Exercices corrigés - Espaces connexes, connexes par arcs

Soient $a,b\in \bigcup_{i\in I}A_i$. On va construire explicitement un chemin allant de $a$ à $b$. Soit $c\in\bigcap_{i\in I}A_i$ et soit $i_1,i_2$ tel que $a\in A_{i_1}$ et $b\in A_{i_2}$. Alors, puisque $A_{i_1}$ est connexe par arcs, il existe un chemin continu $\gamma_1$ contenu dans $A_{i_1}$ tel que $\gamma_1$ relie $a$ à $c$. Puisque $A_{i_2}$ est connexe par arcs, il existe un chemin continu $\gamma_2$ contenu dans $A_{i_2}$ tel que $\gamma_2$ relie $c$ à $b$. Alors le chemin constitué de $\gamma_1$ suivi de $\gamma_2$ est un chemin contenu dans $\bigcup_{i\in I}A_i$ qui relie $a$ à $b$. Ainsi, $\bigcup_{i\in I}A_i$ est connexe par arcs.

Soit $x,y\in\mathcal S_E$. Supposons d'abord que $y\neq -x$. Alors le segment $[x,y]$ ne passe pas par l'origine. Autrement dit, pour tout $t\in [0,1]$, on a $(1-t)x+ty\neq 0$. On cosidère alors $\gamma:[0,1]\to \mathcal S_E$, $$\gamma(t)=\frac{(1-t)x+ty}{\|(1-t)x+ty\|}.$$ Alors $\gamma$ définit bien un chemin continu sur la sphère tel que $\gamma(0)=x$ et $\gamma(1)=y$.
Supposons maintenant que $y=-x$. Alors, puisque $E$ est de dimension au moins égale à deux, il existe $z\in E$ tel que $(x,z)$ est libre. On définit alors, par le raisonnement précédent, un chemin continu $\gamma_1$ sur la sphère de $x$ vers $z$, puis un chemin continu $\gamma_2$ sur la sphère de $z$ à $-x$. La réunion des deux chemins $\gamma_1$ et $\gamma_2$ donne un chemin continu sur la sphère de $x$ à $-x$.

Soit $\phi$ une forme linéaire telle que $H=\{x\in\mathbb R^n;\ \phi(x)=0\}$. Alors, posons $U=\{x\in\mathbb R^n; \phi(x)>0\}$ et $V=\{x\in\mathbb R^n;\ \phi(x)<0\}$, alors $\mathbb R^n\backslash H=U\cup V$, avec $U$ et $V$ connexes (car convexes) disjoints. Ainsi, $U$ et $V$ sont les deux composantes connexes de $\mathbb R^n\backslash H$.

Soit $f:B\to \{0,1\}$ une fonction continue. Alors, puisque $A$ est connexe, $f$ est constante sur $A$, disons pour fixer les idées que $f(a)=0$ pour tout $x\in A$. Mais alors, si $x\in B$, puisque $x\in\bar A$, il existe une suite $(a_n)$ d'éléments de $A$ qui converge vers $x$, et donc, puisque $f$ est continue, $f(x)=\lim_{n\to +\infty}f(a_n)=0$. Ainsi, $f$ est constante sur $B$ qui est bien connexe.

Soit $f:\bigcup_{i\in I}A_i\to \{0,1\}$ une fonction continue. Il s'agit de démontrer qu'elle est constante. Soit donc $a,b\in\bigcup_{i\in I}A_i$, on doit prouver que $f(a)=f(b)$. Soit $i,j\in I$ tels que $a\in A_i$ et $b\in A_j$ et soit $c\in A_i\cap A_j$. Puisque $A_i$ est connexe, $f$ est constante sur $A_i$ et donc $f(a)=f(c)$. De même, puisque $A_j$ est connexe, $f$ est constante sur $A_j$ et donc $f(b)=f(c)$. On en déduit, comme attendu, que $f(a)=f(b)$ et donc que $f$ est constante.

