Espace privé d'un hyperplan encore connexe par arcs

Démonstrator

Peut-on trouver un espace vectoriel normé (nécessairement de dimension infinie, car c'est théorème en dimension finie) qui privé d'un hyperplan reste connexe par arcs ? On sait déjà que cet hyperplan doit être dense.

Calli

Bonjour,
Oui. C'est le cas pour $E=(\mathcal{C}([0,1],\Bbb R), \|.\|_1)$ et $H = \{f\in E\mid f(0)=0\}$. En effet, soit $f\in E\setminus H$. Posons pour tout $(t,x)\in[0,1]^2$, $h_t(x) = t\,x^{1-t}$ et $g_t(x) = (1-h_t(x))f(x)+h_t(x)$. On remarque que $h_0\equiv 0$, $h_t\underset{t\to 1}\longrightarrow 1$ p.p. et $\forall t\in[0,1[,\; h_t(0)=0$. Donc : $\forall t\in[0,1[, \; g_t(0)=f(0)\neq 0$. Ainsi, $t\in[0,1]\mapsto g_t$ est un chemin continu dans $E\setminus H$ de $f$ à la fonction constante égale à 1. Donc $E\setminus H$ est connexe par arcs.

gai requin

Bonjour Calli,
Ne voulais-tu pas plutôt dire "un chemin continu dans $E\setminus H$ de $f$..." ?

Calli

Merci @gai requin.

MrJ

Voici un petit exercice que j’aime bien.

Soit $H$ un hyperplan d’un espace vectoriel normé $E$. Montrer que $H$ est fermé si et seulement si $E\setminus H$ n’est pas connexe par arcs.

marco

Soit $H$ un hyperplan non fermé, soit $x,y \in E \setminus H$. Si $x \neq y$, on peut supposer $\|x-y\| = 1$ (en multipliant par un scalaire). Soit $r_n=\frac{1}{2^n}$, pour $n \in \N$. On suppose construit une suite $(x_n)_{n \leq k}$ de $E \setminus H$ qui vérifie la propriété $P(k)$ qui est $x_0=y$, $\|x-x_n\| \leq r_n$ pour $n \leq k$, et $x_{n+1}-x_n \in H$, pour $n<k$. $H$ est dense dans $E$, donc il existe $v \in H$ tel que $\|(x-x_k)-v\|\leq r_{k+1}$. Donc si on pose $x_{k+1}=x_k+v$, comme $v \in H$ et comme $x_k \notin H$, $x_{k+1} \notin H$, et $(x_n)_{n\leq {k+1}}$ vérifie $P(k+1)$.

Ensuite, on définit $f$ par $f(0)=x$, $f(r_n)=x_n$ et $f$ affine entre $r_n$ et $r_{n+1}$. Alors $f(1)=y$ et $f$ relie $x$ à $y$ dans $E \setminus H$.

Calli

@MrJ : intéressant ; je ne soupçonnais pas ce résultat. Et bravo à @marco.

MrJ

Bravo @marco !

Le point clé est en effet que si $H$ n’est pas fermé, alors $x+H$ est dense dans $E$ pour tout $x\in E$, ce qui nous permet de construire un chemin affine par morceaux de $x$ à tout élément $y\in E$.

Démonstrator

Oui, c'est une variation de ce que les hyperplans sont fermés ou denses. Merci pour votre réponse en tout cas

raoul.S

Je me demande si l'exo de MrJ est encore valable pour un espace vectoriel topologique quelconque. Par exemple dans le cas des espaces définis par un ensemble dénombrable de semi-normes la preuve de marco est encore valable modulo quelques petites modifs, mais dans le cas plus général je ne sais pas. Peut-être qu'il y a un contre-exemple...

Calli

Pour la connexité par arcs dans le cas des e.v.t. je ne sais pas, mais on peut facilement montrer la connexité.

Soient $E$ un e.v.t. et $H$ un hyperplan dense. Soit $U$ un ouvert-fermé non vide de $E\setminus H$. Montrons que $U=E\setminus H$.
Soit $x\in E\setminus H$. Comme $H$ est dense, $x+H$ aussi, donc il existe $y\in (x+H)\cap U$. Soit $C=\{tx+(1-t)y\mid t\in[0,1]\}$. On a $C\subset (x+H)\subset E\setminus H$ donc $U\cap C$ est un ouvert-fermé de $C$. Mais $C$ est connexe et $U\cap C$ est non vide (car il contient $y$), donc $U\cap C=C$. Donc $x\in U\cap C\subset U$. Ainsi, $U=E\setminus H$ et $E\setminus H$ est connexe.

raoul.S

C'est déjà ça...

