Problème au sujet des bases dénombrables
Bonjour à tous
Un ami en L3 vient de passer son examen de topologie et la dernière question de son examen nous a laissé réellement perplexe.
Je la joins donc ci-dessous pour vous partager cet énoncé ma foi très élégant, et pour voir si des gens ont des idées de piste de résolution. Même avec la "suggestion" nous ne parvenons pas à démarrer.
Merci à ceux qui prendront le temps d'y réfléchir un peu, toute idée est la bienvenue !
La photo étant incomplète, il est fort probable que les parties F de N évoquées en "suggestion" soient fermées.
Un ami en L3 vient de passer son examen de topologie et la dernière question de son examen nous a laissé réellement perplexe.
Je la joins donc ci-dessous pour vous partager cet énoncé ma foi très élégant, et pour voir si des gens ont des idées de piste de résolution. Même avec la "suggestion" nous ne parvenons pas à démarrer.
Merci à ceux qui prendront le temps d'y réfléchir un peu, toute idée est la bienvenue !
La photo étant incomplète, il est fort probable que les parties F de N évoquées en "suggestion" soient fermées.
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Réponses
Tu veux plutôt dire "finies" ?
Sinon, "quasi compact", c'est compact au sens de Borel-Lebesgue, (de tout recouvrement ouvert, on peut extraire un recouvrement fini) sans supposer la séparation, c'est ça ?
Sinon, encore, c'est très malin d'utiliser la notation $f$ à la fois pour désigner la fonction $X\to Y$ et l'élément générique $f\in F$.
(j'ai l'impression que l'énoncé nous suggère de montrer que les $B_F$, qui sont dénombrables, forment une base de $Y$. À montrer dans ce cas : $B_F$ ouvert, et tout ouvert $U\subset Y$ est réunion des $B_F \subset U$.)
Tu peux essayer déjà de montrer que chaque $B_F$ est ouvert, en utilisant que $f$ est fermée.
En ayant ça, cela suggère d'essayer de montrer que les $B_F$ forment une base
(Grillé par marsup !)
Ah oui, si on passe au complémentaire :
$\overline{B_F} =
\{
y \in Y,
\forall k\in F,
f^{-1}(y) \not\subset B_k
\}
= \bigcap\limits_{k\in F} f(\overline {B_k})
$
Or $f$ surjective donc $
f(\overline {B_k}) =
\overline
{f({B_k})}$ est ouvert car $f$ est fermée. (ah ben non c'est pas ça, je me suis embrouillé !)
Donc $\overline{B_F}$ est ouvert comme intersection finie d'ouverts.
Je réessaie avec une phrase :
$y\in B_F$ si tous ses antécédents appartiennent à un des $B_k, k\in F$, donc si aucun de ses antécédents n'appartient à l'intersection des complémentaires $\overline{B_k}$, donc si $y$ n'appartient pas à l'image de l'intersection $\bigcap\limits_{k\in F}\overline{B_k}$.
Donc le complémentaire de $B_F$ est fermé, car les $\overline{B_k}$ sont fermés, et que $f$ est fermée.
Mon dernier mot, Jean-Pierre est donc :
$$\overline {B_F} = f\big(\bigcap\limits_{k\in F}\overline{B_k}\big).$$
Et quasi-compact veut exactement dire ça Maxtimax. Si j'ai bien compris, contrairement à compact, dans quasi-compact on a pas la séparabilité.
Prouver que $B_{F}$ est ouvert serait judicieux en passant au complémentaire et en s'inspirant de la rédaction de marsup ? Ou bien il y a une astuce ?
$y\in B_F \implies$ Tous ses antécédents appartiennent à un des $B_k$, avec $k \in F$.
$\hspace{1.45cm} \implies$ Aucun antécédent n'appartient à un des $\overline{B_k}$.
$\hspace{1.45cm} \implies$ $y \notin \bigcup\limits_{k\in F} f(\overline {B_k})$
A partir d'ici j'ai du mal à comprendre :
$\hspace{1.45cm} \implies$ $\overline B_k$ est fermé (Car les $f(\overline {B_k})$ sont fermés et en nombre fini.)
