Propriétés de convexes du plan

Tableau Blanc · November 2019

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 ?

GaBuZoMeu · November 2019

1) Soit $C$ un convexe borné d'intérieur non vide, $M$ et $N$ deux points de son bord, $P$ un point de l'intérieur de $C$ en dehors de $[M,N]$. Pour tout point $Q\in [M,N]$, la demi-droite $[PQ)$ rencontre le bord de $C$ en un point $f(Q)$. L'application $f$ est continue, $f(M)=M$ et $f(N)=N$.

Maxtimax · November 2019

Je ne suis pas sûr car je n'ai pas fait tous les détails, mais pour le 1) voici une attaque possible de la question :

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

Foys · November 2019

Pour 1), le résultat est vrai dans $R^n$: si $K$ est le convexe en question, alors
-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 ($\partial K = j^{-1}(\{1\})$).

Foys · November 2019

Tableau Blanc a écrit:

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.

Pour 2), non car l'un des convexes peut être contenu dans l'autre (ex $B(0,1)$ et $B(0,2)$).

GaBuZoMeu · November 2019

Pour le 2 : si l'intersection est non vide et bornée, son bord est connexe (par arcs) et contenu dans la réunion des deux bords qui sont fermés. Si l'intersection des deux bords était vide, alors le bord de l'intersection serait disjoint de l'un des deux bords, et le convexe dont c'est le bord contiendrait l'autre strictement (cas de Foys).

Tableau Blanc · November 2019

1) GaBuZoMeu : la preuve dans ton message http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?14,1897714,1897720#msg-1897720 est très élémentaire et les quelques non-dits (la demi-droite a forcément une intersection avec le bord sinon le convexe n'est pas borné, ou encore la continuité de l'application) sont faciles à prouver. Merci !

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 !

Tableau Blanc · November 2019

Je reviens vers vous pour une autre question.
Peut-on en fait dire que le bord d'un convexe borné de $\R^2$ est une courbe de Jordan ?

Foys · December 2019

Non s'il est d'intérieur vide (segment ou point).
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.

totocov · December 2019

Pour le point 1) il faut d'ailleurs éliminer le cas du segment...

Foys · December 2019

@totocov
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.

Tableau Blanc · December 2019

Bonjour,
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.)

GaBuZoMeu · December 2019

Le bord d'une variété à bord est sa frontière dans son double.

totocov · December 2019

@Foys, merci, j'ai confondu frontière et "bord" (qui est d'ailleurs pas si bien défini que ça puisque qu'on n'a pas nécessairement une sous-variété si je comprends bien).