Topologie, espace métrique

Ca montrera que $U\cup V$ n’est pas connexe par définition de la connexité.

Oui oui tu as raison, mais en fait j’essayais de te faire démontrer la fameuse propriété ; on suppose que $U,V$ connexes, $U\cap V\neq\emptyset$, $U\cup V$ non connexe, et on cherche une absurdité. Il y a plusieurs manières de faire, du coup je me demandais qu’est-ce que ça t’inspirait (tu peux aussi regarder le message de Holosmos plus haut si t’es plus à l’aise avec la caractérisation de la connexité par les fonctions continues à valeurs dans $\{0,1\}$).

Est ce que la propriété que tu m’a énoncé fonctionne également pour les connexes par arcs ou alors il faut des hypothèses supplémentaire, si oui lesquelles ?

Oui ça fonctionne en remplaçant "connexe" par "connexe par arcs", et ça se démontre exactement comme on l’a fait dans le cas particulier de $C$ et $P$ (on relie deux points des deux parties en passant par un point de l’intersection).

Du coup avec cette propriété j’aurai juste eu à trouver les points d’intersection ce qui aurait montrer que $U\cap V$ est non vide ?

Exactement ! Note qu’il faut quand même savoir que le cercle et la parabole sont connexes.

Oui oui tu as raison, mais en fait j’essayais de te faire démontrer la fameuse propriété ; on suppose que $U,V$ connexes, $U\cap V\neq\emptyset$, $U\cup V$ non connexe, et on cherche une absurdité. Il y a plusieurs manières de faire, du coup je me demandais qu’est-ce que ça t’inspirait (tu peux aussi regarder le message de Holosmos plus haut si t’es plus à l’aise avec la caractérisation de la connexité par les fonctions continues à valeurs dans $\{0,1\}$).

D’accord ok, je crois avoir déjà vu une démonstration là dessus dans un livre. Du coup, on a : $U= (O_1\cap U )\cup (O_2\cap U)$, comme $U\cap V\neq\emptyset$ on peux prendre un point x appartenant à cette intersection. On va supposer sans perdre de généralité que x appartient à $O_1$ donc on obtient que $O_1\cap U\neq\emptyset$. Par définition, U étant connexe, on doit nécessairement avoir $O_2\cap U=\emptyset$. Finalement, $(O_2\cap U )\cup (O_2\cap V)=\emptyset = (U\cup V)\cap O_2 = O_2 $, on aboutit à une contradiction.

Du coup pour finir avec cette exercice, tu aurais des pistes pour cette fois si les composantes connexes de ${\displaystyle \mathbb R^2}$\X?

D’accord ok, je crois avoir déjà vu une démonstration là dessus dans un livre. Du coup, on a : $U= (O_1\cap U )\cup (O_2\cap U)$, comme $U\cap V\neq\emptyset$ on peux prendre un point x appartenant à cette intersection. On va supposer sans perdre de généralité que x appartient à $O_1$ donc on obtient que $O_1\cap U\neq\emptyset$. Par définition, U étant connexe, on doit nécessairement avoir $O_2\cap U=\emptyset$. Finalement, $(O_2\cap U )\cup (O_2\cap V)=\emptyset = (U\cup V)\cap O_2 = O_2 $, on aboutit à une contradiction.

Je loupe peut-être quelque chose, mais je vois pas trop comment tu obtiens que $O_2\cap V=\emptyset$ pour déduire la première égalité de la dernière ligne. En dehors de ça, globalement ce sont effectivement les bonnes idées.

Bah du coup je sais pas si tu avais finalement déterminé les bonnes composantes sur le dessin (aux dernières nouvelles, certaines zones devaient être coloriées et d’autres fusionnées) ? Si ce n’est pas le cas, dessine ton cercle et ta parabole sur Paint/Gimp/whatever, et utilise l’outil de remplissage en changeant de couleur à chaque clic. Quand tous tes pixels sont coloriés, regarde ce que tu obtiens.

Je loupe peut-être quelque chose, mais je vois pas trop comment tu obtiens que $O_2\cap V=\emptyset$ pour déduire la première égalité de la dernière ligne. En dehors de ça, globalement ce sont effectivement les bonnes idées.

En faite on refait la même chose que j’ai fais en prenant un élément de $O_1$ en prenant cette fois ci un élément de $O_2$ et on aboutit à $O_2\cap V=\emptyset$.

Du coup j’ai essayé de faire le dessin le dessin pour les composantes connexe je suis pas un très grand dessinateur donc j’espère que vous comprendrez mon dessin . http://hpics.li/b3b6bc6

Du coup on voit bien les 3 zones connexes, qui sont la grande verte , la noir ainsi que la bleu. De manière ensembliste cela donnerait :

Soit ${\displaystyle x\in \mathbb R^2}$\X, on a ${\displaystyle C_{x}= \{(x,y)\in \mathbb R^2 : y>x^2+1\} \cup \{(x,y)\in \mathbb R^2 : x^2+y^2<1 \} \cup \{(x,y)\in \mathbb R^2 : x^2+y^2>1,y<x^2+1\}}$ .

