On vient de voir que a) entraîne b). Comme la relation d’équivalence $f(x) = f(x')$ est la relation d’égalité, l’espace quotient de $X$ par cette relation s’identifie à $X$, donc b) entraîne c) en vertu de I, p. 32, prop. 3. Enfin, si c) est vérifiée, $f \times \mathrm{Id}_Z$ est un homéomorphisme de $X \times Z$ sur un sous-espace fermé de $Y \times Z$, donc est une application fermée, ce qui prouve que c) entraîne a).

Soit $Z$ un espace topologique. Pour toute partie $T$ de $Y$, on a $f_T \times \mathrm{Id}_Z = (f \times \mathrm{Id}_Z)_{T \times Z}$; si $f$ est propre, $f \times \mathrm{Id}_Z$ est fermée, donc il en est de même de $(f \times \mathrm{Id}_Z)_{T \times Z}$ (I, p. 31, prop. 2 a)), ce qui démontre a). Si maintenant $(T(t))$ a l’une des propriétés énoncées dans b), le recouvrement $(T(t) \times Z)_{t \in I}$ de

Y × Z a la même propriété; si les $f_{T(i)}$ sont propres, les $(f \times \mathrm{Id}_Z)_{T(i) \times Z}$ sont fermées, donc $f \times \mathrm{Id}_Z$ est fermée (I, p. 31, prop. 2 b)), ce qui achève la démonstration.

En raisonnant par récurrence, on voit qu’il suffit de considérer le cas où $I = \{1, 2\}$. a) Supposons $f_1, f_2$ propres, et soit $Z$ un espace topologique; l’application $f_1 \times f_2 \times \mathrm{Id}_Z$ est la composée des applications $\mathrm{Id}_{Y_1} \times f_2 \times \mathrm{Id}_Z$ et $f_1 \times \mathrm{Id}_{X_2} \times \mathrm{Id}_Z$; ces deux applications sont fermés par hypothèse, donc $f_1 \times f_2 \times \mathrm{Id}_Z$ est fermée (I, p. 30, prop. 1 a)), et $f = f_1 \times f_2$ est propre. b) Supposons maintenant $f$ propre; soit $F$ une partie fermée de $X_2 \times Z$, et soit $G$ son image dans $Y_2 \times Z$ par $f_2 \times \mathrm{Id}_Z$; l’image de $X_1 \times F$ dans $Y_1 \times Y_2 \times Z$ par $f_1 \times f_2 \times \mathrm{Id}_Z$ est égale à $f_1(X_1) \times G$. Par hypothèse, $f_1(X_1) \times G$ est fermé dans $Y_1 \times Y_2 \times Z$; si $X_1 \neq \varnothing$, $f_1(X_1)$ est non vide, et cela entraîne que $G$ est fermé dans $Y_2 \times Z$ (I, p. 27, corollaire); donc l’application $f_2$ est propre. On montre de même que $f_1$ est propre si $X_2 \neq \varnothing$.

Soit $Z$ un espace topologique. On a $(g \circ f) \times \mathrm{Id}_Z = (g \times \mathrm{Id}_Z) \circ (f \times \mathrm{Id}_Z)$; si $f$ et $g$ sont propres, $f \times \mathrm{Id}_Z$ et $g \times \mathrm{Id}_Z$ sont fermées, donc (I, p. 30, prop. 1 a)), $(g \circ f) \times \mathrm{Id}_Z$ est fermée, ce qui démontre a). On démontre de même b) (resp. c)) en appliquant la partie b) (resp. c)) de la prop. 1 de I, p. 30, et en remarquant que si $f$ est surjective (resp. si $g$ est injective), $f \times \mathrm{Id}_Z$ est surjective (resp. $g \times \mathrm{Id}_Z$ est injective). Plaçons-nous maintenant dans les hypothèses de d). Considérons le diagramme commutatif

(1)

où $\varphi(x) = (x, f(x))$ et $\psi(x') = (g(x'), x')$. L’application $\varphi$ (resp. $\psi$) est un homéomorphisme de $X$ (resp. $X'$) sur le graphe de $f$ (resp. le symétrique du graphe de $g$) (I, p. 25, cor. 2); de plus, puisque $X'$ est séparé, le graphe $\varphi(X)$ de $f$ est fermé dans $X \times X'$ (I, p. 53, cor. 2). Donc (I, p. 72, prop. 2) $\varphi$ est propre; d’autre part la prop. 4 de I, p. 73 montre que $(g \circ f) \times \mathrm{Id}_{X'}$ est propre. D’après a) et la commutativité du diagramme (1), $\psi \circ f$ est propre, et puisque $\psi$ est injective, il résulte de c) que $f$ est propre.

