Déduire la connexité par arcs
Bonjour
Je me demande s'il existe des conditions sous lesquelles on peut déduire qu'un espace topologique est connexe par arcs ? Je crois me souvenir avoir vu quelque chose comme ça en prépa, mais je ne trouve aucun énoncé de cette forme dans les livres que j'ai pu consulter.
Il me semble que la condition que l'espace est compact métrique connexe et localement connexe permet de déduire qu'il est connexe par arcs par exemple.
Merci
Je me demande s'il existe des conditions sous lesquelles on peut déduire qu'un espace topologique est connexe par arcs ? Je crois me souvenir avoir vu quelque chose comme ça en prépa, mais je ne trouve aucun énoncé de cette forme dans les livres que j'ai pu consulter.
Il me semble que la condition que l'espace est compact métrique connexe et localement connexe permet de déduire qu'il est connexe par arcs par exemple.
Merci
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Réponses
On prend un recouvrement fini $(U_i)_{i=1,\ldots,n}$ de l'espace métrique $X$ par des ouverts connexes par arcs (cela existe par compacité et locale connexité par arc). Prenons 2 points $x$, $y\in X$, il existe une suite d'ouverts $(U_{i_j})_{j=1,\ldots,m}$ tels que $x\in U_0$, $y\in U_m$ et $U_{i_k}\cap U_{i_{k+1}}\neq \emptyset$ pour tout $k=1,\ldots, m-1$ (démonstration dans le paragraphe suivant). Puisque les $U_{i_j}$ sont connexes par arc et s'intersectent de proche en proche il existe bien un chemin continu entre $x$ et $y$ : $X$ est connexe par arc.
Pour voir l'existence de "ce chemin d'ouverts $U_i$" entre $x$ et $y$ on fait comme cela : On appelle $O_x$ l'ensemble des points qui sont reliés à $x$ par un chemin d'ouverts $U_i$. Cet ensemble est ouvert car les $U_i$ le sont et il contient $x$ (donc est non vide). Cet ensemble est aussi fermé : si $z_n\in O_x$ et $z_n$ converge vers $z$ alors il existe un $U_i$ contenant $z$ et donc contenant un $z_n$, puisqu'il existe une chemin d'ouverts $U_i$ entre $x$ et $z_n$ il en existe aussi un entre $x$ et $z$. On en déduit que $O_x=X$ et donc qu'il existe un chemin d'ouverts $U_i$ entre $x$ et $y$.
Cette démonstration utilise de façon cruciale la compacité, la connexité et la connexité par arc locale. Si on enlève une de ces hypothèses la démonstration ne marche plus. Si on remplace "localement connexe par arc" par "localement connexe" je ne sais pas si le résultat reste vrai. Est-ce que quelqu'un aurait un exemple d'espace métrique localement connexe mais pas localement connexe par arc ?
Prenons $x$ et $y$ deux points de $X$, on remarque alors que $O_x$ et $O_y$ sont soit disjoints, soit égaux. On peut donc faire une partition de $X$ en ouverts disjoints de la forme $O_x$, avec $x\in X$. Puisque $X$ est connexe cette partition est triviale et on a $O_x=X$ quelque soit $x$.
merci pour tes messages, mais je cherche une référence où l'espace est supposé localement connexe et non pas supposé localement connexe par arcs. Il me semble pouvoir le démontrer sous cette hypothèse.
Dans la démonstration que tu présentes il est inutile de demander l'espace compact
soit $E$ un espace topologique connexe, et un recouvrement $\mathcal{R}$ d'ouverts de $E$.
Définissons la relation $\mathcal{C}$ telle que $x \mathcal{C} y $ s'il existe une suite finie d'ouverts de $\mathcal{R}$, telle que deux ouverts consécutifs s'intersectent et que $x$ soit dans le premier élément et $y$ dans le dernier.
Maintenant, la relation fournit une partition de $E$ en classes d'équivalence.