Je loupe peut-être quelque chose, mais je vois pas trop comment tu obtiens que $O_2\cap V=\emptyset$ pour déduire la première égalité de la dernière ligne. En dehors de ça, globalement ce sont effectivement les bonnes idées.

En faite on refait la même chose que j’ai fais en prenant un élément de $O_1$ en prenant cette fois ci un élément de $O_2$ et on aboutit à $O_2\cap V=\emptyset$.

J’avoue que j’ai un peu du mal à voir comment tu "refais la même chose" (notamment parce qu’il y a un sans perte de généralité qui traîne). Tu prends un point $x\in O_2$ (il en existe parce que $O_2$ est non vide), mais après ? A priori t’as pas forcément des points dans $O_2\cap U\cap V$, donc tu peux pas dire exactement la même chose.

Rien à redire !

J’avoue que j’ai un peu du mal à voir comment tu "refais la même chose" (notamment parce qu’il y a un sans perte de généralité qui traîne). Tu prends un point $x\in O_2$ (il en existe parce que $O_2$ est non vide), mais après ? A priori t’as pas forcément des points dans $O_2\cap U\cap V$, donc tu peux pas dire exactement la même chose.

Du coup pour $O_2$ : si je prends un point y appartenant à $U\cap V$, on suppose que y appartient à $O_2$ et le raisonnement découle de la même manière que pour $O_1$.

Alors pour rester dans le même thème de compact, complet, connexe, voici un exercice plus abstrait :

On note $l_2$ l’espace des suites réelles $x=(x_n)_n $ telles que $\sum_{n\geq 0} x_n^2<\infty$ et pour tout $x\in l_2$ , on pose $N(x)=((\sum_{n\geq 0} x_n^2)^\dfrac{1}{2}$ , on rappelle que N est une norme sur $l_2$ et que ($l_2$,N) est un espace de Banach. On note d la distance associé à N et on définit $S=\{x \in l_2 : N(x)=1 \}$. Je n’ai pas trouvé comment écrire une norme sur le forum alors j’ai mis des grands N à la place. La question est la suivante :

L’espace métrique (S,d) est-il compact? complet? connexe ?

Ma réponse :

Ta preuve sur la connexité est pénible à suivre, et peut-être même fausse. Fais un effort de clarté ou change de tactique : il y a plusieurs caractérisations de la connexité, et y en a des plus faciles que d’autres à manipuler dans ce cas-ci.

Soit $(z_n)_n\in S$ , on a $\sum_{n\geq 0} z_n^2=1<\infty$ donc le terme générale de cette série $(z_n)^2$ tends vers 0 ce qui implique que la suite $(z_n)_n$ tends vers 0, nous pouvons donc extraire une sous suite convergente de $(z_n)_n$, notée $(z_\varphi(n))_n$. L’arbitraire sur la suite $(z_n)_n$ montre que S est compact.

La suite $(z_n)_n$ est un point de $S$. Pour la compacité, il faut prendre une suite de points de $S$ et regarder si on peut extraire une sous-suite convergente.

Est-ce qu’il n’y a pas dans ton cours une caractérisation des espaces vectoriels normés dont la boule unité (ou la sphère unité, pourquoi est-ce équivalent ?) est compacte ? Tu peux aussi trouver une preuve plus explicite dans le cas de $l^2$.

Je vais y réfléchir merci.

J’ai bien un truc sur les espaces vectoriel normés qui dit que tout espace vectoriel normé de dimension finie est compact si et seulement si il est fermé borné. Ne sachant pas prouver que $l^2$ est de dimension finie, j’ai voulut m’y prendre autrement.

Normal : c’est pas le cas. Il est de dimension infinie.

Du coup je vois pas où blog yhg veut en venir. Sur les espaces vectoriel normés de dimension infini j’ai rien du tout.

J’ai bien un truc sur les espaces vectoriel normés qui dit que tout espace vectoriel normé de dimension finie est compact si et seulement si il est fermé borné.

Une partie d’un espace vectoriel normé de dimension finie est compacte si et seulement si elle est fermée et bornée. Et la réciproque est aussi vraie : si la boule unité fermée est compacte, alors l’espace est de dimension finie. https://fr.wikipedia.org/wiki/Lemme_de_Riesz#Th.C3.A9or.C3.A8me_de_Riesz

Si tu n’as pas ça dans ton cours, considères la suite des vecteurs de la base (Hilbertienne) canonique.

