Nombres de Lebesgue...
dans Topologie
Bonjour,
en me remémorant des vieilles choses, j'ai voulu redémontrer que tout recouvrement ouvert d'un espace compact métrique admet un nombre de Lebesgue. A ma grande surprise, j'utilise deux fois la compacité, et je trouve ça bizarre.
Pour rappel, si $\mathscr{U}$ est un ensemble d'ouverts d'un espace topologique $X$, on dit que c'est un recouvrement si $\forall x \in X ,\ \exists U \in \mathscr{U},\quad x \in U$. Si $X$ est métrique, muni d'une distance $d$, on dit que le réel strictement positif $\epsilon$ est un nombre de Lebesgue pour $\mathscr{U}$ si $\forall x,y \in X,\quad \left( d(x,y) < \epsilon \Rightarrow \exists U \in \mathscr{U},\quad x,y \in U\right)$.
Pour démontrer que tout recouvrement ouvert admet un nombre de Lebesgue, je me suis dit : par compacité, il y a un sous-recouvrement fini $\{U_1,\cdots,U_n\}$ et je pose ensuite $\phi : X \rightarrow \mathbb{R}^*$ qui à $x$ associe $\max_{i} \min(d(x,U^c_i),1)$ ; $\phi$ est continue, positive, non nulle, et étant définie sur un compact, est alors minorée par un réel strictement positif qui est un nombre de Lebesgue pour le sous-recouvrement fini et donc pour le recouvrement de départ.
En fait, je croyais que pour tout espace métrique, tout recouvrement ouvert fini admettait un nombre de Lebesgue, ce qui est faux (j'ai un contre-exemple où l'espace est un disque ouvert et avec deux ouverts dans le recouvrement) !
1) Est-ce qu'on peut se débrouiller pour faire marcher mon idée en utilisant une seule fois la compacité ?
2) Est-ce que vous connaissez des espaces métriques qui ne sont pas compacts, et tels que tout recouvrement ouvert fini admet un nombre de Lebesgue ?
PS : Je suis allergique aux suites, merci de ne pas extraire de sous-suites dans ce fil :-D
en me remémorant des vieilles choses, j'ai voulu redémontrer que tout recouvrement ouvert d'un espace compact métrique admet un nombre de Lebesgue. A ma grande surprise, j'utilise deux fois la compacité, et je trouve ça bizarre.
Pour rappel, si $\mathscr{U}$ est un ensemble d'ouverts d'un espace topologique $X$, on dit que c'est un recouvrement si $\forall x \in X ,\ \exists U \in \mathscr{U},\quad x \in U$. Si $X$ est métrique, muni d'une distance $d$, on dit que le réel strictement positif $\epsilon$ est un nombre de Lebesgue pour $\mathscr{U}$ si $\forall x,y \in X,\quad \left( d(x,y) < \epsilon \Rightarrow \exists U \in \mathscr{U},\quad x,y \in U\right)$.
Pour démontrer que tout recouvrement ouvert admet un nombre de Lebesgue, je me suis dit : par compacité, il y a un sous-recouvrement fini $\{U_1,\cdots,U_n\}$ et je pose ensuite $\phi : X \rightarrow \mathbb{R}^*$ qui à $x$ associe $\max_{i} \min(d(x,U^c_i),1)$ ; $\phi$ est continue, positive, non nulle, et étant définie sur un compact, est alors minorée par un réel strictement positif qui est un nombre de Lebesgue pour le sous-recouvrement fini et donc pour le recouvrement de départ.
En fait, je croyais que pour tout espace métrique, tout recouvrement ouvert fini admettait un nombre de Lebesgue, ce qui est faux (j'ai un contre-exemple où l'espace est un disque ouvert et avec deux ouverts dans le recouvrement) !
1) Est-ce qu'on peut se débrouiller pour faire marcher mon idée en utilisant une seule fois la compacité ?
2) Est-ce que vous connaissez des espaces métriques qui ne sont pas compacts, et tels que tout recouvrement ouvert fini admet un nombre de Lebesgue ?
PS : Je suis allergique aux suites, merci de ne pas extraire de sous-suites dans ce fil :-D
Réponses
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Pour la question 2), on peut choisir $\Z$ muni de la distance $d(x,y)=|x-y|$.
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Pour la 1), est-ce que tu es sûr que tu as besoin que le recouvrement soit fini montrer que $\phi$ est continue et jamais nulle ? On peut choisir $\phi(x)=\sup_{U \in \mathscr{U}} \min(d(x,U^c),1)$. Alors $\phi$ est continue, car $d(x,y)< \epsilon$ implique $\phi(y)>\phi(x)-\epsilon$. Et $\phi$ n'est jamais nulle, car si $x\in U$, il existe $1>\epsilon>0$ tel que $B(x, \epsilon) \subset U$, donc $d(x,U^c)\geq \epsilon$, et donc $\phi(x)\geq \epsilon>0$.