Ça vient du fait que l'application $f$ est fermée ?
Ensuite par complémentarité $B_k$ est évidemment ouvert.
(mais il me semble que la dernière version, actuelle est moins fausse que les précédentes !! X:-()
$f(\overline B_k)$ fermé pour tout $k \in F \implies \overline B_k$ fermé ? Ce n'est pas l'inverse dans le cas où $f$ est fermée ?
Selon moi on utilise juste le fait que $\overline B_k$ est l'image réciproque de $f(\overline B_k)$ par $f$ qui est continue, on n'utilise pas du tout le fait que $f$ est fermée ici (pour l'instant du moins).
Que faire de cela ? Certes on aura l'union des $\overline B_k$ ouvert aussi en tant que réunion dénombrable d'ouverts, mais je ne vois pas où il faut aller.
Recouvrement de $Y$ :
Soit $y\in Y$. Alors les $B_k\subset f^{-1}(y)$ recouvrent $f^{-1}(y)$, on extrait un recouvrement fini : $(B_k)_{k\in F}$, et alors $y\in B_F$.
L'intersection de $B_F$ et $B_{F'}$ est une union de $B_{F''}$ :
$$
\begin{align}
\displaystyle y\in B_{F} \cap B_{F'} & \Longleftrightarrow f^{-1}(y) \subset
\big(
\bigcup_{k\in F} B_{k}
\big)
\cap
\big(
\bigcup_{k'\in F'} B_{k'}
\big) \\
& \Longleftrightarrow f^{-1}(y) \subset
\big(
\bigcup_{k\in F,k'\in F'} \big(B_{k} \cap B_{k'} \big)
\big) \\
& \Longleftrightarrow f^{-1}(y) \subset
\big(
\bigcup_{k\in F,k'\in F'} \quad \bigcup_{i, \text{ tq }B_i \subset B_{k} \cap B_{k'}} B_i
\big)
\end{align}
$$
On extrait, pour tout $y$, un recouvrement fini $(B_i)_{i\in I(y)}$ de ce recouvrement.
$
\displaystyle y\in B_{F} \cap B_{F'}
\Longleftrightarrow f^{-1}(y) \subset
\big(
\bigcup_{i\in I(y)} B_i
\big)
$
Ainsi : $B_F \cap B_{F'} = \bigcup\limits_{y \in B_F \cap B_{F'}} B_{I(y)}$.
J'espère ne pas dire de bêtise : je trouve que ce n'est pas très très facile !
Mais je vous remercie d'avoir accorder du temps pour éclaircir tout cela
Cet exercice provient de l'examen terminal de topologie de L3 Maths de Bordeaux, qui est une université selon moi relativement solide en terme d'enseignement.
Voici le sujet complet si cela vous intéresse, les exercices qui précèdent celui sur lequel nous travaillons depuis tout à l'heure sont plus "abordables" :
Ah oui bonne remarque, car cette hypothèse est indispensable, comme on voit pour $X$ compact, $f$ constante !
Je pense que si $f^{-1}(y) = \emptyset$, il faudra regarder ce qui arrive à $B_\emptyset \cap B_{F'}$.
Je n'arrive pas à trouver l'erreur, mais il se fait tard
J'ai fait un gros contresens sur la caractérisation de Wikipedia.
Elle assure qu'une famille d'ensembles est une base d'une topologie, mais pas forcément de la topologie qui nous intéresse.
Par exemple, cette caractérisation nous dit que si on a un seul ouvert $=Y$ dans notre famille, c'est une base de voisinage d'une topologie de $Y$, mais bien sûr la topologie en question est grossière, et pas celle qui nous intéressait.
Je réessaie de montrer directement que les $B_F$ forment une base de voisinage de $Y$.
Soit $U \subset Y$ un ouvert.
Alors $V = f^{-1}(U)$ est un ouvert de $X$.
Soit $D$ l'ensemble des indices des $B_k$ inclus dans $V$ :
$$
D =
\{
i\in\N \text{ tq } B_i \subset f^{-1}(U)
\}.
$$
Alors, pour $F \subset D$ une famille finie, on a : $B_F \subset U$ (et c'est un ouvert).
