Partie entre un convexe et sa fermeture

Joaopa

Bonjour à tous.

Soit $C$ un convexe d'un $\mathbb R$-espace vectoriel normé et $X$ une partie de $E$ telle que $C\subset X\subset\overline C$.
Je souhaite montrer que $X$ est un connexe par arcs. Si quelqu'un a une idée...
Merci d'avance

MrJ

S’il existe un point dans $x\in X\setminus C$, alors c’est la limite d’une suite d’éléments de $C$. Tu peux ensuite relier ces points par des segments pour obtenir un chemin allant de $x$ à un point de $C$. Il faut formaliser l’idée pour être sûr que l’on obtient bien une application continue.

Georges Abitbol

Supposons que $0 \in C$. Je crois que j'ai toujours tenu pour acquis que, pour tout $v$, $\overline{\{t \in \mathbb{R}_+ \ \vert \ tv \in C\}} = \{t \in \mathbb{R}_+ \ \vert \ tv \in \overline{C}\}$ (EDIT 2 : faux aussi : prendre, pour $C$, dans le plan, le demi-plan supérieur avec la partie de l'axe des abscisses correspondant à des points d'abscisse supérieure à $-43$ ; alors l'adhérence de $C$ est le demi-plan fermé et ça met en défaut mon affirmation). Je vais y réfléchir, mais, si c'est vrai, il me semble qu'on puisse obtenir sans mal (EDIT : attention, la phrase suivante est fausse) que, pour toute partie $C$ étoilée en un point $x_0$, et pour toute partie $X$ telle que $C \subset X \subset \overline{C}$, alors $X$ est étoilée en $x_0$. Comme toute partie étoilée est connexe par arcs, tout ceci te suffirait.

EDIT : GaBuZoMeu a soulevé mon erreur.

EDIT2 : Une autre erreur.

GaBuZoMeu

Georges Abitbol a dit :

il me semble qu'on puisse obtenir sans mal que, pour toute partie $C$ étoilée en un point $x_0$, et pour toute partie $X$ telle que $C \subset X \subset \overline{C}$, alors $X$ est étoilée en $x_0$.

C'est faux : prendre pour $C$ le disque unité privé d'un rayon épointé (ne contenant pas le centre). Pas difficile de trouver un $X$ coincé entre $C$ et $\overline C$ qui n'est pas étoilé par rapport à l'origine.

Georges Abitbol

Oulalalala, oui. Merci !

bisam

L'idée de MrJ fonctionne bien.

On peut supposer sans peine que $C\neq \emptyset$ et que $X\setminus C\neq \emptyset$, sinon le résultat à prouver est évident.
Soit $x \in X\setminus C$ et $x_0\in C$.
Alors il existe une suite $(x_n)_{n\in\N^*}$ d'éléments de $C$ qui converge vers $x$.

On définit la fonction $\phi$ sur $[0,1]$ par $\phi(0)=x$ et $\forall n\in\N^*, \forall t\in \left]\frac{1}{n+1},\frac{1}{n}\right], \phi(t)=(\frac{1}{t}-n)x_{n}+(n+1-\frac{1}{t})x_{n-1}$.

Alors $\phi$ est évidemment continue en tout point de $\bigcup_{n\in\N^*} \left]\frac{1}{n+1},\frac{1}{n}\right[$.
Elle est continue en $\frac{1}{n}$ pour tout $n\in\N^*$ en regardant les limites à droite et à gauche en ces points.
Enfin, pour tout $t\in\left]0,1\right]$ :
\[ \|\phi(t)-\phi(0)\|=\left\|\left(\frac{1}{t}-\left\lfloor\frac{1}{t}\right\rfloor\right)\left(x_{\left\lfloor\frac{1}{t}\right\rfloor}-x\right)+\left(\left\lfloor\frac{1}{t}\right\rfloor+1-\frac{1}{t}\right)\left(x_{\left\lfloor\frac{1}{t}\right\rfloor-1}-x\right)\right\| \leq \left\|x_{\left\lfloor\frac{1}{t}\right\rfloor}-x\right\|+\left \|x_{\left\lfloor\frac{1}{t}\right\rfloor-1}-x\right\| ,\] et ces deux dernières normes tendent vers $0$ lorsque $t$ tend vers $0$ donc $\phi$ est continue en $0$ également.

Ainsi $\phi$ est continue sur $[0,1]$ et relie $x_0\in C$ et $x\in X\setminus C$.
Donc $X$ est connexe par arcs.

