné :
Pour tout $a \in I$, si on pose $\mathcal{V}(a) := \{V \in \mathscr{P}(X) \mid a \in V\}$, c'est bon (le $W$ en question étant tout simplement $\{a\}$).
Pour $\infty$, c'est un peu plus délicat. Normalement, il faut prendre $\mathcal{V}(\infty) := \{V \in \mathscr{P}(X) \mid \exists i \in I : [i;\infty] \subseteq V\}$ je crois. Avec ça, les axiomes 1. 3. 4. sont immédiats, l'axiome 5. ne fait normalement pas plus de résistance en prenant $W=V$. Par contre, il y a l'axiome 2. à vérifier.
On n'a pas d'ordre total ici. Donc si je prends deux voisinages $V$ et $V'$ de $\infty$, disons que $V$ contient $[i;\infty]$ et $V'$ contient $[i';\infty]$, il faudrait que $V \cap V'$ contienne un intervalle $[i'';\infty]$. $i$ et $i'$ n'ayant aucune raison d'être comparables, je ne vois pas comment on s'en tire ici...
Mais ici, je l'ai dit plus haut, $I$ a la bonne idée d'être un préordre dirigé : étant donnés $i,j \in I$, il existe $k\in I, k\geq i,j$
[Inutile de recopier un message présent sur le forum. Un lien suffit. AD]
Bonjour, je débarque un peu de nulle part mais ce sujet m'intéresse beaucoup, et j'ai lu attentivement ce message.
Il y a autre chose qui me dérange : un détail pour commencer, les éléments de I ne sont pas des couples mais des triplets. Ok, l'autre truc, j'ai compris, c'est un pré-ordre, c'est-à-dire une relation binaire réflexive et transitive, il n'y a pas d'anti-symétrie.
La topologie choisie m'a l'air d'être le compactifié d'Alexandroff de $I$, ce qui reviens exactement à ajouter un point à l'infini ?
Les voisinages de $\infty$ dans $I$ sont alors les sous-ensembles co-finis de $I$.
Il faut donc une base de voisinages sympathiques de l'infini pour montrer que la fonction $f$ admet à la fois vers $x$ et vers $y$ comme limite.
Et j'ai l'impression que c'est à ça que sert le pré-ordre, mais je suis encore en train de dépiler le thread... à suivre...
Quant à l'ordre qui n'en est pas un, c'est fait exprès : c'est un préordre (d'où le mot "préordonné" ;-) ). Si on n'aime pas les préordres, j'ai expliqué comment faire de même avec un ordre (dernier paragraphe du message que tu cites).
Pourquoi voudrait-on des trucs cofinis ? En général les voisinages sont très mal gérés par les choses cofinies (ça marche quand il y a quelque chose du type "base dénombrable de voisinages", mais pas du tout en général). Il faut plutôt des choses cocompactes à la limite, mais ici il y a un truc tout indiqué pour rajouter un point à l'infini à un préordre.
Mais j'ai déjà mentionné dans mon message cette idée de mettre un point à l'infini de toute façon (troisième paragraphe dans le message que tu cites)
Soit $(X, \preceq)$ un ensemble muni d'une relation d'ordre partiel.
Tout d'abord la construction que tu proposes à partir du préordre n'est pas le compacifié d'Alexandroff comme je le croyais, en effet si on l'applique à $\mathbb{Z}$, on redéfinit $+\infty$ mais pas $-\infty$, le résultat n'est pas un compact.
On cherche à définir une topologie sur $\tilde X = X \cup \{ +\infty \}$, de telle façon que (entre autres) la topologie induite sur $X$ soit la topologie discrète et que $+\infty$ soit adhérent à $X$.
Si $x \in X$, on pose $\mathcal{B}_x = \{ \{ x \} \}$
On pose $\mathcal{B}_{+\infty} = \{ \{ y \in X, y \geq x\} \cup \{ +\infty \}, x \in X\}$.
Alors $(\mathcal{B}_x)_{x \in \tilde X}$ est une base de topologie de $\tilde X$.
Par exemple avec $\mathbb Z$, que m'importe ce qui se passe en $-\infty$ si je m'intéresse à la limite en $+\infty$ ?