Nombre de chemins

Intuitivement, en première lecture, des chemins sont des lignes avec débuts et fins mais "ouverts aux bords" ou bien des lignes fermées avec au moins un noeud.

Comme d'habitude, j'assimile "connexe" à "connexe par arcs"...dans mon "intuitivement".

La question me laisse sans voix cependant...

Si on se réduit à connexe par arc, peut-être que l'on peut montrer que chaque sous-espace satisfaisant la condition est un arbre. Il peut y avoir des espaces bizarres sinon. Par exemple, on prend une spirale qui commence en l'origine, et on la fait se rapprocher du cercle unité sans le toucher. Le cercle unité adhère à la spirale. Ensuite on peut fixer des pointes sur le cercle unité, mais il doit y avoir un nombre dénombrable de ces pointes…

On peut aussi se demander ce qui se passe en trois dimensions.

Je ne vois pas pourquoi quand on retire un point, on déconnecte l'ensemble. Par exemple, prenons $F=K$ et enlevons un point de $T_F \setminus \{m\}$. Le point correspondant dans $K$ est un point d'accumulation des autres, donc quand on va « monter » sur la tige, on va continuer à adhérer aux autres tiges, non ? C'est justement ce qui faisait que les pointes qu'on peut fixer sur ma spirale doivent être en nombre dénombrable. J'ai manqué quelque chose ?

Si je devais parier, je dirais qu'il n'existe pas de surjection…

Bon, pour moi $T_F \setminus \{m\}$ n'est pas connexe justement et $T_F \setminus \{u\}$ l'est.

Déjà, pourquoi est-ce que $K \times \left]0,1\right[$ est connexe ? L'ensemble de Cantor $K$ est bien non connexe ?

Considérons un voisinage fermé de la « queue » correspondant à une pente avec le reste dans le complémentaire de ce fermé (c'est bien ce que vous affirmez ? que ça existe pour toute pente si leur intérieur est vide ?). On regarde $\mathbb{R} \times \{\varepsilon\} \subseteq \mathbb{R}^2$ pour $\varepsilon$ assez petit. Cela donne un voisinage de la pente ne contenant qu'elle (image réciproque). Comme on peut faire ça avec chaque pente, on a une partie de $[0,1]$ dont chaque point a un voisinage ne contenant que lui, donc les pentes sont dénombrables. (On peut diviser par deux les largeurs des voisinages pour se retrouver avec des voisinages disjoints.)

Non, pas du tout, je ne fais pas cette erreur. Est-ce que vous affirmez bien qu'il existe deux ouverts disjoints $U$ et $V$ contenant chacun une partie non vide de $T_K \setminus \{u\}$ ?

Oui, c'est vrai, j'ai fait cette erreur ! Merci ! Mais ça ne change rien à ce que je dis. Dans ma preuve j'avais considéré un voisinage fermé mais en fait je ne me sers pas du fait qu'il est fermé. Ce que je dis, c'est que tout ouvert contenant la « queue » découpée va intersecter le reste. Vous n'êtes pas d'accord ?

Ok, merci !

Ah, je vois le problème.
Soit $Q_u=\{(1-u)x,u)\mid u\in {]0,t[}\}$ (le bout de tige coupée). J'affirmais (et je pense que c'est aussi ce que Foys avait en tête) que $Q_u$ est une composante connexe de $T_F\setminus\{u\}$. $Q_u$ est bien sûr connexe. Le complémentaire de $Q_u$ dans $T_F\setminus\{u\}$ est aussi visiblement connexe, et même connexe par arcs : tout le monde est relié au point $m$ par un segment. Si donc $Q_u$ était une composante connexe de $T_F\setminus\{u\}$, $(T_F\setminus\{u\})\setminus Q_u$ en serait l'autre composante connexe. Donc $Q_u$ serait un ouvert-fermé, et il n'a bien sûr aucune raison d'être ouvert dans $T_F\setminus\{u\}$.

Ouf, je ne suis pas fou.

Bon, ça s'est bien dégonflé : ça ne permet pas de fabriquer suffisamment de "chemins". Quand on élague l'arbre, on garde tout de même une partie compacte du Cantor, et ça ne fait pas assez.

De toute manière on n'arrivera à rien à base d'arbres, ils sont eux dénombrables.

Qu'est-ce qui est dénombrable ?

D'accord. Il y a un nombre dénombrable de segments dans le plan, par exemple.