En effet, cette restriction est la composée $f \circ j$, où $j : F \to X$ est l’injection canonique, qui est propre (I, p. 72, prop. 2).

En vertu de la prop. 5 c), on peut se borner au cas où $f(X) = Y$. Alors la diagonale de $Y \times Y$ est image par $f \times f$ de la diagonale de $X$, laquelle est fermée (I, p. 52, prop. 1); comme $f \times f$ est propre (I, p. 73, prop. 4) la diagonale de $Y \times Y$ est fermée (I, p. 72, prop. 1), donc $Y$ est séparé (I, p. 52, prop. 1).

En effet, cette application est composée de l’application produit $(x_i) \mapsto (f_i(x_i))$ de $X^I$ dans $\prod_i Y_i$, et de l’application diagonale de $X$ dans $X^I$; comme cette dernière est propre (I, p. 72, prop. 2 et I, p. 52, prop. 1), la conclusion résulte de la prop. 4 (I, p. 73) et de la prop. 5 a).

Les conditions sont suffisantes en vertu de la prop. 5 a) (I, p. 73) et de la prop. 2 (I, p. 72). Inversement, si $f$ est propre, $f$ est fermée, donc on sait déjà que $f(X)$ est fermé dans $Y$ et que $h$ est un homéomorphisme (I, p. 32, prop. 3); en outre, $h \circ p$ est propre en vertu de la prop. 5 c) (I, p. 73), donc $p = h^{-1} \circ (h \circ p)$ est propre en vertu de la prop. 5 a) (I, p. 73).

(Nous verrons un peu plus loin (I, p. 76, cor. 1) que cette propriété caractérise les espaces quasi-compacts.)

On peut se borner au cas où $X$ est non vide. Soient $\mathfrak{F}$ un filtre sur $X$, $X' = X \cup \{ \omega \}$ l’espace topologique associé à $\mathfrak{F}$ (I, p. 40, Exemple). Soient $\Delta$ la partie de $X \times X'$ formée des couples $(x, x)$, où $x$ parcourt $X$, et $F = \overline{\Delta}$ l’adhérence de $\Delta$ dans $X \times X'$. Vu l’hypothèse faite sur $X$, l’image de $F$ par la projection $X \times X' \to X'$ est fermée dans $X'$; comme cette image contient $X$, elle contient nécessairement $\omega$, qui est adhérent à $X$; autrement dit, il existe $x \in X$ tel que $(x, \omega) \in F$. Par définition de la topologie de $X \times X'$, cela signifie que pour tout voisinage $V$ de $x$ dans $X$ et tout ensemble $M \in \mathfrak{F}$, on a $(V \times M) \cap \Delta \neq \varnothing$, c’est-à-dire $V \cap M \neq \varnothing$; en d’autres termes, $x$ est adhérent au filtre $\mathfrak{F}$.

C.Q.F.D.

a) $f$ est propre.

b) $f$ est fermée, et pour tout $y \in Y, f^{-1}(y)$ est quasi-compact.

c) Si $\mathfrak{F}$ est un filtre sur $X$ et si $y \in Y$ est adhérent à $f(\mathfrak{F})$, il existe un point $x \in X$ adhérent à $\mathfrak{F}$ et tel que $f(x) = y$.

d) Si $\mathfrak{U}$ est un ultrafiltre sur $X$, et si $y \in Y$ est un point limite de la base d’ultrafiltre $f(\mathfrak{U})$, il existe un point limite $x$ de $\mathfrak{U}$ tel que $f(x) = y$.