Chaque classe est ouverte puisqu'il existe $O$, avec $x \in O \in \mathcal{R}$, tous les éléments de $O$ sont dans la classe de $x$, qui est donc un voisinage de chacun de ses points.
Chaque classe est fermée, puisque le complémentaire d'une classe est la réunion des autres classes, donc une réunion d'ouverts, donc un ouvert.
Chaque classe est ouverte et fermée, l'espace étant connexe, il ne peut exister qu'une classe non vide.
En conclusion, on trouve une suite finie d'ouverts d'un recouvrement quelconque entre deux points quelconques.
On en conclut comme l'écrivait mojojo que tout espace connexe, localement connexe par arcs est connexe par arcs.
C'est un résultat connu, cf. wikipedia.
Je propose un autre résultat : tout espace compact, métrique, connexe, localement connexe, est connexe par arcs. Est-ce quelque chose de déjà connu ?
Je note $x\mathcal{R}y$ s'il existe $c : [0,1] \rightarrow E$ continue telle que $c(0) = x$ et $c(1) = y$. C'est une relation d'équivalence (c'est "classique"). L'hypothèse de connexité par arcs locale implique que les classes d'équivalence de $\mathcal{R}$ sont ouvertes. La connexité de $E$ implique qu'il n'y en a qu'une. Et donc, $E$ est connexe par arcs. Pas besoin de recouvrements.
Je repose ma question toutoune : est-ce que tu connais un espace que soit localement connexe mais pas localement connexe par arc ?
Est-ce quelque chose de déjà connu ?
C'est superflu.
Il est ouvert et fermé par locale connexité par arcs : chaque point qui se relie au point de départ est admet un petit voisinage connexe par arcs donc chaque point assez proche est reliable au point de départ par concaténation donc $U$ est ouvert.
Par un argument similaire le complémentaire de $U$ est ouvert.
Cette ensemble est non vide car contient le point initial donc $U$ égal l'espace ambiant par connexité.
Par concaténation deux points sont reliables par un chemin.
je répète que je ne prends pas l'hypothèse de la locale connexité par arcs, seulement la locale connexité tout court.
L'énoncé "tout espace compact, métrique, connexe et localement connexe ______ est connexe par arcs"
Si tu prend l'adhérence du graphe $\{(x, sin(\frac{1}{x}) | x \in ]0, 1]\}$ il est connexe compacte localement connexe mais pas connexe par arcs.
De mémoire, c'est un peu caché à la fin du chapitre "revêtements" dans une section "connexité". Je pourrai repréciser quand je retrouverai l'exemplaire que j'ai pu consulter à bibliothèque de la Villette.
Le principe de la démonstration reprend ce que tu exposais dans ton premier message de ce fil : si un espace est connexe on peut pour tout recouvrement par des ouverts et pour tout couple de point $(x,y)$ trouver une suite finie ordonnée d'ouverts de ce recouvrements tels que deux ouverts consécutifs s'intersectent, le premier contenant $x$, le dernier $y$.
Sur un espace compact métrique connexe localement connexe, si on prend un premier couple de points $(x,y)$ et un recouvrement d'ouverts connexes $\mathcal{L}_1$, on peut trouver une suite d'ouverts $(U_i)$ telle que donnée par la propriété du paragraphe ci-dessus, et ensuite dans chaque ouvert $U_i$ connexe de la suite trouver un point de départ dans $U_i \cap U_{i-1}$ et un point d'arrivée dans $U_i \cap U_{i +1}$, et si on prend un autre recouvrement d'ouverts connexes $\mathcal{L}_2$ de l'espace entier, on peut trouver une autre chaine de d'ouverts de $\mathcal{L}_2$ entre ces deux points, chaque ouvert intersectant $U_i$.
En itérant le procédé, on peut trouver une suite de chaines d'ouverts sur des recouvrements d'ouverts connexes $(\mathcal{L}_n)_{n \in \mathbf{N}}$, chaque chaine restant en contact de la chaine précédente, et si on prend des recouvrements $\mathcal{L}_n$ par des diamètres de plus en plus petit, on voit bien que les chaines ressemblent de plus en plus à un arc entre $x$ et $y$.
