Faculté des Sciences Dhar El Mehrez Département de

Faculté des Sciences Dhar El Mehrez
Département de Mathématiques et Informatique
Chapitre 5
Espaces topologiques compacts
Abdelaziz Kheldouni
0.0.1
§V.1.Définitions et propriétés
Soit (T, τ ) un epace topologique, soit (Uλ )λ∈L un recouvrement de T ( i.e. T = ∪ Uλ ). On dira que c’est un
λ∈L
recouvrement ouvert de T si chaque Uλ est un ouvert de T . On dira que c’est un recouvrement finni si L est
fini. Un recouvrement (Vµ )µ∈M de T est dit extrait du recouvrement (Uλ )λ∈L , si chaque Vµ est un Uλ ( i.e.
s’il existe une application µ → σ( µ) de M dans L telle que pour tout µ ∈ M , on a Vµ = Uσ(µ) ).
Proposition 1 : Soit T un espace topologique; les deux assertions suivantes sont équivalentes
i) Pour tout recouvrement ouvert de T , il existe un recouvrement extrait fini de T
ii) Si une famille de fermés de T est d’intersection vide, alors il en existe une sous- famille finie dont
l’intersection est dejà vide.
Démonstration : Soient (Uλ )λ∈L une famille de parties de T , et Fλ le complémentaire de Uλ . l’aquivalence des
deux assertions découle du fait que :
- (Uλ )λ∈L est un recouvrement de T si et seulement si ∩ Fλ = ∅.
λ∈L
- Uλ et un ouvert de T si et seulement si Fλ est un fermé de T .
Un espace toplogique T qui vérifie l’une des conditions de la proposition 1 est dit espace quasi-compact
Définition 2 : Un espace topologique est dit compact s’il est séparé, et s’il vérifie l’une des propriétés (i) et
(ii) de la proposition précédente.
Exemples :
1) R n’est pas compact; en effet, la famille de fermés de R , (Fn = [n, +∞[)n∈N est une famille d’intersection
vide, mais aucune de ses sous familles finie n’est d’intersection vide.
2) Tout espace topologique séparé fini est compact
3) Les compacts de Rn sont les fermés bormés (Voir MP2)
Un sous-ensemble X d’un espace topologique séparé T est dit relativement compact ou pré-compact, si sa
1
fermeture X est compacte.
La notion de pré-compacité contrairement à celle de la compacité, est liée à l’espace topologique T dans lequel
l’espace est plongé. Par exemple, l’intervalle ]0, 1[ est relativement compact dans R mais ne l’est pas dans lui
même.
Remarque 3 : 1) La propriété (i) de la proposition 1 est appelée axiome de Borel-Lebesgue. Cet axiome a un
intérêt théorique considérable, il permet de passer du local au global en utilisant l’argument de compacité. Par
exemple, Soit E un espace topologique compact, et f une fonction de E dans R locanlement bornée dans E,
alors f est bornée dans E. Comme toute fonction continue est localement bornée, on voit bien qu’une fonction
continue sur un compact est bornée.
2) Une famille (Ai )i∈I est dite centrée, si aucune intersection finie ∩ Ai n’est vide.
f inie
La condition (i) dans la proposition 1 est équivalente à : (ii’) Toute famille centrée de fermés de T admet
une intersection non vide vide. En effet Soit (Ai )i∈I une famille centée de fermés de T (compact), Les parties
Ui = T \ Ai sont des ouverts de T et comme aucune intersection ∩ Ai n’est vide, on déduit qu’aucune sousf inie
famille finie de (Ui ) ne rencontre T . Mais en vertu de la compacité de T , la famille (Ui )i∈I ne peut constituer
un recouvrement de T , ce qui contredit ∩ Ai non vide.
i∈I
Proposition 4 : Si T est un espace topologique compact alors tout sous-ensemble fini de T possède un point
d’accumulation
Démonstration : Supposons que T contient un sous-ensemble infini X ne possèdant aucun point d’accumulation.
Considèrons Xk = {xk , xk+1 , ....} un sous-ensemble dénombrable extrait de T. La famille (Xn ) est alors une
famille centrée de sous-ensembles fermés de T , dont l’intersection est vide. Ceci contredit le fait que T est
compact.
