Frontière commune à trois translatés

Bonjour,

Titi a écrit:

$U$ est connexe par arc, je n'ai pas regardé le détail (je me le garde sous le coude, il n'a pas l'air méchant), mais je crois qu'on peut montrer qu'il existe un arc $\gamma\in C([0,1],\mathbb{R}^2)$ tel que $x=\gamma(0)$, $y=\gamma(1)$ et $\forall t\in ]0,1[, \gamma(t)\in U$.

Ce n'est pas parce que l'ouvert $U$ est connexe (et donc connexe par arcs) que $\overline U$ est connexe pas arcs. Exemple : $U=\bigcup_{0<x<1/2} B((x,\sin(\frac1x)), x^3)$ (cf. la courbe sinus du topologue).

Edit : C'est faux

Je reprends l'idée de Titi et je la formalise.

$\textbf{Lemme :}$ Soient $\alpha\in[1,2]$ et $\gamma : [0,1]\to\Bbb R^2$ un chemin polygonal (i.e. affine par morceaux, avec un nombre fini de morceaux) tel que $\gamma(0)=(0,0)$ et $\gamma(1)=(\alpha,0)$. Alors il existe $(t,t')\in[0,1]^2$ tel que $\gamma(t')-\gamma(t) = (1,0)$.

Preuve : Notons $\forall t, \gamma(t) = (x(t),y(t))$ puis $L = \{(t,t')\in[0,1]^2\mid y(t)=y(t')\}$ et $R = \{x(t)-x(t')\mid (t,t')\in L\}$. $L$ contient le connexe par arcs $\Delta = \{(t,t)\mid t\in[0,1]\}$. Et puisque $\gamma$ est affine par morceaux, on peut construire algorithmiquement pour tout $(t,t')\in L$ un chemin à valeurs dans $L$ qui relie $(t,t')$ à un point de $\Delta$ (cf. dessin 0). Edit : ce passage est faux. Donc $L$ est connexe.
De plus, $R$ est l'image continue de $L$ par $(t,t')\mapsto x(t)-x(t')$, donc $R$ est connexe. Or $R$ contient $-\alpha$ et $\alpha$ (donnés pour $(t,t') = (0,1)$ et $(1,0)$), donc $R$ contient 1.

$\textbf{Théorème :}$ Soient $U\subset \Bbb R^2$ un ouvert connexe et $T$ une translation du plan. Si $U\cap T(U)=\varnothing$, alors $\overline{U}\cap \overline{T^2(U)} =\varnothing$.

Preuve : Supposons que $\overline{U}\cap \overline{T^2(U)} \neq \varnothing$. Puisque $ \overline{U} \cap \overline{T^2(U)} = \overline{U} \cap T^2(\overline{U})$, il existe $A\in \overline U$ tel que $B :=T^2(A) \in \overline{U} $. Quitte à changer de coordonnées, on peut supposer $A=(0,0)$, $T : (x,y) \mapsto (x+1,y)$ et $B=(2,0)$.

S'il existe $C,D\in U$ avec la même ordonnée et des abscisses différentes d'au moins $1$, alors tout chemin polygonal à valeurs dans $U$ les reliant contient une paire de points dont l'un est image par $T$ de l'autre d'après le lemme. Cela implique que $U \cap T(U)\neq \varnothing$. Et un tel chemin polygonal existe pour tout paire de points de $U$. L'objectif est donc de trouver $C$ et $D$.

Il y a trois possibilités (non exclusives) pour $A$ (et ce sera pareil pour $B$) :

1. $A$ est approchable par le haut : $\exists (u_n)\in (U\cap [\Bbb R\times \Bbb R_+^*])^{\Bbb N}, u_n \to A$
2. $A$ est approchable par le bas: $\exists (u_n)\in (U\cap [\Bbb R\times \Bbb R_-^*])^{\Bbb N}, u_n \to A$
3. $A$ est approchable par le côté : $\exists (u_n)\in (U\cap [\Bbb R\times \{0\}])^{\Bbb N}, u_n \to A$

En fait, le 3e cas se ramène aux deux premiers (cf. dessin 1), donc oublions-le.

Si $A$ et $B$ sont approchables tous les deux par le haut ou tous les deux par le bas, on peut trouver $C$ et $D$ comme illustré sur le dessin 2. Ici on utilise le fait que $U$ est connexe par arcs pour relier des points successifs qui tendent vers $A$ et $B$.

Il reste le cas où $A$ est approchable par le haut et $B$ par le bas (ou inversement). Par connexité, $U$ rencontre l'axe des abscisses en un point noté $M$. $M$ est à distance au moins $1$ de $A$ ou $B$, mettons de $A$. Soit $\varepsilon$ le rayon d'une boule centrée en $M$ et contenue dans $U$. On peut prendre $C\in U$ proche à $\frac\varepsilon2$-près de $A$, puis $D$ dans la boule centrée en $M$ de rayon $varepsilon$, de sorte que $D$ et $C$ aient la même ordonnée et des abscisses qui diffèrent au moins de 1. Voir le dessin 3.