GaBuZoMeu

Bonjour,

Si $x_0$ appartient à l'intérieur relatif de $C$ et $x$ appartient à $X$, alors le segment $[x_0,x]$ est contenu dans $X$ (et $[x_0,x[$ est contenu dans l'intérieur relatif de $C$).

raoul.S

Je ne sais pas si j'ai bien compris @GaBuZoMeu, mais ce qui suit ne serait-il pas un contre-exemple ?

On considère $\ell^{\infty}$ l'espace des suites réelles bornées avec la norme du sup et $C$ le sous-espace des suites nulles à partir d'un certain rang. On pose $X:=C\cup \{x\}$ où $x=(1,1/2,1/3,...)$. Alors on a bien $C\subset X\subset \overline{C}$, de plus $0$ est dans l'intérieur relatif de $C$ mais $[0,x]$ n'est pas contenu dans $X$.

GaBuZoMeu

Tu as raison, le problème est ici que l'adhérence de $C$ déborde de son enveloppe affine. Il est clair alors qu'on ne peut pas aller tout droit sur un point de l'adhérence de $C$.

Bon, et si je suppose que $x_0$ appartient à l'intérieur (tout court) de $C$ ?

Foys

L'intérieur de $C$ peut être vide en dimension infinie même si $C$ est dense (cas d'un hyperplan non fermé).

GaBuZoMeu

Bien sûr.

raoul.S

Ceci dit si l'intérieur n'est pas vide... je ne sais pas. Intuitivement on a envie de dire que dans ce cas ça marche.

MrJ

@bisam : Bien joué !

J'ai découvert cette "astuce" lorsque j'étais agrégatif avec le bel exercice suivant (que j'ai surement déjà mentionné dans d'autres discussions) : un hyperplan $H$ d'un espace vectoriel normé $E$ est dense si et seulement si $E\setminus H$ est connexe par arcs.

Georges Abitbol

Pour me faire pardonner d'avoir écrit des bêtises plus haut, voici un petit quelque chose qui les corrige.

Soit $E$ un espace normé.

Définition : soit $z \in E$. Le cornet de pointe $z$ et de rayon $\epsilon$ est, par définition, $conv (B(0,\epsilon) \cup \{x\}) \setminus \{x\}$, où $conv$ désigne l'enveloppe convexe et où $B$ désigne une boule ouverte. On le note $C(z,\epsilon)$.

Lemme 1 : Soit $x \in E$, et $\epsilon > 0$ fixé. Alors l'ensemble des $z$ tels que $x$ est dans l'intérieur de $C(z,\epsilon)$ est ouvert.

Démonstration : Soit $z \in E$. Alors $x$ est dans l'intérieur de $C(z,\epsilon)$ si et seulement si la demi-droite $[z,x)$ intersecte $B(0,\epsilon)$. Soit donc $z \in E$ tel que $x$ est dans l'intérieur de $C(z,\epsilon)$. Soit $t \in \mathbb{R}_+^*$ tel que $z + t(x-z) \in B(0,\epsilon)$. Alors l'application $y \mapsto y + t(x-y)$ est continue, et donc l'image réciproque $V$ de $B(0,\epsilon)$ par cette application est ouverte, et contient $z$. Alors, pour tout $y$ dans $V$, $[y,x)$ intersecte $B(0,\epsilon)$ et donc $x$ est intérieur à $C(y,\epsilon)$.

Soit maintenant $C$ une partie convexe (merci GBZM) de $E$ telle que $0$ est intérieur à $C$.

Lemme 2 : Soit $v \in E$. Alors on a $\overline{\{t \in \mathbb{R}_+ \ \vert \ tv \in C\}} = \{t \in \mathbb{R}_+ \ \vert \ tv \in \overline{C}\}$.

Démonstration : Tout d'abord, $\{t \in \mathbb{R}_+ \ \vert \ tv \in C\}$, $\overline{\{t \in \mathbb{R}_+ \ \vert \ tv \in C\}}$ et $\{t \in \mathbb{R}_+ \ \vert \ tv \in \overline{C}\}$ sont tous les trois des intervalles de $\mathbb{R}_+$ (pour deux d'entre eux, c'est parce que $C$ et $\overline{C}$ sont convexes, et l'autre est l'adhérence d'un intervalle, et donc un intervalle aussi) ; à part, peut-être, le premier, ils sont fermés.

