[<] Parties convexes [>] Applications de la connexité par arcs

 
Exercice 1  5767  Correction  

Montrer que l’ensemble X={(x,y)2|xy=1} est la réunion de deux composantes connexes par arcs.

Solution

L’ensemble X est la réunion des deux ensembles

X+={(x,y)2|x>0,xy=1}etX={(x,y)2|x<0,xy=1}.
[Uncaptioned image]

L’ensemble X+ est l’image de ]0;+[ par l’application continue t(t,1/t) définie sur ]0;+[: c’est un ensemble connexe par arcs. De façon similaire, l’ensemble X est connexe par arcs.

Enfin, la réunion X=X+X n’est pas connexe par arcs. En effet, par l’absurde, supposons que X soit connexe par arcs. Son image par l’application continue (x,y)x est un intervalle. Or cet image vaut * et c’est absurde car * n’est pas un intervalle.

L’ensemble X possède donc deux composantes connexes par arcs qui sont X+ et X.

 
Exercice 2  5766   Correction  

Montrer que l’ensemble Ω={(x,y)2|xy1} est constitué de trois composantes connexes par arcs.

Solution

On peut décomposer Ω en la réunion disjointe Ω1Ω2Ω3 avec

Ω1 ={(x,y)2|x>0,xy>1},
Ω2 ={(x,y)2|x<0,xy>1},
Ω3 ={(x,y)2|xy<1}

L’ensemble Ω1 est convexe car c’est l’épigraphe de la fonction convexe x1/x définie sur l’intervalle ]0;+[, c’est donc un ensemble connexe par arcs.

Par un argument de symétrie ou un argument similaire, on établit que Ω2 est connexe par arcs.

L’ensemble Ω3 est lui aussi connexe par arcs car étoilé en (0,0):

(x,y)Ω3,,t[0;1],t.(x,y)=(tx,ty)Ω3

Aussi, par continuité de l’application f:(x,y)xy, on peut affirmer que Ω1Ω3 n’est pas connexe par arcs. En effet, l’image de cette réunion par f n’est pas un intervalle. Il en est de même de Ω2Ω3 et aussi de Ω1Ω2 en considérant cette fois-ci l’application continue (x,y)x.

 
Exercice 3  1147  Correction  

Montrer qu’un plan privé d’un nombre fini de points est connexe par arcs.

Solution

Notons P1,,Pn les points à exclure.

Soient A et B deux points du plan autres que P1,,Pn.

Il y a une infinité de droites passant par A et parmi celles-ci au moins une droite qui ne passe par aucun des P1,,Pn. Notons la 𝒟A.

Il y a une infinité de droites passant par B et parmi celles-ci au moins une qui ne passe par aucun des P1,,Pn et qui n’est pas non plus parallèle à 𝒟A. Notons la 𝒟B.

Les droites 𝒟A et 𝒟B se coupent en un point C. La réunion des segments [A;C] et [C;B] permet de définir un chemin continue allant de A à B sans passer par aucun des points P1,,Pn.

 
Exercice 4  1154   Correction  

Soit E un espace vectoriel normé de dimension finie n2.

  • (a)

    Montrer que la sphère unité S={xE|x=1} est connexe par arcs.

  • (b)

    À quelle condition l’intersection de deux sphères est-elle non vide?

Solution

  • (a)

    Soient a,bS.

    Cas: a-b. On peut affirmer que (1-λ).a+λ.b0 pour tout λ[0;1]. L’application

    γ:{[0;1]Etγ(t) avec γ(t)=1(1-t).a+t.b.((1-t).a+t.b)

    est alors un chemin joignant a à b inscrit dans S.

    Cas: a=-b. On transite par un point ca,b ce qui est possible car n2.

  • (b)

    Soient S1 et S2 des sphères de centres a1 et a2 et de rayons r1 et r2 réels strictement positifs.

