Propriétés de convexes du plan
dans Topologie
Bonjour,
Voici deux propriétés (très liées) qui me semblent vraies mais que je ne sais pas prouver.
1) Le bord d'un convexe borné de $\mathbb{R}^2$ est connexe par arc.
2) Si $\Omega_1$ et $\Omega_2$ sont deux convexes de $\mathbb{R}^2$ d'intersection non-vide bornée alors l'intersection $\partial \Omega_1 \cap \partial \Omega_2$ est non-vide.
Est-ce que quelqu'un aurait une idée ?
Voici deux propriétés (très liées) qui me semblent vraies mais que je ne sais pas prouver.
1) Le bord d'un convexe borné de $\mathbb{R}^2$ est connexe par arc.
2) Si $\Omega_1$ et $\Omega_2$ sont deux convexes de $\mathbb{R}^2$ d'intersection non-vide bornée alors l'intersection $\partial \Omega_1 \cap \partial \Omega_2$ est non-vide.
Est-ce que quelqu'un aurait une idée ?
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Réponses
a) Montrer que l'intérieur de $\overline K$ est le même que celui de $K$. ça utilise fortement la convexité, a priori une preuve possible consiste à étudier la preuve de l'exercice classique "un convexe dense de $\mathbb R^n$ est $\mathbb R^n$", et à l'adapter à une boule (boule au sens qu'on préfère : euclidien ou norme infini par exemple, il est possible que norme infini soit préférable ici vu la ressemblance avec $\mathbb R^n$ tout entier mais si je ne m'abuse on n'en a même pas besoin) pour montrer que si $K$ est convexe et $K\cap B(x,\epsilon)$ est dense dans $B(x,\epsilon)$, alors $B(x,\epsilon) \subset K$.
ça donne en particulier que la frontière de $K$ est celle de $\overline{K}$, i.e. on peut supposer $K$ fermé, donc (comme il est borné) compact.
b) Si $\mathrm{Int}(K) = \emptyset$, la question est évidente, on peut donc supposer que $\mathrm{Int}(K) \neq \emptyset$.
c) Il y a un autre exercice classique qui consiste à montrer que deux compacts convexes d'intérieurs non vide quelconques de $\mathbb R^n$ sont homéomorphes, et si je ne m'abuse, cet homéomorphisme peut en fait même être pris comme une application continue $\mathbb R^n\to \mathbb R^n$ qui, restreinte à nos compacts convexes, est un homéo; en particulier elle devrait préserver la frontière de nos compacts convexes. Donc on peut supposer $K= $ le compact convexe d'intérieur non vide qu'on préfère. Il n'est pas difficile d'en trouver un dont la frontière est connexe par arcs.
Il y a quelques points à vérifier que je n'ai pas encore vérifiés en détail (normalement il est clair desquels il s'agit vu comme j'ai écrit), mais ça m'a l'air de tenir la route. D'ailleurs on observe bien la séparation nette entre la dimension $1$ et le reste, qui se situe dans la dernière étape (où on ne peut pas choisir de compact convexe préféré :-D )
Pour le 2) je n'y ai pas réfléchi, je reviendrai peut-être dessus plus tard
-Ou bien $K$ est d'intérieur vide et $\overline K = \partial K$ est convexe donc connexe.
-Ou bien $K$ est d'intérieur non vide. Quitte à translater on suppose que $0\in \overset{\circ} K$. On note $j$ la jauge de $K$ (i.e. $j(x):= \inf\{t \in \R_+^* \mid t^{-1}x \in K\}$). Alors $j$ est définie sur $\R^n$ et convexe donc (dimension finie) continue; l'application $x\mapsto \|x \| \cdot \frac{x}{j(x)}$ réalise un homéomorphisme de la boule unité sur $\partial K$ qui du coup est connexe ($\partial K = j^{-1}(\{1\})$).
Maxtimax et Foys : Vos preuves sont les mêmes (avec l'homéomorphisme donné par Foys), même si la première étape de Maxtimax est inutile. Aucune astuce, c'est le genre de preuve que j'aime. Merci !
Sinon j'ai réfléchi, je pensais avoir une preuve (valable uniquement dans $\mathbb{C}$ en utilisant le théorème de Carathéodory, mais il faut que le bord de mon convexe soit une courbe de Jordan, ce qui revient à supposer la conclusion.
Une autre preuve valable dans $\R^n$ m'a été soufflée par un ami :
Soit $K$ notre convexe. Soit $B$ une boule contenant $K$.
On regarde la restriction à $S:=\partial B$ de la projection sur le convexe fermé $\bar{K}$.
Il s'agit d'une application continue qui envoie $S$ dans $\partial K$. Si elle est surjective, $\partial K$ sera l'image d'un connexe par arc par une application continue donc connexe par arc. On montre alors la surjectivité en construisant un antécédent à chaque point du bord $\partial K$ :
Soit $x$ un tel point. Soit $H$ un hyperplan d'appui en $x$. Alors la demi-droite orthogonale à $H$ d'origine $x$ intersecte $S$ en un unique point dont la projection est $x$.
Je me demande même si cette preuve ne peut pas se généraliser à un espace de Hilbert quelconque.
2) Oui, j'ai oublié de supprimer le cas trivial dans lequel l'un des convexes est inclus dans l'autre. Et c'est vrai que la preuve devient évidente si on a le point 1) (ce qui est le cas maintenant), merci GaBuZoMeu.
Merci à tous !
Peut-on en fait dire que le bord d'un convexe borné de $\R^2$ est une courbe de Jordan ?
Oui sinon car il a même bord que son adhérence et il existe un homéomorphisme du plan dans lui-même envoyant cette adhérence sur la boule unité fermée.
si on s'en tient aux définitions, le bord (frontière topologique) d'un segment dans le plan est le segment lui-même, non pas ses extrémités.
Merci Foys pour ta réponse. Oui, j'ai oublié de considérer le cas trivial où l'intérieur est vide.
Dans le cas où il est non vide, ça me semblait évident mais j'avais peur de louper quelque chose. Voilà ma preuve (si on peut appeler ça une preuve) :
Soit $f$ l'homéomorphisme du cercle unité $S$ sur $\partial K$ et soit $\Gamma$ une courbe de Jordan d'image $S$ (par exemple $t \in [0,\, 1]\mapsto e^{2i\pi t}$). Alors $\gamma := f \circ \Gamma$ est une courbe de Jordan d'image $\partial K$.
Il semble que $f$ continue et inversible suffise pour que $f \circ \Gamma$ soit une courbe de Jordan.
Puisque tu parles de ça, est-ce qu'il y a moyen de voir le bord d'une sous-variété de $\R^n$ comme la frontière topologique de la sous-variété pour une topologie bien choisie ? (Évidemment, je sais très bien qu'il y a une correspondance entre ces notions via les cartes, mais ce n'est pas ce que je demande.)
La compacité change quand même pas mal la donne.