connexité et arcs simples (rép. à Rhomuald)

[invite35452583]

s'il existe une application continue d'un intervalle de IR dans un espace topologique telle que et (où ), pourquoi il existe aussi dans un arc simple d'extrémités ?

Une 1ère réponse a été apportée par God'sBreath, dans un autre fil, en résolvant le cas E de Fréchet (les points sont des fermés), le nombre de points multiples de E finis (pouvant par contre être atteint une infinité de fois).
Mais une belle question comme ça ne pouvait être laissée sans réponse complète.
Réponse pour le cas où les points multiples sont infinis :
a) il existe un contre-exemple avec E de Fréchet
b) le résultat est par contre vrai en toute généralité dès que E est séparé (de Haussdorf)

Résumé de la preuve de a) :
Comme tous les intervalles compacts d'intérieur non vide de R sont homéomorphes on ne perd pas en généralité en supposant . Soit c : [0,1]-> un chemin continu dans un espace séparé E avec c(0)=a distinct de c(1)=b.
On "pince" successivement des intervalles [s,s'] avec c(s)=c(s') mais à la "hussarde" : on pince à chaque fois un des plus longs intervalles possibles (l'hypothèse E séparé et l'unicité des limites qui s'en suit intervient à ce niveau). On ne "pince" jamais au même endroit (les intervalles "pincés" sont disjoints) donc la somme des longueurs est toujours inférieur à 1 et la longueur de ces intervalles "pincés" tend donc vers 0. Quand on a pincé une quantité au plus dénombrable d'intervalles disjoints on obtient une application injective. Comme c(s)=c(s') les "pincements" préservent la continuité. Comme les intervalles sont disjoints on préserve l'ordre de [0,1], ordre qui intuitivement conserve les propriétés des bornes supérieures et inférieures, qui reste dense car deux intervalles fermés ne se "touchent" pas ce qui permet de conserver l'homéomorphisme avec [0,1].
Ou de manière exhaustive (cf message suivant)

Pour a), soit R dont on double l'origine : R'=R_{0}U{O1, O2}. Un ouvert de R' est une partie dont l'intersection avec R* est ouverte et qui s'il contient un des Oi alors il contient un voisinage ouvert de O dans R privé de O.
C'est facile de vérifier que c'est un espace de Fréchet.
L'application c : [0,1]->R' définie par c(0)=O1, c(t)=t pour 0<t<=1/2, c(t)=1-t pour 1/2<=t<1, c(1)=O2 est continue (évident). Il est facile de voir que E est connexe par arcs, que l'on peut joindre par un arc simple n'importe quelle paire de points distincts {x,y} si au moins un des deux n'est pas un des Oi. Mais on ne peut pas joindre O1 et O2 par un arc simple.
En effet, soit c un tel chemin alors c([0,1]) n'est pas restreint à {O1,O2} sinon [0,1] serait l'union disjointe de deux fermés. c atteint des valeurs de R⁺* ou de R^-*, quitte à prendre c'(t)=-c(t) quand c(t) est dans R* et c(Oi)=Oi on peut supposer que c prend au moins une valeur x dans R⁺*. c atteint une valeur maximale c(t) en t. N'importe quelle réel compris strictement compris entre 0 et c(t) c l'atteint au moins une fois sur ]0,t[ et au moins une fois sur ]t,1[ (Il suffit de considérer la composée avec l'application continue R'->R t->t pour t dans R* et Oi->O pour i=1 ou 2).
-----

[invite35452583]

Soit c : [0,1]->E chemin continu, E séparé, avec a=c(0) distinct de b=c(1).
A montrer qu'il existe un chemin continu simple c' : [0,1] ->E avec c'(0)=a c'(1)=b.
On va montrer qu'en « pinçant » convenablement alors on obtient une application injective qui reste continue définie sur un espace qui est topologiquement un intervalle compact.

1^ère étape : construction d'une application injective
Montrons qu'il existe une famille F d'intervalles fermés ={[s(f),s'(f)] ; f dans F}, tels que :
a) les éléments de F sont disjoints ;
b) c(s(f))=c(s'(f)), que l'on notera c'(f), pour tout f dans F ;
c) c' est injective sur F.

