Compacité — image, homéomorphismes, produit, intervalle fermé

Quatre preuves du champ d'examen, toutes dans une même leçon dense. Chaque preuve est un pattern à mémoriser.

Cette leçon rassemble quatre preuves du champ d'examen, toutes exploitant la définition de compacité (« tout recouvrement ouvert admet un sous-recouvrement fini »). On les enchaîne dans l'ordre logique de dépendance :

  1. Théorème II.11 — image continue d'un compact est compact ;
  2. Corollaire II.12 — bijection continue compact → séparé est un homéomorphisme (utilise Thm II.11 + les Prop II.9 / II.10 de la Leçon 10) ;
  3. Théorème II.13 — produit fini de compacts est compact (via le lemme du tube) ;
  4. Théorème II.15 — $[a,b] \subset \mathbb{R}$ est compact (argument par le suprémum).

Pré-requis de la Leçon 10 : définition de compact, Prop II.9 (fermé dans compact est compact), Prop II.10 (compact dans séparé est fermé). On les invoquera par leur numéro.

1. Théorème II.11 — image continue d'un compact est compact

Théorème II.11 (polycopié §II.3)

Hypothèses : $f : X \to Y$ application continue entre espaces topologiques, $X$ compact.

Conclusion : $f(X) \subseteq Y$ est compact (pour la topologie induite).

Preuve
  1. Déballer la compacité de $f(X)$ Soit $\mathcal{U} = \{U_i\}_{i \in I}$ un recouvrement ouvert de $f(X)$ dans $Y$ : chaque $U_i \subseteq Y$ ouvert et $f(X) \subseteq \bigcup_{i \in I} U_i$. On veut extraire un sous-recouvrement fini.
  2. Remonter par $f^{-1}$ Comme $f$ est continue, chaque $f^{-1}(U_i) \subseteq X$ est ouvert. De plus, par égalités ensemblistes : $$X \;=\; f^{-1}(f(X)) \;\subseteq\; f^{-1}\!\Bigl(\bigcup_i U_i\Bigr) \;=\; \bigcup_i f^{-1}(U_i).$$ Donc $\{f^{-1}(U_i)\}_{i \in I}$ est un recouvrement ouvert de $X$.
  3. Appliquer la compacité de $X$ Il existe $i_1, \ldots, i_m \in I$ tels que $X = f^{-1}(U_{i_1}) \cup \cdots \cup f^{-1}(U_{i_m}) = f^{-1}(U_{i_1} \cup \cdots \cup U_{i_m})$.
  4. Redescendre par $f$ Cela donne $f(X) \subseteq U_{i_1} \cup \cdots \cup U_{i_m}$ : on a trouvé un sous-recouvrement fini de $\mathcal{U}$. Donc $f(X)$ est compact. $\blacksquare$

Pattern à retenir. Continuité $\Rightarrow$ images réciproques d'ouverts sont ouvertes $\Rightarrow$ on peut remonter le recouvrement, invoquer la compacité de la source, et redescendre. C'est le mouvement standard pour toute preuve du type « propriété se transporte par continuité ».

2. Corollaire II.12 — bijection continue compact → séparé est un homéomorphisme

Corollaire II.12 (polycopié §II.3)

Hypothèses : $f : X \to Y$ continue et bijective, $X$ compact, $Y$ séparé.

Conclusion : $f$ est un homéomorphisme.

Rappel (Leçon 2) : le point délicat d'un homéomorphisme, quand on a déjà bijection + continuité, c'est de montrer la continuité de $f^{-1}$. Sans hypothèse supplémentaire, ce n'est pas automatique. Ici, « compact $\to$ séparé » est précisément la condition magique.

