Compacité, max et continuité

Calli · July 2020

D'accord Georges.

C'est marrant parce que Raoul a donné à mon avis la preuve la simple possible au tout début de la conversation, mais on a quand même été plusieurs à donner d'autres preuves : side, gimax, moi et Georges.

gimax · July 2020

Je trouve aussi que la preuve de raoul est la plus simple et la plus élégante.

Pour ma part, j'ai cherché à donner une preuve dans un cadre métrique, car j'étais convaincu que c'était plus simple que dans le cas général. Comme Calli me l'a bien fait remarquer, la preuve que j'ai donnée est en fait la même que celle de raoul (en moins élégant) et je n'utilisais pas vraiment le caractère métrique de l'espace.

Calli, ça me fait penser que j'avais toujours une question à propos de la preuve avec les filets : tu as fait un raisonnement par l'absurde, est-ce que tu aurais une preuve pas beaucoup plus longue qui ne soit pas par l'absurde ?

Calli · July 2020

gimax a écrit:

est-ce que tu aurais une preuve pas beaucoup plus longue qui ne soit pas par l'absurde ?

Non. Je n'en vois pas.

christophe c · July 2020

De mon téléphone : je découvre ce fil. Filtres, filets, tout ça sont des succédanés maladroits de ce qui s'appelle maintenant l'analyse non standard. Le résultat demandé y est trivial.

Cependant, cette trivialité est AUSSI visible classiquement à une condition tout de même non banale qui est qu'un compact est uniforme (isable pour les comptables de la cour des comptes :-D ). Et se gère donc ici comme un métrique.

Foys · July 2020

christophe c a écrit:

Filtres, filets, tout ça sont des succédanés maladroits de ce qui s'appelle maintenant l'analyse non standard. Le résultat demandé y est trivial.

Non car la preuve de ce que l'analyse non standard (celle d'Edward Nelson avec ensembles "internes") est équiconsistante à ZFC est délicate et demande un peu plus que des filtres.

Les filtres sont très bien et ne demandent pas de faire un acte de foi absurde (les parties de $\N$ violant l'axiome de récurrence n'existent pas. Bon bah on va décréter qu'elles existent avec l'introduction d'une usine à gaz).

Foys · July 2020

$\newcommand{\u}{\mathcal U}$
Soient $X,Y$ espaces topologiques avec $Y$ quasi-compact et $f:X\times Y\to \R$ continue. Soit $m_f:x\in X \mapsto \max \{f(x,y)\mid y \in Y \}$.
Soit $\u$ un ultrafiltre de $X$ et $\ell \in X$ sa limite. Supposons que $m_f$ ne converge pas vers $m_f(\ell)$ suivant $\u$. Il existe alors $\varepsilon >0$ tel que $m_f^{-1} \left (]m_f(\ell) - \varepsilon, m_f(\ell) +\varepsilon[ \right ) \notin \u$. Donc le complémentaire de cette partie de $X$, à savoir $A \cup B$ avec $A:= m_f^{-1} \left ([m_f(\ell)+\varepsilon,+\infty [ \right )$ et $B:=m_f^{-1}\left ( ]-\infty,m_f(\ell) - \varepsilon ] \right )$, est dans $\u$. Donc (ultrafiltre) $A\in \u$ ou $B\in \u$.

Supposons $A\in \u$.
Si $V$ est un voisinage de $\ell$ dans $X$, soit (édité)$Z_V:= \{(x,y) \in X \times Y \mid x\in V \text { et } \mid f(x,y) \geq m_f(\ell)+\varepsilon \}$. Alors $Z_V$ n'est pas vide car $V\cap A$ ne l'est pas (si $x\in V \cap A$, $m_f(x)=\max_{y\in Y} f(x,y)\geq \varepsilon +m_f(\ell)$ par définition et ce max est atteint par quasi-compacité de $Y$ en un $y_0$ satisfaisant $(x,y_0)\in Z_V$). De plus si $W,W'$ sont des voisinages de $x$ tels que $W\subseteq W'$, on a clairement $Z_W \subseteq Z_{W'}$. Donc $\{ Z_W \mid W \text{ voisinage de } \ell\}$ est la base d'un filtre sur $X\times Y$. Soit $\mathcal V$ un ultrafiltre sur $X\times Y$ plus fin que ce filtre. l'image de $\mathcal V$ par la deuxième projection $\pi_Y:X\times Y \to Y $converge vers un certain $k\in Y$ par quasi-compacité. Alors $\mathcal V$ converge vers $(\ell,k) (*)$. En effet soient $U_X$ un voisinage de $\ell$ dans $X$ et $U_Y$ un voisinage de $k$ dans $Y$. Alors il existe $T\in \mathcal V$ tel que $\pi_Y(T) \subseteq U_Y$, et ($\pi_X:X\times Y \to X$ désignant la première projection), $\pi_X \left ( Z_{U_X}\right ) \subseteq U_X$ et donc $Z_{U_X} \cap T \subseteq U_X \times U_Y$ d'où $(*)$.Par continuité, $f$ tend vers $f(\ell,k)$ suivant $\mathcal V$ et donc par construction $f(\ell,k) \geq m_f(\ell)+\varepsilon$ ce qui est impossible.