Supposons d'abord que $E_1$ et $E_2$ sont connexes et prouvons que $E_1\times E_2$ est connexe. Soit $f:E_1\times E_2\to \{0,1\}$ continue, et soit $(a,b)$ et $(c,d)$ dans $E_1\times E_2$. On introduit les fonctions $g_a:E_2\to \{0,1\},\ y\mapsto f(a,y)$ et $h_d:E_1\to \{0,1\}$, $x\mapsto f(x,d)$. Alors $g_a$ et $h_d$ sont continues. Par connexité de $E_1$ et $E_2$, elles sont constantes. En particulier, on a $$g_a(b)=g_a(d)\textrm{ et }h_d(a)=h_d(c).$$ Maintenant, $$f(a,b)-f(c,d)=f(a,b)-f(a,d)+f(a,d)-f(c,d)=g_a(b)-g_a(d)+h_d(a)-h_d(c)=0.$$ Ainsi, $f$ est constante et $E_1\times E_2$ est connexe. Réciproquement, si $E_1\times E_2$ est connexe, on sait que les projections $\pi_i:E_1\times E_2\to E_i,\ (x_1,x_2)\mapsto x_i$, sont continues et surjectives. L'image d'un connexe par une application continue étant connexe, on en déduit que $\pi_i(E_1\times E_2)=E_i$ est connexe.

On va procéder par contraposée, et prouver que si $A$ n'est pas connexe, alors il existe $f:A\to A$ continue sans point fixe. Puisque $A$ n'est pas connexe, il existe deux ouverts disjoints $U,V$ de $A$ tels que $A=U\cup V$. On fixe $u\in U$ et $v\in V$. On définit alors $f$ sur $A$ par $f(x)=v$ si $x\in U$ et $f(x)=u$ si $x\in V$. Alors $f$ n'a pas de points fixes ($f$ ne prend que deux valeurs, et ses seuls points fixes pourraient donc être $u$ ou $v$, mais $f(u)=v\neq u$ et $f(v)=u\neq v$). De plus, $f$ est continue. Pour cela, il suffit de remarquer que l'image réciproque de tout ouvert $O$ de $A$ est un ouvert. Soit $O$ un tel ouvert. On distingue 4 cas :

• Si $u\notin O$ et $v\notin O$, alors $f^{-1}(O)=\varnothing$ qui est ouvert.
• Si $u\in O$ et $v\notin O$, alors $f^{-1}(O)=V$ qui est ouvert.
• Si $u\notin O$ et $v\in O$, alors $f^{-1}(O)=U$ qui est ouvert.
• Si $u\in O$ et $v\in O$, alors $f^{-1}(O)=U\cup V$ qui est ouvert.

La réciproque est fausse. Il suffit de prendre pour $A$ le cercle unité et pour $f$ une rotation de centre $0$.

Soit $U$ un ouvert de $\mathbb R^n$ et $C$ une composante connexe de $U$ . Soit $x\in U$. Alors il existe un réel $r>0$ tel que $B(x,r)\subset U$. Cette boule est un connexe contenu dans $U$ et contenant $x$. Elle est donc inclus dans la composante connexe de $U$ qui contient $x$, et donc $B(x,r)\subset C$. $C$ est donc voisinage de chacun de ces points, c'est bien un ouvert.
Supposons maintenant que $n$ soit égal à 1. Notons $C_i$ les composantes connexes de $U$, $i$ décrivant un certain ensemble $I$ . Pour tout $i\in I$, l’alinéa précédent montre que $C_i$ est un ouvert de $\mathbb R$. Comme $C_i$ est connexe, c’est un intervalle de $\mathbb R$, autrement dit $C_i$ est un intervalle ouvert. Il reste à montrer que l’ensemble $I$ est fini ou dénombrable. Pour tout $i\in I$, l’intervalle $C_i$ contient un nombre rationnel $q_i$ . Si $i, j \in I$ sont distincts, les composantes connexes $C_i$ et $C_j$ sont disjointes, donc $q_i\neq q_j$ . Il en résulte que $i\mapsto q_i$ est une application injective de $I$ dans $\mathbb Q$, d’où la conclusion, puisque $\mathbb Q$ est dénombrable.