a) entraîne b): En effet, si $f$ est propre, $f$ est fermée (I, p. 72, prop. 1) et pour tout $y \in Y$, l’application $f_{\{y\}} : f(y) \to \{y\}$ est propre (I, p. 72, prop. 3 a)). D’après le lemme 1, cela implique que $f^{-1}(y)$ est quasi-compact.

b) entraîne c): Supposons que $\mathfrak{F}$ et $y$ vérifient les hypothèses de c) et soit $\mathfrak{B}$ la base de filtre sur $X$ formée des adhérences des ensembles de $\mathfrak{F}$. Puisque $f$ est fermée, $f(\overline{M}) = \overline{f(M)}$ pour $M \in \mathfrak{F}$ (I, p. 35, prop. 9). Cela prouve que les ensembles $\overline{M} \cap f^{-1}(y)$ sont non vides pour $M \in \mathfrak{F}$, et forment par suite une base de filtre sur $f^{-1}(y)$ composée d’ensembles fermés dans $f^{-1}(y)$. Comme $f^{-1}(y)$ est quasi-compact, il existe $x \in f^{-1}(y)$ appartenant à tous les $\overline{M}$ pour $M \in \mathfrak{F}$; on a $f(x) = y$ et $x$ est adhérent à $\mathfrak{F}$.

c) implique d) trivialement.

d) entraîne que $f$ est fermée. En effet, soit $A$ une partie fermée non vide de $X$, et soit $\mathfrak{F}$ le filtre des parties de $X$ contenant $A$; $A$ est alors l’ensemble des points adhérents à $\mathfrak{F}$. Soit $B$ l’ensemble des points adhérents au filtre de base $f(\mathfrak{F})$ sur $Y$; $B$ est fermé et contient évidemment $f(A)$; nous allons voir que $B = f(A)$, ce qui prouvera notre assertion. Soit $y \in B$ et soit $\mathfrak{V}$ le filtre des voisinages de $y$ dans $Y$; par hypothèse, tout ensemble de $\mathscr{W} = f^{-1}(\mathfrak{V})$ rencontre tout ensemble de $\mathfrak{F}$, donc $\mathfrak{W}$ est une base de filtre sur $X$ et il y a un ultrafiltre $\mathfrak{U}$ sur $X$, plus fin que le filtre de base $\mathfrak{W}$ et que $\mathfrak{F}$ (I, p. 37, cor. 2 et I, p. 39, th. 1). L’ultrafiltre de base $f(\mathfrak{U})$ est plus fin que $\mathfrak{V}$, donc converge vers $y$. En vertu de d), il existe $x \in X$ tel que $f(x) = y$ et que $\mathfrak{U}$ converge vers $x$; comme $\mathfrak{U}$ est plus fin que $\mathfrak{F}$, $x$ est adhérent à $\mathfrak{F}$, donc $x \in A$, ce qui prouve que $B = f(A)$.

d) entraîne a) : En effet, il faut montrer que si $f$ vérifie d) l’application $f \times \mathrm{Id}_Z$ est fermée pour tout espace topologique $Z$. D’après ce qui précède, il suffit de prouver que $f \times \mathrm{Id}_Z$ vérifie aussi la condition d). Cela résultera du lemme général suivant:

En effet, soit $\mathfrak{U}$ un ultrafiltre sur $X = \prod_i X_i$, et soit $y = (y_i)$ un point de $Y = \prod_i Y_i$ tel que $f(\mathfrak{U})$ converge vers $y$. Cela signifie que chacune des bases d’ultrafiltre $\mathrm{pr}_i(f(\mathfrak{U})) = f_i(\mathrm{pr}_i(\mathfrak{U}))$ converge vers $y_i$ (I, p. 51, cor. 1). En vertu de la condition d), il existe pour chaque $i \in I$, un $x_i \in X_i$ tel que $f_i(x_i) = y_i$ et que $\mathrm{pr}_i(\mathfrak{U})$ converge vers $x_i$; mais alors $\mathfrak{U}$ converge vers $x = (x_i)$ (loc. cit.) et on a $f(x) = y$, ce qui démontre le lemme et achève la démonstration du th. 1.

