Topologie !
Re: Topologie !
"guiguiche" Bonjour :
Tu peux m'aider stp pour ces trois questions qui restent ?
Merci d'avance !!
Tu peux m'aider stp pour ces trois questions qui restent ?
Merci d'avance !!
Re: Topologie !
Et moi, personne ne me repond ? vous repondez qu'aux filles ?!
svp ! aidez moi !! j'aurai un controle dans deux jours , ce mardi !! pitié !!
Merci d'avance !!
svp ! aidez moi !! j'aurai un controle dans deux jours , ce mardi !! pitié !!
Merci d'avance !!
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Re: Topologie !
Non je ne peux pas : je ne fais plus de topologie depuis longtemps et je ne veux pas te raconter de bêtises. De fait, la topo ne m'intéresse plus donc ton problème non plus. DoncPedro a écrit :"guiguiche" Bonjour :
Tu peux m'aider stp pour ces trois questions qui restent ?
Merci d'avance !!
Pas d'aide par MP : les questions sont publiques, les réponses aussi.
Tu as apprécié l'aide qui t'a été fournie ? Alors n'hésite pas à rendre la pareille à quelqu'un d'autre.
Un peu d'autopromotion.
Tu as apprécié l'aide qui t'a été fournie ? Alors n'hésite pas à rendre la pareille à quelqu'un d'autre.
Un peu d'autopromotion.
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Re: Topologie !
Mon cher Pedro
désolé mais hier soir c'était samedi, je devais réfléchir et écrire plus de 10 secondes et ma connexon wifi
s'est coupée => je n'ai pas rallumé le PC
Pour la question 3) il faut chercher ! Bref Si $A$ est fermé pour montrer que $f(A)$ est fermé donc
le complémentaire est ouvert, prendre $x$ dans le complémentaire et travailler sur le fait que
$x$ admet une base de voisinages compacts (car l'espace d'arrivée est localement compact) et
montrer que s'il n'existe pas de voisinage compact $K$ de $x$ tel que $K \cap f(A)^C=\emptyset$ alors
on arrive à une contradicion. Se rappeler de l'histoire de la suite décroissante de compacts non vides.
Bon courage
O.G.
désolé mais hier soir c'était samedi, je devais réfléchir et écrire plus de 10 secondes et ma connexon wifi
s'est coupée => je n'ai pas rallumé le PC
Pour la question 3) il faut chercher ! Bref Si $A$ est fermé pour montrer que $f(A)$ est fermé donc
le complémentaire est ouvert, prendre $x$ dans le complémentaire et travailler sur le fait que
$x$ admet une base de voisinages compacts (car l'espace d'arrivée est localement compact) et
montrer que s'il n'existe pas de voisinage compact $K$ de $x$ tel que $K \cap f(A)^C=\emptyset$ alors
on arrive à une contradicion. Se rappeler de l'histoire de la suite décroissante de compacts non vides.
Bon courage
O.G.
Re: Topologie !
Salut "OG" :
Merci beaucoup pour cette reponse ! ça m'a beaucoup soulagé ! ouf !
"OG", Moi ce que j'ai vu en cours, c'est une suite decroissante de fermés non vides et pas compacts ( propriété d'intersection finie ) mais ici, pour les compacts, je sais pas encore !!
Merci beaucoup pour cette reponse ! ça m'a beaucoup soulagé ! ouf !
Je vais essayer d'appliquer ce que tu viens de m'expliquer , après, je te montre ce que j'ai fait !!OG a écrit : Se rappeler de l'histoire de la suite décroissante de compacts non vides.
Bon courage
O.G.
"OG", Moi ce que j'ai vu en cours, c'est une suite decroissante de fermés non vides et pas compacts ( propriété d'intersection finie ) mais ici, pour les compacts, je sais pas encore !!
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Re: Topologie !
Vu le sujet je me disais que la compacité était bien connue. Le résultat, très classique, est que si $K_i$
est une suite décroissante de compacts non vides ($K_{n+1}\subset K_n$) alors $\cap_{n\in\N} K_n\neq \emptyset$.