Pour cela on va montrer que pour tout entier n il existe une famille d'intervalles fermés {F_k=[s_n,s'_n] ; 1<=k<=n}, longueur de F_k=:L_k vérifiant :
a) les intervalles sont disjoints ;
b) c(s_k)=c(s'_k) pour tout k ;
c)' c(t)=c(t') pour t,t' dans O_n=[0,1]\(F₁ U F₂ U ... U F_n)=>lt'-tl<=min(L_k ; 1<=k<=n) ;
c)'' c(O_n) et les {c_k} sont tous disjoints.

Rang 0 : si c est injectif sur [0,1] alors la famille {{0}}convient.
Sinon C₁={(t,t') dans O₀²=[0,1]² ; c(t)=c(t'), t'-t>0} est non vide donc comme {t'-t; (t,t') dans C₁ est majoré par 1 ce dernier ensemble admet une borne supérieure notée L₁>0.
Il existe (s₁,s'₁) dans C₁ tel que s'₁-s₁=L₁
En effet, pour tout m>0, il existe un couple (t_m,t'_m) de C₁ tel que L₁-1/m<=t'_m-t_m<=L₁.
Comme [0,1] est compact, on peut en extraire une sous-suite (t_k(m) , t'_k(m)) telle que t_k(m) et t'_k(m) convergent respectivement vers s₁ et s'₁ dans [0,1].
On a alors
et
(1): c'est l'unique endroit où la séparation de E (unicité de la limite) est nécessaire.
La suite (F₁=[s₁,s'₁]) vérifie facilement l'hypothèse au rang 1.

Rang n : on suppose qu'il existe une famille {F₁, F₂ ... F_n} vérifiant l'hypothèse au rang n. Si c est injectif sur O_n alors la famille {F₁, F₂, ..., F_n,{t}} où t n'est pas dans les F_k vérifie le résultat annoncé de la 1ère étape. t existe car si n>1 alors [0,1] n'est pas égal à l'union finie de plus de deux fermés car connexe et si n=1 alors F₁ est distinct de [0,1] car c(0) est distinct de c(1).
Sinon C_n+1={(t, t') dans O_n² ; c(t)=c(t'), t'-t>0} est non vide donc comme {t'-t; (t,t') dans C_n+1 est majoré par L_n ce dernier ensemble admet une borne supérieure notée L_n+1.
En reprenant la même construction que pour (s₁,s'₁) on montre qu'il existe un couple (s_n+1,s'_n+1) tel que
i) avec (t_m, t'_m) dans C_n+1 donc s_n+1 et s'_n+1 sont dans l'adhérence de O_n ;
ii) c(s_n+1)=c(s'_n+1) ;
iii) s'_n+1-s_n+1=L_n+1 <=L_k pour tout k compris entre d'après c)' et >0 car C_n+1 est dans la cas envisagé non vide.
Montrons que [s_n+1, s'_n+1] est disjoint des F_k, 1<=k<=n.
D'après c)', on a t'_m-t_m<=L_k pour tout k donc t_m et t'_m sont dans la même composante connexe de O_n (ils ne peuvent pas « enjamber » un F_k), ces composantes connexes sont en nombre fini donc les t_m et t'_m sont dans une même composante connexe ]s'_h, s_k[, h et k distincts, de O_n (ou [0, s_k[ ou encore ]s'_h, 1] si 0 ou 1 sont dans O_n).
Donc t_m, resp. t'_m, converge vers s_n+1, resp. s'_n+1, qui est soit un élément de O_n soit s'_h, resp.s'_k.
Mais dans ce dernier cas on a à la fois c(s'_n+1)=c(s_n+1)=c(s'_h), et, s'_n+1>s_n+1=s'_h>=s_h donc s'_n+1 qui est dans O_n ou égal à s_k. Ceci contredit c)''. s_n+1 est donc dans O_n.
On montre de même que s'_n+1 est dans O_n et donc [s_n+1, s'_n+1] est inclus dans une composante connexe de O_n donc disjoints des F_k.