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Merci pour $\mathbb{Z}$, j'y avais pas pensé ! Et si on ajoute "sans points isolés" ?
C'était pour la continuité de $\phi$ que je voulais un recouvrement fini. Là, ta $\phi$ est seulement semi-continue inférieurement (ou supérieurement, je m'emmêle tout le temps les pinceaux), non ? Il y a une des propriétés qui garantit le fait que $\phi$ atteint son $inf$. Je vais regarder ! -
$\phi$ est continue, car $d(x,y)< \epsilon$ implique $\phi(y)>\phi(x)- \epsilon$, et par symétrie $\phi(x)>\phi(y)- \epsilon$, donc $|\phi(x)- \phi(y)|<\epsilon$.
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GA : pour 2) sans points isolés, $\mathbb R$ ?
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Pour $\R$, soit $U=\cup_{k \in \Z} ]2k-1/2^{|k|}, 2k+1+1/2^{|k|}[$ et $V=\cup_{k \in \Z} ]2k+1,2k+2[$, il me semble qu'il n'y a pas de nombre de Lebesgue pour le recouvrement $\{U,V\}$.
En effet, pour $n>1$, soit $u_n=2n+1$ et $v_n=2n+1+2/2^n$, alors $u_n \in U \setminus V$ et $v_n \in V \setminus U$ et $d(u_n,v_n)$ tend vers $0$. -
Marco : ah oui bien vu , je pensais à des ouverts connexes ...
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@marco : Certes. Merci beaucoup en tout cas ! Et ok pour la démo du fait que $\mathbb{R}$ ne vérifie pas la propriété !
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Salut,
Sauf erreur, pour tout espace métrique $X$ sans points isolés, $X$ est compact si et seulement si tous ses recouvrements ouverts finis possèdent un nombre de Lebesgue. La même équivalence est vraie en enlevant le mot "finis".
Preuve : Censurée parce qu'on a pas le droit d'utiliser des suites et sous-suites :-D. Mais je veux bien la donner quand même si on m'y autorise. :-D -
@Calli : Ok ben c'est mon exercice d'aujourd'hui alors !
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GA a écrit:Est-ce qu'on peut se débrouiller pour faire marcher mon idée en utilisant une seule fois la compacité
Je ne sais plus lequel, mais j'ai donné (me semble-t-il) une preuve dans un fil récent. C'était pas dur, mais un brin pénible à retrouver vite.Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
@GA, indépendamment de la topologie, les théorèmes de Ramsey me semblent souvent oubliés quand on a affaire à des choses de ce genre.
Dans le cas des espaces métriques par exemple, soit $u$ une suite. Si tu prends un ensemble infini $A$ inclus dans $\N$ telle que :
$$ dist(u_n,u_p) < 99^{47 + dist(u_q ,u_r)} $$
pour tout $(n,p,q,r)\in A^4$ avec $n<p<q<r$, tu vas avoir une sous-suite fermée discrète.
Si tu prends un $A$ homogène infini pour l'autre alternative, tu vas avoir une sous-suite de Cauchy.Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Désolé pour le délai.
@Calli. Je n'ai pas trouvé... Tu me donnes un indice ? Pour tout te dire, j'ai essayé de démontrer "tout recouvrement ouvert a un nombre de Lebesgue et pas de points isolés implique précompact" et je n'y suis pas arrivé...
@Christophe. Je sais que tu ne me visais pas moi, mais je n'ai pas "oublié" le théorème de Ramsey, je ne le connais pas très bien... Alors est-ce que tu peux un peu m'aider, là ? On considère l'ensemble $B := \{(n,p,q,r) \mid n<p<q<r \mbox{ et } d(u_n,u_p) \leq f(d(u_q,u_r))\}$ (la couleur bleue) pour une certaine $f$. Alors, Ramsey dit que soit il existe $A \subset \mathbb{N}$ infini tel que $\{(n,p,q,r) \in A^4 \mid n<p<q<r\}$ est entièrement bleu ou entièrement pas bleu. C'est ça ?
Mais ici, qu'est-ce qui fait que ta $f : x \mapsto 99^{47+x}$ aide à quoi que ce soit ? Si l'espace métrique est borné, on peut prendre $A = \mathbb{N}$ et je ne vois pas trop quoi faire... -
J'ai procédé par contraposée. Soit $X$ un espace métrique non compact sans point isolé. Alors il existe une suite $(x_n)$ de $X$ qui ne possède aucune valeur d'adhérence. Et ensuite j'ai construit un recouvrement ouvert fini de $X$ tel que l'existence d'un nombre de Lebesgue est infirmée en les $x_n$.
