salut

pourquoi F_1 et F_2 seraient_ils forcément des segments ?

d'autre part une remarque de style : bien qu'à l'oral il nous arrive effectivement très souvent de dire comme ...truc ... alors ...bidule ... c'est évidemment très laid et peut efficace (en temps) ...

préférer toujours : ... truc ... donc ... bidule ...

F₁ et F₂ sont des fermés bornés de donc des compacts de . Or, les compacts de sont exactement les intervalles fermés bornés ( appelés aussi des segments). Ainsi, F₁ et F₂ sont tous les deux des segments.

Oui, c'est un peu lourd c'est vrai.

     Soient K un intervalle compact  non négligeable et F , G  non vides et fermés  contenues dans K .
L'application d : (x , y)   |x - y| est continue de ² vers ⁺  .
F G étant  compact  il existe  (a , b) F G  tel que d(a,b) = Inf{ d(x,y) │ (x,y)   F G } .

Supposons maintenant que  F G  = K .

Supposons qu'on ait a b  .
     c := (a + b)/2 est un élément de K donc de F ou de G .
   ..Si c G alors (a,c) F G donc  |a - c | = |a - b|/2| = d(a,c) d(a,b)  = [a - b| ce qui bien sûr  n'est  pas vrai  .  
   ..Si c F on montre , de la même façon , que c'est contradictoire  

Ainsi a = b    f G  (qui est  donc non vide )

Ceci prouve sue K n'est pas la réunion disjointe de 2 fermés càd qu'il est connexe .

Rq : Outre sa compacité , cette preuve n'exige de K  qu'une chose en plus : qu'il contienne  (s + t)/2 dès qu'il contient s et t .
         On peut donc l'utiliser pour montrer que tout convexe compact d'un  ⁿ est connexe .

il me semble qu'il faut un à la place d'un ....

Concernant le :

     Si c    G alors (a,c)  F X  G donc   |a - c | = |a - b|/2| = d(a,c) est
supérieur ou égal à
  la distance  de F à G  qui est  d(a,b)  = |a - b| et on arrive à ( la stupidité )  |a - b|/2|    |a - b|  càd à  1/2   1
...................
Ceci prouve sue K n'est pas la réunion disjointe de 2 fermés non vides càd  qu'il est connexe .

il me semble que si c = (a + b)/2 alors |a - c| = |a - b|/2 < |a - b| ...

qui sera évidemment contradictoire avec d(F, G) = |a - b| bien sur ... et qui dit qu'effectivement |a - c| d(F, G) = |a - b|

en fait c'est ta rédaction que je reprochais ... et qui me semble plus ... mieux bien dans ta correction de 16h17 ...

Bonjour à vous

Alors j'ai vu la correction de cette question dans mon cours et je ne la comprend pas.

" On suppose que [a,b]= U V fermés non vides, disjoints de [a,b] munie de sa topologie induite. Alors U et V sont aussi des fermés de munie de la topologie usuelle. On prend aU.
Soit A= {uU, u<v vV}
A car aU.
A est une partie non vide majorée de donc admet une borne sup.
hU car U est un fermé de .
Il suffit donc de montrer que h V pour avoir contradiction.  [Et c'est ici que je ne comprend pas]
Or, >0, ]h-,h+ [ V = ( par définition de la borne supérieure de A). Donc h adh(V)=V  .  

Bonjour,
Ben comme U et V sont fermés, ils sont aussi ouverts, donc suppose a dans U, donc pas dans V, comme U est ouvert il existe t>0, tel que [a,a+t[ soit inclus dans U, si V est non vide, soit h la borne inf de V qui est dans V, car V est fermé, on a et comme V est aussi ouvert, il existe un petit r>0, tel que ]h-r, h+r[  soit dans V, mais ceci ne se peut.

Je ne comprend pas ce qui vous permet d'affirmer que U et V sont des ouverts ?

Note que la réciproque est totalement évidente: une partie connexe de R est nécessairement un intervalle.

Supposons que  [a , b]soit  la réunion de F et G fermés ( de [a , b] ou     c'est ici la même chose )  non vides    .
a appartient à l'un d'eux . Supposons que a U .
L'ensemble A := { x [a , b] │ [a , x] F } est non vide .Soit s sa borne supérieure .
   F étant fermé contient s .
     ..Si s = b  on a alors F = [a , b]  et FG = G .
     ..Si s< b   alors  pour tout x de   ]s , b]  ,  ]s,x ] rencontre  G  (sinon   x serait dans A et on aurait x Sup(A) = s ) .
     Donc s est adhérent  à  G donc lui appartient et s   FG .

Ceci prouve que K n'est pas la réunion disjointe de 2 fermés non vides càd  qu'il est connexe .

Bonjour à vous

J'ai compris les preuves que vous m'aviez données. J'en ai trouvé deux autres dont la première était le commencement de celle donnée par mon professeur, la voici.