Ah oui, mon lemme est faux :)o. Merci Titi. J'étais un peu embêté par mon étape algorithmique qui n'était pas complètement prouvée mais qui avait l'air de marcher sur le dessin. A part ça, tout était pourtant bien rodé ; mais il suffit d'une faille pour que tout s'écroule. Bon bah retour à la case départ. :-(

Bonjour,

Il s'avère que ma conjecture était fausse, sur l'image, une courbe qui passe en $(0,0)$ et $(0,1)$ et que ne croise jamais sa translatée de $(4/9,0)$:

Par contre, je n'ai pas moyen de me prononcer en ce qui concerne les courbes paramétrées continues dans $\mathbb{R}^2$, mais il n'est pas encore tout-à-fait exclu que $\frac{\alpha}{2}\in R$ (en utilisant les conventions de Calli).
On sait déjà qu'une fonction continue $f$ de $[0,\alpha]$ dans$\mathbb{R}$ telle que $f(0)=f(1)$ vérifie bien $\exists (t,t')\in [0,\alpha]^2, t-t'=\alpha/2\wedge f(t)=f(t')$ (dans ce cas, le théorème des valeurs intermédiaires appliqué sur la fonction $g$ de domaine $[0,\alpha/2]$ telle que $\forall x\in [0,\alpha/2], g(x)=f(x)-f(x+\alpha/2)$ suffit à la démonstration).

Edit: J'avais laissé deux ou trois étourderies hier, je crois que c'est corrigé.

@raoul.S: moi aussi, c'est justement en cherchant une contradiction dans les conditions d'existence d'une telle courbe que je me suis rendu compte que, finalement, non.

Je n'ai pas compris qui est $\Gamma'$.

Bonsoir,
Oui, oups, il manque quelques mots, je vais corriger, $\Gamma'$ est l'image par translation de $(1/2,0)$ de $\Gamma$. Si $(1,0)$ est "à gauche" de $\Gamma'$ alors $(1/2,0)$ est "à gauche de $\Gamma$ et $\Gamma$ et $\Gamma'$ se croisent.

Salut,

Je voulais juste transmettre l'idée principale: profiter d'un découpage de "la bande contenant la courbe". Cela dit si je n'ai pas les mots pour transmettre facilement, je peux tenter de justifier un peu mieux:

Le plus gros morceaux de mon point de vue, c'est de justifier qu'une courbe à l'intérieur de la bande et qui atteint $y_{min}$ et $y_{max}$, coupe la bande en au moins deux morceaux, dans mon cas, vu que je n'ai pas étudié les trucs rigoureux autour de $\mathbb{R}^2$, je n'ai pas les conventions adaptées (mais je me rappelle d'un raisonnement un peu tarabiscoté qui peut y conduire et qui est apparu sur ce forum il y a quelques mois).

Du reste, on peut affiner un peu pour éviter d'avoir trop de problème, je change mes conventions, notamment pour court-circuiter cette histoire de chemin d'un point de $\Gamma$ à $(1,0)$, parce qu'il faut bien avouer que ça fait sac de nœuds:
Désormais:
-$\Gamma=\gamma([0,1])$, c'est donc la totalité de la courbe, $\Gamma'$ est l'image par translation de $(1/2,0)$ de
- En gardant $t_0=\min\left(\{t\in[0,1], y\circ\gamma([0,t])=[y_{min},y_{max}]\} \right)$, on nomme $t_1=\max \left(\{ t\in [0, t_0], y\circ\gamma([t,t_0])=[y_{min},y_{max}] \} \right) $, auquel cas, on nomme $\alpha=\gamma([t_1,t_0])$ (edit: il y avait une petite étourderie là), $\alpha$ est une courbe qui va d'une frontière de la bande à l'autre en ne touchant qu'une seule fois chaque frontière (si on ajoute l'injectivité, je mets ma main au feu que celle-ci est la frontière entre exactement deux ouverts disjoints). $\alpha \subset \Gamma$, on nomme $\alpha'$ son image par la translation $(1/2,0)$ (de même $\alpha'\subset \Gamma'$)


Considérant que $\alpha$ est la frontière entre deux ouverts disjoints (un "plutôt à gauche" et un "plutôt à droite", on les notera $G(\alpha)$ et $D(\alpha)$) et tels que $G(\alpha)\cup \alpha \cup D(\alpha)= B$ ($B$ c'est la totalité de la bande). Idem pour $\alpha'$.
On va faire une disjonction de cas sur la position relative de (1,0) avec $\alpha'$ dont la conclusion doit systématiquement être $\Gamma\cap \Gamma' \neq \emptyset$

- (1,0) se trouve sur $\alpha'\subset \Gamma'$, comme $(1,0)\in \Gamma$, $(1,0)\in \Gamma \cap \Gamma'$, pas besoin d'aller plus loin.

- (1,0) se trouve "à gauche" de $\alpha '$ ( $(1,0)\in G(\alpha)$ :
Par translation, (1/2,0) qui est un point de $\Gamma'$ se trouve à gauche de $\alpha$, comme il existe clairement des points de $\alpha'$ et donc de $\Gamma '$ qui sont clairement "à droite" de $\alpha$, (translation des points de $[t_1,t_0]$ qui maximisent $x\circ \gamma$ sur cet intervalle), on doit conclure que $\Gamma'$ traverse $\alpha$ et donc $\Gamma$ ( $G(\alpha) \cap D(\alpha)=\emptyset$, vu que c'est sensé être des ouverts, on conclue que $G(\alpha)\cup D(\alpha)$ n'est pas connexe,il est donc impossible que $\Gamma'$, qui est connexe, soit un peu sur les deux sans passer à la frontière).