Preuve
  1. Déballer la continuité de $f^{-1}$ Il faut montrer que $f^{-1} : Y \to X$ est continue. Par la Proposition I.1 (caractérisation de la continuité par les fermés), il suffit de montrer que pour tout fermé $F \subseteq X$, l'image réciproque $(f^{-1})^{-1}(F) = f(F) \subseteq Y$ est fermée.
  2. $F$ fermé dans $X$ compact $\Rightarrow$ $F$ compact Par la Proposition II.9 (Leçon 10), un fermé dans un compact est compact. Donc $F$ est compact.
  3. $f$ continue $\Rightarrow$ $f(F)$ compact Par le Théorème II.11 (ci-dessus), l'image continue $f(F) \subseteq Y$ est compacte.
  4. Compact dans séparé $\Rightarrow$ fermé Par la Proposition II.10 (Leçon 10), un compact dans un séparé est fermé. Comme $Y$ est séparé, $f(F)$ est fermé dans $Y$.
  5. Conclusion Pour tout fermé $F \subseteq X$, $f(F) \subseteq Y$ est fermé. Donc $f^{-1}$ est continue, et $f$ est un homéomorphisme. $\blacksquare$
Où sert chaque hypothèse ?

Retirer une seule hypothèse fait tomber la conclusion (voir les contre-exemples de la Leçon 2 — bijection continue non-homéo).

3. Théorème II.13 — produit de 2 compacts est compact

Ce résultat exige un lemme intermédiaire, le lemme du tube. C'est la partie technique de la preuve : on la fait d'abord.

Lemme II.14 — Lemme du tube (polycopié §II.3)

Hypothèses : $X$ un espace topologique quelconque, $Y$ un espace compact, $x_0 \in X$, et $N \subseteq X \times Y$ un ouvert contenant $\{x_0\} \times Y$.

Conclusion : Il existe un ouvert $U \subseteq X$ contenant $x_0$ avec $U \times Y \subseteq N$.

Preuve du lemme du tube
  1. Recouvrir la « fibre » $\{x_0\} \times Y$ par des pavés ouverts Pour chaque $y \in Y$, le point $(x_0, y)$ appartient à $N$ ouvert. Par définition de la topologie produit, il existe des ouverts $U_y \subseteq X$ et $V_y \subseteq Y$ avec $(x_0, y) \in U_y \times V_y \subseteq N$.
  2. Compacité de $Y$ La famille $\{V_y\}_{y \in Y}$ est un recouvrement ouvert de $Y$, qui est compact. Il existe donc $y_1, \ldots, y_m \in Y$ tels que $Y = \bigcup_{j=1}^m V_{y_j}$.
  3. Construire le tube Posons $U = U_{y_1} \cap \cdots \cap U_{y_m}$. C'est un ouvert de $X$ (intersection finie d'ouverts) contenant $x_0$ (chaque $U_{y_j}$ contient $x_0$).
  4. Vérifier l'inclusion $U \times Y \subseteq N$ $$U \times Y \;=\; \bigcap_{i=1}^m U_{y_i} \times \bigcup_{j=1}^m V_{y_j} \;\subseteq\; \bigcup_{j=1}^m \bigl(U_{y_j} \times V_{y_j}\bigr) \;\subseteq\; N.$$ (Justification : si $(x, y) \in U \times Y$, alors $y \in V_{y_j}$ pour un certain $j$, et $x \in U \subseteq U_{y_j}$, donc $(x, y) \in U_{y_j} \times V_{y_j} \subseteq N$.) $\blacksquare$
Théorème II.13 — cas de deux facteurs (polycopié §II.3)

Hypothèses : $X$ et $Y$ espaces topologiques compacts.

Conclusion : $X \times Y$ muni de la topologie produit est compact.

Le cas de $n$ facteurs $X_1 \times \cdots \times X_n$ s'en déduit par récurrence sur $n$.