On applique l’équivalence de a) et b) à $X \to P$.

L’application composée $X \xrightarrow{f} Y \longrightarrow P$ est propre (cor. 1) donc $f$ est propre en vertu de la prop. 5 d) de I, p. 73. On peut aussi appliquer le critère b) du th. 1, en utilisant le cor. 2 de I, p. 63.

Compte tenu du th. 1, ce n’est autre que le lemme 2 ci-dessus.

Si on applique ce corollaire à la famille d’applications $X_i \to P$, on retrouve, compte tenu du cor. 1, le th. de Tychonoff (I, p. 63, th. 3).

La démonstration est la même que pour le cas d’une famille finie (I, p. 74, cor. 3), en utilisant le cor. 3 ci-dessus, et le fait que la diagonale de $X^I$ est fermée (I, p. 52, prop. 1).

En effet, on peut identifier $Y$ à $P \times Y$, en identifiant $\mathrm{pr}_2$ au produit des applications propres $X \to P$ (cor. 1) et $\mathrm{Id}_Y$, d’où la conclusion (cor. 3).

D’après la prop. 3 de I, p. 72, l’application $f_K : f^{-1}(K) \to K$ est propre; comme $K \to P$ est une application propre (I, p. 76, cor. 1), il résulte de I, p. 73, prop. 5 a), que l’application composée $f^{-1}(K) \xrightarrow{f_K} K \longrightarrow P$ est propre, donc $f^{-1}(K)$ est quasi-compact (I, p. 76, cor. 1).

Si $f$ est propre, $f^{-1}(K)$ est compact pour toute partie compacte $K$ de $Y$, en vertu de la prop. 6. Inversement, supposons cette condition vérifiée, et soit $(\overline{U}_\alpha)$ un recouvrement de $Y$ formé d’ensembles ouverts relativement compacts. L’hypothèse entraîne que les $f^{-1}(\overline{U}_\alpha)$ sont compacts et que leurs intérieurs forment un recouvrement de $X$; comme $X$ est séparé, cela prouve en premier lieu que $X$ est localement compact. En outre, chacune des applications $f_{\overline{U}_\alpha} : f^{-1}(\overline{U}_\alpha) \to \overline{U}_\alpha$ est propre (I, p. 76, cor. 2); donc $f$ est propre (I, p. 72, prop. 3 b)).

En effet, en vertu de la prop. 7, dire que $f$ est propre signifie que pour toute partie compacte $K'$ de $X'$, $\bar{f}(X' - K') = X - \bar{f}(K')$ est le complémentaire d’une partie compacte de $X$; par définition des voisinages de $\omega$ et $\omega'$ dans $Y$ et $Y'$ respectivement (I, p. 67, th. 4), cela équivaut aussi à dire que $\bar{f}$ est continue au point $\omega$, d’où le corollaire.

Dire que $R$ est fermée équivaut à dire que $f$ est fermée, donc b) entraîne c) en vertu de I, p. 75, th. 1 b). Le fait que c) entraîne d) est un cas particulier de I, p. 74, cor. 2. On sait déjà que d) entraîne a) sans hypothèse sur $X$ (I, p. 55, prop. 8). Prouvons ensuite que a) entraîne b). Or, si $F$ est une partie fermée de $X$, son saturé est $\mathrm{pr}_2(C \cap (F \times X))$; par hypothèse, $C \cap (F \times X)$ est fermé dans l’espace compact $X \times X$, donc est compact (I, p. 61, prop. 2), et notre assertion résulte de la continuité de $\mathrm{pr}_2$ (I, p. 63, cor. 2).