- (1,0) se trouve à droite de $\alpha'$: on sait que $(1,0)\in \Gamma$, il y a encore clairement des points de $\Gamma$ qui sont "à gauche" de $\alpha'$, donc on doit conclure comme précédemment que $\Gamma$ traverse $\alpha '$.

C'est tout ce que je peux faire là-dessus à mon niveau.

Alors... que je me replonge dans tout ça.

$\Gamma'$ est l'image par translation de $(1/2,0)$ de $\Gamma$, je présume ?

Titi le curieux a écrit:

si on ajoute l'injectivité, je mets ma main au feu que celle-ci est la frontière entre exactement deux ouverts disjoints

C'est le théorème de Jordan qui dit ça en fait.

Pour moi, ta preuve est 100% correcte quand $\gamma$ est injectif. Et sinon, il existe un chemin injectif $\tilde\gamma$ reliant $\gamma(0)$ à $\gamma(1)$ et tel que $\tilde\gamma([0,1])\subset \gamma([0,1])$. Donc c'est aussi ok dans le cas non injectif. Malheureusement, je ne connais pas de preuve de l'existence de $\tilde\gamma$. J'ai trouvé un message pointant vers une preuve de JLT, mais elle a disparue (JLT, si tu passes par là).

Donc je crois que le problème est résolu dans le cas où tous les points $x \in\partial U$ vérifient : $\exists\, \delta : [0,1] \overset{\mathcal{C}^0}\longrightarrow \overline U,\; \delta(0)=x \text{ et }\delta(]0,1])\subset U$ $(\star)$. Typiquement, si $U$ a une gentille forme patatoïdale. Allez, je termine proprement la preuve :
Supposons par l'absurde que $U\cap T(U)=\varnothing$ et $\overline{U}\cap \overline{T^2(U)} \neq \varnothing$. Soit $x\in \overline{U}$ tel que $T^2(x) \in \overline{U}$. Alors il existe $\gamma : [0,1] \overset{\mathcal{C}^0}\longrightarrow \overline U$ tel que $\gamma(0)=x$, $\gamma(1)=T^2(x)$ et $\gamma(]0,1[)\subset U$. D'après ce que tu as fait Titi, il existe $t,t'\in[0,1]$ tels que $\gamma(t') = T(\gamma(t))$. On a deux cas :

1. Si $\gamma(t)$ et $\gamma(t')$ sont dans $U$, alors on contredit $U\cap T(U)=\varnothing$.
2. Sinon, l'un des deux vaut $x$ ou $T^2(x)$ et l'autre est dans $U$. Mettons que $\gamma(t) = x$ (i.e. $t=0$) et $\gamma(t') = T(x)$. Il existe $\varepsilon>0$ tel que $B(T(x) ,\varepsilon)\subset U$. Et il existe $s$ proche de $0$ tel que $\gamma(s)\in B(x,\varepsilon) \cap U$. Alors $T(\gamma(s)) \in U$ donc $U\cap T(U)\neq \varnothing$.

CQFD. D'ailleurs, il ne suffit pas que $\overline U$ soit connexe par arcs pour que $U$ vérifie $(\star)$. On peut bricoler un contre-exemple similaire à celui de ce message : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?14,2010694,2011292#msg-2011292.

Salut Raoul (:D. Dans son dernier message, Titi fait une preuve qui marche si $\gamma$ est injectif (dans ce cas ses "plutôt à gauche" ont vraiment un sens, sinon bof). Et j'ai ajouté une remarque pour dire que le théorème de Jordan justifie l'existence des deux ouverts dont il parle et qu'on peut se ramener au cas où $\gamma$ est injectif. Veux-tu que je regroupe les morceaux à coups de copier-coller pour en faire une preuve lisible, en rajoutant éventuellement quelques détails manquant ?

Salut,
Cool qu'on s'y remette!
@Calli: oui, j'ai oublié un $\Gamma$ dans une phrase, mais tu as aussi fait une petite étourderie dans la correction, il s'agit bien d'une translation de $(1/2,0)$ (et pas de $(0,1/2)$). Par ailleurs, je n'ai pas précisé dans le dernier message que je considérais l'application $\gamma$ comme injective (c'est indiqué dans le précédent) et il faut avouer que c'est une faute.
Je n'ai pas bien compris cette histoire de $\overline{\gamma}$, il est très possible que ça ait un rapport avec des notions et conventions que je ne connais pas. Je ne sais pas si ça a un lien avec ça, mais je précise qu'avec mes notations, $\gamma$ est une application continue de $[0,1]$ dans $\mathbb{R}^2$, et $\Gamma=\gamma([0,1])$ est donc compact.

@raoul.S: Désolé de ne pas avoir bien expliqué les intentions (alors que la démo était crade et lacunaire). Alors, avant qu'on abuse un peu trop de la bienveillance de Calli, je les donne en espérant que ça aidera:
Ce n'est pas dit explicitement mais le but était de montrer que $\Gamma \cap \Gamma' \neq \emptyset$ en utilisant le théorème du passage à la douane sachant que $\Gamma$ et $\Gamma'$ sont connexes, et que $\alpha$ et $\alpha'$, qui sont respectivement des parties de $\Gamma$ et $\Gamma'$ constituent chacun une frontière entre deux deux parties de $B$ (notés $G(\alpha)$ et $D(\alpha)$ pour l'une et $G(\alpha')$ et $D(\alpha')$ pour l'autre).