Cela se voit assez facilement avec la définition de la compacité selon les suites (bien sûr pas dans n'importe
quelle topoligie). Dans le cas général on fait par contradicition, donc pour tout $x$ dans $K_1$ soit $n_x$ tel que $x\notin K_{n_x}$ donc soit
$O_x$ tel que $O_x \cap K_{n_x}=\emptyset$. Les $O_x$ recouvrent $K_1$, donc vlan la compacité soit un
recouvrement fini et normalement on doit obtenir une contradicition.
Bon courage
Cordialement
O.G.
est une suite décroissante de compacts non vides ($K_{n+1}\subset K_n$) alors $\cap_{n\in\N} K_n\neq \emptyset$.
Cela se voit assez facilement avec la définition de la compacité selon les suites (bien sûr pas dans n'importe
quelle topoligie). Dans le cas général on fait par contradicition, donc pour tout $x$ dans $K_1$ soit $n_x$ tel que $x\notin K_{n_x}$ donc soit
$O_x$ tel que $O_x \cap K_{n_x}=\emptyset$. Les $O_x$ recouvrent $K_1$, donc vlan la compacité soit un
recouvrement fini et normalement on doit obtenir une contradicition.
Bon courage
Cordialement
O.G.
Re: Topologie !
J'arrive pas faire ce passage là :
Voiçi où je me suis arreté "OG" :
Montrons que $\ f(A) $ est un fermé de $\ E $.
Soit $\ x \in f(A)^{c} $.
Puisque $\ F $ est localement compact, alors $\ x $ admet une base de voisinages compacts $\ \mathcal{V}_{c}(x) $.
( i.e : $\ \forall V \in \upsilon (x) \exists V_{x} \in \mathcal{V}_{c}(x) $ tel que : $\ x \in V_{x} \subset V $.
Supposons que $\ \not \exists K \in \mathcal{V}_{c}(x) $ tel que : $\ K \bigcap f(A)^{c} = \emptyset $.
Mais je vois pas comment faire pour la suite !! ( je viens de debuter dans les espaces compacts et connexes il y'a même pas $\ 15 $ jours , on est encore en espaces topologiques, on a pas enore abordé les espaces metriques )
Stp , "OG" , quelques autres indications !!
Merci infiniment !!
Voiçi où je me suis arreté "OG" :
Montrons que $\ f(A) $ est un fermé de $\ E $.
Soit $\ x \in f(A)^{c} $.
Puisque $\ F $ est localement compact, alors $\ x $ admet une base de voisinages compacts $\ \mathcal{V}_{c}(x) $.
( i.e : $\ \forall V \in \upsilon (x) \exists V_{x} \in \mathcal{V}_{c}(x) $ tel que : $\ x \in V_{x} \subset V $.
Supposons que $\ \not \exists K \in \mathcal{V}_{c}(x) $ tel que : $\ K \bigcap f(A)^{c} = \emptyset $.
Mais je vois pas comment faire pour la suite !! ( je viens de debuter dans les espaces compacts et connexes il y'a même pas $\ 15 $ jours , on est encore en espaces topologiques, on a pas enore abordé les espaces metriques )
Stp , "OG" , quelques autres indications !!
Merci infiniment !!
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Re: Topologie !
Je ne peux pas résister à un étudiant qui demande des indications !
Attention ce que je propose n'est pas nécessairement le plus simple !
Si $f(A)^C$ n'est pas ouvert : soit $x\notin f(A)$ tel que pour tout
voisinage compact $K$ de $x$ $K\cap f(A)\neq \emptyset$. Comme $f$ est propre,
$f^{-1}(K)$ est un compact et on doit avoir $f^{-1}(K)\cap A\neq\emptyset$.
on construit une suite décroissante de voisinages compacts $K_i$ de $x$, on a
$\cap_{i\in\N} K_i=\{x\}$, de même $f^{-1}(K_i)\cap A$ sera une suite décroissante de compacts.
Il devrait y avoir une contradiction car on a $\cap_{i\in\N}K_i \cap f(A)=\empstyset$ alors
que $\cap_{i\in\N} (f^{-1}(K_i)\cap A)\neq\emptyset$.
J'espère que c'est juste tout de même (il faut faire attention aux images réciproques). Ça me paraît un peu compliqué tout de même.
Je vais chercher un truc plus simple.
Cordialement
O.G.
Attention ce que je propose n'est pas nécessairement le plus simple !