Preuve (utilise deux fois la compacité)
  1. Fixer un recouvrement ouvert de $X \times Y$ Soit $\mathcal{W} = \{W_i\}_{i \in I}$ un recouvrement ouvert de $X \times Y$. On veut un sous-recouvrement fini.
  2. Traiter chaque fibre $\{x\} \times Y$ (1ʳᵉ utilisation de la compacité de $Y$) Fixons $x \in X$. Le sous-espace $\{x\} \times Y$ est homéomorphe à $Y$, donc compact. Comme $\mathcal{W}$ le recouvre, il existe $i_1(x), \ldots, i_m(x) \in I$ tels que $$\{x\} \times Y \;\subseteq\; W_{i_1(x)} \cup \cdots \cup W_{i_m(x)} \;=:\; N(x).$$ Le $N(x)$ est ouvert dans $X \times Y$ (union finie d'ouverts).
  3. Appliquer le lemme du tube (2ᵉ utilisation de la compacité de $Y$) Comme $N(x)$ contient $\{x\} \times Y$ et $Y$ est compact, le lemme du tube fournit un ouvert $U(x) \subseteq X$ contenant $x$ avec $$U(x) \times Y \;\subseteq\; N(x).$$
  4. Compacité de $X$ La famille $\{U(x)\}_{x \in X}$ est un recouvrement ouvert de $X$, qui est compact. Il existe donc $x_1, \ldots, x_n \in X$ avec $X = U(x_1) \cup \cdots \cup U(x_n)$.
  5. Conclure Alors $$X \times Y \;=\; \bigcup_{j=1}^n \bigl(U(x_j) \times Y\bigr) \;\subseteq\; \bigcup_{j=1}^n N(x_j) \;=\; \bigcup_{j=1}^n \bigl(W_{i_1(x_j)} \cup \cdots \cup W_{i_m(x_j)}\bigr).$$ C'est une union finie d'éléments de $\mathcal{W}$ : on a bien trouvé un sous-recouvrement fini. $\blacksquare$
Cas d'un produit infini — Théorème de Tychonoff

Pour un produit quelconque $\prod_{i \in I} X_i$ de compacts, le résultat reste vrai (théorème de Tychonoff), mais la preuve utilise de manière non-triviale l'axiome du choix. Voir Munkres, chapitre 5. Le cas fini ci-dessus n'exige pas l'axiome du choix.

4. Théorème II.15 — $[a, b]$ est compact dans $\mathbb{R}_{\text{std}}$

C'est la première vraie famille d'exemples compacts non triviaux. La preuve utilise de manière cruciale la structure d'ordre de $\mathbb{R}$ (existence du suprémum).

Théorème II.15 (polycopié §II.4)

Hypothèses : $a, b \in \mathbb{R}$ avec $a < b$.

Conclusion : L'intervalle $[a, b]$, muni de la topologie induite par $\mathbb{R}_{\text{std}}$, est compact.

Preuve — argument par le suprémum
  1. Setup Soit $\mathcal{U} = \{U_i\}_{i \in I}$ un recouvrement ouvert fixé de $[a, b]$. Considérons $$C \;=\; \{\, x \in (a, b] \;:\; [a, x] \text{ admet un sous-recouvrement fini de } \mathcal{U} \,\}.$$ Le but : montrer que $b \in C$.
  2. $C$ est non-vide et borné $C \subseteq [a, b]$ donc borné. Non-vide : comme $a \in [a, b]$, il existe $j \in I$ avec $a \in U_j$ ; comme $U_j$ est ouvert, il existe $\varepsilon > 0$ tel que $(a - \varepsilon, a + \varepsilon) \subseteq U_j$, donc $[a, a + \varepsilon/2]$ est recouvert par le seul $\{U_j\}$. Ainsi $a + \varepsilon/2 \in C$.
  3. Poser $c := \sup C$ et montrer $c \in C$ Par construction $a < c \leq b$. Comme $c \in [a, b] \subseteq \bigcup_i U_i$, il existe $k \in I$ tel que $c \in U_k$. $U_k$ ouvert : il existe $\varepsilon > 0$ tel que $(c - \varepsilon, c + \varepsilon) \subseteq U_k$. Comme $c = \sup C$, il existe $d \in (c - \varepsilon, c] \cap C$ (sinon $c - \varepsilon$ serait un majorant plus petit). Ainsi $[a, d]$ admet un sous-recouvrement fini $U_{i_1}, \ldots, U_{i_m}$, et $[a, c] = [a, d] \cup (c - \varepsilon, c] \subseteq U_{i_1} \cup \cdots \cup U_{i_m} \cup U_k$. Donc $c \in C$.
  4. Montrer $c = b$ (par l'absurde) Supposons $c < b$. Alors comme ci-dessus, il existe $\ell \in I$ et $\varepsilon > 0$ avec $[c, c + \varepsilon/2] \subseteq U_\ell$ et $c + \varepsilon/2 \leq b$. Alors $[a, c + \varepsilon/2] = [a, c] \cup [c, c + \varepsilon/2]$ admet un sous-recouvrement fini, d'où $c + \varepsilon/2 \in C$ — contradiction avec $c = \sup C$.
  5. Conclure Donc $b = c \in C$, i.e. $[a, b]$ admet un sous-recouvrement fini de $\mathcal{U}$. $[a, b]$ est compact. $\blacksquare$