Voilà Raoul. Finalement j'en ai changé plus que ce que je prévoyais au début.

$\textbf{Lemme 1} \text{ (admis) }\textbf{:}$ Soient $E$ un espace topologique séparé et $\gamma: [0,1] \overset{\mathcal{C}^0}\longrightarrow E$ tel que $\gamma(0)\neq\gamma(1)$. Alors il existe $\tilde\gamma : [0,1] \overset{\mathcal{C}^0}\longrightarrow E$ injectif tel que $\tilde\gamma(0) = \gamma(0)$, $\tilde\gamma(1) = \gamma(1)$ et $\tilde\gamma([0,1]) \subset \gamma([0,1])$.

Références (mais ce ne sont pas des preuves) : https://en.wikipedia.org/wiki/Connected_space#Arc_connectedness et http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1169335,1169671#msg-1169671

$\textbf{Lemme 2} \text{ (admis) }\textbf{:}$ Soient quatre réels $a< b$ et $c<d$ et deux chemins $\gamma,\gamma'$ reliant les côtés opposés du rectangle $[a,b]\times[c,d]$, i.e. $\gamma(0)\in\{a\}\times [c,d]$, $\gamma(1)\in\{b\}\times [c,d]$, $\gamma'(0)\in[a,b]\times\{c\}$, $\gamma'(1)\in[a,b]\times\{d\}$. Alors $\gamma$ et $\gamma'$ se rencontrent.

Remarque : La preuve utilise le théorème de Brouwer.

$\textbf{Théorème :}$ Soit $\gamma : [0,1] \overset{\mathcal{C}^0}\longrightarrow \mathbb{R}^2$ tel que $\gamma(0) = (0,0)$ et $\gamma(1) = (1,0)$. Alors il existe $t,t'\in[0,1]$ tels que $\gamma(t') = \gamma(t) + (1/2,0)$. Autrement dit, $\gamma([0,1])$ intersecte son translaté de vecteur $(1/2,0)$.

Preuve : Notons $T$ la translation de vecteur $(1/2,0)$. Soit $\tilde\gamma$ donné par le lemme 1. On a $\tilde\gamma([0,1]) \subset \gamma([0,1])$, donc si $\tilde\gamma([0,1]) \cap T(\tilde\gamma([0,1])) \neq \varnothing$, alors $\gamma([0,1]) \cap T(\gamma([0,1])) \neq \varnothing$. Montrons que $\tilde\gamma([0,1]) \cap T(\tilde\gamma([0,1])) \neq \varnothing$.
Soient :

• $(x(t),y(t))$ les coordonnées de $\tilde\gamma(t)$.
• $y_{\max} := \max_{[0,1]} y$, $y_{\min} := \min_{[0,1]} y$ et idem pour $x_\min$, $x_\max$.
• $t_\min$ tel que $y(t_\min) = y_\min$ et $t_\max$ tel que $y(t_\max) = y_\max$.
• $\alpha:=\tilde\gamma([t_\min,t_\max])$ ou $\tilde\gamma([t_\max,t_\min])$ suivant l'ordre de $t_\min$ et $t_\max$.
• $\delta_\min := \{x(t_\min)\}\,\times\,]-\infty,y_\min]$, $\delta_\max := \{x(t_\max)\}\times [y_\max,+\infty[$.
• $\beta := \alpha \cup \delta_\min \cup \delta_\max$ qui prolonge $\alpha$ par deux demi-droites verticales.

Alors $\beta$ est une courbe de Jordan (vue sur $\Bbb R^2\cup \{\infty\} \cong \Bbb S^2$). D'après le théorème de Jordan, son complémentaire a deux composantes connexes. Nommons $U_0$ celle qui contient $(x_\min-1/2,0)$ et $U_1$ celle qui contient $(x_\max+1/2,0)$ (ce sont les côtés gauche et droit dont parlait Titi). Ces deux points sont bien dans des composantes connexes distinctes en utilisant le lemme 2 sur un quelconque chemin $\chi$ joignant $(x_\min-1/2,0)$ à $(x_\max+1/2,0)$, le chemin $\beta\cap [-A,A]$ (avec $A$ le max de $|y_\min|$, $|y_\max|$ et des valeurs absolues des ordonnées prises par $\chi$) et le rectangle $[x_\min-1/2,x_\max+1/2]\times [-A,A]$.

1. Si $(1/2,0)\in \beta$, alors $(1/2,0) \in \alpha\subset\tilde\gamma([0,1])$ donc fastoche.
2. Si $(1/2,0)\in U_0$, alors $(0,0) \in T^{-1}(U_0)$. Soit $s$ tel que $x(s) = x_\max$. On a $\tilde\gamma(s) \in T^{-1}(U_1)$. Donc $\tilde\gamma$ passe d'une composante connexe par arcs de $T^{-1}(U_0 \sqcup U_1)$ à l'autre. Il doit rencontrer $T^{-1}(\beta)$, et même $T^{-1}(\alpha)$ car il est astreint à se déplacer dans $\Bbb R\times [y_\min,y_\max]$.
3. Si $(1/2,0)\in U_1$, alors $(1,0) \in T(U_1)$. Soit $s$ tel que $x(s) = x_\min$. On a $\tilde\gamma(s) \in T(U_0)$. Donc $\tilde\gamma$ passe d'une composante connexe par arcs de $T(U_0 \sqcup U_1)$ à l'autre. Même conclusion.