Dans le cas particulier des espaces métriques nous avons :
Proposition 5 : Soit (E, d) un espace métrique. Les assertions suivantes sont équivalentes :
a) E est compact
b) De toute suite (xn ) dans E , on peut extraire une sous-suite convergente
c) E est complet et vérifie la condition dite du ε-recouvrement suivante : ∀ε > 0 , il existe un recouvrement
fini de E par des boules de rayon ε (On dit dans ce cas que E est précompact).
Démonstration : (a) ⇒ (b) : Soient (xn ) une suite dans E, et Fn = {xk ; k ≥ n} . Les Fn sont des fermés de E
et toute sous-famille finie extraite de (Fn ) est d’intrsection non vide, donc l’ensemble des valeurs d’adhérences
de (xn ) qui n’est rien d’autre que ∩Fn est non vide.
(b) ⇒ (c) : E est complet car, si (xn ) est une suite de Cauchy qui possède une sous-suite convergente alors
elle est elle même convergente. Par ailleurs, Supposons qu’on a un α > 0 tel qu’il n’existe aucun recouvrement
fini de E par des boules de rayon α , il existe alors une suite de boules B(xn , α) de E deux à deux disjointes.
La suite (xn ) formée des centres de ces boules est une suite qui ne possède aucune sous-suite convergente.
(c) ⇒ (a) : Soit (Ul )l∈L un recouvrement ouvert de E tel que aucune sous-famille finie de ce recouvrement
1
ne recouvre E. Posons B0 = E , Supposons la boule Bn définie. Parmi les boules, en nombre fini d’un 2n+1
recouvrement de E, qui rencontre Bn , il y en a au moins une qui n’est recouverte par aucune sous-famille finie
de (Ul )l∈L ; c’est Bn+1 . Soit xn le centre de Bn . La suite (xn ) est de Cauchy, car
d(xn , xm ) ≤ d(xn , xn+1 ) + ... + d(xm−1 , xm ) ≤ 2(
1
1
4
+ ... + m−1 ) ≤ n
n
2
2
2
comme E est complet, cette suite a une limite x. Soit l0 ∈ L tel que x ∈ Ul0 et soit r > 0, tel que B(x, r) ⊂ Ul0 .
Si p est un entier positif tel que d(x, xp ) < 3r , et 21p < 3r , on a Bp ⊂ B(x, r) ⊂ Ul0
ce qui est contraire à notre hypothèse.
Proposition 6 : Si T est un espace topologique compact, alors tout sous-ensemble fermé de T est un espace
compact.
2
Démonstration : Soit F un fermé de T , et soit {Fλ } une famille centrée quelconque de sous-ensembles fermés de
F . Comme F est fermé, les Fλ sont aussi des fermés de T , donc {Fλ } est aussi une famille centrée quelconque
de sous-ensembles fermés de T qui est compact. D’où ∩Fλ 6= ∅. Etant séparé, l’espace F est donc compact
λ
Proposition 7 : Un espace topologique compact est fermé dans tout espace de Hausdorff qui le contient.
Démonstration : Soit K un sous-ensemble compact d’un espace de Hausdorff T ⊃ K, et soit y ∈
/ K. Alors
pour tout x ∈ K, il existe Ux ∈ v(x) et Vx ∈ v(y) tels que Ux ∩ Vx = ∅. La famille (Ux )x∈K forme un
n
recouvrement ouvert de K On peut donc en extraire un sous-recouvrement fini (Uxi )i=1..n . Posons V = ∩ Vxi .
i=1
n
C’est unvoisinage de y qui ne rencontre pas ∪ Uxi = K. Donc y ∈
/ K.
i=1
Remarque 8 : Un compact est un espace normal; en effet, soient K est un compact, et F1 , F2 deux fermés
disjoints de K. Pour tout y ∈ F2 , ∃Uy ∈ v(y) et il existe un ouvert Oy ⊃ F1 tels que Uy ∩ Oy = ∅ (Pour le
voir on utilise un raisonnement analogue à celui utilisé dans la démonstration de la proposition 7). Ainsi tout
compact est un espace régulier. Supposons maintenant que y parcours F2 , et considérons un sous-recouvrement
n
n
fini (Uyi )i=1..n du recouvrement (Uy )y∈F2 , Les ouverts θ1 = ∩ Oyi et θ2 = ∪ Uyi vérifient F1 ⊂ θ1 ,et F2 ⊂ θ2
i=1
i=1
avec θ1 ∩ θ2 = ∅. D’où la normalité de K.