5. À toi — corollaire immédiat

À prouver — Théorème des bornes atteintes (Théorème II.16)

Hypothèses : $X$ compact, $f : X \to \mathbb{R}$ continue.

Conclusion : Il existe $x_{\min}, x_{\max} \in X$ tels que $f(x_{\min}) \leq f(x) \leq f(x_{\max})$ pour tout $x \in X$.

Utilise les résultats de cette leçon (surtout Thm II.11). C'est court — 3 étapes.

Indices progressifs
Indice 1 — que dire de $f(X)$ ?
Par le Théorème II.11, $f(X) \subseteq \mathbb{R}$ est compact (image continue de compact).
Indice 2 — comment se termine la preuve pour le max ?
On veut $M \in f(X)$ tel que $y \leq M$ pour tout $y \in f(X)$. Par l'absurde : si aucun $M \in f(X)$ ne majore $f(X)$, alors pour tout $M \in f(X)$ il existe $y \in f(X)$ avec $M < y$. Alors la famille $\{(-\infty, y)\}_{y \in f(X)}$ recouvre $f(X)$ (chaque élément est strictement inférieur à un autre) — extraire un sous-recouvrement fini $y_1, \ldots, y_m$ et considérer le max ; contradiction.
Solution complète

Preuve. Soit $Y = f(X)$. Par le Théorème II.11, $Y$ est compact.

Existence de $x_{\max}$. On montre qu'il existe $M \in Y$ tel que $y \leq M$ pour tout $y \in Y$. Par l'absurde : sinon, pour tout $M \in Y$ il existe $y \in Y$ avec $M < y$. La famille $\{(-\infty, y)\}_{y \in Y}$ est un recouvrement ouvert de $Y$ (car pour tout $M \in Y$, il existe $y \in Y$ tel que $M \in (-\infty, y)$). Par compacité, il existe $y_1, \ldots, y_m \in Y$ tels que $Y \subseteq (-\infty, y_1) \cup \cdots \cup (-\infty, y_m) = (-\infty, y_{i_0})$ avec $y_{i_0} = \max\{y_1, \ldots, y_m\}$. Mais alors $y_{i_0} \notin (-\infty, y_{i_0})$, contradiction.

Donc il existe $M \in Y$ tel que $y \leq M$ pour tout $y \in Y$. Comme $M \in Y = f(X)$, il existe $x_{\max} \in X$ avec $f(x_{\max}) = M$ ; alors $f(x) \leq f(x_{\max})$ pour tout $x \in X$.

Existence de $x_{\min}$. Appliquer le résultat à $-f$, ou refaire l'argument avec $\{(y, +\infty)\}_{y \in Y}$. $\blacksquare$

6. Quiz de rappel

Q1 — restitution complète

Énonce le Théorème II.11 (hypothèses + conclusion).

Vérifier
Hyp. $f : X \to Y$ continue, $X$ compact. Conclusion. $f(X)$ est compact.
Q2 — restitution complète

Énonce le Corollaire II.12 avec ses quatre hypothèses.