Si $f(A)^C$ n'est pas ouvert : soit $x\notin f(A)$ tel que pour tout
voisinage compact $K$ de $x$ $K\cap f(A)\neq \emptyset$. Comme $f$ est propre,
$f^{-1}(K)$ est un compact et on doit avoir $f^{-1}(K)\cap A\neq\emptyset$.
on construit une suite décroissante de voisinages compacts $K_i$ de $x$, on a
$\cap_{i\in\N} K_i=\{x\}$, de même $f^{-1}(K_i)\cap A$ sera une suite décroissante de compacts.
Il devrait y avoir une contradiction car on a $\cap_{i\in\N}K_i \cap f(A)=\empstyset$ alors
que $\cap_{i\in\N} (f^{-1}(K_i)\cap A)\neq\emptyset$.
J'espère que c'est juste tout de même (il faut faire attention aux images réciproques). Ça me paraît un peu compliqué tout de même.
Je vais chercher un truc plus simple.
Cordialement
O.G.
Re: Topologie !
Il y a un passage qui me chiffonne OG, on a l'inclusion suivante $ A \subset f^{-1}[f(A)]$ qui n'est pas en général une égalité. Donc il n'est pas évident que $f^{-1}(K)\cap A \neq \emptyset$.
Non en fait je viens de me rendre compte qu'il n'y a pas de problème, je m'en excuse.
Non en fait je viens de me rendre compte qu'il n'y a pas de problème, je m'en excuse.
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Re: Topologie !
J'avais écrit cela hier soir et quand j'ai écrit sur le forum j'ai cru aussi que ça ne marchait pas...dark_forest a écrit :Il y a un passage qui me chiffonne OG, on a l'inclusion suivante $ A \subset f^{-1}[f(A)]$ qui n'est pas en général une égalité. Donc il n'est pas évident que $f^{-1}(K)\cap A \neq \emptyset$.
Non en fait je viens de me rendre compte qu'il n'y a pas de problème, je m'en excuse.
Comme je le dis, j'espère que c'est juste, qu'il y a une solution plus simple et tout le monde a le
droit de se tromprer (sauf après une relecture détaillée)
Où en est Pedro ?
bonne soirée
O.G.
Re: Topologie !
Salut "OG" :
Soit $\ x \in f(A)^{c} $.
Supposons que $\ \forall K \in \mathcal{V}_{c}(x) $ : $\ K \bigcap f(A) \neq \emptyset $
Alors : la famille de fermés $\ (W \bigcap f(A))_{W \in \mathcal{V}_{c}(x)} $ verifie la propriété d'intersection finie :
En effet :
Soit $\ (W_{i} \bigcap F)_{i=1,...,n} $ une sous famille finie.
On a : $\ \displaystyle \bigcap_{i=1,...,n} ( W_{k} \bigcap f(A))= ( \displaystyle \bigcap_{i=1,...,n} W_{k} ) \bigcap f(A) \neq \emptyset $.
( car : $\ \displaystyle \bigcap_{i=1,...,n} W_{k} \in \mathcal{V}_{c}(x) $ et donc par hypothèse : $\ ( \displaystyle \bigcap_{i=1,...,n} W_{k} ) \bigcap f(A) \neq \emptyset $ ).
Puisque $\ E $ est compact , alors : $\ \displaystyle \bigcap_{W \in \mathcal{V}_{x}(x)} ( W \bigcap f(A)) \neq \emptyset } $
$\ \Longrightarrow $
$\ (\displaystyle \bigcap_{W \in \mathcal{V}_{c}(x)} W ) \bigcap f(A) \neq \emptyset $
$\ \{ x \} \bigcap f(A) \neq \emptyset $
C'est à dire : $\ x \in f(A) $ ( contradiction )
C'est bien ça ?
Merci d'avance !!
Soit $\ x \in f(A)^{c} $.
Supposons que $\ \forall K \in \mathcal{V}_{c}(x) $ : $\ K \bigcap f(A) \neq \emptyset $
Alors : la famille de fermés $\ (W \bigcap f(A))_{W \in \mathcal{V}_{c}(x)} $ verifie la propriété d'intersection finie :
En effet :
Soit $\ (W_{i} \bigcap F)_{i=1,...,n} $ une sous famille finie.