Merci Calli c'est cool, je regarde ta rédaction.

Pour le point 3. tu dis que si $(1/2,0)\in U_1$ alors $(0,0) \in T(U_0)$, il n'y a pas de coquille ici ?

OK mais j'ai l'impression que le point 3 prouve que $\gamma - 1/2$ intersecte $\gamma$, ou bien ?

Ah oui suis-je bête 8-)

OK je continue mon examen minutieux...

Re,
@ raoul.S: le $B$, c'est avec tes notations la partie de $\mathbb{C}$ telle que $\forall z, z\in B\leftrightarrow \im (z)\in [y_{min},y_{max}]$. Je ne savais pas trop comment justifier l'utilisation du théorème de Jordan avec $\alpha$ et je trouvais que dans cette "bande", c'était très visuel.

Merci Calli, j'espère aussi que JLT (ou quiconque a la réponse ou peut la trouver assez facilement) va passer par là, parce que cette histoire d'injectivité et de lemme 1 va vite devenir obsédante.

Bon, la nuit porte conseil et finalement avec le lemme 2 ci-dessus on peut tout faire... B-)-

On considère le rectangle $[x_{\min}-1/2,x_{\max}+1/2]\times [y_{\min},y_{\max}]$ où les $x_{\min},x_{\max},y_{\min},y_{\max}$ sont les "coordonnées max" de $\gamma$.

On pose $\gamma':=(\gamma-1/2)\cdot(\gamma+1/2)$ (c'est le chemin composé). Plus précisément, $\gamma'$ est défini par :

$\gamma'(t)=\gamma(2t)-1/2$ si $t\in [0,1/2]$ et
$\gamma'(t)=\gamma(2t-1)+1/2$ si $t\in [1/2,1]$

Il suffit ensuite d'appliquer le lemme 2 avec les bons "sous-intervalles" pour $\gamma$ et $\gamma'$.

Bonjour,
Ça a l'air cool, mais je suis complètement largué pour le coup du $\gamma'$, je ne comprends pas les notations et notamment le produit dans $\mathbb{R}^2$. C'est quoi un chemin composé?

Ah... Ok, merci. Désolé, l'expression nouvelle (pour moi) et la notation m'ont fait bien buggué, j'aurais dû m'en tenir à ce que tu as écrit ensuite.

Je reviens sur le Lemme 1 de Calli qui dit que si deux points d'un espace topologique peuvent être reliés par un arc, alors ils peuvent être reliés par un arc injectif. Je ne suis pas certain que ce soit vrai de tout espace topologique, il faut peut-être un axiome de séparation, mais de toutes façons moi je ne m'aventure plus trop hors des espaces métriques.
Il me semble avoir vu cet énoncé il y a longtemps dans le traité de Choquet, qui ne le démontrait pas. On pourrait dire que c'est géométriquement évident : on joint les deux points par un arc et on coupe les boucles. Mais il y a loin de cette prétendue évidence à la démonstration, que je ne connais pas, et je trouve ça fascinant.
J'ai trouvé sur StackExchange une référence au chapitre 31 d'un ouvrage, mais en consultant cet ouvrage, je ne lui vois que 10 chapitres ! Je continue la recherche, et je pense qu'on peut trouver des sources, mais je vous écris ces lignes sans tarder. Peut-être pourra-t-on lire une belle preuve de ce lemme. Peut-il se caser dans une leçon d'agrégation ?
Bonne soirée.
Fr. Ch.

$\textbf{Lemme 3 :}$ Soient $E$ un espace topologique séparé et $f \in \mathcal{C}([0,1] ,E)$. On pose $D(f) = \{(t,t')\in[0,1]^2\mid t\leqslant t' \text{ et }$ $f(t)=f(t')\}$ et on le munit de la relation d'ordre $(t_1,t_1') \preccurlyeq (t_2,t_2') \Leftrightarrow [t_1,t_1'] \subset [t_2,t_2']$. Et on note $M(f)$ l'ensemble des éléments maximaux de $D(f)$. Alors chaque élément de $D(f)$ est majoré par un élément de $M(f)$.

Preuve : Montrons que $(D(f),\preccurlyeq)$ est inductif. Soit $((t_i,t_i'))_{i\in I}$ une chaîne de $(D(f),\preccurlyeq)$. On pose $t=\inf_{i\in I}t_i$ et $t'=\sup_{i\in I}t_i'$. Par continuité de $f$ et séparation de $E$, $f(t) = \lim\limits_{t_i\to t} f(t_i) = \lim\limits_{t_i'\to t'} f(t_i') =f(t')$. Donc $(t,t')\in D(f)$ majore la chaîne $((t_i,t_i'))_{i\in I}$. On conclut en appliquant le lemme de Zorn.