Compacité et applications continues
Proposition 9 : L’image d’un espace compact par une application continue à valeurs dans un espace séparé
est un espace compact.
Démonstration :Soit f une application continue d’un espace compact X dans un espace topologique Y , Si (Vi )i∈I
est un recouvrement ouvert de f (X) ⊂ Y, alors (Ui = f −1 (Vi ))i∈I est un recouvrement ouvert de X. Comme X
est compact, on peut extraire du recouvrement (Ui ) un sous-recouvrement fini (Ui )ni=1 . Dans ce cas, la famille
(Vi = f (Ui ))ni=1 est un sous-recouvrement fini de (Vi )i∈I .
On déduit de cette proposition que toute application continue et bijective d’un compact X sur un espace
séparé Y est un homéomorphisme. En effet une telle application est fermée.
Théorème10 : Un espace topologique produit X = ΠXi est compact si et seulement si chacun des espaces Xi
est compact.
Démonstration : En exercice
Définition 11 : Un espace topologique X est dit dénombrablement compact si tout sous-ensemble infini de X
admet au moins un point d’accumulation.
On a vu que si X est compact alors toute partie infinie possède au moins un point d’accumulation. La
réciproque est fausse.
Proposition 12 : Pour q’un espace topologique X soit dénombrablement compact il faut et il suffit que l’une
quelconque des conditions suivantes soit vérifiée :
1) Tout recouvrement ouvert dénombrable de X possède un sous-recouvrement fini
2) Toute famille centrée dénombrable de fermés de X est d’intersection non vide (i.e Toute famille dénombrable
de fermés de X d’intersection vide possède une sous-famille finie d’intersection vide).
Démonstration : Supposons que X n’est pas dénombrablement compact, donc X contient un sous-ensemble infini ne possèdant aucun point d’accumulation. Considèrons Xk = {xk , xk+1 , ....} un sous-ensemble dénombrable
extrait de . La famille (Xn ) est alors une famille centrée de sous-ensembles fermés de X , dont l’intersection
est vide.
Réciproquement, supposons que X est dénombrablement compact, et soit (Fn ) une famille centrée dénombrables
n
de fermés de X . Il s’agit de montrer que ∩Fn 6= ∅. Posons Φn = ∩ Fk , ce sont des fermés non vides de X qui
k=1
3
vérifient Fn+1 ⊂ Fn , et ∩Φn = ∩Fn . Deux cas sont possibles
♦ à partir d’un certain rang n0 on a Φn0 = Φn0 +1 = ... et alors, ∩Φn 6= ∅
♦ parmi les Φn il y en a une infinité qui sont deux à deux disjoints; on prend alors xn ∈ Φn \ Φn+1 . La suite
(xn ) constitue un ensemble infini de points distincts de X donc en vertue de la compacité dénombrable cette
suite possède un point d’accumulation x0 . C’est aussi un point d’accumulatuion de Φn , et comme ce dernier
est fermé, x0 ∈ Φn pour tout n.ainsi ∩Φn 6= ∅.
Remarque : Dans le cas des espaces à base dénombrable, il y a identité entre la compacité et la compacité
dénombrable. En effet, quelque soit le recouvrement ouvert d’un espace T à base dénombrable, on peut en
extraire un sous-recouvrement dénombrable qui à son tour possède un sous recouvrement fini.
0.0.2
§V.2.Espaces localement compacts
Définition 1 : Un espace topologique est dit localement compact s’il est séparé et si chacun de ses points possède
un voisinage compact.
Exemples :
1) Tout espace compact est localement compact.
2) Tout espace topologique discret est localement compact (par exemple Z)
3) L’ensemble Q considéré comme sous-espace toplogique de R n’est pas localement compact; s’il l’était, 0
posséderait un voisinage compact V . Ce dernier contiendrait un sous-voisinage de la forme [−a, a]∩ Q. Comme
[−a, a]∩ Q est fermé c’est donc une partie compacte de Q ce qui est faux car, pour tout irrationel α ∈ [−a, a]
la suite déccroissante de fermés [−a, a]∩ Q ∩ [α− n1 , α+ n1 ] a une intersection vide.
Voici quelques résultats qui fournissent des methodes pratiques de construction d’espaces localement compacts.