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Ok merci pour l'indication !
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J'avais pensé faire comme ça.
On suppose $X$ non compact et sans point isolé. Si $X$ n'est pas compact, alors il existe une suite $(u_n)$ telle que aucune sous-suite n'admet de limite dans $X$. Donc $U=X \setminus \{u_n |n \in \N \}$ est ouvert. Chaque $u_k$ est un point isolé dans $\{u_n\}$ sinon $u_k$ serait valeur d'adhérence de la suite $(u_n)$. De plus, chaque $u_k$ n'est pas un point isolé dans $X$ donc, il existe $v_k \notin \{u_n\}$ tel que $d(u_k,v_k)<1/k$. $(v_n)$ vérifie la même propriété que $(u_n)$, donc $V=X \setminus \{ v_n\}$ est ouvert.
Alors $\{U,V\}$ est un recouvrement de $X$, et $u_n \in V \setminus U$ et $v_n \in U \setminus V$, et $d(u_n,v_n)$ tend vers $0$, donc le recouvrement n'admet pas de nombre de Lebesgue. -
marco (tu). Ta construction est même plus simple que la mienne car j'avais bricolé des trucs avec des boules autour des $x_n$.
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Hum...
Bon, soit $\underline{x}$ une suite sans valeur d'adhérence. Chaque préimage est finie, car si $x \in X$ est atteint par une infinité de termes de la suite, il est une valeur d'adhérence de $\underline{x}$. Ainsi, $\underline{x}$ prend une infinité de valeurs et on peut supposer, quitte à extraire, que $\underline{x}$ est injective.
De plus, on sait que l'ensemble des valeurs d'une suite sans valeur d'adhérence est un fermé. Soit $U$ le complémentaire de ce fermé.
Ensuite, on définit, par récurrence, $\epsilon_{n+1} := \sup\{\epsilon > 0 \mid \epsilon < \epsilon_n/4 \mbox{ et } B(x_{n+1},\epsilon_n) \setminus B(x_{n+1},2\epsilon) \neq \emptyset\}$. La suite $\epsilon$ est bien définie, parce que si ça bloque à une étape $n$ de la récurrence, c'est que pour tout $\epsilon$ tel que $0< \epsilon < \epsilon_n/4$, on a $B(x_{n+1},\epsilon_n) = B(x_{n+1},2\epsilon)$ et donc $B(x_{n+1},\epsilon_n) = \bigcap_{\substack{\epsilon\\ 0<\epsilon<\epsilon_n/4}} B(x_{n+1},2\epsilon) = \{x_{n+1}\}$, et donc $x_{n+1}$ est un point isolé.
Par construction, la suite tend vers $0$.
Posons $V := \bigcup_{n \in \mathbb{N}} B(x_n,\epsilon_n)$.
Alors $(U,V)$ est un recouvrement ouvert de $X$, car $U^c \subset V$ par construction. Démontrons qu'il n'admet pas de nombre de Lebesgue.
Soit $\epsilon >0$. Soit $n \in \mathbb{N}$ tel que $\epsilon_{n} < \epsilon$. Alors $B(x_{n+1},\epsilon_n) \setminus B(x_{n+1},\epsilon_{n+1}) \neq \emptyset$, et donc $B(x_{n+1},\epsilon) \not \subset B(x_{n+1},\epsilon_{n+1})$. Par contre, je me rends compte que je ne peux pas conclure que $B(x_{n+1},\epsilon) \not \subset V$ (parce qu'il est possible qu'il intersecte une boule autour d'un autre terme de la suite)... Il faudrait rétrécir un peu les boules... Bon j'ai un peu plus confiance, maintenant, mais il me reste plein de copies.
A suivre !
EDIT : Ah ouais, c'est vachement plus classe ton truc, marco ! -
@GA:
je réponds ici à notre aparté http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?14,2222194,2252566#msg-2252566 et considère la suite comme déjà extraite.
Si pour tous $n,p,q,r$ rangés dans cet ordre $dist(u_q,u_r) < dist(u_n,u_p)/9$ alors $u$ est de Cauchy (le voir en prenant $(n,p):=(q-2,q-1)$)
Si pour tous $n,p,q,r$ rangés dans cet ordre $dist(u_q,u_r) \geq dist(u_n,u_p)/9$ alors deux termes de $u$ sont loin l'un de l'autre car à distance au moins $d(u_1,u_2)/9$.Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Et pardon, j'avais sûrement fait de terribles erreurs de calcul (comme d'hab :-D ) dans le post initial.Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
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Bonjour!
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