Supposons $B\in \u$.
Alors pour tout $x\in B$, $m_f(x)=\max_{y\in Y} f(x,y) \leq m_f(\ell) - \varepsilon$.
Par quasi-compacité de $Y$, il existe $y_0\in Y$ tel que $f(\ell,y_0) = m_f(\ell)$. Par continuité de $f$, $f(\overline {B \times Y}) \subseteq \overline {f(B \times Y)} \subseteq ]-\infty,m_f(\ell) - \varepsilon ]$ ce qui est impossible vu que $(\ell, y_0) \in \overline {B \times Y}$.
Le résultat suit.

Pour obtenir une preuve "ANS" dans le style de Christophe, remplacez "ultrafiltre convergent vers " par "élément superproche de" :-D.

Calli · July 2020

Et encore un qui propose une preuve ! :-D On en est à combien ? Six ?

La preuve que tu as faite Foys est l'équivalent avec les filtres de celle que j'ai écrite avec les filets : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?14,2039662,2040658#msg-2040658 (sauf que j'avais évité l'axiome du choix).

raoul.S · July 2020

Question de faire bonne mesure autant en ajouter une autre :

@gimax voici une autre preuve avec les filets (grâce à la bonne définition de sous-filet dont a parlé Calli).

Remarque : cette preuve est essentiellement celle de side qu'on trouve ICI.

Soit $x\in X$ et $(x_i)_I$ un filet qui converge vers $x$.

Par compacité de $X$ il existe $y\in X$ tel que $S(x)=f(x,y)$ et il existe un filet $(y_i)_I$ de $X$ tel que $S(x_i)=f(x_i,y_i)$ pour tout $i\in I$.
Toujours par compacité de $X$, il existe un sous-filet $(y_{h(j)})_J$ de $(y_i)_I$ qui converge vers un $y^{*}\in X$ (avec $h:J\to I$ comme défini par Calli dans la première définition ici).

Par continuité de $f$, le filet $(S(x_{h(j)}))_J = (f(x_{h(j)}, y_{h(j)}))_J$ converge vers $f(x,y^{*})\leqslant f(x,y)$.
D'un autre côté, pour tout $j\in J$, $f(x_{h(j)}, y_{h(j)}) \geqslant f(x_{h(j)}, y)$ et en passant à la limite on a $f(x,y^{*})\geqslant f(x,y)$.
Donc le filet $(S(x_{h(j)}))_J$ converge vers $S(x)$.

En résumé ceci démontre que pour tout filet $(x_i)_I$ qui converge vers $x$, il existe un sous filet de $(x_i)_I$ dont l'image par $S$ converge vers $S(x)$. Or il se trouve que ceci implique la continuité de $f$.

PS. la preuve de cette dernière assertion est quasi immédiate et est essentiellement la même que celle de Calli, première prop http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?14,2039662,2040658#msg-2040658 par contraposée.

Calli · July 2020

Et encore une ! Encore une preuve ! X:-(

Pour moi, c'est dans l'esprit la même chose que http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?14,2039662,2040658#msg-2040658, mais avec une rédaction plus digeste due au fait que tu relègues au rang de lemme le fait que

lemme a écrit:

Si tout filet $(x_i)$ convergeant vers $x$ possède un sous-filet dont l'image par $S$ converge vers $S(x)$, alors $S$ est continue en $x$.

alors que moi je l'ai fait en direct ce qui alourdit un peu.

christophe c · July 2020

@foys de mon téléphone entièrement d'accord avec toi sauf pour l'adjectif usine à gaz. L'ANS a au contraire assez finement optimisé ses axiomes. Et ils sont très courts.