On peut désormais finir la 1ère étape. D'après ce qui précède il existe une famille dénombrable d'intervalles vérifiant a), b) c)' et c)'' (*). On complète cette famille par les singletons formés par tous les éléments de [0,1] qui ne sont dans aucun des intervalles F_k.
Il reste à vérifier que cela implique c)
D'après c)'', c'(F_k)=c(s_k) est distinct de tous les autres c(F_h) et de tous les c(f) avec f un singleton distinct de tous les F_k.
Supposons qu'il existe {t} et {t'} distincts de tous les F_k tels que c'({t})=c(t)=c(t')=c'({t'}). Comme la série de terme L_n est une série de terme positif dont les somme partielles sont majorées par 1, c'est une série convergente et L_n tend vers 0 quand n tend vers l'infini. Or, d'après c)' on a lt'-tl<=L_n pour tout n donc lt'-tl=0 et t=t' ce qui finit de montrer l'injectivité de c'.
(*) : cela nécessite en l'état l'axiome du choix dénombrable mais on peut définir ce choix : si à un moment c est injectif sur O_n on s'arrête. Par contre à chaque étape où c n'est pas injectif sur O_n ce qui précède montre que D[IND]n+1[IND]={t de [0,1-L_n+1] tel que c(t+L_n+1)=c(t)} est non vide or c'est l'image réciproque par l'application continue composée de t->(t,t+L_n+1) et de cxc de la diagonale de EXE (càd les (y,y) y parcourant E) qui est fermé car E est séparé. On peut choisir pour s_n+1 la borne inférieure de D[IND]n+1[IND]. On vérifie de la même manière que [s_n+1; s'_n+1] est inclus dans O_n que l'intervalle ainsi choisi est inclus dans O_n.

2^ème étape : c' est continue pour la topologie de l'ordre induit sur F.
Pour ceux qui ne connaissent pas la topologie quotient.
L'ordre induit est le suivant : f<=f' si et seulement si s(f)<=s(f'). C'est évidemment réflexif et transitif. C'est antisymétrique car s(f)=s(f') implique que f et f' ne sont pas disjoints donc égaux d'après a). C'est un ordre total car on peut toujours comparer s(f) et s(f'), la comparaison se faisant entre réels.
Comme les intervalles sont disjoints ceci équivaut à s'(f)<=s'(f') (sinon s'(f')<s'(f) et f' est strictement inclus dans f ce qui contredit a)) et équivalent à il existe t dans f et t' dans f' tels que t<=t' (si s'(f')<=t alors t est dans f et dans f' donc f=f' d'après a), si t<s'(f') alors comme s(f)<=t on a f<f'). Si f<f' alors pour tout t dans f et tout t' dans f' on a t<t' (sinon on a vu que t'<=t=>f'<=f contradiction).
La topologie sur F est définie ainsi : une partie U de F est un ouvert si et seulement si pour tout f ne contenant ni 0 ni 1 dans U il existe f' et f'' dans F tel que f soit dans ]f', f''[ lui même inclus dans U et si f contient 0 (resp. 1) alors il existe f'' (resp. f') tel que f soit dans [f,f''[ (resp. ]f', f]) lui même inclus dans U.
Le vide et F sont trivialement ouverts, de même que toute union d'ouverts est un ouvert, la stabilité par intersection finie est une conséquence que l'intersection finie d'intervalles ouverts.