Enfin, il est clair que si $X/R$ est séparé, il est compact en vertu de I, p. 62, th. 2.

b) $\Rightarrow$ c): Si $F'$ est fermé dans $X'$ et ne contient pas $\omega$, $F'$ est une partie compacte de $X$, donc son saturé pour $R'$, égal à son saturé pour $R$, est compact et $a fortiori$ fermé dans $X'$. Si $\omega \in F'$ et si $F = F' \cap X = F' - \{ \omega \}$, le saturé de $F'$ pour $R'$ est la réunion de $\{ \omega \}$ et du saturé $H$ de $F$ pour $R$, et il suffit de prouver que $H$ est fermé dans $X$ (autrement dit, que $R$ est une relation fermée). Pour cela, il suffit de montrer que pour toute partie compacte $K$ de $X$, $H \cap K$ est compact (I, p. 66, prop. 11). Or, le saturé $L$ de $K$ pour $R$ est compact par hypothèse, et la trace de $H$ sur $L$ est le saturé de $F \cap L$, qui est aussi compact; $a fortiori$ $H \cap K = (H \cap L) \cap K$ est compact.

c) $\Rightarrow$ d): En effet, comme $X'$ est régulier (I, p. 61 corollaire), $C'$ est fermé dans $X' \times X'$ (I, p. 58, prop. 14), donc compact. On en conclut que $C'$ est le compactifié d’Alexandroff de $C$ (I, p. 67, th. 4); comme la restriction de $\mathrm{pr}_2 : X' \times X' \to X'$ à $C'$ est continue au point $\omega$, la conclusion résulte de I, p. 78, corollaire.

d) $\Rightarrow$ e): Pour toute partie fermée $F$ de $X$, $C \cap (F \times X)$ est fermé dans $C$, donc le saturé de $F$ pour $R$, égal à $\mathrm{pr}_2(C \cap (F \times X))$, est fermé dans $X$ (I, p. 72, prop. 1). En outre, la classe de $x \in X$ suivant $R$ est homéomorphe à l’image réciproque de $\{ x \}$ par la restriction de $\mathrm{pr}_2$ à $C$, donc est compacte (I, p. 75, th. 1 b)).

e) $\Rightarrow$ a): En effet, si $R$ est fermée, $f$ est fermée par définition, et pour tout $z \in X/R, f(z)$ est une classe suivant $R$, donc est compacte; notre assertion résulte de I, p. 75, th. 1 b).

Montrons enfin que $X/R$ est localement compact. En effet, $X'/R'$ est compact en vertu de c) et de la prop. 8; la relation $R$ est induite sur $X$ par $R'$, $X$ est ouvert dans $X'$ et saturé pour $R'$; donc $X/R$ est homéomorphe à l’image $f'(X)$ de $X$ par l’application canonique $f' : X' \to X'/R'$ (I, p. 23, cor. 1). Or $f'(X)$ est ouvert dans $X'/R'$, donc est un sous-espace localement compact.

C.Q.F.D.

En effet, si $X$ est compact (resp. localement compact), le fait que $f(X)$ est compact (resp. localement compact) résulte de I, p. 74, cor. 4 et des prop. 8 et 9 (I, p. 78) (le cas où $X$ est compact étant d’ailleurs aussi conséquence de I, p. 76, cor. 2 et de I, p. 62, th. 2). Inversement, si $Z = f(X)$ est compact (resp. localement compact), comme $f_z : X \to f(X)$ est propre (I, p. 72, prop. 3 a)), $X$ est compact (resp. localement compact), en vertu des prop. 6 et 7 (I, p. 77).

Enfin, si $Y$ est compact (resp. localement compact), il en est de même de $f(X)$, qui est fermé dans $Y$ (I, p. 72, prop. 1 et I, p. 66, prop. 13).

La première assertion résulte de ce que tout $x \in X$ a un voisinage compact $V$ et de ce que $f(V)$ est un voisinage compact de $f(x)$ (I, p. 33, prop. 5 et I, p. 63, cor. 1). Pour tout $y \in K'$, soit $V(y)$ un voisinage compact d’un point de $f^{-1}(y)$ dans $X$, de sorte que $f(V(y))$ est un voisinage compact de $y$. Il existe un nombre fini de points $y_i \in K'$ tels que les $f(V(y_i))$ recouvrent $K'$. Soit $K_1$ l’ensemble compact $\bigcup_i V(y_i)$ dans $X$; on a $K' \subset f(K_1)$, donc $K = K_1 \cap f^{-1}(K')$ est compact (puisque fermé dans $K_1$) et $f(K) = K'$.