Ce qu'il faut montrer précisément c'est l'existence de la suite de recouvrements d'ouverts connexes de diamètre suffisamment décroissant, c'est où la compacité métrique est utile notamment, que la limite existe et qu'on obtient bien un arc continu à la limite.
De plus, je trouve ça un peu bizarre (mais c'est mon inculture crasse) que << tout métrique localement connexe et compact est localement connexe par arcs>> ne soit pas un théorème célèbre s'il a été prouvé. Mais bon, peut-être sa preuve publiée en premier n'est-elle pas assez "jolie"?
Soit $X$ un espace topologique; disons que $x\in X$ est reliable à $y\in X$ s'il existe $a,b\in \R$ avec $a<b$ et $f\in C^0([a,b],X)$ telle que $f(a)=x$ et $f(b)=y$. La relation "reliable" est (facilement) réflexive, symétrique et transitive.
On en déduit aussitôt que si $X$ est localement connexe par arcs, pour tout $x\in X$, l'ensemble des points reliables à $x$ est non vide ($x$...), ouvert, et de complémentaire ouvert. Par suite si $X$ ets de plus connexe, cet ensemble est $X$ tout entier.
Est-ce qu'un espace métrique compact localement connexe est aussi localement connexe par arcs?
J'y crois pas vraiment mais il est difficile de trouver des exemples d'espaces connexes non connexes par arcs.
J'adore ton introduction et la chute :-D sur le moment j'ai cru que tu allais prouver en 5 lignes que tout localement connexe, compact et métrique est connexe par arcs avec, comme tu dis, "les bons concepts". Je m'apprêtais à tes faire une déclaration d'amour (:D
Bon je n'ai pas réussi à faire quelque chose de propre et concis. Voyez ça plutôt comme une "ébauche+" de preuve par rapport à l'ébauche de toutoune.
Soit $x$ et $y$ des points (distincts...) de $X$. On a vu que pour tout $r>0$ il existe un chemin fini de connexes non vides, de diamètre $\leq r$ reliant $x$ et $y$. L'adhérence d'un connexe est connexe donc on peut supposer ces connexes fermés et ça ne change pas leur diamètre.
Prenons un chemin de connexes de diamètre $\leq 1$ reliant $x$ et $y$, on les appelle $C_0^0, \ldots , C_{n_0}^0$. Ensuite on prend un point $z_1^0$ compris dans $C_0^0 \cap C_1^0$ et on relie $x=z_0^0$ et $z_1^0$ par des connexes fermés de diamètre $\leq 1/2$ et contenus dans $C_0^0$, ceci est possible car $C_0^0$ est lui même compact, connexe, localement connexe et métrique. Ensuite on choisit $z_2^0\in C_1^0\cap C_2^0$ et on relie $z_1^0$ et $z_2^0$ par un chemin de convexes fermés non vides, de diamètre $\leq 1/2$ et contenus dans $C_1^0$. On continu comme ensuite comme ça jusqu'à avoir relié $x$ et $y$ par un chemin de convexes fermés non vides de diamètre $\leq 1/2$ et avec la bonne propriété d'inclusion. On appelle (et on range dans l'ordre) ces convexes comme ceci : d’abord $C_0^{0,1}\ldots C_{n_{0,1}}^{0,1}$ pour ceux reliant $z^0_0$ et $z^0_1$, puis $C_0^{0,2}\ldots C_{n_{0,2}}^{0,2}$ pour ceux reliant $z^0_1$ et $z^0_2$ etc... jusqu'à arriver à $C^{0,n_0}_{n_{0,n_0}}$. On recommence ensuite avec des convexes fermés non vides de diamètre $1/4$ puis $1/8$ etc... etc... ad vitam eternam.
