Espace privé d'un hyperplan encore connexe par arcs
dans Topologie
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.
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Réponses
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.
Ne voulais-tu pas plutôt dire "un chemin continu dans $E\setminus H$ de $f$..." ?
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.
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 $y\in E$.
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.
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.
$\varphi$ 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
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.
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.