    Analyse: Si S1S2 n’est pas vide, on peut introduire un élément x appartenant à cette intersection. L’inégalité triangulaire donne alors

    a2-a1=(a2-x)+(x-a1)a2-x+x-a1r1+r2.

    Aussi,

    r1=x-a1=(x-a2)+(a2-a1)r2+a2-a1.

    On obtient une propriété analogue en échangeant les rôles de r1 et r2 et, finalement, on parvient à la condition

    |r1-r2|a2-a1r1+r2.

    Synthèse: Supposons la condition précédente remplie et, quitte à échanger, supposons aussi r1r2. Considérons ensuite l’application δ qui à xS1 associe la distance de x à a2.

    Pour x1=a1+r1a2-a1.(a2-a1)S1, on a

    x1-a2=|a2-a1-r1|.

    Que la quantité dans la valeur absolue soit positive ou non, on obtient x1-a2r2.

    Pour x2=a1-r1a2-a1.(a2-a1)S1, on a

    x2-a2=a2-a1+r1r2.

    Par continuité de δ sur le connexe par arcs S1, il existe xS1 tel que x-a2=r2 ce qui détermine un élément de S1S2.

 
Exercice 5  1156  

Montrer que l’ensemble 𝒟n formé des matrices diagonalisables de n() est connexe par arcs.

 
Exercice 6  4078  Correction  

On note 𝒩 l’ensemble des matrices de n() nilpotentes. Montrer que N est une partie étoilée.

Solution

On vérifie aisément

A𝒩,λ,λ.A𝒩.

On a donc immédiatement

A𝒩,[On;A]𝒩.

L’ensemble 𝒩 est donc étoilé en On (au surplus, c’est un ensemble connexe par arcs).

 
Exercice 7  3867  Correction  

Montrer que SO2() est une partie connexe par arcs.

Solution

On sait

SO2()={(cos(θ)-sin(θ)sin(θ)cos(θ))|θ}.

Par ce paramétrage, on peut affirmer que SO2() est connexes par arcs, car image continue de l’intervalle par l’application

θ(cos(θ)-sin(θ)sin(θ)cos(θ))2().
 
Exercice 8  4699     MINES (MP)
  • (a)

    Montrer que GLn() n’est pas connexe par arcs.

  • (b)

    Montrer que GLn() est connexe par arcs.

 
Exercice 9  5876   Correction  
  • (a)

    Montrer que privé d’un nombre fini de complexes est une partie connexe par arcs.

  • (b)

    Application : Établir que GLn() est une partie connexe par arcs.

    On pourra considérer l’application zdet((1z)A+zB) pour A,BGLn().

Solution

  • (a)

    Notons z1,,zp les nombres complexes à exclure et étudions la connexité par arcs de Ω={z1,,zp}.

    Pour R=max{|z1|,,|zp|}+1, le cercle C={z||z|=R} est une partie connexe par arcs incluse dans Ω. Montrons que tout zΩ peut être relié dans Ω à un point de C.

    Soit zΩ.

    Cas: |z|R. On écrit z=|z|eiθ avec θ. Le segment d’extrémités z et Reiθ est inclus dans Ω et rejoint z à un point de C.

    Cas: |z|<R. Toutes les droites passant par z coupent C en deux points. Ces droites sont en nombre infini et il n’y a qu’un nombre fini de celles-ci qui passent par l’un des z1,,zp. Il existe donc une droite passant par z et coupant C tout en restant incluse dans Ω. Il est donc possible de relier z à C par un segment inclus dans Ω.

    Quitte à transiter par un arc du cercle C, il est possible de relier entre eux tout en restant dans Ω n’importe quels points de Ω: Ω est une partie connexe par arcs.

    [Uncaptioned image]

    Il existe d’autres constructions géométriques pouvant résoudre le problème: pour z,z distincts des z1,,zp, on peut construire deux droites non parallèles, l’une passant par z et l’autre passant par z et aucune ne passant par z1,,zp. Ces deux droites se coupent et cela permet de définir un chemin convenable allant de z à z.