Maintenant on regarde les intersections de la forme $C_{\alpha(1)}^0\cap C_{\alpha(2)}^{0,\alpha(1)}\cap C_{\alpha(3)},^{0,\alpha(1),\alpha(2)}\cap\ldots$ où $\alpha(n)$ est à chaque fois un nombre entier admissible, c'est à dire que $\alpha(1)\leq n_0 $, $\alpha(2)\leq n_{0, \alpha(1)}$, $\alpha(3)\leq n_{0,\alpha(1),\alpha(2)}$... et donc que les noms de ces connexes correspondent bien aux connexes qu'on a construit. Ces intersections sont non vides et ne contiennent qu'un seul point de $X$ (par limite nulle du diamètre des connexes) et que l'on notera $(0,\alpha(1),\alpha(2),\alpha(3),\ldots)$. Ces points sont les points de notre lacet reliant $x$ et $y$. On muni l'ensemble des suites de l'ordre lexicographique, comme on le ferait avec le développement décimal d'un nombre réel (ou presque, cf phrase suivante). On identifie ensuite les points qu'il faut identifier de la même façon qu'on "identifie" $0.1999999\ldots$ avec $0.12$ et on obtient espace qui, muni de la topologie de l'ordre, est homéomorphe à $[0;1]$. Notons $\phi$ cet homéo. Utilisant $\phi$ on a donc une application $f$ de $[0,1]$ dans $X$ qui vérifie $f(0)=x$ et $f(1)=y$.
Reste à montrer la continuité du truc : si $s$ et $t$ sont deux éléments de $[0;1]$ assez proches alors les points de $X$, $\sigma=(0,\alpha_s(1),\alpha_s(2)\ldots)$ et $\tau=(0,\alpha_t(1),\alpha_t(2),\ldots)$ donnés par l'homéomorphisme $\phi$ sont eux aussi proches, ce qui implique que $\alpha_s(i)=\alpha_t(i)$ pour tous les $i$ jusqu'à un certain rang (assez grand ce rang) et donc que $\sigma$ et $\tau$ appartiennent au même connexe de diamètre $1/2^i$ et sont donc proches.
Bon si quelqu'un a une preuve moins dégueulasse en notations je suis preneur :-D
Malheureusement je ne crois pas qu'il existe une façon de rédiger simple et concise, dans le livre des Douady, ça prend deux,trois pages je crois, la mienne est un peu plus longue parce que j'ai voulu faire "conceptuel" mais ça oblige à écrire pas mal dans tous les cas.
Pour essayer de ne pas me perdre dans les notations, je suis parti dans une preuve comme ci-dessous:
- On se donne une suite de recouvrements $\mathcal{L}_n$ d'ouverts connexes de diamètre inférieur à $\eta^n$, où $\eta < 1/2$ tels que pour tout $O \in \mathcal{L}_{n+1}$, il existe $O' \in \mathcal{L}_n$ avec $O \subset O'$.
- Pour chaque $n$, on a un ordinal fini $I_n$ et une chaine d'ouverts de $\mathcal{L}_n$, $C_n : I_n \to \mathcal{L}_n$,
avec $x \in C_n(\min I_n)$ et $y \in C_n(\max I_n)$ et $C_n(i) \cap C_{n}(i+1) \neq \emptyset$.
- Pour chaque $n$, on a une fonction $\phi_{n \to n+1} : I_{n+1} \to I_n$, croissante, avec $\phi_{n \to n+1} ( \min I_{n+1}) = \min I_{n}$,
$\phi_{n \to n+1} ( \max I_{n+1}) = \max I_{n}$ et "contigue" c'est-à-dire que $| i-j| \leq 1 \to | \phi_{n \to n+1}(i) -\phi_{n \to n+1}(j)| \leq 1$
- et $C_{n+1}(i) \cap C_{n}\big(\phi_{n \to n+1}(i)\big) \neq \emptyset$
Pour montrer l'existence de tout ça : on commence par prendre une chaine $C_0$ de $x$ à $y$ sur $\mathcal{L}_0$ indexée par $I_0$.