Edit : preuve alternative sans l'axiome du choix :
Soit $(t_1,t_1') \in D(f)$. Soit $t_2:=\{t\leqslant t_1 \mid \exists t'\geqslant t_1', (t,t')\in D(f)\}$ et $t_2' := \max f^{-1}(\{f(t_2)\})$. Il existe $((\tau_n,\tau_n'))_n \in D(f)^{\Bbb N}$ telle que $\tau_n \to t_2$ et : $\forall n, \tau_n \leqslant t_1 < t_1' \leqslant \tau_n'$. Soient $a$ une valeur d'adhérence de $(\tau_n')_n$ et $\varphi$ une extractrice telle que $\tau_{\varphi(n)}\underset{n\to\infty}\longrightarrow a$. Par continuité de $f$ et séparation de $E$, $f(t_2) = \lim\limits_{n\to \infty} f(\tau_{\varphi(n)}) = \lim\limits_{n\to \infty} f(\tau_{\varphi(n)}') =f(a)$. Alors $t_1' \leqslant a \leqslant t_2'$ donc $(t_1,t_1') \preccurlyeq (t_2,t_2')$ dans $D(f)$ et on vérifie que $ (t_2,t_2') \in M(f)$.


$\textbf{Lemme 4 :}$ Soit $(C,\leqslant)$ un ensemble dénombrable muni d'un ordre total dense avec un maximum et un minimum. Alors $(C,\leqslant)$ est isomorphe à $(\Bbb Q\cap[0,1],\leqslant)$.

Preuve : C'est le théorème de Cantor. J'avais aussi écrit une preuve au milieu de l'un de mes messages (deuxième paragraphe en retrait) à un moment où je ne savais pas que c'était un théorème connu.



$\textbf{Lemme 1 :}$ Soient $E$ un espace topologique séparé et $f \in \mathcal{C}([0,1],E)$ telle que $f(0)\neq f(1)$. Alors il existe $g \in \mathcal{C}([0,1] ,E)$ injective tel que $g(0) = f(0)$, $g(1) = f(1)$ et $g([0,1]) \subset f([0,1])$.

Preuve : Je pose $f_0:= f$ et $S_0 :=\varnothing$. Définissons $(f_\alpha,S_\alpha)$ pour tout ordinal $\alpha$. Si $(f_\alpha,S_\alpha)$ est déjà défini avec $f_\alpha$ continue, alors on définit $(f_{\alpha+1},S_{\alpha+1})$ comme ceci :

1. S'il existe $(t,t') \in M(f_\alpha)$ tel que $f$ n'est pas constante sur $[t,t']$, alors je prends un tel couple $(t,t')$ et je pose $S_{\alpha+1} = S_\alpha \cup\{f(t)\}$ et :
   $$f_{\alpha+1}:s\mapsto \left\{\begin{array}{cl} f(t) &\text{ si } s\in[t,t'] \\
   f_\alpha(s) &\text{ sinon} \end{array}\right.$$
2. S'il n'existe pas de tel $(t,t') $, alors $(f_{\alpha+1},S_{\alpha+1}) := (f_\alpha,S_\alpha)$.

Et si $\alpha$ est un ordinal limite, alors je pose $f_\alpha : t\mapsto \lim\limits_{\beta \to \alpha,\,\beta<\alpha} f_\beta (t)$ et $S_\alpha = \bigcup\limits_{\beta<\alpha} S_\beta$.

Il y a un certain nombre de choses à vérifier pour montrer que tout ça est bien défini. On met tout ça dans la récurrence ordinale suivante : on montre par récurrence que, pour tout ordinal $\alpha$,

• BD : $f_\beta$ est bien définie pour tout ordinal $\beta \leqslant \alpha$.
• DA : Pour tous $x\in E$ et $\beta\leqslant \alpha$, si $x\not\in S_\beta$ alors $\zeta \in [0,\beta] \mapsto f_\zeta^{-1}(\{x\})$ est décroissante pour l'inclusion.
• CA : Pour tous $x\in E$ et $\beta<\alpha$, si $x\in S_\beta$ alors la suite $\zeta \in [\beta,\alpha] \mapsto f_\zeta^{-1}(\{x\})$ est constante et sa valeur est un intervalle.
• CI : Pour tout $t\in[0,1]$, soit $\beta\in[0,\alpha]\mapsto f_\beta (t)$ est constante égale à $f(t)$, soit elle prend deux valeurs et est constante avant et après le premier (et unique) changement de valeur.

Ces sigles signifient "Bonne Définition", "Décroissance des Antécédents", "Constance des Antécédents", "Constance des Images".


Soit $\alpha$ tel que BD à CO sont vrais pour tous les ordinaux strictement inférieurs. Montrons les quatre points au rang $\alpha$ lorsque celui-ci est un ordinal successeur : $\alpha = \beta+1$.