Soient a,b avec a<b.
Soient U,V deux fermés disjoints de ([a,b],T') avec T' la topologie induite par T sur [a,b] et T la topologie munie de la distance euclidienne sur avec [a,b] = U V.

Si U et V.
On peut supposer que aU.
U,V [a,b] donc U,V sont des bornés.
U,V sont des fermés de ([a,b],T') et [a,b] est un fermé de (,T). Donc U,V sont des fermés de (,T) en tant qu'intersection finie de fermé avec [a,b].
Donc U,V sont des fermés, bornés et (,T) donc des compacts de (,T).

On pose A= {uU, vV, u<v}.
aA donc A.
AU [a,b] donc A.
V donc il existe V. xA, x< donc est un majorant de A donc A admet une borne supérieure notée h.

Montrons que h U :

On sait qu'il existe (a_n) A, h=lim a_n. Or A Adh(A). Donc (a_n) Adh(A).
Adh(A) est un fermé de  ([a,b],T') donc h Adh(A).
A U donc Adh(A) Adh(U)=U car U est un fermé de ([a,b],T'). Donc  hU.

Montrons que V admet une borne inférieure qui appartient à V :

V, V.
Soit vV, alors v[a,b] donc av donc a est un minorant de V. Ainsi V admet une borne inférieure notée inf(V). De plus, inf(V) V car V est un fermé de ([a,b],T')

Montrons que >0, ]h-,h+ [ V :

Fixons >0.
Par définition de la borne inférieure de V, il existe v₀ V, v₀< inf(V)+. D'où v₀-<inf(V). Or vV, inf(V) v. Donc, vV, v₀- < v. Ainsi v₀- [a,b]-V=U et vV, v₀-<v. D'où v₀-A.
Par défintion de la borne supérieure de A, v₀-h.
Supposons que v₀-=h. Alors hA.
inf(V) V donc h<inf(V). Il existe x ]h,inf(V)[.
D'une part x<inf(V)< v vV.
Donc xV donc x [a,b]-V=U avec vV, x<v donc xA.
Donc xh.
D'autre part, x>h. C'est contradictoire. Donc v₀- <h.
Donc v₀<h+.
Par définition de la borne supérieure de A : >0, aA, h-< a.
En particulier, il existe yA, h-<y.
yA donc vV, y<v.
En particulier, y<v₀.Ainsi, h- <v₀.
D'où v₀ ]h-,h+ [.

Montrons que W V(h) [voisinage de h], WV.

Soit W V(h).
Il existe O T' tel que h OW.
On a qu'il existe ₀ >0, ]h-₀,h+₀ [ OW.
Donc il existe ₀ >0, ]h-₀,h+₀ [ W.
Ainsi ]h-₀,h+₀ [ VWV.
Par la propriété précédente, on a que ]h-₀,h+₀ [V donc WV.
Or on sait que :  si on se place dans un espace topologique (X,T) avec AX. Alors on a que : x Adh(A) VV(x), VA.
Ainsi h Adh(V)=V car V est un fermé de ([a,b],T').
Donc hUV= car on avait supposé que ces deux ensembles étaient disjoints. C'est contradictoire. Donc U= ou V=.
Ainsi [a,b] est un connexe de (,T).

Deuxième preuve :

Fixons a,b avec a<b.
Soit f : [a,b] continue.
Soient x,y [a,b] avec x<y.
L'objectif est de montrer que f(x)=f(y).

f est continue sur [a,b] qui est un compact de (,T). Par le théorème de Heine, f est uniformément continue sur [a,b].
En particulier, il existe>0, p,q [a,b], |p-q|< |f(p)-f(q)|<1/2.

Or, p,q [a,b], |f(p)-f(q)|. Ainsi on a :
>0, p,q [a,b], |p-q|< f(p)=f(q).

Ainsi, x' [x,x+ [, f(x')=f(x).
Or f est continue en x+ et f est à valeurs entières donc f(x+)=f(x).
Ainsi, x' [x,x+], f(x')=f(x).

Montrons que x' ]x+, x+2[, f(x')=f(x).

Soit x' ]x+,x+2[, alors x'-(x+)< x+2-(x+)<.
Donc f(x')=f(x+)=f(x).
De la même manière, on montre que f(x+2)=f(x+)=f(x).
Ainsi, x' [x+,x+2], f(x')=f(x).

Si y<b :
Quitte à choisir petit, on peut suposer qu'il existe n ^*, y x+nb.
On montre par récurrence que x'[x,x+n], f(x')=f(x). Or y [x,x+n], donc f(x)=f(y).

Si y=b :

Prenons n= max {k, x+k b}.
On montre par récurrence que x' [x,x+n], f(x)=f(x').
Alors x+nb<x+(n+1).
D'où b-(x+n)<x+(n+1)- (x+n)<. D'où f(b)=f(x+n)=f(x).

Au final, on a bien que f(x)=f(y). Donc f est constante, et donc [a,b] est un connexe de .