raoul.S

Oyez oyez j'ai une stratégie pour un contre-exemple. 🥳

Soit $E$ un evt réel et $H$ un hyperplan dense. Soit $\phi$ une forme linéaire ayant $H$ comme noyau ($\phi$ n'est donc pas continue). Notons $E^{-}:=\phi^{-1}(]-\infty, 0[)$ et $E^{+}:=\phi^{-1}(]0,+\infty[)$.
On a $E\setminus H=E^{+}\cup E^{-}$ et on remarque facilement que $E^{+}$ et $E^{-}$ sont convexes donc connexes par arcs. Supposons que $E\setminus H$ soit connexe par arcs. Ceci implique qu'il existe $x\in E^{-}, y\in E^{+}$ et $\gamma :[0,1]\to E\setminus H$ continue reliant $x$ à $y$. Sans détailler on voit facilement en considérant $\inf\{t\in [0,1]\mid \gamma(t)\in E^{+}\}$ que l'existence de $\gamma$ entraîne l'existence d'une suite de $E^{-}$ qui converge vers un élément de $E^{+}$.

À présent supposons que notre forme linéaire $\phi$ soit séquentiellement continue (c'est-à-dire que pour toute suite $(v_n)$ de $E$ et tout $v\in E$, $(v_n)$ converge vers $v$ $\Rightarrow$ $\phi(v_n)$ converge vers $\phi(v)$), alors c'est gagné car dans ce cas il ne pourrait pas exister de suite de $E^{-}$ qui converge vers un élément de $E^{+}$ (si $(x_n)$ est une suite de $E^{-}$ qui converge vers $x$ on aurait évidemment $\phi(x)=\lim_n \phi(x_n)\leq 0$).

Morale de l'histoire : il suffit de trouver un evt $E$ et une forme linéaire $\phi$ qui soit séquentiellement continue mais pas continue et $E\setminus \ker \phi$ aurait exactement deux composantes connexes par arc.

Je vais regarder plus tard ou demain si j'en trouve un.

Chaurien

Excusez-moi, je reviens sur la démonstration de Marco, que je n'ai pas comprise. Ce que j'ai compris c'est que deux points $x$ et $y$ de $E\setminus H$ peuvent toujours être reliés, dans $E\setminus H$, par une ligne polygonale $x_0,x_1,...,x_m$ avec $x_0=y$ et $x_m=x$. Je n'ai pas compris que vaut $m$. Merci de le préciser..

raoul.S

@Chaurien il y a une infinité de $x_i$, c'est une suite en fait.

Calli

@raoul.S : On peut faire la construction suivante. Soient $\omega_1$ le premier ordinal indénombrable, et $E=\{f:[0,\omega_1]\to\Bbb R \ \mid$ $\sup |f|<\infty $ $\text{et }\exists\alpha\in[0,\omega_1[, \forall \beta\in[\alpha,\omega_1], f(\beta)=f(\omega_1)\} $ l'ensemble des fonctions $[0,\omega_1]\to\Bbb R$ bornées et constantes à partir d'un certain rang. On muni $E$ de la topologie de la convergence uniforme "locale" sur $[0,\omega_1[$, induite par les semi-normes $\|f\|_\alpha :=\sup_{\beta\in[0,\alpha]} |f(\beta)|$ avec $\alpha\in[0,\omega_1[$. Et on pose $\varphi:f\in E\mapsto f(\omega_1)$.

$\varphi$ est continue si : $\exists \alpha\in[0,\omega_1[, \exists C>0, \forall f\in E, |\varphi(f)|\leqslant C\|f\|_\alpha$. Mais pour tout $\alpha\in[0,\omega_1[$, on posant $f := {\bf1}_{[\alpha+1,\omega_1]} $, on a $f\in E$, $\varphi(f)=1$ et $\|f\|_\alpha=0$. Donc $\varphi$ n'est pas continue.

Montrons qu'elle est séquentiellement continue. Soit $(f_n)$ une suite de $E$ convergeant vers $f\in E$. Pour tout $n$, il existe $\alpha_n\in[0,\omega_1[$ tel que : $\forall \beta\in[\alpha_n,\omega_1],\;f_n(\beta)=f_n(\omega_1)$. Soit $\alpha = \sup_{n\in\Bbb N} \alpha_n$. On a $\alpha<\omega_1$. Quitte à augmenter $\alpha$, on peut aussi supposer : $\forall\beta\in[\alpha,\omega_1],\;f(\beta)=f(\omega_1)$. Alors $$|\varphi(f_n)-\varphi(f)| = |f_n(\omega_1)-f(\omega_1)|=  |f_n(\alpha)-f(\alpha)|\leqslant\|f_n-f\|_\alpha\to 0.$$

Edit : simplification des définitions

raoul.S

@Calli Magnifique

J'avais commencé à regarder du côté d'evt un peu exotiques mais ça m'aurait pris beaucoup plus de temps. De plus c'est un exemple d'evt localement convexe séparé.

raoul.S

Bon finalement on a tous les ingrédients pour généraliser la proposition de MrJ aux espaces localement convexes : 

Soit $H$ un hyperplan d’un espace localement convexe $E$. Alors $H$ est séquentiellement fermé si et seulement si $E\setminus H$ n’est pas connexe par arcs.

