Prouver que cette union est connexe
Soit $A \subseteq \mathbb R^n$ une partie connexe avec $A^c = B \cup C$. On suppose que $\bar B \cap C = B \cap \bar C = \emptyset$.
Comment prouver que $ A \cup B$ est connexe si la topologie est celle induite par la distance usuelle? Est-ce vrai pour une topologie quelconque?
Merci pour votre éclairage!
Comment prouver que $ A \cup B$ est connexe si la topologie est celle induite par la distance usuelle? Est-ce vrai pour une topologie quelconque?
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Réponses
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 $C=\{2\}$.
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 $R\in \{\emptyset ; E\}$.
Soit $(a,b)\in A\times B$. Soit un chemin allant de $a$ vers $b$. Ce chemin passe une dernière fois par un élément de $C$ de sorte qu'il termine par un parcours inclus dans $A\cup B$. Le pas d'après est forcément dans $A$ puisqu'on ne peut pas passer directement de $C$ à $B$. On peut alors remplacer le début du chemin par un chemin complètement inclus dans $A$ et finalement obtenir un chemin allant de $a$ vers $b$ entièrement inclus dans $A\cup B$.
On peut donc se poser une question: est-ce vrai pour tout espace connectif?
Un espace connectif est la donnée d'un couple $(E,C)$ où $C$ est un ensemble de parties de $E$ tel que toute famille d'éléments de $C$ qui a une intersection non vide a une réunion dans $C$.
Je numérote la question dans "il est facile de".
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
Pourquoi $b\notin \overline{A}$
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 $f(b)=0$.
Ta démonstration est encore floue dans ma tète.
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).