Question intermédiaire : est-ce que les fonctions $\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ dont le graphe est un chemin sont du cardinal de $\mathbb{R}$ ?

J'ai trouvé une preuve plus simple de mon affirmation. Soit $A$ et $B$ deux parties faiblement séparées d'un espace métrique $X$. Soit $d_A$ et $d_B$ les fonctions « distance à $A$ » et « distance à $B$ ». Alors $(d_A, d_B) : X \to \mathbb{R}_{\leq 0}^2$ est continue. La partie $A$ est envoyée sur l'axe des ordonnées, la partie $B$ sur l'axe des abscisses, sans jamais atteindre $(0,0)$. On peut donc séparer les deux, par exemple par la première diagonale. Cela a pour conséquence que les espaces métriques sont normaux. On obtient de plus comme fermé séparant $A$ et $B$ l'ensemble des points équidistants.

Je ne vois pas comment faire pour « [prendre] soin que C n'atteste pas de la non connexité du graphe en construction. ».

> En l'absence de l'axiome du choix, le défi est peut-être un peu plus fin.

La preuve tirée de l'article l'utilise aussi en prenant une base de $\mathbb{R}$ en tant que $\mathbb{Q}$-espace vectoriel, et l'autre idée que j'avais de prendre une partition indénombrable de $\mathbb{R}$ par des parties denses l'utilise aussi.

> Bon, j'ai eu un peu la flemme de lire l'article

Je peux résumer les idées principales, j'étais parti pour ça avant de changer d'avis pour écrire mon message faux. Je n'ai pas trouvé l'article super clair (j'ai modifié certains trucs).

L'idée est de voir qu'une séparation du graphe d'une fonction donne un fermé non vide ne contenant aucun point de la fonction et dont le complémentaire est non connexe. On choisit les points de la fonction de telle manière à intersecter chaque fermé dont la projection sur l'axe des abscisses est d'intérieur non vide (sinon il se peut par exemple que la projection soit un point et qu'on ait utilisé ce point pour interdire un autre fermé).

Reste à prouver que les fonctions ainsi construites ont bien un graphe connexe. Soit $O$ un voisinage ouvert d'un tel graphe. On va montrer que $O$ est connexe par arcs. Soit $A$ la projection du complémentaire de $O$ sur l'axe des abscisses. Ainsi, $A \times \mathbb{R} \subseteq O$, et $A$ est dense dans $\mathbb{R}$ par construction de la fonction.

Soit $x, y \in O$ deux points ayant même abscisse. Alors il existe un $a \in A$ assez proche de cette abscisse, de telle sorte qu'on puisse relier $x$ et $y$ par des chemins à $\{a\} \times \mathbb{R}$. Ainsi, deux points de même abscisse sont dans la même composante connexe par arc. Mais la projection de $O$ sur les abscisses est $\mathbb{R}$ (contient le graphe d'une fonction). Ainsi, pour deux points $x, y \in O$, il existe des antécédents pour chaque point de $[x,y]$. De plus, chaque antécédent a un voisinage connexe dans $O$. Comme la projection est ouverte, cela donne un couvrement par des ouverts et par compacité on extrait un nombre fini d'ouverts. On utilise ensuite le fait qu'on peut se balader à abscisse constante pour passer de $x$ à $y$. On a obtenu que $O$ est connexe par arc. Tout ouvert contenant le graphe est connexe, donc le graphe est connexe.

edit : Pour finir la chose, il faut montrer que les bijections de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ sont assez nombreuses. On considère une fonction $f : \mathbb{R} \to 2$, vers l'ensemble à deux éléments. On va construire une bijection $\mathbb{R} \sqcup \mathbb{R} \to \mathbb{R} \sqcup \mathbb{R}$ à partir de $f$. Il faut imaginer notre espace comme deux lignes parallèles. Pour chaque réel $x$, suivant la valeur de $f(x)$, soit on échange les deux copies de $x$, soit on les laisse fixées.

Il y a juste un problème avec le collage des branches correspondant à $B$, ça devrait plutôt être $[0,1] \times B$ [rectification : c'était correct]. On peut simplifier : prendre $X \subseteq \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}$ et $\{0\} \times \mathbb{R} \cup \mathbb{R} \times X$.

J'ai dit $X \subseteq \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}$, pas $\subseteq \mathbb{R}$. C'est une simplification de ton astuce.