Si on prend des $z_i \in C_0(i) \cap C_0(i+1)$, on trouve une chaine d'ouverts $D_i$ de $\mathcal{L}_1$ de $z_i$ à $z_{i+1}$ indexée par $J_i$,
avec $D_i(j) \cap C_0(i) \neq \emptyset $ ce qui est possible comme les ouverts de $\mathcal{L}_0$ sont connexes.
On définit alors l'ordinal $I_1$ comme la "concaténation" des ordinaux $J_i$ et la chaine $C_1$ comme la concaténation des $D_i$.
Enfin, pour $j \in I_1$, $\phi_{0 \to 1}(j)$ est l'unique $i$ pour lequel $j \in J_i$.
(avec un dessin ça se comprend immédiatement).
On fait la même chose pour tout $n$, pour "construire par récurrence" tous ces objets (évidemment le terme est impropre puisque ça n'est pas une récurrence mais une utilisation de l'axiome des choix dépendants )
L'idée qui était censée simplifier la démonstration c'est que les $I_n, \phi_{n \to n+1}$ forment un système projectif, dont on peut prendre la limite
$\Lambda = \{ l \in \prod_n I_n | \phi_{n \to n+1}\big(l(n+1) \big)= l(n) \}$,
et on peut définir un arc par $ \gamma(l) = \cap_{k} \overline{ \cup_{n \geq k} C_n(l(n))}$.
[pause]
Après, il y a le même problème que dans le post de Mojojo, parce que $\Lambda$ est un peu plus gros que $[0,1]$, ça différencie $0,19999...$ et $0,2$. En fait ça n'est pas grave parce que les images par $\gamma$ se retrouvent confondues. Pour formaliser ça, je définissais une relation, non fonctionnelle, $\mathcal{A}$ entre $[0,1]$ et $\Lambda$, telle que $ \gamma \circ \mathcal{A}$ soit fonctionnelle.
Je ne sais pas si ça remplit la demande d'avoir quelque chose de moins dégueulasse en notation . En tout cas, je trouve que ça explicite les concepts en jeux.
Sa continuité (que vous semblez regarder en 3 lignes expédiées ;-) n'apparait pas, enfin plus précisément ne [large]m'a[/large]pparait pas expédiable en 3 lignes)
A moins que je n'aie pas compris votre idée, j'ai lu en diagonale, mais tout de même assez précisément.
M'est avis, qu'il a ou va regarder ce truc et que le temps qui passe montre que ce n'est pas trivial du tout (du moins si on ne prend pas son temps et un stylo). Mais je dis juste ça pour faire "des probas sur des données manquantes plus qu'autre chose).
*** En fait si l'argument central qui apparait dans vos posts marchait sans qu'il y ait de peine pour conclure avec la continuité, je pense que foys l'aurait, qui nous a habitués à ça, l'aurait posté intégralement et formellement comme il le fait souvent. Donc, ou bien il faisait autre chose aujourd'hui, ou bien il a "butté" sur la continuité.
Sinon, je suis aussi étonné que ce résultat ne soit pas plus connu, j'ai feuilleté pas mal de bouquins et de sites web sans le trouver mentionné, je ne l'ai trouvé que chez Douady. Il reste à regarder le dernier Bourbaki "Topologie algébrique" peut-être.
C'est comme ça qu'on risque de louper un ravin qui ne se voyait pas de loin. En ANS, en prenant $\epsilon$ superproche de $0$ et une suite finie $u_0=a, ..., u_n=b$ telle que $\forall i: dist(u_i,u_{i+1})<\epsilon$, on obtient comme application standard $f$ de $[0,1]$ dans $E$, celle telle que pour tout $c\in [0,1]$ standard, $f(c)$ est superproche de $u_k$ où $k$ est choisi comme le premier entier tel que $k\epsilon>c$.
C'est "limpide" ANS-ment, mais tu vois bien que rien n'oblige $f$ à être continue de manière évidente (on peut même assez facilement obtenir qu'elle ne le soit pas).
