Fermé de $[0,1]^2$

mathix00
Modifié (2 Jan) dans Topologie
Bonsoir, j'ai essayé de résoudre l'exercice suivant en pensant au TVI mais en vain.

Soit $K$ une partie fermée de $[0,1]^2$.
On suppose que pour tout $x \in[0,1]$, l'ensemble $\{y \in[0,1] \mid(x, y) \in K\}$ est un intervalle non vide.
Montrer que $K$ intersecte la droite d'équation $y=x$.
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Réponses

  • Ben314159
    Modifié (2 Jan)
    Salut
    Il y a forcément plusieurs méthodes (qui dépendent en particulier de ton bagage).  Je te propose ça.

    On considère les ensembles $K_+$ [respectivement $K_-$] formés des éléments de $K$ au dessus [respectivement en dessous] de la diagonale (au sens large). Ce sont des compacts non vides donc leur projetés respectif sur l'axe des $x$ sont aussi compacts et non vide.  De plus, vu l’hypothèse qui dit que les coupes verticales sont non vide, la réunion des deux projetés est $[0,1]$ tout entier.
    Comme $[0,1]$ est connexe les deux projetés ne peuvent pas être disjoints et, vu l’hypothèse qui dit que les coupes verticales sont des intervalles, tout $x$ dans l'intersection des deux projetés fournit une solution au problème. 

    Si tu n'a pas vu la notion générale de connexité et/ou que tu n'a pas vu que l'image d'un compact est compacte, il y a sûrement moyen de s'en sortir avec des suites et des bornes supérieures (dans $\R$)
  • Parku
    Modifié (3 Jan)
    Vu le tag CPGE, je propose une preuve n'utilisant pas la connexité.
    Puisque $\{y\in [0,1]\mid(0,y) \in K\} \neq \emptyset$, l'ensemble $K_{\sup} := K \cap \{ (x,y) \in [0,1]^2\mid x \leq y\}$ n'est pas vide. De plus, $K_{\sup}$ est compact (c'est l'intersection de deux compacts). De même, $K_{\inf} := K \cap \{ (x,y) \in [0,1]^2\mid x \geq y\}$ est compact.
    L'ensemble $K_{\mathrm{sup}}$ étant un compact non vide, sa projection sur l'axe des abscisses est aussi un compact non vide (c'est l'image d'un compact non vide par une fonction continue). Par conséquent, on peut considérer son maximum $x_0 := \max\{x \in [0,1]\mid \exists y \in [0,1],\ (x,y) \in K_{\mathrm{sup}}\}$ et $y_0$ tel que $(x_0,y_0) \in K_{\mathrm{sup}}$.
    Faisons ensuite une disjonction de cas pour montrer que $(x_0,x_0) \in K$.
    • Si $x_0 = 1$, alors comme $x_0 \leq y_0 \leq 1$, on a $x_0=y_0=1$ donc $(x_0,x_0) \in K$.
    • Sinon, $x_0<1$. Posons, pour $n \geq \frac{1}{1-x_0}$, $x_n = x_0 + \frac{1}{n}$ (la condition sur $n$ sert simplement à ce que $x_n \in [0,1]$). On peut, pour chaque $n \geq \frac{1}{1-x_0}$, trouver $y_n \in [0,1]$ tel que $(x_n, y_n) \in K$. En outre, comme $x_n > x_0$ et par maximalité de $x_0$, on a $(x_n, y_n) \notin K_{\mathrm{sup}}$, donc $(x_n, y_n) \in K_{\mathrm{inf}}$. De la suite $(x_n,y_n)$ à valeurs dans le compact $K_{\mathrm{inf}}$, on peut extraire une sous-suite convergente, de limite $\left(x_0,\tilde{y}\right) \in K_{\mathrm{inf}}$. L'ensemble $\{y \in [0,1] \mid (x_0,y) \in K \}$ est alors un intervalle qui contient un élément inférieur à $x_0$ (à savoir $\tilde{y}$) et un élément supérieur à $x_0$ (à savoir $y_0$). Il contient donc $x_0$, donc $(x_0,x_0) \in K$.
  • Je propose une variante : une démonstration très élémentaire par dichotomie, sachant que $0$ est au-dessous de son intervalle et $1$ au-dessus.
  • bisam
    Modifié (7 Jan)
    Je me pose une question supplémentaire à propos de cet exercice... et je n'arrive pas à trouver une démonstration.
    On reprend donc un fermé $K$ de $[0,1]^2$ dont toutes les tranches verticales sont des segments.
    Existe-t-il toujours au moins une tranche horizontale qui soit un segment ?
  • raoul.S
    Modifié (7 Jan)
    Иon.

  • Bien vu ! Et j'aime beaucoup que ça marche aussi avec un N... mais que tu aies préféré ta première idée.
    Les contre-exemples les plus simples sont les meilleurs.
  • bisam a dit : 
    mais que tu aies préféré ta première idée.

    En fait c'est pire, ce n'est pas que j'ai préféré ma première idée, c'est que lorsque je me suis aperçu que ça marchait aussi avec "N" j'avais déjà posté... :mrgreen:

  • Sinon, on peut aussi prendre le graphe d'une fonction de $[0,1]$ dans lui même ce qui assure que les "coupes verticales" vont être des segments.
    Et un truc du style $f(x)=|\sin(\lambda x)|$ avec $\lambda$ assez grand convient (et des tonnes d'autres fonctions marchent).
  • Le graphe d'ne fonction continue de $I$ dans $I$ est fermé et respecte la clause des coupes verticales mais ne respecte celle des coupes horizontales que si elle est monotone ; trouver un contre-exemple n'est pas hors de portée...
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