  • (b)

    Soient A,BGLn(). L’application zdet((1z)A+zB) est un polynôme en z dont 0 et 1 ne sont pas racines. Ce polynôme possède un nombre fini de racines z1,,zp. Puisque {z1,,zp} est connexe par arcs et contient 0 et 1, il existe une application continue γ:[0;1] vérifiant γ(0)=0, γ(1)=1 et γ(t){z1,,zp} pour tout t[0;1]. Considérons alors l’application φ:[0;1]n() donnée par

    φ(t)=(1γ(t))A+γ(t)B

    Celle-ci est continue, vérifie φ(0)=A, φ(1)=B et, par construction, prend ses valeurs dans GLn() car det(φ(t))0 pour tout t[0;1].

 
Exercice 10  5442      MINES (MP)Correction  
  • (a)

    Montrer que GLn+()={Mn()|det(M)>0} est connexe par arcs.

  • (b)

    En déduire que GLn-()={Mn()|det(M)<0} est aussi connexe par arcs.

Solution

  • (a)

    Soit M une matrice de GLn+(). On montre que M peut être continûment réliée dans GLn+() à la matrice In en observant que M peut être successivement réliée à une matrice diagonale, à une matrice diagonale à coefficients strictement positifs puis à In.

    Lien entre M et une matrice diagonale D

    Par transvections sur les lignes, on peut transformer la matrice inversible M en une matrice diagonale D. Il existe donc des matrices de transvections T1,,TN telles que

    TN××T1×M=D avec DGLn+()Dn().

    Une matrice de transvection Tk est de la forme Tk=In+λEi,j avec λ et i,j distincts. Posons alors Tk(t)=In+tλEi,j et considérons l’application

    γ:{[0;1]n()tTN(t)××T1(t)×D.

    L’application γ est continue, prend ses valeurs dans GLn+() (car les matrices de transvection sont de déterminant 1) et relie γ(0)=D à γ(1)=M.

    Lien entre D et une matrice diagonale D coefficients diagonaux strictement positifs

    Si D est déjà à coefficients diagonaux strictement positifs, il n’y a rien à faire. Sinon, il y a au moins deux coefficients diagonaux strictement négatifs di et dj avec ij car det(D)>0. Considérons alors les matrices de rotation

    Ri,j(t)=In+(cos(πt)-1)(Ei,i+Ej,j)+sin(πt)(Ej,i-Ei,j).

    Considérons ensuite l’application

    γ:{[0;1]n()tRi,j(t)D.

    L’application γ est continue, prend ses valeurs dans GLn+() (car les matrices de rotation sont de déterminant 1) et relie D à une matrice diagonale obtenue en inversant le signe des coefficients diagonaux d’indices i et j de D. Quitte à répéter la manipulation s’il reste des coefficients négatifs, on peut relier D à une matice diagonale D à coefficients diagonaux strictement positifs.

    Lien entre D et In

    Notons α1,,αn les coefficients diagonaux de D et considérons

    γ:{[0;1]n()tdiag(α1t,,αnt).

    L’application γ est continue, prend ses valeurs dans GLn+() et relie γ(0)=In à γ(1)=D. C’est gagné.

  • (b)

    Soit J une matrice de déterminant -1. L’application MJM transforme continûment GLn+() en GLn-(). L’ensemble GLn-() est connexe par arcs en tant qu’image continue d’un connexe par arcs.

 
Exercice 11  1155   Correction  

Soit E un espace vectoriel réel de dimension n2.

  • (a)

    Soit H un hyperplan de E. L’ensemble EH est-il connexe par arcs?

  • (b)

    Soit F un sous-espace vectoriel de dimension pn-2. L’ensemble EF est-il connexe par arcs?

Solution

  • (a)

    Non. Si on introduit f forme linéaire non nulle telle que H=Ker(f), f est continue et f(EH)=* non connexe par arcs donc EH ne peut l’être.