Pour cette topologie, c' est continue.
Commençons par remarquer que pour toute partie X de F alors c'(X) est inclus dans . En effet, c(f) contient c(s(f))=c(s'(f)) pour tout f de F.
Soit y=c'(f) pour f dans F et U un ouvert de E contenant y. On a c^-1(y) est un ouvert de [0,1], car c est continue, contenant s(f) et s'(f), car y=c'(f)=c(s(f))=c(s'(f)).
Si s(f) ne contient pas 0 et s'(f) ne contient pas 1, il existe donc t et t' dans [0,1] tels que c(]t, s(f)])Uc([s'(f), t'[) soit inclus dans U. Comme t<s(f), on a s(t)<s(f) donc l'intervalle de F contenant t noté i(t)=[s(t), s'(t)]<f dans F. De même, on a f<i(t')=[s(t'), s'(t')]. Or, tous les éléments t'' de [0,1] appartenant à un intervalle f'' de F tel que i(t)<f''<i(t') sont tels que t<t''<t' donc c(t'') est dans U. On a d'après la remarque préalable c'(]i(t), i'(t')[) inclus dans {c(t''), t'' dans f'' avec i(t)<f''<i(t')}donc c'(]i(t), i(t')[) inclus dans U avec f dans ]i(t), i(t')[, c' est donc continue en f.
Si s(f) contient 0 ou s'(f) contient 1, la même preuve en ne se préoccupant que d'un côté s'applique.

3^ème étape : F munie de la topologie définie ci-avant est homéomorphe à [0,1] munie de la topologie usuelle
Montrons que F peut-être mis en bijection avec [0,1]. Pour ce faire on construit g : [0,1]->F strictement croissante par dichotomie et complétion.
Rang 0 : g(0)=intervalle contenant 0, g(1)=intervalle contenant 1.
On a trivialement s(g(1))-s'(g(0))<=1
Rang 1 : g(1/2)=intervalle contenant le milieu de s'(g(0)) et de s(g(1)).
Comme 0 et 1 ne sont pas dans le même intervalle car c(0)=a est distinct de c(1)=b et que 0 est nécessairement l'origine de l'intervalle qui le contient et 1 l'extrémité, on a s'(g(0))<s(g(1)). Donc le milieu est strictement compris entre s'(g(0)) et s(g(1)) donc est dans un intervalle distinct de g(0) et de g(1) et on a s'(g(0))<s(g(1/2))<=s'(g(1/2))<s(g(1)).
On vérifie facilement que s(g(1))-s'(g(1/2)) et s(g(1/2))-s'(g(0)) <=1/2 car tous les deux <=(s(g(1))-s'(g(0)))/2
Supposons qu'au rang n : g(k/2ⁿ) est définie pour tout 0<=k<=2ⁿ et vérifie :
a) s'(g(0)) < s(g(1/2ⁿ)<=s'(g(1/2ⁿ)) ... s'(g((k-1)/2ⁿ) < s(g(k/2ⁿ))<=s'(g(k/2ⁿ)) < s(g((k+1)2ⁿ)) ... s'(g((2ⁿ-1)/2ⁿ)) < s(g(1))
b) s(g((k+1)/2ⁿ)-s'(g((k)/2ⁿ)<=1/2ⁿ
Alors en prenant g((2k+1)/2ⁿ⁺¹)=intervalle contenant le milieu de s'(g(k/2ⁿ)) et de s(g((k+1)/2ⁿ)), on vérifie comme pour le passage du rang 0 au rang 1 que g vérifie le rang n+1.