Calli · July 2020

Pour moi, on a vu deux preuves vraiment distinctes : celle que Raoul a donnée en premier ( http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?14,2039662,2039872#msg-2039872 ) et celle qui utilise des suites/filets/filtres.

raoul.S · July 2020

cc a écrit:

Filtres, filets, tout ça sont des succédanés maladroits de ce qui s'appelle maintenant l'analyse non standard. Le résultat demandé y est trivial.

Est-ce que tu pourrais nous montrer une preuve de ce résultat en ANS. Par contre elle doit faire deux lignes (vu qu'il est trivial comme tu dis).

C'est juste par curiosité, même si je ne vais rien y comprendre, pour voir si ça vaut la peine de me pencher sur l'ANS un de ces jours (mouais je le dis mais je suis trop flemmard pour...)

christophe c · July 2020

Oui mais sans Latex, de mon téléphone :

Soit a std. Soit x superproche de a. Soit b tel que f(a,b) est max. Soit y tel que f(x,y) max.

f(a,b) dépasse f(a,y) qui est superproche de f(x,y) qui dépasse f(x,b) qui est superproche de f(a,b).

A noter que la compacité n'est d'aucune utilité. Le résultat est toujours vrai.

La seule hypothèse est que les max sont atteints et f continue.

christophe c · July 2020

Pardon si si elle joue à cause du PREMIER superproche (de l'argument) Pas du deuxième. Le premier est un "Heine". Suis à table sans lunettes sorry.

christophe c · July 2020

Pour être précis c'est vrai pour tout espace uniforme avec uniformément continue et elle joue par Heine uniquement.

raoul.S · July 2020

OK merci CC, effectivement ça à l'air assez expéditif.

Est-ce que quelqu'un sait pourquoi l'ANS n'est pas très étudiée (en tout cas il me semble). C'est une question de mode ou il y a une autre raison ?

Foys · July 2020

christophe c a écrit:

A noter que la compacité n'est d'aucune utilité. Le résultat est toujours vrai.

La seule hypothèse est que les max sont atteints et f continue.

Soient $F:=\{(x,y) \in \R^2 \mid xy \leq 1\}$ et $G:= \{(x,y)\in \R^2 \mid xy \geq 2\}$. Alors $F$ et $G$ sont des fermés disjoints de $\R^2$. D'où (Urysohn) l'existence d'une application continue $f:\R^2 \to [0,1]$ nulle sur $F$ et valant $1$ sur $G$ (dans un espace métrique comme $\R^2$, prendre $z\mapsto \frac{d(z,F)}{d(z,F)+d(z,G)}$ où étant donnée une partie $A$ de l'espace métrique en question, $t\mapsto d(t,A)$ désigne la distance à $A$).

Alors pour tout $x\neq 0$ et pour tout $y\geq \frac{2}{x}$ si $x>0$ (resp $y\leq \frac{2}{x}$ si $x<0$), on a $xy\geq 2$ et donc $f(x,y)=1$ bref: $m_f(x):=\max\{f(x,y)\mid y\in \R\}=1$ et ce max est atteint pour $y$ assez grand.

De plus $f(0,y)=0$ pour tout $y$ et donc $m_f(0):=\max\{f(0,y)\mid y\in \R\}=0$, maximum étant atteint partout.
Bref $m_f$ n'est pas continue.

La mise à contribution d'une propriété comme la (quasi) compacité de l'espace de la deuxième coordonnée est nécessaire.

christophe c · July 2020

@Raoul: la raison principale est parce qu'elle est CONSERVATIVE au dessus de ZFC. Une raison sociologique est plus ou moins politique. Cela dit elle EST étudiée. C'est juste qu'elle est composée de 3 axiomes courts et tient sur 1/3 de page.

@foys. Pardon à l'edit j'avais mal mis le bbcode barrant.

christophe c · July 2020

Je rappelle preuve "Heinante" ANS: soient x,y superproches. Par compacité soit w qui est a la fois standard et superproche de x. Alors f(x) superproche de f(w) superproche de f(y). Donc f(x) superproche de f(y).