En commençant pour $n=0$, on découpe l'intervalle $[0,1]$ en $| I_0|$ sous intervalles non réduits à un point qui se suivent et ne partagent que leur extrémité entre deux consécutifs, par exemple $[\frac{p}{q}, \frac{p+1}{q}]$, où $q=| I_0|$ et $0 \leq p < q$, appelons-les $\big(R_0(i)\big)_{i \in I_n}$.
Pour passer de $n$ à $n+1$, on découpe de même chaque intervalle $R_n(i)$ en $|\phi_{n \to n+1}^{-1}(i)|$ sous intervalles non réduits à un point qui ne partagent que leur extrémité.
Pour $x \in [0,1]$ et $\lambda \in \Lambda$ notons $x \mathcal{A} \lambda$ si pour tout $n$, $x \in R_n\big(\lambda(n)\big)$.
Pour tout $x$ il existe au moins un tel $\lambda$.
Si $x \mathcal{A} \lambda$ et $y \mathcal{A} l$, avec $| \lambda(n) - l(n)| \leq 1$ alors $d\big(\gamma(x), \gamma(y) \big)\leq \eta^{n-2}$ par inégalités triangulaires et l'ensemble de ces $y$ est un ouvert de $[0,1]$ contenant $x$.
On a ça parce que soit $x $ est dans l'intérieur de $R_n(\lambda(n))$ soit il est à un des bords, disons le max, et alors
$x $ est dans l'intérieur de $R_n(\lambda(n)) \cup R_n(\lambda(n)+1)$ puisque les intervalles sont non réduits à un point.
Bon, effectivement c'est pas immédiat à déchiffrer, je m'en rends compte, mais ça serait vraiment long à tout écrire. La preuve des Douady de mémoire est plus courte, mais je ne me rappelle plus exactement comment ils concluent sur la continuité.
[size=x-small]Nan, je déconne:-D...
Par contre, c'est tout à fait le genre de questions que je me pose sur certains énoncés, et ça prend des heures pour arriver à trouver (dans la littérature) parfois enfin un bout de réponse, parfois rien du tout ![/size]
Je verrai ça demain. Mais j'étais sincère quand j'ai dit que j'y croyais pas (ce qui n'engage que moi de toute façon et apparemment le résultat serait pourtant vrai; en plus je fais quasiment plus de maths et ai de plus en plus de mal à faire des choses très simples).
Si $C_0,C_1,...,C_n$ sont des connexes de diamètre inférieure à $\varepsilon>0$ donnée et tels que $x\ C_0$, $y\in C_n$ et $C_i\cap C_{i+1} \neq \emptyset$, quand on veut créer une chaîne de connexes de diamètre inférieur à $\frac{\varepsilon}{2}$ contenue dans $C_i$ le problème va être qu'on ne contrôle pas le nombre de tels connexes, qui dépend de $i$, il y a un certain nombre de complications à gérer.
L'utilisation de la connexité des $C_i$ est indispensable, puisque:
-tout espace métrique connexe est bien enchaîné(*)
-la réciproque est vraie pour un espace métrique compact.
Pourquoi l'exo n'est pas vraiment immédiat?
La plupart des espaces métriques connus sont
-des variétés différentielles
-des parties d'evn définies par des conditions "gentilles"
-des nuages de points dégueulasses.
Bref aucun candidat pour un contre-exemple. Cependant il est difficile de construire des applications continues d'un intervalle de $\R$ dans un espace métrique abstrait.
[size=x-small](*) Dans un espace métrique $(E,d)$, si $\varepsilon>0$, on dit que deux points $x,y\in E$ sont reliés par une $\varepsilon$-chaîne s'il existe $n\in \N$, $a_1,..a_n\in E$ tels que $a_1=x,a_n=y$ et $\forall i\in\{1,2,...,n-1\}, d(a_i,a_{i+1})<\varepsilon$. Un espace métrique est dit "bien enchaîné" si pour tout $\varepsilon>0$, tout couple de points dudit espace est reliable par une $\varepsilon$-chaîne.