Quelques rappels de vocabulaire avant la preuve : 

Rappel :  1) $H$ est séquentiellement fermé si $H=\overline{H}^{\text{seq}}$ où $\overline{H}^{\text{seq}}$ est l'adhérence séquentielle ($\overline{H}^{\text{seq}}=\{x\in E\mid \text{ il existe une suite de } H \text{ qui converge vers } x\}$).

2) une forme linéaire $\phi$ sur $E$ est séquentiellement continue si pour toute suite $(v_n)$ de $E$ et tout $v\in E$, $v_n\to v$ implique $\phi(v_n)\to \phi(v)$.

Preuve
Soit $\phi$ une forme linéaire ayant $H$ comme noyau. Notons $E^{-}:=\phi^{-1}(]-\infty, 0[)$ et $E^{+}:=\phi^{-1}(]0,+\infty[)$.

Si $H$ est séquentiellement fermé alors on montre facilement que $\phi$ est séquentiellement continue (voir deuxième preuve). Soit $x\in E^{-}$, $y\in E^{+}$ et $\gamma: [0,1]\to E$ continue reliant $x$ à $y$. Alors $\phi\circ \gamma$ est continue, $\phi(\gamma(0))<0$ et $\phi(\gamma(1))>0$, donc par le th. des valeurs intermédiaires, $\gamma$ passe par $H$. Donc $E\setminus H$ n'est pas connexe par arcs.

Pour le côté droite gauche de l'implication montrons la contraposée. Supposons $H$ pas séquentiellement fermé. Alors $\overline{H}^{\text{seq}}=E$. Pour montrer que $E\setminus H$ est connexe par arcs il suffit de montrer qu'étant donnés $x\in E^{-}$ et $y\in E^{+}$ il existe un chemin continu qui les relie dans $E\setminus H$ (ceci car $E=E^{-}\cup E^{+}$ et que $E^{-},E^{+}$ sont convexes donc connexes par arcs). Soit donc $x\in E^{-}$ et $y\in E^{+}$ et soit $(h_n)$ une suite de $H$ qui converge vers $y-x$. Alors la suite $(x+h_n)$ est dans $E\setminus H$ et converge vers $y$.
Ici on procède comme marco (mais je vais dans l'autre sens car je suis droitier ). On définit $\gamma: [0,1]\to E\setminus H$ en posant $\gamma(1-2^{-n}):= x+h_n$ et affine entre $1-2^{-n}$ et $1-2^{-n-1}$ puis on pose $\gamma(1)=y$. Sans perte de généralité on peut supposer que $h_0=0$ de telle sorte que $\gamma$ relie $x$ à $y$. Vu que $\gamma$ est affine par morceaux elle est continue sur $[0,1[$. Il reste en fait à vérifier qu'elle est continue en 1. Soit $V$ un voisinage convexe de $y=\gamma(1)$ (ici la convexité entre en jeu). La suite $(x+h_n)$ converge vers $y$ et par conséquent elle est contenue dans $V$ à partir d'un certain rang $m$. Le chemin $\gamma$ étant affine par morceaux et $V$ convexe il s'ensuit que $\gamma([1-2^{-m},1])\subset V$ pour un certain $m$. Donc $\gamma$ est continue et $E\setminus H$ est connexe par arcs.

Preuve que si $H$ est séquentiellement fermé $\phi$ est séquentiellement continue. Il suffit de montre que $\phi$ est séquentiellement continue en $0$. Soit donc $(x_n)$ une suite qui tend vers $0$. Vu que $H$ est un hyperplan il existe $y\in E$ tel que $E=H\oplus \R y$. Soit alors $(h_n)$ une suite de $H$ et $(\lambda_n)$ une suite de $\R$ telles que $x_n=h_n+\lambda_n y$ pour tout $n\in \N$.

Montrons que $\lambda_n\to 0$. En effet sinon il existe un $M>0$ et quitte à considérer une sous-suite on a $|\lambda_n|>M$ pour tout $n$. Donc pour toute semi-norme continue $p$ on a $p(h_n+\lambda_n y)\to 0$ donc $|\lambda_n| p(\frac{h_n}{\lambda_n}+ y)\to 0$ donc $p(\frac{h_n}{\lambda_n}+ y)\to 0$ donc $y\in \overline{H}^{\text{seq}}=H$, absurde.