• BD : Il n'y a rien à montrer.
• DA : Soit $x\in E$ tel que $x \not\in S_\alpha$. Alors il est clair que $f_\alpha^{-1}(\{x\}) \subset f_\beta^{-1}(\{x\})$.
• CA : Soit $x\in E$ tel que $x \in S_\beta$. Montrons que $f_\alpha^{-1}(\{x\})= f_\beta^{-1}(\{x\})$ en supposant par l'absurde sa négation. Soient $\zeta$ le plus petit ordinal tel que $x\in S_\zeta$ et $(t_1,t_1')\in M(f_\zeta)$ sélectionné pour la construction de $f_\zeta$. Soit $(t_2,t_2')\in M(f_\beta)$ sélectionné à l'étape $\alpha$ (s'il y en a un ; sinon $f_\alpha = f_\beta$ et c'est trivial). Montrons que $t_2<t_1<t_1'<t_2'$.
  • $f_\beta^{-1}(\{x\})$ est un intervalle d'après l'hypothèse CA et $f_\beta^{-1}(\{f_\beta(t_2)\})$ n'en est pas un par choix de $(t_2,t_2')$, donc $x\neq f_\beta(t_2)$. Alors $f_\alpha^{-1}(\{x\})\neq f_\beta^{-1}(\{x\})$ implique que $f_\beta^{-1}(\{x\}) \,\cap\, ]t_2,t_2'[\,\neq\varnothing$, puis que $f_\beta^{-1}(\{x\}) \subset\, ]t_2,t_2'[$ car $f_\beta^{-1}(\{x\})$ est un intervalle. De plus, $f_\beta^{-1}(\{x\})= f_\zeta^{-1}(\{x\}) = [t_1,t_1']$ par CA, donc $t_2<t_1<t_1'<t_2'$.
  Or la non convexité de $f_\beta^{-1}(\{f_\beta(t_2)\})$ montre que $f_\beta(t_2) \not\in S_\beta$ par CA. Donc $f_\zeta^{-1}(\{f_\beta(t_2)\}) \supset f_\beta^{-1}(\{f_\beta(t_2)\})$ par DA, puis $(t_2,t_2')\in D(f_\zeta)$. D'où $(t_1,t_1') \prec (t_2,t_2')$ dans $D(f_\zeta)$, ce qui contredit la maximalité de $(t_1,t_1')$ dans $D(f_\zeta)$ : absurde. CQFD
  Enfin, autre point à vérifier : si $x\in E$ et $\alpha$ est le plus petit ordinal tel que $x\in S_\alpha$, alors $f_\alpha^{-1}(\{x\})$ est un intervalle ; mais c'est évident par construction de $f_\alpha$.
• CI : Soit $t\in[0,1]$. Si $f_\alpha(t) \neq f(t)$, alors il existe un plus petit ordinal $\zeta$ tel que $f_\zeta(t) \neq f(t)$. Nécessairement, $\zeta$ est un ordinal successeur et $f_\zeta(t) \in S_\zeta$. Donc d'après CA qu'on vient de montrer, $f_\tau^{-1}(\{f_\zeta(t)\})$ est constant pour $\tau\in[\zeta,\alpha]$. Donc : $\forall \tau\in[\zeta,\alpha], f_\tau(t) = f_\zeta(t)$.

Montrons les quatre points au rang $\alpha$ lorsque celui-ci est un ordinal limite.

• BD : Par CI, pour tout $t$, $\beta\in[0,\alpha[\,\mapsto f_\beta (t)$ est constante à partir d'un certain rang. Donc $f_\alpha(t) := \lim\limits_{\beta \to \alpha,\,\beta<\alpha} f_\beta (t)$ est bien définie.
• DA : Soit $x\in E$. S'il existe $\beta<\alpha$ tel que $x\in S_\beta$, alors la propriété à montrer est creuse. Sinon, par CI, $f_\alpha^{-1}(\{x\})=\liminf\limits_{\beta\to\alpha,\,\beta<\alpha} f_\beta^{-1}(\{x\}) =$ $\bigcap\limits_{\beta<\alpha} f_\beta^{-1}(\{x\})$ par décroissance des ensembles $f_\beta^{-1}(\{x\})$.
• CA : Soit $x\in E$. Par l'hypothèse CI, $f_\alpha^{-1}(\{x\})$ est égal aux $t\in[0,1]$ tels qu'à partir d'un certain rang $f_\beta(t) = x$. Donc ok d'après l'hypothèse CA.
• CI : Même preuve que lorsque $\alpha$ est un ordinal successeur.

C'est bon pour cette récurrence.


Ensuite, montrons par récurrence ordinale que $f_\alpha$ est continue pour tout $\alpha$. Soit $\alpha$ tel que cette propriété est vraie pour tous les ordinaux strictement inférieurs. Montrons qu'elle reste vraie au rang $\alpha$.

• Supposons que $\alpha$ est un ordinal successeur : $\alpha = \beta+1$. $\alpha$ est $f_\beta$ est continue, donc $f_\alpha$ est continue par construction et recollements de fonction continues.
• Supposons que est un ordinal limite. Montrons que $f_\alpha$ est continue. Soit $t\in[0,1]$ tel que $f_\alpha$ n'est pas localement constante en $t$ ; montrons que $f_\alpha$ y est continue. Montrons d'abord que $f_\alpha(t) =f(t)$.
  • Si ça n'était pas le cas, soit $\beta$ le plus petit ordinal tel que $f_\beta(t)=f_\alpha(t)$. Alors $t \in {\rm Int}(f_\beta^{-1}(\{f_\alpha(t)\}) = {\rm Int}(f_\alpha^{-1}(\{f_\alpha(t)\})$ par CA qu'on vient de montrer. Donc $f_\alpha$ est localement constante en $t$ : absurde.
  Soit $V$ un voisinage de $f(t)$. Il existe $\varepsilon>0$ tel que $f(]t-\varepsilon,t+\varepsilon[)\subset V$. Soit $s\in \,]t-\varepsilon,t+\varepsilon[$. Distinguons deux cas :
  [list=1)]
• Si $f_\alpha(s)=f(s)$, alors $f_\alpha(s)\in V$.
• Si $f_\alpha(s)\neq f(s)$, on nomme $\beta$ le plus petit ordinal tel que $f_\beta(s)=f_\alpha(s)$ et $$s' := \left\{\begin{array}{cl}\min f_\beta^{-1}(\{f_\alpha(s)\}) & \text{ si } s>t \\
  \max f_\beta^{-1}(\{f_\alpha(s)\}) & \text{ si } s<t \end{array}\right.$$ Ces min et max sont bien définis par continuité de $f_\beta$. Alors CA montre que $ f_\beta^{-1}(\{f_\alpha(s)\})= f_\alpha^{-1}(\{f_\alpha(s)\})$ donc $f_\alpha(s')=f_\beta(s')$. Et comme ci-dessus, $f_\beta(s')\neq f(s)$ impliquerait que $f_\beta$ est localement constante en $s$, ce qui n'est pas le cas. Donc $f_\alpha(s) = f_\alpha(s')=f(s')\in V$.