On a : $\ \displaystyle \bigcap_{i=1,...,n} ( W_{k} \bigcap f(A))= ( \displaystyle \bigcap_{i=1,...,n} W_{k} ) \bigcap f(A) \neq \emptyset $.
( car : $\ \displaystyle \bigcap_{i=1,...,n} W_{k} \in \mathcal{V}_{c}(x) $ et donc par hypothèse : $\ ( \displaystyle \bigcap_{i=1,...,n} W_{k} ) \bigcap f(A) \neq \emptyset $ ).
Puisque $\ E $ est compact , alors : $\ \displaystyle \bigcap_{W \in \mathcal{V}_{x}(x)} ( W \bigcap f(A)) \neq \emptyset } $
$\ \Longrightarrow $
$\ (\displaystyle \bigcap_{W \in \mathcal{V}_{c}(x)} W ) \bigcap f(A) \neq \emptyset $
$\ \{ x \} \bigcap f(A) \neq \emptyset $
C'est à dire : $\ x \in f(A) $ ( contradiction )
C'est bien ça ?
Merci d'avance !!
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Re: Topologie !
Ce n'est pas cela. Peut-être ne suis je pas assez clair ? Par exemple tu n'utilises pas iciPedro a écrit :Salut "OG" :
Soit $\ x \in f(A)^{c} $.
Supposons que $\ \forall K \in \mathcal{V}_{c}(x) $ : $\ K \bigcap f(A) \neq \emptyset $
Alors : la famille de fermés $\ (W \bigcap f(A))_{W \in \mathcal{V}_{c}(x)} $ verifie la propriété d'intersection finie :
En effet :
Soit $\ (W_{i} \bigcap F)_{i=1,...,n} $ une sous famille finie.
On a : $\ \displaystyle \bigcap_{i=1,...,n} ( W_{k} \bigcap f(A))= ( \displaystyle \bigcap_{i=1,...,n} W_{k} ) \bigcap f(A) \neq \emptyset $.
( car : $\ \displaystyle \bigcap_{i=1,...,n} W_{k} \in \mathcal{V}_{c}(x) $ et donc par hypothèse : $\ ( \displaystyle \bigcap_{i=1,...,n} W_{k} ) \bigcap f(A) \neq \emptyset $ ).
Puisque $\ E $ est compact , alors : $\ \displaystyle \bigcap_{W \in \mathcal{V}_{x}(x)} ( W \bigcap f(A)) \neq \emptyset } $
$\ \Longrightarrow $
$\ (\displaystyle \bigcap_{W \in \mathcal{V}_{c}(x)} W ) \bigcap f(A) \neq \emptyset $
$\ \{ x \} \bigcap f(A) \neq \emptyset $
C'est à dire : $\ x \in f(A) $ ( contradiction )
C'est bien ça ?
Merci d'avance !!
que $f$ est propre ? étonnant non ?
Comme je le disais on a bien $\cap_{i\in\N} K_i=\{x\}$ donc $\cap_{i\in\N} K_i \cap f(A)=\emptyset$.
Mais, quand on se place dans $E$, comme $f$ est propre alors $f^{-1}(K_i)$ est compact, donc $f^{-1}(K_i)\cap A$
est aussi un compact. De plus $K_i \cap f(A)\neq \emptyset$ entraîne que $f^{-1}(K_i)\cap A\neq \emptyset$.
Donc on a une famille décroissante de compacts non vides ce qui donne $\cap_{i\in\N}(f^{-1}(K_i)\cap A)\neq \emptyset$.
Là il y a une contradiction, puisque si $\cap_{i\in\N}(f^{-1}(K_i)\cap A)\neq \emptyset$ alors soit $y$ dans $E$ tel que
pour tout $i\in\N$ $y\in f^{-1}(K_i)\cap A$, donc $f(y)\in K_i$ et $f(y)\in f(A)$ (pour tout $i$), ce qui contredit le
fait $\cap_{i\in\N} K_i \cap f(A)=\emptyset$ (qui découle du fait qu'il existe une base de voisinages compacts).
bon courage pour la suite
O.G.
à mon avis il faudrait éviter les "helps plus", etc...
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Re: Topologie !
Exactement.OG a écrit : à mon avis il faudrait éviter les "helps plus", etc...
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