Ainsi $\phi(x_n)=\lambda_n \phi(y)\to 0$ et $\phi$ est séquentiellement continue.

Edit : je me suis rendu compte que cette dernière preuve est évidemment valable dans un evt quelconque. Voici la petite modif à faire : soit $x_n,h_n$ et $\lambda_n$ comme avant et supposons que $(\lambda_n)$ ne tends pas vers $0$. Alors quitte à considérer une sous-suite on a $|\lambda_n|>M$ pour tout $n$, avec $M>0$. Soit $V$ un voisinage équilibré de $0$, il existe $m$ tel que $x_n\in MV$ dès que $n\geq m$. Donc $\lambda_n (\frac{h_n}{\lambda_n}+ y)\in MV$ si $n\geq m$. Donc $\frac{h_n}{\lambda_n}+ y\in V$ si $n\geq m$. Donc $y\in \overline{H}^{\text{seq}}=H$, absurde.

Calli

Bravo @raoul.S.

Chaurien

Bravo pour les généralisations aux espaces vectoriels topologiques, mais j'en reste pour l'instant au cas des espaces vectoriels normés, et  je n'ai pas encore bien compris la démonstration qui les concerne. Je vais revenir aux fondamentaux, pardon pour ceux qui trouveront ça trivial.

• Dans un espace vectoriel de dimension finie ou non, un hyperplan est : un supplémentaire de droite vectorielle, un noyau d'une forme linéaire non nulle, un sous-espace strict maximal.

• Dans un espace vectoriel réel $E$, soit un hyperplan $H$, noyau d'une forme linéaire non nulle $\phi$. Les demi-espaces $E_1=\{x \in E, \phi(x)>0\}$ et $E_2=\{x \in E, \phi(x)<0\}$, sont disjoints, convexes donc connexes par arcs, et $E\setminus H=E_1 \cup E_2$.

• Dans un espace vectoriel normé, l'adhérence d'un sous-espace est un sous-espace. Un hyperplan est donc fermé ou dense. Un hyperplan, noyau d'une forme linéaire non nulle $\phi$, est fermé si et seulement si cette forme linéaire est continue.

• Dans un espace vectoriel normé réel $E$, si $H$ est un hyperplan fermé, le complémentaire $E\setminus H$ est un ouvert qui a deux composantes connexes par arcs, qui sont les demi-espaces  $E_1$ et $E_2$ définis plus haut, lesquels sont ouverts. C'est le cas notamment pour un espace de dimension finie, où tout sous-espace est fermé. C'est très connu.

• Dans un espace vectoriel normé réel $E$, si $H$ est un hyperplan dense, on veut prouver que le complémentaire $E\setminus H$ est connexe par arcs. Dans la démonstration de Marco ci-dessus, si j'ai bien compris, on considère deux points $x \in E\setminus H$ et $y \in E\setminus H$, et on construit une ligne polygonale $(x_0,x_1,..., x_m)$ reliant $x$ et $y$, incluse dans $E\setminus H$, avec $x_0=x$, $x_m=y$. On définit cette suite $x_n$ par récurrence, en prenant $x_{n+1}-x_n \in H$. Et en effet, si par hypothèse de récurrence on a $x_n \in E\setminus H$ et si l'on prend  $x_{n+1}-x_n \in H$, alors toute la droite affine $x_n,x_{n+1}$ sera dans $E\setminus H$ et en particulier le segment $[x_n x_{n+1}]$, d'accord. Mais si $x=x_0$ est dans $E_1$, alors tous les $x_n$ successifs seront dans $E_1$, et si $y$ est dans $E_2$, cette construction ne permettra pas de relier $x$ à $y$.

Qu'en pensez-vous ?

Bonne journée.

Fr. Ch.

GaBuZoMeu

Chaurien a dit : Mais si $x$ est dans $E_1$, alors tous les $x_n$ successifs seront dans $E_1$, et si $y$ est dans $E_2$, cette construction ne permettra pas de relier $x$ à $y$.

Pourquoi ? Parce que si $\phi(x_n)>0$ pour tout entier naturel $n$ et $y=\lim_{n\to\infty}x_n$, alors $\phi(y)\geq 0$ ? Mais là, tu raisonnes comme si $\phi$ était continue ...

Calli

@Chaurien : on n'a pas $x_m=y$ (sinon ça ne fonctionnerait pas, comme tu le dis). On construit une suite infinie $(x_n)_{n\in\Bbb N}$ et l'image du chemin c'est $\left(\bigcup_{n\in\Bbb N} [x_n,x_{n+1}]\right)\cup\{y\}$. Ce chemin est continu en l'extrémité $y$ car par construction $x_n\underset{n\to\infty}\longrightarrow y$.