La continuité de f entraîne sa continuité uniforme.

raoul.S · July 2020

Bon après avoir relu les messages de CC il s'avère comme il le suggère qu'on obtient les démos les plus simples en utilisant la continuité uniforme.

OMG CC je crois que j'ai réussi à piger ce que tu racontes ici http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?14,2039662,2046162#msg-2046162

Je vais traduire ta preuve dans le cas particulier des espaces métriques, on suppose donc $X$ muni d'une distance $d$ :

$X$ étant compact, la fonction $f : X\times X \to \R$ est uniformément continue. Soit $\varepsilon > 0$, et $\delta > 0$ usuels, on a : pour tout $x,x',y\in X$, $d(x,x')\leqslant\delta \Rightarrow |f(x,y)-f(x',y)|\leqslant\varepsilon$.

Montrons que $S$ est continue en $a\in X$. Soit $b$ tel que $S(a)=f(a,b)$.
Pour $x\in X$ vérifiant $d(a,x)\leqslant \delta$ soit $y$ tel que $S(x)=f(x,y)$. Alors (voici la traduction de la phrase de CC (:D) :$$S(a)=f(a,b)\geqslant f(a,y) \geqslant f(x,y)-\varepsilon\geqslant f(x,b)-\varepsilon\geqslant f(a,b)-2\varepsilon=S(a)-2\varepsilon.

$$ En ajoutant $\varepsilon$ partout, on a bien $S(a)+\varepsilon\geqslant S(x)\geqslant S(a)-\varepsilon$. Bref c'est quasiment une ligne...

PS. La preuve générale, qui est grosso modo la même, devrait être faite pour les espaces uniformes car tout espace compact est uniformisable comme déjà dit par cc...

christophe c · July 2020

De retour sur mon pc, branché sur la prise murale, je peux lister les axiomes de l'ANS:

1/ Idéalisation: si pour toute partie finie $F$ qui est standard, il existe $x$ tel que $\forall y: (x,y) \in R$ alors il existe $x$ tel que pour tout $y$ standard, $(x,y)\in R$. La limite de validité est donnée par le seul fait que $R$ ne doit pas être définie en utilisant le mot standard, par contre vous pouvez tout à fait utiliser des paramètres non standards dans sa définition.

2/ Standardisation: pour toute propriété $P$ (y compris utilisant paramètres non standards, et mot "standard" dans sa définition), tout ensemble $E$ standard, il existe une partie $S$ de $E$ qui non seulement est standard, mais qui en plus vérifie que pour tout $x\in E$ qui est standard: $(x\in S)\iff (x$ a la propriété $P)$

3/ Transfert: si $P$ est une propriété dont la définition ne contient que des paramètres standard, et qui n'utilise pas le mot "standard" dans sa définition, alors $[\forall^s x:P]$ entraine $\forall x: P$

Soit $E$ un espace topologique standard et $a\in E$. J'utilise $<<x$ est superproche de $a>>$ dans le sens $<<$Pour tout ouvert standard $U$ qui contient $a$, on a aussi $x\in U>>$.

L'ANS se prête bien au traitement de la topologie générale (pour le dire de manière moins diplomatique, tout ce qui relève de la topologie GENERALE est rendu trivial par l'ANS).

J'ai eu à constater que plusieurs membres du forum m'ont souvent qualifié d'expert en topologie. Et bien il n'en est rien. J'utilise juste l'ANS et rien d'autre***. Je ne connais rien par coeur, et je n'ai jamais "taffé" la topologie. Mais l'ANS implique en 3 lignes $99.5\%$ des lemmes et théorèmes, parfois prenant 10 pages des traités de 1000 pages de topologie générale.

Un signe qui ne trompe pas d'ailleurs, est que la spécialité "topologie algébrique" qui contient le mot "topologie" m'y voit aux abonnés absents, tout simplement parce que la "topologie algébrique" est tout sauf de la topologie. L'ANS n'y est pas d'un grand secours.

*** pour qui a un peu suivi les 43000 messages, ils devraient n'avoir aucun doute d'ailleurs sur le fait que dès qu'interviennent les baireries (donc le dénombrable, qui n'est pas "bien transpercé/élucidé" par l'ANS) je suis nettement moins utile. En gros, les phénomènes de compacités sont trivialisés par l'ANS, mais pas les phénomènes de complétude/bairitude, etc.