Pour la preuve pour la connexité, j’étais d’accord au départ mais les deux citations ci-dessous de Würtz m’ont perdues.

En faite on refait la même chose que j’ai fais en prenant un élément de $O_1$ en prenant cette fois ci un élément de $O_2$ et on aboutit à $O_2\cap V=\emptyset$.

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Du coup pour $O_2$ : si je prends un point y appartenant à $U\cap V$, on suppose que y appartient à $O_2$ et le raisonnement découle de la même manière que pour $O_1$.

Je résume. On prend un point $x ∈ U ∩ V$ et on suppose que $x ∈ O_1$ sans perte de généralité. On ne refait pas la même chose pour $O_2$ au lieu de $O_1$ (??). On dit que $U ∩ O_2$ est vide par le raisonnement ici, et ensuite on fait la même chose pour dire que $V ∩ O_2$ et vide. Donc $O_2$ est vide.

Mais bon je ne trouve pas ça très simple. On peut adapter le raisonnement pour "connexe par arcs" pour faire un raisonnement pour "connexe". Il faut se servir du fait qu’il y a des « composantes connexes » (une relation d’équivalence) et que l’image d’un truc connexe est connexe.

Une partie d’un espace vectoriel normé de dimension finie est compacte si et seulement si elle est fermée et bornée. Et la réciproque est aussi vraie : si la boule unité fermée est compacte, alors l’espace est de dimension finie. https://fr.wikipedia.org/wiki/Lemme_de_Riesz#Th.C3.A9or.C3.A8me_de_Riesz

Si tu n’as pas ça dans ton cours, considères la suite des vecteurs de la base (Hilbertienne) canonique.

Du coup oui j’ai bien ça dans mon cours, sauf que comme Holosmos à dit, $l^2$ n’est pas de dimension finie, donc je peux pas appliquer ça ici.

D’accord je voyais pas le théorème de Riesz comme cela, dans mon cours il n’y pas d’équivalence il est énoncé comme ça : Soit (E,N) un espace vectoriel normé. On suppose que $B_F(0,1)$ est compact dans (E,N). Alors $dim$ E $< \infty$

Merci de ton aide et de ta patience.

Du coup pour la connexité, je pense qu’il faut ici passer par la connexité par arcs, existe-t-il un moyen plus direct et efficace de montrer la connexité de S plutôt que de passer par la connexité par arcs?

Edit: Je reviens sur ma réponse pour la complétude : Soit f qui va de $l^2$ dans R et qui à x associe Norme(x) alors on a f^-1({1})=S. S est ainsi fermé par image réciproque d’un fermé par une application continue. S étant un sous espace fermé de ($l^2$,N) qui est un espace de Banach, on peut conclure que S est complet.

Si il pleut, alors le sol est mouillé. Qu’est-ce que je peux dire si le sol n’est pas mouillé ?

Que tu n’habites pas en bretagne !

–> []

Qu’il n’a pas plut . Donc pour tout espace vectoriel normé de dimension infini, la boule unité n’est pas compact ?

Fais une preuve pour l’un des deux, peut-être que ça ne fera pas de différence que ce soit "connexe" ou "connexe par arcs".

Soit $\gamma$ qui est définit sur $(l^2,N)$ à valeurs dans $ \mathbb R$, qui à t associe (cos(t),sin(t)). Il est claire que $\gamma$ est continue. De plus on a S=$\gamma (\mathbb R)$. S est donc l’image direct d’un connexe par une application d’où S est connexe.

Si il pleut, alors le sol est mouillé. Qu’est-ce que je peux dire si le sol n’est pas mouillé ?

Qu’il n’a pas plut . Donc pour tout espace vectoriel normé de dimension infini, la boule unité n’est pas compact ?

Oui, ça s’appelle la contraposée de la propriété que tu as citée.

Fais une preuve pour l’un des deux, peut-être que ça ne fera pas de différence que ce soit "connexe" ou "connexe par arcs".

Soit $\gamma$ qui est définit sur $(l^2,N)$ à valeurs dans $ \mathbb R$, qui à t associe (cos(t),sin(t)). Il est claire que $\gamma$ est continue. De plus on a S=$\gamma (\mathbb R)$. S est donc l’image direct d’un connexe par une application d’où S est connexe.

Tu dois avoir l’idée mais tel quel ça ne veut rien dire. Déjà tu as dû mélanger le domaine et codomaine, et puis $(\cos(t), \sin(t))$ n’est pas dans $l^2$.

Du coup j’ai trouver pas mal de démonstration pour la connexité de la sphère unité en dimension supérieur égale à 2 . C’est assez classique, bizarre que je ne l’ai pas faite en TD.

Merci à tous pour vos intervention et vos aides.