Pour tout $\varepsilon>0$, le fait pour un couple d'être reliable par une $\varepsilon$-chaîne constitue une relation d'équivalence dont les classes sont ouvertes; par suite il est trivial qu'un espace métrique connexe est bien enchaîné. Si réciproquement un espace métrique est compact et non connexe, il existe $Y,Z$ disjoints tels que $X=Y\cup Z$, et tels que $Y$ et $Z$ sont fermés donc compacts. On a donc $r:=\inf\{d(a,b)\mid(a,b)\in Y\times Z\}>0$ et un couple de $Y\times Z$ ne peut pas être relié par une $\frac{r}{2}$-chaîne.
La généralisation de cette notion aux espaces uniformes ainsi que les propriétés évoquées sont immédiates.
[/size]
Oui c'est un résultat qu'on trouve dans le livre "Topology" de Hocking & Young (Dover) énoncé sous une forme un peu plus générale:
"Tout espace métrique, complet, connexe, localement connexe, est connexe par arcs."
Ça n'a pas l'air simple à démontrer... :-D
En tout cas, les rédacteurs disent que l'hypothèse de complétude est vitale.
Associé à ça une conjecture: tout espace où toute fonction est homotope à une constante a un point fixe dès que l'espace est métrique honnête compact.
L'intérêt est que sans les supposer on a automatiquement des arcs dans les espaces honnêtes compacts sauf si la distance est infinie.
Je pense qu'il suffit de prouver qu'un complet loc connexe produit des arcs de longueur finie du coup.
@Blueberry, merci pour la référence, c'est un résultat alors plus fort que ce que je supposais. Je pensais bien que la complétude était le point le plus important mais j'utilisais aussi la compacité pour établir l'existence des recouvrements $\mathcal{L}_n$. À relire ce que j'ai écrit ci-dessus, j'ai l'impression que ça n'est pas vraiment utile en fait, et qu'il suffirait de prendre $\mathcal{L}_n$ comme l'ensemble des ouverts connexes de diamètre inférieur à $\eta^n$. Je vais essayer de regarder ça à froid. Je vois que ce livre est à l'ENS et l'IHP j'essaierai d'y aller pour le consulter.
Voilà une autre idée de démonstration (que je ne sais pas faire marcher) : on prend des chaînes de fermés reliant $x$ et $y$ de diamètre inférieur à $1/n$. Pour chaque chaîne on prend un point dans le connexe "du milieu", si on a $2n+1$ connexe on prend le $n+1$-ième et si on en a $2n$ on prend le $n$-ième par exemple. $X$ est compact donc on peut extraire une sous suite convergente. On recommence ensuite de la même façon avec tous les dyadiques et par un procédé d'extraction diagonale on obtient une fonction des dyadiques de $[0;1]$ dans $X$ qui relie $x$ et $y$. Ensuite, et c'est là ou ça coince, il faudrait montrer la continuité de cette fonction pour pouvoir la prolonger en une fonction continue de $[0;1]$ dans $X$. Là c'est effectivement pas sûr du tout qu'on obtienne quelque chose de continu si, par exemple, on n'a pas de bornes sur le nombre de connexes de chaque chaîne.
Ici les chaînes ne sont pas emboîtés donc on a un problème de continuité, moi je dis que si l'on arrive à construire des chaînes emboîtées alors la continuité n'est plus vraiment un problème.
@Foys : c'est un peu sous estimer la complexité topologique possible de certains espaces métriques :-D
-Pour les nuages de points on peut trouver par exemple le tipi de Cantor qui est un sous ensemble de $\mathbf R^2$ connexe mais qui devient totalement discontinu si on lui retire un point bien choisi. On a aussi les $p$-adiques qui ont des distances ultramétriques et sont homéomorphes à des ensembles de Cantor privés d'un point.
-pour les sous parties d'EVN on peut penser au cercle polonais, à des espaces pas localement simplement connexes, au peigne de Dirichlet etc.
En tout cas merci pour la notion de "bien enchaîné", cela vient combler le trou de ma démonstration signalé en édit.