  • (b)

    Oui. Introduisons une base de F notée (e1,,ep) que l’on complète en une base de E de la forme (e1,,en).
    Sans peine tout élément x=x1e1++xnen de EF peut être lié par un chemin continue dans EF au vecteur en si xn>0 ou au vecteur -en si xn<0 (prendre x(t)=(1-t)x1e1++(1-t)xn-1en+((1-t)xn+t)en).
    De plus, les vecteurs en et -en peuvent être reliés par un chemin continue dans EF en prenant x(t)=(1-2t)en+(t-t2)en-1. Ainsi EF est connexe par arcs.

 
Exercice 12  5441     MINES (MP)Correction  

Déteminer les composantes connexes par arcs de l’ensemble

={An()|A2=In}.

Solution

Soit A. Cette matrice est diagonalisable semblable à une matrice de la forme

Jk=(Ik00In-k) avec k0;n

et donc tr(A)=n-2k. L’application trace est continue (car linéaire au départ d’un espace de dimension finie) et prend uniquement des valeurs entières sur , cette application est donc constante sur chaque composante connexe par arcs de . Les composantes connexes par arcs de sont donc incluses alors les parties

k={A|tr(A)=n-2k}pour k0;n.

Soit k0;n. Montrer que k est connexe par arcs. Soit Ak. Il existe une matrice PGLn() telle que A=P-1JkP. Or on sait que GLn() est une partie connexe par arcs et il existe donc une application γ:[0;1]n() continue prenant ses valeurs dans GLn() vérifiant γ(0)=In et γ(1)=P. Considérons alors φ:[0;1]n() définie par

φ(t)=(γ(t))-1Jkγ(t)pour t[0;1].

L’application φ est continue, prend ses valeurs dans k et relie φ(0)=Jk à φ(1)=A. On en déduit que k est une partie connexe par arcs.

Finalement; les composantes connexes par arcs de sont les k pour k=0,,n.

 
Exercice 13  1152  

Soient A et B deux parties connexes par arcs d’un espace normé E.

  • (a)

    Montrer que A×B est connexe par arcs dans l’espace normé produit E×E.

  • (b)

    En déduire que A+B={a+b|aA,bB} est connexe par arcs.

 
Exercice 14  1148  Correction  

Montrer que l’union de deux connexes par arcs non disjoints est connexe par arcs.

Solution

Si les deux points à relier figurent dans un même connexe par arcs, le problème est résolu. Sinon, on transite par un point commun au deux connexes pour former un arc reliant ces deux points et inclus dans l’union.

 
Exercice 15  5440     MINES (MP)Correction  

Soient C une partie convexe d’un espace normé E et D une partie de E telle que

CDC¯.

Montrer que D est connexe par arcs.

Solution

Si la partie C est vide, c’est immédiat. Sinon, on peut introduire a un élément C. Montrons alors que tout point b de D peut être relié continûment à a ce qui suffit pour conclure.

Soit bD. Puisque b est adhérent C, il existe une suite (bn) d’éléments de C de limite b. Sans perte de généralités, on peut supposer b0=a. Puisque C est une partie convexe, le segment [bn;bn+1] est inclus dans C (donc dans D) pour tout n. Il suffit alors de raccorder des paramétrages de ces segments pour former un chemin continue de a à b.

Pour le réaliser techniquement, on introduit (Sn) avec

Sn=k=1n12k.

On remarque

S0=0,S1=12,S2=34, etc.etSnn+1.

Pour tout n, on définit γn:s(1-s).bn+s.bn+1 paramétrage de [bn;bn+1] pour s allant de 0 à 1. Enfin, on pose γ:[0;1]E déterminé par

γ(t)={γn(t-SnSn+1-Sn) si t[Sn;Sn+1[b si t=1.

Par construction, γ est continue (notamment en 1, ce qui est le moins évident), γ est inscrit dans D et γ rejoint a à b.

