Montrer que \({\Bbb R}\) n'est pas compact.

Le recouvrement \((]n-1,n+1[)_{n\in\Bbb N}\) n'admet pas de sous-recouvrement fini.

Montrer que dans un espace séparé, tout compact \(A\) est fermé.

On procède par l'absurde et on prend un point entre \(A\) et son adhérence.

On utilise la séparation entre ce point et tout point de \(A\).

Cela permet d'écrire \(A\) comme une union d'ouverts, dont on peut extraire un sous-recouvrement par Borel-Lebesgue.

Cependant, l'intersection des ouverts pour \(x\) intersecte \(A\) et est disjoint du recouvrement, ce qui est absurde.

Montrer que dans un espace compact, tout fermé \(A\) est un compact.

On prend un recouvrement de \(A\) \(\to\) en y ajoutant \(A^C\), ça devient un recouvrement de tout \(X\).

Puisque \(X\) est compact, on peut en extraire un sous-recouvrement fini, et donc c'est vrai aussi pour \(A\).
On a transmis Borel-Lebesgue de \(X\) à \(A\).

Montrer que si \((X,\mathcal U)\) est compact, si \((Y,\mathcal V)\) est séparé et si \(f:X\to Y\) est continue, alors \(f(X)\) est compact.

Séparation ok par séparation de \(Y\).

On a Borel-Lebesgue en prenant les \(f^{-1}(V_i)\).

Montrer que si \((X,\mathcal U),(Y,\mathcal V)\) sont compacts et si \(f:X\to Y\) est continue bijective, alors \(f\) est un homéomorphisme.

Si \(F\) est fermé, alors \(f(F)\) (l'image réciproque de \(F\) par \(f^{-1}\)) est un compact et est donc fermé.

On a montré que l'image réciproque de tout fermé était fermé, ce qui caractérise la continuité.

Démontrer \((i)\implies(ii)\).

On prend une suite \(\to\) l'ensemble de ses Valeur d'adhérences (suite décroissante de fermés) est non vide par compacité.

Donc il existe une sous-suite convergente par caractérisation séquentielle.

Démontrer \((ii)\implies(iii)\).

On considère une suite de Cauchy \(\to\) elle converge par hypothèse, ce qui rend l'espace complet.

Si l'espace n'est pas précompact, alors on peut définir une suite des centres des boules \(\to\) elle admet une sous-suite convergente par hypothèse, ce qui est absurde.

Démontrer \((iii)\implies(ii)\).

On considère une suite et on note \(E\) l'ensemble de ses points.

Par précompacité, on définit par récurrence un l'ensemble fini des centres des boules de rayon \(\frac1k\) qui partitionnent \(X\).

On définit aussi une suite dont les points sont dans l'intersection des boules dont les centres sont les points précédents et dont le rayon est \(1/k\).

On extrait alors de la première suite une sous-suite dont les points font partie de l'espace ainsi formé, et on montre que cette sous-suite satisfait le critère de Cauchy.

Démontrer \((ii)\implies(i)\).

On considère un recouvrement ouvert de \(X\) et on veut montrer qu'il existe un nombre \(\varepsilon\) tel que tout point de \(x\) est centre d'une boule de rayon \(\varepsilon\) contenue dans un \(U_i\).

On procède par l'absurde et on prend une suite de points pour lesquels cela ne fonctionne pas pour une boule de rayon \(\frac1n\).

On a la convergence d'une sous-suite par hypothèse, ce qui entraîne une contradiction par couverture et ouverture des \(U_i\).

Par précompacité, on peut prendre un nombre fini de boules de rayon \(\varepsilon\) qui recouvrent \(X\).

On peut alors trouver un sous-recouvrement fini en choisissant les \(U_i\) qui contiennent les boules (il y en a un nombre fini vu qu'il y a un nombre fini de boules, et on vient de montrer que de tels \(U_i\) existent pour toutes boules).

Démontrer \(\implies\) :

L'espace est séparé, donc la compacité implique la fermeture.

Si par l'absurde l'espace n'est pas borné, alors on peut prendre une suite qui tend vers l'infini, ce qui contredit le Théorème de Bolzano-Weierstrass.

Démontrer \(\impliedby\) :

On utilise le critère "précompact et complet", qui vient directement.

L'ensemble suivant est-il compact ? $$A=\left\{(x,y)\in{\Bbb R}^2\;\middle|\;\frac12\leqslant\lVert(x,y)\rVert\leqslant2\text{ et }xy=1\right\}$$

Fermé et borné

L'ensemble est fermé (défini par des \(\leqslant\) et \(=\)) et borné par \(2\), il est donc compact

En norme euclidienne, l'ensemble suivant est-il compact ? $$B=\left\{(x,y)\in{\Bbb R}^2\;\middle|\;\frac12\lt \lVert(x,y)\rVert\leqslant2\text{ et }xy=1\right\}$$

Montrer que la condition \(\lt \) est inutile par disjonction des cas sur \(\lvert x\rvert\)
On a : $$B=\left\{(x,y)\in{\Bbb R}^2\;\middle|\;\lVert(x,y)\rVert\leqslant2\text{ et }xy=1\right\}$$
En effet, montrons que, si \((x,y)\in B(0,2)\cap\{(\alpha,\beta)\mid\alpha\beta=1\}\), alors \((x,y)\notin B(0,\frac12)\)

• si \(\lvert x\rvert\geqslant1\), alors \(\sqrt{x^2+y^2}\geqslant\sqrt{x^2}=\lvert x\rvert\geqslant1\)
• si \(0\lt \lvert x\rvert\leqslant1\), alors \(\frac1{\lvert x\rvert}\geqslant1\) donc \(\sqrt{x^2+y^2}\geqslant\sqrt{\frac1{x^2}}\geqslant1\)

Donc l'ensemble est bien fermé et borné, c'est donc bien un compact

Soient \(A,B\) deux parties d'un evn \((E,\lVert\cdot\rVert)\).
Montrer que si \(A\) et \(B\) sont compacts, alors \(A+B\) est compact.

On utilise le fait que c'est une image d'une application continue d'un compact, avec un espace d'arrivée séparé.

Soient \(A,B\) deux parties d'un evn \((E,\lVert\cdot\rVert)\).
Montrer que si \(A\) est compact et \(B\) est fermé, alors \(A+B\) est fermé.

On prend une suite de \((A+B)^{\Bbb N}\) convergente dans \(E\), qu'on note comme addition d'une suite de \(A^{\Bbb N}\) et d'une suite de \(B^{\Bbb N}\).

Par le Théorème de Bolzano-Weierstrass, \((a_n)\) admet une sous-suite convergente.

En retirant la limite de \((a_n)\), on isole \((b_n)\), dont la limite est dans \(B\) par fermeture.

On a bien réécrit la limite \(x\) en tant que somme d'un élément de \(A\) et d'un élément de \(B\), ce qui nous permet de conclure.