Graphe connexe par arcs

Le_Confus

Bonjour
Je suis un peu troublé face à un exercice que je traitais. 
On a les deux résultats suivant qui ne sont pas difficile à prouver.

$1)$  Soient $A$ une partie connexe par arcs d'un espace vectoriel normé, et  $B$ une partie de $A$ à la fois ouverte et fermée relativement à $A$. Alors \[B=\emptyset,\text{ ou }B=A.\]
Preuve. Il suffit de définir $g:A\to\mathbb R,$ tel que $g(x)=1$ si $x\in B$ et $0$ sinon, puis prouver que $g$ est continue.

$2)$ Soient $X$ et $Y$ deux espaces topologiques et $f:X\to Y$, une fonction continue.  Alors si $X$ est compact et $Y$ séparé,  $f(X)$ est compact.

Voici l'exercice qui m'a été proposé.
On se donne $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ et on suppose que le graphe de $f$ noté $G(f)$ est connexe par arcs et on demande de montrer que $f$ est continue.  Voici ma démarche.
Puisque le $G(f)$ est connexe par arcs, il existe $\varphi:[0,1]\to G(f)$, continue tel que $\varphi(0)=(0,f(0))$ et  $\varphi(1)=(1,f(1))$. Par suite de $1)$ on déduit que $\varphi([0,1])=G(f)$ car $[0,1]$ est connexe par arcs et de $2)$ on déduit que $G(f)$ est compact car $[0,1]$ est compact. Du coup je peux déduire la continuité de $f$.

Cependant je parviens à trouver des contre-exemples pour la compacité du graphe de $f$.

J'ai même l'impression que c'est faux car sinon tout connexe par arcs devrait être compact ce qui n'est pas vrai si on prend $]0,1[$.

Du coup je me dis qu'il y a forcément  un problème dans ma preuve mais je ne la vois pas. D'où mon post.
Merci d'avance pour votre aide.

JLapin

$\varphi([0,1])= G(f)$ est faux en général.

Par ailleurs, je ne comprends pas bien comment tu parviens à conclure à la continuité de $f$.

Heuristique

Bonjour,

Je ne comprends pas pourquoi tu regardes $f$ entre $0$ et $1$ seulement alors que $f$ est définie sur $\mathbb{R}$. Je ne vois d'ailleurs pas le rapport entre $\varphi([0,1]) = G(f)$ qui est faux et la connexité par arcs de $[0,1]$.

Quand tu appliques 2), il est nécessaire d'énoncer et de vérifier toutes les hypothèses. Ici, il manque une grosse hypothèse que tu n'as a priori pas vérifiée (et qui est justement le but de l'exo...)

Le_Confus

Je suis d'accord.

Si le graphe de $f$ est compact, On se donne $(x_n)_n$ une suite convergente de limite $x$ et on montre que quand $n\to\infty,\ f(x_n)\to f(x)$.

En fait, puisque $(x_n,f(x_n))_n$ est dans le graphe de $f$ qui est compact, on peut extraire une sous-suite convergente et on montre que cette limite ne dépend pas de la sous-suite choisie.     

Le_Confus

Je suis d'accord que $\varphi([0,1])\neq G(f)$ mais pourquoi ?

L'image d'un connexe par arcs par une application continue est un connexe par arcs et du coup puisque $\varphi$ est continue, $\varphi([0,1])$ est un sous-ensemble connexe par arcs de $G(f)$.

Je prends un chemin qui va de $0$ à $1$, mais si mon égalité était vraie prendre un chemin quelconque ne changerait rien à la preuve.   

Puisque $\mathbb{R}^2$ est séparé et qu'il contient $G(f)$ alors $G(f)$ muni de la topologie induite est aussi séparé. Du coup puisque $\varphi$ est continue et $[0,1]$ compact, $\varphi([0,1])$ est un sous-ensemble compact de $G(f)$.   Du coup je pense avoir vérifier les hypothèses du 2).

Heuristique

Je suis d'accord qu'il suffit de montrer que $f$ est continue sur tout intervalle pour conclure mais il faut le dire explicitement. Tes nouveaux arguments sont plus clairs que ta première preuve où il manquait beaucoup de choses.

Pour $\varphi([0,1]) \neq G(f)$, voici un argument simple : $\varphi([0,1])$ est compact comme tu l'as démontré alors que $G(f)$ n'est pas borné (donc n'est a fortiori pas compact).