Vérifier
Hyp. $f : X \to Y$ (1) continue, (2) bijective, avec (3) $X$ compact et (4) $Y$ séparé. Conclusion. $f$ est un homéomorphisme.
Q3 — la chaîne de la preuve du Cor. II.12

Écris la chaîne d'implications utilisée pour montrer que $f(F)$ est fermé, à partir de $F$ fermé dans $X$.

Vérifier
$F$ fermé dans $X$ compact $\xRightarrow{\text{Prop II.9}}$ $F$ compact $\xRightarrow{\text{Thm II.11}}$ $f(F)$ compact $\xRightarrow{\text{Prop II.10}}$ $f(F)$ fermé (car $Y$ séparé).
Q4 — Lemme du tube

Énonce le lemme du tube. À quel(s) endroit(s) exactement sert la compacité de $Y$ dans la preuve du Théorème II.13 ?

Vérifier
Lemme du tube. Si $Y$ compact et $N \subseteq X \times Y$ ouvert contenant $\{x_0\} \times Y$, alors il existe $U \subseteq X$ ouvert contenant $x_0$ avec $U \times Y \subseteq N$. Utilisation dans Thm II.13. La compacité de $Y$ sert (1) pour recouvrir chaque fibre $\{x\} \times Y$ par un nombre fini d'ouverts $W_{i_1(x)}, \ldots, W_{i_m(x)}$ ; (2) à l'intérieur du lemme du tube lui-même, pour extraire un recouvrement fini $V_{y_1}, \ldots, V_{y_m}$ de $Y$.
Q5 — $[a, b]$ compact

Dans la preuve du Théorème II.15, quelle est la définition exacte de l'ensemble $C$, et pourquoi le suprémum $c = \sup C$ appartient-il à $C$ ?

Vérifier
$C = \{x \in (a, b] : [a, x] \text{ admet un sous-recouvrement fini de } \mathcal{U}\}$. Pour montrer $c \in C$ : $c \in U_k$ ouvert donne $(c - \varepsilon, c + \varepsilon) \subseteq U_k$ ; par déf de sup, il existe $d \in (c - \varepsilon, c] \cap C$ ; $[a, d]$ a un sous-recouvrement fini, et on ajoute $U_k$ pour couvrir $[d, c]$, d'où $c \in C$.

7. Récap et micro-victoire

Tu tiens maintenant quatre preuves du champ d'examen :

Ces quatre preuves s'imbriquent : Cor. II.12 dépend de Thm II.11 + Prop II.9-10 (Leçon 10) ; le corollaire suivant Thm II.16 (bornes atteintes, en exercice §5) dépend de Thm II.11 ; Heine-Borel (Leçon 12) dépendra de Thm II.15 + Thm II.13. C'est un empilement propre.

Source primaire — Polycopié Cimasoni, §II.3 (Thm II.11, Cor II.12, Lemme II.14, Thm II.13, pp. 47-49) et §II.4 (Thm II.15, pp. 50). Toutes les preuves ci-dessus suivent le polycopié à la lettre. En complément anglais : Munkres §26 (Compact Spaces) — Theorem 26.5 (image continue), Theorem 26.6 (bij compact→Hausdorff = homéo), Theorem 26.7 (produit fini via Tube Lemma), Theorem 27.1 ($[a,b]$ compact via least upper bound). Convention Munkres = « Hausdorff » = « séparé » Cimasoni.

Prochaine leçon (jour 8) — Heine-Borel (compact ⟺ fermé borné dans $\mathbb{R}^n$) et Bolzano-Weierstrass (compact métrisable ⟹ toute suite a une sous-suite convergente). Ces deux résultats consomment exactement les théorèmes de cette leçon.

Cette leçon est dense — cinq preuves d'un coup. Si l'une passe mal, dis-moi laquelle et à quelle étape ça coince. Les preuves les plus techniques sont le lemme du tube (§3) et l'argument par le suprémum (§4).