En effet, si $y\in B_F$, alors tous ses antécédents appartiennent à l'un des $B_k, k\in F \subset{-1}(U)$, donc $y\in U$.
Il reste à montrer que les $B_F, F\subset D$ recouvrent $U$.
Soit $y\in U$. La fibre $f^{-1}(y)$ est recouvert par les $B_i, i\in D$, et on extrait un recouvrement fini $I(y) \subset D$, par compacité.
Alors $y\in B_{I(y)}$.
Que signifie "la fibre $f^{-1} (y)$" ?
Oh pas grand-chose, c'est juste de la terminologie : on appelle "fibre" au dessus de $y$ l'ensemble $f^{-1}(y)$ des antécédents de $y$.
Il se trouve que "souvent", ces ensembles réciproques $f^{-1}(y)$ se ressemblent (presque) tous un peu (par exemple, pour $f$ un polynôme de degré $n$ sur $\C$, la plupart du temps $f^{-1}(y)$ est formé de $n$ complexes distincts, ou bien pour $f(x)=\exp(x)$, les antécédents sont $\ln(y) + 2 i \pi \Z$, sauf pour $y = 0$ !)
Du coup, la tradition c'est de faire comme si (de penser à $f$ comme si c'était le cas !) une application $f : X \to Y$, c'était une surjection qui ressemblait, pour $U$ un voisinage de $y$ à l'application $U \times f^{-1}(y) \to U$, en faisant comme si $f^{-1}(y)$ ne dépendait, à identification près, pas trop de $y$.
(vraiment, ce que je dis ci-dessus n'est absolument pas important, et gagnera fortement à se faire expliquer par un professionnel de la pédagogie et/ou des mathématiques !)
Sinon, une coincidence veut qu'une deuxième fois en peu de jours, la difficulté est psychologique. Cela provient d'un fait relativement conventionnel qui est qu'une topologie est composée d'ouverts (ie stable par union, etc) et non de fermés.
Il te suffit de passer aux fermés*** pour que l'exo ne nécessite plus d'inspiration.
*** C'est à dire que tu supposes que $L$ est un ensemble (le fait qu'il soit dénombrable n'a aucune importance) de fermés de $X$ tel que tout fermé de $X$ est intersection d'entre eux, et tu démontres que l'ensemble des images directes par $f$ des intersections finies d'éléments de $L$ a la même propriété pour la topologie de $Y$. Cela te permet de sauter l'étape où $f$ étant fermée, tu ne peux quand-même pas affirmer que l'image directe par $f$ d'un ouvert est un ouvert, alors que dualement, avec les fermés, tu le peux. Or parfois une étape de moins ça aide le cerveau.
On a $f:E\to F$ continue qui envoie tout fermé sur un fermé, surjective. On dispose aussi d'un ensemble de $A$ qui contient des fermés de $E$ et dont tout fermé de $E$ est intersection d'une partie de $A$.
On "espère" fabriquer, à partir de $A$, un ensemble "pas trop gros" de fermés de $F$ ayant la même propriété pour $F$.
Soit $Y$ un fermé de $F$. Son image réciproque $X$ est un fermé de $E$ par continuité. Il existe une partie $S$ de $A$ telle que $X=\cap(S)$.
Je note $f[ U ]:=\{f(x)\mid x\in U\}$.
Soit $B$ l'ensemble des fermés de $E$ qui sont intersection de moins de $a$ éléments de $A$, où $a$ est un cardinal donné.
Soit $C:=\{f[ U ]\mid X\in B\}$
Supposons que $Y$ ne soit pas l'intersection des éléments de $C$ qui le contiennent comme sous-ensemble et $b$ qui en témoigne. La surjectivité fait que l'ensemble $D$ des antécédents de $b$, non vide, est disjoint de $X$, donc de $\cap(S)$.
Faisons l'hypothèse (de $a$-quasicompacité) qu'il existe une partie $S_2$ de $S$ telle que $card(S_2)<a$ et $[\cap(S_2)]\cap D = \emptyset$. On obtient alors la contradiction que $b\notin f[\cap(S_2)]$.