G est ainsi définie sur {k/2ⁿ}, on prolonge sur tout [0,1] par complétion.
Soit x un élément de [0,1[, pour tout entier n il existe un unique entier k_x,n tel que k_x,n/2ⁿ<=u<(k_x,n+1)/2ⁿ
La suite (k_x,n) est croissante, la suite (k_x,n+1) est décroissante, (classique) donc (s'(g(k_u,n/2ⁿ))) est croissante et (s(g((k_x,n+1)/2ⁿ))) est décroissante et l'écart est inférieur à 1/2ⁿ, ce sont donc deux suites adjacentes qui définissent un unique élément de [0,1] et donc un unique élément de F.
Pour un élément dans {k/2ⁿ}la suite (s'(g(k_x,n/2ⁿ))) est stationnaire à partir d'un certain rang donc g reste définie comme ci-avant pour ces éléments.
g est strictement croissante (et donc injective) : soit x<x' pour N suffisamment grand il existe un entier k tel que x<k/2^N<(k+1)/2^N<x' donc s'(g(k_x,n/2ⁿ))<=s'(g(k/2^N)) pour tout n>=N donc s'(g(x))<=s'(g(k/2^N)), de même s(g(k+1)/2ⁿ))<=s(g(x')).
Comme s'(g(k/2^N))<s(g(k+1)/2ⁿ)) on a s'(g(x))<s(g(x')) donc g(x)<g(x').
g est surjective : soit f un intervalle, ne contenant pas 1, élément de F et soit où k_f,n est le plus grand entier tel que g( k_f,n/2ⁿ)<=f.
Si pour un certain entier n on a g( k_f,n/2ⁿ)=f alors f est bien atteint par g.
Sinon, on a g( k_f,n/2ⁿ)<f pour tout entier n donc s'( g( k_f,n/2ⁿ))<s(f). Or, par définition de k_f,n on a aussi f<g((k_f,n +1)/2ⁿ)) donc s'(f)<s(g((k_f,n +1)/2ⁿ))). Cette dernière inégalité montre que pour tout entier n' on a k_f,n'/2^n'<(k_f,n +1)/2ⁿ et donc en prenant la borne supérieure x<=(k_f,n +1)/2ⁿ.
Si x=(k_f,n +1)/2ⁿ pour un certain entier n, alors pour que x soit la borne supérieure on doit avoir k_f,n'=2^n'-n-1 comme s'( g( k_f,n'/2^n'))<s(f)<=s'(f)<s(g((2^n'-n(k_f,n +1)/2^n')))=s(g((k_f,n +1)/2ⁿ))). Or, l'écart entre les termes extrêmes est inférieur à 1/2^n' donc en passant à la limite on a s(f)=s'(f)=s(g((k_f,n +1)/2ⁿ))=s(g(x)) ce qui est contradictoire.
Donc x<(k_f,n +1)/2ⁿ, on déduit de k_f,n/2ⁿ<=x<(k_f,n +1)/2ⁿ que la limite commune de s'(g(k_f,n/2ⁿ)) et de s(g((k_f,n+1)/2ⁿ)) est égal à s(g(x)). Or, comme s'(g(k_f,n/2ⁿ))<s(f)<=s'(f)<s(g((k_f,n+1)/2ⁿ)) cette même limite vaut s(f)=s'(f).
g est un homéomorphisme on a vu que g est injective et surjective donc bijective, de plus elle est strictement croissante donc les intervalles ouverts qui définissent la topologie de part et d'autre se correspondent par g qui est donc continue et d'inverse continue.

Conclusion :
c'og est injective et continue avec c'og(0)=c'(intervalle contenant 0)=c'(intervalle d'origine 0)=c(0)=a de même c'og(1)=b donc satisfait la conclusion du résultat annoncé.

[invite35452583]

J'ai failli oublier, pour le cas où les points multiples sont en nombre fini on ne peut pas abaisser l'axiome "de Fréchet" comme le confirme l'exemple suivant avec un espace de Kolmogorov : E={a,b} topologie={vide, {a},E} est connexe par arcs n'ayant qu'un nombre fini de points multiples (ils auraient du mal à en avoir plus que deux), c : [0,1]->E c([0,1[=a), c(1)=b mais aucun arc sans points multiples entre a et b (plus qu'évident).

[invite769a1844]

merci beaucoup homotopie,
je vais lire attentivement ton étude dans (toute?) la soirée.

[A voir en vidéo sur Futura]

[invite769a1844]

je quote ici la réponse de God's Breath afin de tout regrouper.

Si est un chemin continu reliant à .
Si l'espace d'arrivée est séparé, pour tout point de , est fermé dans , donc compact.

Il admet un plus petit élément et un plus grand élément : est la première valeur et est la dernière valeur en laquelles prend la valeur .

Si est un point multiple de l'arc, alors .

La restriction de à est un chemin continu de à ; la restriction de à est un chemin continu de à .
En les recollant, on obtient un chemin continu de à sur lequel n'est plus point multiple.

On peut donc supprimer un nombre fini de points.

Pour le cas général, il doit falloir jongler finement avec la connexité.