 
Exercice 16  1153   Correction  

Soient A et B deux parties fermées d’un espace vectoriel normé E de dimension finie. On suppose AB et AB connexes par arcs, montrer que A et B sont connexes par arcs.

Solution

Il nous suffit d’étudier la partie A.

Soient a,aA. Puisque AAB, il existe φ:[0;1]AB continue telle que φ(0)=a et φ(1)=a.

Si φ ne prend pas de valeurs dans B alors φ reste dans A et résout notre problème.

Sinon, posons

t0=inf{t[0;1]|φ(t)B}ett1=sup{t[0;1]|φ(t)B}.

L’application φ étant continue et les parties A et B étant fermées,

φ(t0),φ(t1)AB.

La partie AB étant connexe par arcs, il existe ψ:[t0;t1]AB continue telle que ψ(t0)=φ(t0) et ψ(t1)=φ(t1). En considérant θ:[0;1] définie par θ(t)=ψ(t) si t[t0;t1] et θ(t)=φ(t) sinon, on a θ:[0;1]A continue avec θ(0)=a et θ(1)=a.

Ainsi, A est connexe par arcs.

 
Exercice 17  5881    Correction  

Soit X une partie d’un espace normé (E,).

  • (a)

    L’intérieur de X est-il nécessairement connexe par arcs?

  • (b)

    L’adhérence de X est-elle connexe par arcs?

Solution

  • (a)

    Dans le plan considérons deux disques fermés disjoints reliés par un segment. L’ensemble correspondant est connexe par arcs mais l’intérieur ne l’est pas car réunion de deux disques ouverts disjoints.

    Notons cependant que, si X, X est nécessairement un intervalle et son intérieur aussi donc connexe par arcs.

  • (b)

    Observons que l’adhérence de X n’est pas nécessairement connexe par arcs.

    Dans le plan 2, considérons les points O=(0,0), An=(n,0), Bn=(n,1-1/n) et Cn=(0,1-1/n) pour n*. Formons

    X=n*Ln avec Ln=[0;An][An;Bn][Bn;Cn]

    L’adhérence de X correspond à la réunion de X et de la demi-droite Δ={(x,0)|x+}.

    En effet, les éléments de Δ sont limites de suites d’éléments du segment [Bn;Cn] pour n assez grand. Ainsi,

    XΔX¯

    Inversement, si (x,y) est limite d’une suite ((xk,yk))k d’éléments de X, on a nécessairement x[0;+[ et y[0;1] car xk[0;+[ et yk[0;1[ pour tout k.

    Si y=1 alors (x,y) est élément de Δ.

    Si y<1, il existe N* assez grand pour que y1-2N et xN+1. Pour k assez grand, (xk,yk) est alors élément de

    n=0NLn

    Or cette partie est fermée en tant que réunion finies de parties fermées. On en déduit que (x,y) en est élément et donc appartient à X. Ainsi,

    X¯XΔ

    Par double inclusion, on obtient l’égalité

    X¯=XΔ

    Il reste à remarquer que X est connexe par arcs (ce qui est immédiat car tout élément de X peut être relié par une ligne brisée à O) et que XΔ ne l’est pas. En effet, il n’est pas possible de relier O à I=(0,1). Vérifions-le en raisonnant par l’absurde.

    Supposons qu’il existe un chemin γ:[0;1]2 inscrit dans XΔ vérifiant γ(0)=O et γ(1)=I. On écrit γ(t)=(x(t),y(t)) ce qui introduit x et y:[0;1] fonctions continues. Pour tout n*, la continuité de y assure qu’il existe t[0;1] tel que y(t)=1-1/n. Considérons alors

    tn=inf{t[0;1]|y(t)=1-1/n}.

    Par la construction de l’ensemble X, on a nécessairement x(tn)n. Cela est absurde car la fonction x est continue sur [0;1] donc bornée.

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Édité le 08-12-2023

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