L'inclusion gauche-droite est évidente. Pour l'inclusion droite-gauche, si $\{t \in \mathbb{R}_+ \ \vert \ tv \in C\}$ est non borné, alors c'est évident. Supposons donc que $\{t \in \mathbb{R}_+ \ \vert \ tv \in C\}$ est $[0,t_0]$ ou $[0,t_0[$ pour un certain $t_0$. De plus, $\{t \in \mathbb{R}_+ \ \vert \ tv \in \overline{C}\} = [0,t_1]$ pour un certain $t_1$. Il suffit de démontrer $t_0 = t_1$, et on sait déjà que $t_0 \leq t_1$.

Supposons donc $t_0 < t_1$.

Soit $\epsilon$ tel que $B(0,\epsilon) \subset C$. Alors $t_0v$ est dans l'intérieur de $C(t_1v,\epsilon)$. Soit $\delta > 0$ tel que pour tout $y \in B(t_1v,\delta)$, $t_0v$ est dans l'intérieur de $C(y,\epsilon)$ (il existe d'après le lemme 1).

Alors, comme $t_1v \in \overline{C}$, on peut trouver $y \in C \cap B(t_1v,\delta)$. Le point $t_0v$ est donc dans l'intérieur de $C(y,\epsilon)$ ; or, comme $C$ est convexe, $C(y,\epsilon) \subset C$, et donc $t_0v$ est intérieur à $C$, ce qui contredit le fait que $\{t \in \mathbb{R}_+ \ \vert \ tv \in C\} = [0,t_0[$.

Proposition : Soit $C$ une partie convexe, et soit $X$ une partie telle que $C \subset X \subset \overline{C}$. Alors $X$ est étoilé en tout point intérieur à $C$.

Démonstration : supposons que $C$ a un point intérieur $a$. Soit $x \in X$. D'après le Lemme 2, $[a,x[ \subset C$, et donc $[a,x] \subset X$.

EDIT : Correction d'une lourde répétition.

EDIT 2 : Rajout de l'hypothèse de convexité, merci GBZM !

raoul.S

@Georges Abitbol

GaBuZoMeu

@Georges Abitbol : n'oublies-tu pas quelque chose dans tes hypothèses ?

"Soit maintenant $𝐶$ une partie de $𝐸$ telle que $0$ est intérieur à $𝐶$."

Si tu ajoutes que $C$ est convexe, je veux bien.

Un petit crobard :

La boule $B_0$ de centre $x_0$ contenue dans le convexe $C$, $x$ dans l'adhérence de $C$, $y$ dans $[x_0,x[$ à l'extérieur de $B_0$, la boule $B$ image de $B_0$ par l'homothétie de centre $y$ qui envoie $x_0$ sur $x$. $B$ contient des points de $C$, et donc $y$ est dans $C$ par convexité.

Georges Abitbol

Oui oui, dans ma tête j'étais dans le cadre de la question et j'ai oublié de préciser. Je n'ai pas compris ton dessin : $C$ est la réunion des boules ouvertes et du segment ?

GaBuZoMeu

$C$ est un convexe qui contient $B_0$ et dont l'adhérence contient $x$.

PS. Ma question ci-dessus était rhétorique, j'avais déjà le petit crobard en tête.

raoul.S

@GaBuZoMeu

PS. deux pouces car c'est plus simple

Joaopa

Merci à tous pour votre participation à ce fil.

Georges Abitbol

Bon, il m'a fallu un moment pour percuter que le dessin de GBZM est une proposition de preuve sans mots de ce que j'ai démontré plus haut. Par contre, c'est justement le "donc $y$ est dans $C$ par convexité" qui m'a posé des problèmes. C'est à peu près ça que sert mon Lemme 1 (trouver un boule $B$ autour du $x$ de GBZM telle que tout point dedans est tel que le cornet pointé en ce point contient le $y$ de GBZM).

EDIT : Ok, j'ai compris le dessin de GBZM, maintenant.

GaBuZoMeu

"le "donc $𝑦$ est dans $𝐶$ par convexité" qui m'a posé des problèmes."

C'est pourtant très simple : il y a dans la boule $B$ un élément de $C$, et cet élément est l'image par une homothétie de centre $y$ et de rapport $<0$ d'un élément de $B_0$ qui est contenu dans $C$.

Georges Abitbol

Oui oui, j'ai pas réalisé tout de suite que $y$ était sur le segment joignant l'élément de $B_0$ et son image par l'homothétie, et c'est pour ça que j'ai fait tout mon truc. J'ai oublié de dire "bien ouèj GBZM", j'avoue !