Merci aussi Blueberry pour la référence ! Si le résultat est dans deux livres différents on peut quand même espérer qu'il soit vrai :-D Commes les autres je suis étonné que ce résultat ne soit pas plus connu. C'est peut-être effectivement du à la difficulté de la démonstration.
Par contre effectivement au lieu de prendre n'importe quelle epsilon suite on peut prendre une des plus courte et là ça semble marcher mais avec toujours un point delicat
@ toutoune : effectivement, avec la bonne décroissance de diamètres contigu semble suffisant.
J'ai emprunté ce live "Topology" conseillé par blueberry, c'est assez intéressant. Le théorème en question est le 3.15. Déjà ils montrent que si on a une chaîne de connexes de diamètre $<\alpha$ reliant $x$ et $y$ alors il existe une chaîne de connexes de diamètre $<\beta<\alpha$ reliant $x$ et $y$ et qui soit emboîtée dans la première. Ce qui permet d'ailleurs (même si ça ne sert à rien) de prendre des diamètres décroissant en $1/n$. Ils obtiennent alors un ensemble "reliant" $x$ et $y$.
Ensuite pour démontrer la continuité (ie montrer que l'ensemble obtenu est bien un chemin) ils s'y prennent différemment. Ils utilisent la notion de "cutting point", en gros si $E$ est connexe alors $x$ est un cutting point si $E\backslash \{x\}$ n'est plus connexe. Ils montrent sans difficulté que à l'exception des bouts $x$ et $y$ leur ensemble n'a que des cutting point et donc (c'est un autre théorème du livre) que qu'il est homéomorphe à un segment.
En tout cas le bouquin est REMPLI de figures et d'exemples de cas pathologiques etc, si tu voulais des espaces métriques tarabiscotés foys c'est parfait ;-)
Dernières précisions : avec leur démonstration (et celle de toutoune aussi) on n'utilise en fait que la compacité locale. Le théorème 3.17 (ou 3.16 ?) montre que ce résultat reste vrai en remplaçant compact par complet (comme l'avait annoncé BlueBerry). A noter enfin, un espace métrique, connexe, localement connexe et compact s'appelle un espace ou un continuum de Peano.
Pour partager un peu le contexte de ma question, j'ai cherché à montrer qu'on pouvait associer à un espace topologique non supposé connexe par arcs un groupe qui ressemblerait en partie au groupe des lacets. Cela peut surprendre vu qu'on définit le groupe habituellement par des arcs justement mais l'apparition des nombres réels par l'intervalle $[0,1]$ m'avait toujours paru très curieux pour une question de topologie.
Le point de départ est le constat suivant : si on dit que deux points d'un espace sont connectés par un recouvrement s'il existe une chaine d'éléments du recouvrement contigus, c'est-à-dire avec $C_i \cap C_{i+1}\neq \emptyset $, qui joint $x$ à $y$, on a la propriété qu'un espace est connexe si et seulement si pour tout couple de points $(x,y)$ et tout recouvrements d'ouverts $\mathcal{R}$, $x$ et $y$ sont connectés par $\mathcal{R}$.
À partir de là, on peut espérer qu'en affaiblissant l'hypothèse de connexité par arcs à la connexité, on puisse quand même trouver un groupe en substituant aux arcs les chaines d'ouverts sur des recouvrements. Les étapes à franchir sont alors de trouver une bonne relation d'équivalence entre chaines pour pouvoir inverser les chaines et avoir un élément neutre, faire disparaitre l’arbitraire que peut constituer le choix d'un recouvrement particulier, montrer que l'association trouvée est bien fonctorielle entre les espaces topologiques pointés et les groupes. Et montrer qu'on n'obtient pas que des groupes triviaux !
J'ai pu arriver au bout de cela. Et si on suppose en plus l'espace connexe par arcs, on peut trouver un morphisme naturel entre le groupe des lacets et le groupe des chaines qui sous des hypothèses raisonnables est un isomorphisme. La propriété qui justifie ce fil m'est apparue quand je réfléchissais à tout ça, et je n'ai pas épuisé les questions que le sujet me provoque.