Proposition 2 : Tout espace topologique localement compact T est régulier
Démonstration : Dans §V.1, remarque 8 nous avons vu que tout espace compact est normal, donc à fortiori
régulier. Supposons maintenant que notre espace T est localement compact, et soit U 3 x. Soit un ouvert
W 3 x tel que W soit compact, alors U ∩ W est un ouvert dans W , donc il existe un ouvert O de T contenant
x tel que la fermeture O ∩ W (dans T ou dans W c’est la même chose) soit contenue dans U ∩ W . Posons,
V = O ∩ W ; c’est un ouvert de T qui contiuent x et qui vérifie V = O ∩ W ⊂ O ∩ W ⊂ U .
Proposition 3 : Soit T espace topologique localement compact; soit A une partie ouverte resp. fermée de T . Alors le sous-espace topologique A de T est localement compact.
Démonstration : Si A est fermée, tout x ∈ A, possède dans T un voisinage compact V . Cependant, V ∩ A est
fermé dans V , c’est donc un compact; comme c’est aussi un voisinage de x dans A, ce point possède donc un
voisinage compact.
Supposons maintenant A ouvert dans ce cas, le résultat découle de la proposition 2 ci-dessus. En effet, Soit
x ∈ A ⊂ T , x possède un voisinage compact K dans T . Comme K est compact , il est normal, donc x possède
un système fondamental de voisinages compacts dans K et donc aussi dans T. A étant ouvert de T c’est un
voisinage de x et donc il va contenir un voisinage compact.
Proposition 3 : Si A et B sont deux sous-espaces topologiques localement compacts d’un espace topologique
séparé T ; alors leur intersection et leur produit sont localement compacts.
Démonstration : - A∩ B est localement compact: c’est immédiat!
- A× B est évidement séparé, d’autre part, si (x, y) ∈ A× B les points x et y ont respectivement des voisinages
compacts V et W . Le produit V × W est un voisinage compact de (x, y) dans A× B . Cette démonstration
reste valable pour un produit gfini d’espaces localement compacts.
4
Remarque : Il est faux que l’union des deux sous-espaces localement compact A et B soit localement compact.
Prendre par exemple, A = {(x, y) ∈ R2 / x > 0} et B = {(0, 0)}. A ∪ B n’est pas localement compact car
(0, 0) n’a aucun voisinage compact dans A ∪ B.
Compactification
Nous allons montrer que si (X, τX ) est un espace topologique localement compact et non compact , on peut
joindre à X un singleton appelé point à l’infini, et mettre sur X + := X ∪ {1pt} une topologie d’espace compact
dot la trace sur X coincide avec la topologie τX . Ce resultat est du à Alexandroff :
Théorème 4 : Soit X un espace topologique localement compact et non compact. Il existe un espace topologique
compact noté X + , et un homéomorphisme f de X sur une partie dense f (X) de X , dont le complémentaire
contient un seul élément noté $. On dit que X + est le compactifié d’Alexandroff de X.
Démonstration : Posons X + = X ∪ {$}. On munit X + d’une structure d’espace topologique comme suit :
les ouverts de X + sont les ouverts de X, et les complémentaires dans X + des parties donpactes de X
On considère f : X ,→ X + = X ∪ {$} l’inclusion naturelle; c’est un homéomorphisme de X sur son image f (X)
munie de la topologie induite par celle de X + .
De plus, f (X) est dense dans X + car tout voisinage de $ contient une partie de X + dont le complémentaire
est un compact de f (X) qui n’est pas f (X) (car X est supposé non compact).
X + est séparé : en effet, si x 6= y sont deux points distincts de X + , lorsque ces deux points sont dans X
c’est gagné puisque X est séparé. Si maintenant, y = $ et x ∈ X, ce dernier a dans X un voisinage compact
K qui est aussi un voisinage de x dans X + . Le complémentaire de K dans X + est un voisinage de $ qui ne
rencontre pas K.
Montrons que X + est compact. Soit pour cela (Oi )i∈I un recouvrement ouvert de X + . Il existe un i0 ∈ I
tel que $ ∈ Oi0 . Comme {Oi0 est un comact de X recouvert par (Oi )i∈I\i0 il va exister un sous-recouvrement
fini (Oik )pk=1 de {Oi0 et alors X + se trouve recouvert par (Oik )pk=1 ∪ Oi0 .
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