Remarque: on a donc majorer le cardinal d'une base de $F$ par $u^v$ où $u$ est celui d'une base de $E$ et $v$ est la sup+1 de l'indice de quasicompacité des images réciproques de singletons par $f$.
- Les statistiques de réussite sur les questions bonus de ce type sont de l'ordre de 2%. Voici par exemple celle de l'an dernier (ainsi que sa correction), elle était moins pointue mais il fallait être à l'aise.
- Je ne comprends pas la rédaction de ta démonstration, je ne vois absolument pas où tu veux aller, je ne cerne absolument pas le sens du raisonnement.
Ma preuve: lis la comme elle est sans chercher l'intention. J'ai simplement évité de parler d'ouverts. Donc c'est pénible si tu n'as pas en permanence en tête que fermé = complémentaire d'un ouvert.
En revanche, que signifie la notation $\cap(S)$ ? Je la trouve confuse.
___________________
Les questions bonus ont (selon moi) pour vocation de tester les meilleurs de la promotion, de les pousser à réfléchir au maximum et d'essayer des raisonnements.
Elles sont intéressantes mais malheureusement trop difficiles pour moi.
Voici par exemple une autre question bonus (je ne possède pas la correction) et je la trouve tout aussi difficile. Peut-être regarder l'image réciproque de $O$ par l'application $f$ et remarquer que $f^{-1}(O)$ n'est pas un ouvert.
1/ L'hypothèse:
1.1/ $E,F$ deux espaces topoplogique, $f:E\to F$ continue, surjective et envoyant tout fermé de $E$ sur un fermé de $F$
1.2/ Un ensemble $A$ de fermés de $E$ tel que tout fermé de $E$ est intersection d'éléments de $A$
1.3/ Un cardinal $a$ tel que pour tout $b\in F$, l'image réciproque de $\{b\}$ par $f$ est $a$-quasicompact.
2/ Les objets proposés en plus.
2.1/ La notation $f[ U ]$ à la place de $f(U)$ trop abusif ici, pour désigner l'image directe de $U$ par $f$, autrement dit $\{z\mid \exists x\in U: f(x)=z\}$
2.2/ L'ensemble $C$ des fermés $H$ de $F$ obtenus en prenant une partie $L$ de $A$ de cardinal $<a$ et en calculant $H:=f[ \cap(L) ]$
3/ Les arguments:
3.1/ Le démon choisit un un fermé $Y$ de $F$. Ton but est de prouver que $Y$ est une intersection d'éléments de $C$
3.2/ En notant $X$ l'image réciproque de $Y$ par $f$, tu as d'une part que c'est un fermé de $E$ et d'autre part que $f[ X ]=Y$, car $f$ surjective.
3.3/ Tu prends $T:=$ l'ensemble des fermés $Z$ de $E$ tels que $X\subset Z$. Tu as par hypothèse que $X = \cap(T)$
3.4/ Tu notes disons $K$ l'intersection des éléments $R$ de $C$ tels que $Y\subset R$
3.5/ Il suffit ensuite d'obtenir une contradiction à partir de l'hypothèse ajoutée que $b\in K\setminus Y$.
Voilà, en espérant que ce balisage t'aide.
Concernant les photos que tu as postées, dont je rappelle les 3 énoncés à prouver en bonus, on a :
a/ Prouver que si un espace séparé (en fait $T_1$ suffit, $T_2$ est en trop) est tel que de tout recouvrement par des fermés on peut extraire un sous recouvrement fini alors il est fini. (Dans un espace $T_1$, les singletons sont fermés)
b/ Prouver que l'image réciproque du produit $n\mapsto ]-1/n,1/n[$ par $f:=(x\mapsto (x,x,x,x,\dots)$ est un singleton (en l'occurrence $(0,0,0,0,\dots )$) donc que $f$ n'est pas continue)
c/ L'exercice initial de ce fil,
Je peux te dire que si on a 2% de réussite sur (a) et (b) qui sont à peu près triviaux, on ne peut vraiment pas avoir plus de 0.3% de réussite sur le (c), en fin de planchage sur une copie d'examen. Après tout dépend de ce que le prof annonce comme rémunération du label bonus quand il est réussi.