Prouver que cette union est connexe

On montre plus généralement que si $E$ est un espace topologique connexe, $A\subset E$ est une partie connexe telle que $A^c=B\cup C$ avec $\overline{B}\cap C=B\cap\overline{C}=\emptyset$, alors $A\cup B$ est connexe. Supposons le contraire. Alors il existe $f\colon A\cup B\to \{0,1\}$ continue non constante. Comme $A$ est connexe, on peut supposer que $f(a)=0$ pour tout $a\in A$. Soit $U=f^{-1}(1)$. Alors $U\subset B$.

Soit $b\in U$. On a $b\notin\overline{A}$. Comme on a aussi $b\notin\overline{C}$, on a $b\notin\overline{A\cup C}$ donc $b$ est dans l'intérieur de $B$. Comme $f$ est localement constante, on en déduit que $b$ est à l'intérieur de $U$, et ceci pour tout $b\in U$, donc $U$ est un ouvert de $E$.

Montrons que $U$ est aussi un fermé de $E$. Soit $x\in\overline{U}$. Comme $x\in \overline{B}$, on ne peut pas avoir $x\in C$, donc on a $x\in A\cup B$. Or, $f:A\cup B\to \{0,1\}$ est continue donc $f(x)=1$, ce qui montre que $x\in U$.

On a ainsi montré que $U$ est un ouvert fermé de $E$, ce qui est contradictoire.

Par contre, la propriété n'est plus vraie si on ne suppose pas que $E$ est connexe, par exemple $E=\{0,1,2\}$, $A=\{0\}$, $B=\{1\}$ et $C=\{2\}$.

@jpm: je te conseille de rédiger formellement car JLT a utilisé son expertise pour passer vite sur certains passages ($f$ n'est pas définie sur $E$ tout entier), mais ce n'est qu'en rédigeant que tu évacueras ton éventuelle "passivité de lecteur".

Comme JLT a donné une solution, je la reformule sans fonction. Mon objectif est égoiste, c'est pour me changer les idées après avoir vu une personne qui m'est cher se fragiliser à 98ans et avant de rédiger une LR sensible pour les impôts.

Soient $U,V$ des ouverts recouvrant $A\cup B$ tels que $(A\cup \cap U\cap V= \emptyset$.

On peut supposer que $A\subset U$. On va s'intéresser à $B\cap V$. Soit $e$ dedans. Comme $e$ n'est pas dans $adh(C)$, s'il est dans $adh(A)$ alors $A\cap U\cap V\neq \emptyset$. Donc il n'est pas non plus dans $adh(A)$.

Notant $W:= $ l'intérieur du complémentaire de $adh(A\cup C)$ et $R:=W\cap V$. C'est un ouvert inclus dans $B\cap V$ et on vient de voir qu'il contient comme sous-ensemble $B\cap V$, donc $R = B\cap V$.

Soit $r\in adh(R)$. Forcément $r\in A\cup B\subset U\cup B$, car $r\in adh(B)$. Or si $r\in A$ alors $U\cap V\cap A\neq \emptyset$.

Donc $r\in B$. Mais si $r\notin V$ alors $r\in U$ et donc $U$ rencontre $B\cap V$.

Donc $r\in V$. On vient ainsi de prouver que $adh(R)=R$. Donc $R\in \{\emptyset ; E\}$.

Je profite d'être connecté pour signaler (je pense que c'est mieux de le faire ici) que l'énoncé du fil s'exprime juste en terme de connexes. L'hypothèse sur $B,C$ se dit "il n'existe pas de connexe qui rencontre à la fois B et C".

J'ai ouvert un fil sur une question plus générale que max a déjà pas mal malmenée: http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?14,1752916

On a $U=f^{-1}(1)$ donc $b\in U$ implique $f(b)=1$.

Or, $f(a)=0$ pour tout $a\in A$, et $f$ est continue, donc si on avait $b\in\overline{A}$, par continuité on aurait $f(b)=0$.

On a $b\in B$ et $B\cap\overline{C}=\emptyset$ donc $b\notin\overline{C}$.

Dans $B$.

@bab, comme je l'ai dit à mon tout premier post, juste après la preuve de JLT, comme il est (JLT) très fort, il maitrise parfaitement les définitions et les petites finesses dans son argument.

Mais il planterait probablement** les correcteurs de L3 quand ils corrigent en diagonale dans le sens qu'il demande au lecteur une lecture méticuleuse et prudente. Attention, il a raison, je ne dis pas que sa preuve est fausse, je dis juste qu'heureusement que les correcteurs ne se tapent pas des étudiants comme JLT à corriger, car ils rateraient probablement 2/3 des raisonnements corrects. Heureusement, si on fait assez d'interros, on finit par s'apercevoir que la personne est excellente. Par contre, si on en fait peu, on peut passer à côté. Il m'est (même si c'est rare), arrivé de devoir récupérer des copies ainsi pour les recoter (les arguments étaient valables mais denses).

Attention, je le répète, ce n'est pas une critique de sa preuve, mais un commenteur conseillant sur la manière de la lire.

Tout dépend si tu veux comprendre la preuve de JLT ou te faire une idée "dans les tripes" de ce théorème. Dans la deuxième option, la preuve de JLT ne dit pas comment, au conditionnel, on aurait pu trouver vite et sans inspiration.

A l'un de mes posts précédents, j'ai pallié à ça (mais en fait, je l'ai peut-être posté dans le fil en lien, donc je vais le répéter ici).

Voici une liste d'intuitions "qui automatisent" la réussite à des exos de cette famille:

1/ $x\in adh(Y)$ peut se dire $x$ touche $Y$.

1bis/ $A$ touche $B$ pour des parties de l'espace peut être vu comme $adh(A) \cap adh(B) \neq \emptyset$

2/ $A$ est connexe peut se dire on ne peut pas partitionner $A$ en deux morceaux ne se touchant pas

3/ Mais en fait, le mieux, c'est peut-être de dire: $<<E$ est connexe ssi pour tout recouvrement ouvert de $E$, le $R$-graphe de $E$ est connexe (en tant que graphe)$>>$, où $R$-graphe veut dire sommets sont les points de $E$ et il y a une arrête entre $x$ et $y$ quand $\exists U\in R: \{x;y\}\subset U$. Certes, cette équivalence est évidente, mais elle est inspirante.

4/ Exemple: dans l'exercice initial de ce fil "on voit bien"*** ce qui se passe dès lors qu'on adopte les positions "politiques" décrites en 1 à 3 et dès lors, il suffit de lire l'exo pour savoir qu'on va le réussir sans même se fatiguer à chercher (le temps nécessaire sera celui d'une rédaction acceptable).



** je veux dire que le correcteur qui a 150 copies à rendre avant le jour X risque fort de cesser la lecture dès la f introduite avec le com (pas forcément écrit) "f n'est pas définie sur E tout entier".

*** avec le recouvrement composé par les intersections finies des ouverts directs ou indirects du problème (il y en a 10).