[/list]


Maintenant, dans chaque intervalle $[\min f_\alpha^{-1}(\{x\}), \max f_\alpha^{-1}(\{x\})]$ auquel on touche lors de la création de $f_{\alpha+1}$ (i.e. $x\in S_{\alpha+1}\setminus S_\alpha$), on peut glisser un rationnel. Et ces intervalles sont deux à deux disjoints d'après CA. Donc ces intervalles sont en nombre dénombrable et $f_\alpha$ ne change plus de valeur pour $\alpha$ au-delà de $\omega_1$.

Posons $h:=f_{\omega_1}$ et $A := \{h^{-1}(\{x\})\mid x\in E\}\setminus\{\varnothing\}$. On peut montrer grâce au lemme 3 que $A$ est une partition de $[0,1]$ en intervalles fermés. Et $A$ est naturellement muni d'un ordre $\leqslant$. Soient $I_0\in A$ tel que $0\in I_0$, $I_1\in A$ tel que $1\in I_1$ et $C := \{I\in A\mid I\cap\Bbb Q\neq\varnothing\}\cup\{I_0,I_1\}$. Alors on vérifie aisément que $(C,\leqslant)$ satisfait les hypothèses du lemme 4. Donc il existe une bijection croissante $\varphi : \Bbb Q\cap[0,1] \to C$. De plus, on vérifie que $(C,\leqslant)$ possède la propriété de la borne supérieure, donc on peut prolonger $\varphi$ en une injection croissante $$\overline{\varphi} : \left(\begin{array}{ccc} [0,1] &\to& A\\
t &\mapsto & \sup_{r<t,r\in\Bbb Q} \varphi(r) \end{array}\right).$$ On vérifie que $\overline{\varphi} $ est surjective. Puis on pose $g:[0,1]\to E$ l'application qui à $t$ associe l'unique élément de $h(\overline{\varphi}(t))$. Enfin, on vérifie que $g$ est continue. CQFD

Démo assez technique Calli. Je n'ai pas lu tous les détails mais assez pour me rendre compte de la difficulté de la chose.

Les idées principales sont "faciles" à comprendre mais pour les prouver c'est une autre histoire, donc (tu)

PS. dans ce cas je ne suis pas sûr d'être particulièrement inspiré pour raccourcir ta preuve... mais jamais dire jamais (:P)

À la demande de Christophe : (je ne sais pas s'ils sont nombreux)
Le problème initial est évidemment écrit dans le premier message du fil. Nous (Titi, Raoul et moi) l'avons résolu dans le cas où l'ouvert $U$ vérifie l'hypothèse : $\forall x \in\partial U, \exists\delta \in \mathcal{C}([0,1],\overline U),\; \delta(0)=x \text{ et }\delta(]0,1])\subset U$. C'est par exemple le cas si $U$ est à bord $\mathcal{C}^1$ par morceaux ou s'il est délimité par une courbe de Jordan (d'après https://fr.wikipedia.org/wiki/Théorème_de_Jordan#Théorème_de_Jordan-Schoenflies)... en gros s'il n'est pas trop moche. Nos tentatives (ici et là) pour des $U$ plus généraux ont échoué. La démonstration du problème initial dans ce cas particulier est ici : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?14,2010694,2033686#msg-2033686 (deuxième moitié du message). On y utilise le résultat intermédiaire suivant :

Théorème a écrit:

Soit $\gamma \in \mathcal{C}( [0,1],\mathbb{R}^2)$ tel que $\gamma(0) = (0,0)$ et $\gamma(1) = (1,0)$. Alors il existe $t,t'\in[0,1]$ tels que $\gamma(t') = \gamma(t) + (1/2,0)$. Autrement dit, $\gamma([0,1])$ intersecte son translaté de vecteur $(1/2,0)$.

Titi a donné une idée de preuve ici http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?14,2010694,2016618#msg-2016618 et je l'ai formalisée là http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?14,2010694,2033904#msg-2033904. Mais j'ai eu besoin d'un "lemme 1" pas du tout évident dont voici une preuve : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?14,2010694,2035574#msg-2035574. Heureusement, Raoul a trouvé une preuve bien plus simple du théorème : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?14,2010694,2034658#msg-2034658 (les "sous-intervalles" dont il parle sont le sous-chemin de $\gamma'$ qui va d'un point d'abscisse minimale à un point d'abscisse maximale et le sous-chemin de $\gamma$ qui va d'un point d'ordonnée minimale à un point d'ordonnée maximale). Bref, du beau travail d'équipe ! (:D