Compacité et connexité

Parmi les parties suivantes de $\mathbb{R}$, laquelle est compacte ?

$[0,1]$ est fermé et borné, donc compact par Heine-Borel. $]0,1[$ n'est pas fermé, $\mathbb{R}$ n'est pas borné, $\mathbb{Q}\cap[0,1]$ n'est pas fermé dans $\mathbb{R}$ (son adhérence est $[0,1]$, plus grande).

Vrai ou faux : tout compact est fermé et borné.

Vrai, c'est une propriété générale des compacts dans tout espace métrique (la réciproque, elle, n'est vraie qu'en dimension finie, par le théorème de Heine-Borel).

L'intervalle $]0,2]$ est-il un connexe de $\mathbb{R}$ ?

Les parties connexes de $\mathbb{R}$ sont exactement les intervalles, qu'ils soient ouverts, fermés, semi-ouverts ou non bornés. $]0,2]$ est un intervalle, donc il est connexe — la connexité ne dépend pas du caractère ouvert/fermé/compact.

Vrai ou faux : $\{0,1\}\subset\mathbb{R}$ (muni de la distance usuelle) est connexe.

Faux. $\{0,1\}$ n'est pas un intervalle (il manque tous les réels entre $0$ et $1$), donc il n'est pas connexe : on peut le séparer en $\{0\}=\{0,1\}\cap\,]-1,0{,}5[$ et $\{1\}=\{0,1\}\cap\,]0{,}5,2[$, deux ouverts relatifs disjoints non vides.

Une fonction continue $f:[0,1]\to\mathbb{R}$ est-elle nécessairement bornée et atteint-elle ses bornes ?

Oui. $[0,1]$ est compact (Heine-Borel : fermé et borné). L'image continue d'un compact est compacte, donc $f([0,1])$ est un compact de $\mathbb{R}$, donc fermé et borné. Étant fermé et borné, $f([0,1])$ contient $\sup f([0,1])$ et $\inf f([0,1])$ (un fermé borné non vide de $\mathbb{R}$ contient toujours son sup et son inf). Donc $f$ est bornée et atteint ses deux bornes : c'est le théorème des bornes atteintes.

Montrer que $A=\{1/n : n\geq1\}\subset\mathbb{R}$ n'est pas compact, mais que $A\cup\{0\}$ l'est.

$A$ n'est pas compact : la suite $(1/n)_{n\geq1}$ est à valeurs dans $A$ et converge vers $0$ dans $\mathbb{R}$, mais $0\notin A$. Aucune sous-suite de $(1/n)$ ne peut donc converger vers un élément de $A$ (toute sous-suite d'une suite convergente converge vers la même limite $0$). Donc $A$ n'est pas séquentiellement compact ; de façon équivalente $A$ n'est pas fermé. $A\cup\{0\}$ est compact : il est borné (inclus dans $[0,1]$) et fermé (on a ajouté le seul point d'accumulation manquant, donc toute suite convergente d'éléments de $A\cup\{0\}$ a sa limite dans $A\cup\{0\}$). Par Heine-Borel, $A\cup\{0\}$ est compact.

Vrai ou faux : une réunion infinie de compacts de $\mathbb{R}$ est toujours compacte.

Faux. Seule une réunion finie de compacts est garantie compacte. Contre-exemple : $\bigcup_{n\geq1}[n,n+1]$ (réunion infinie de segments compacts) n'est pas bornée, donc pas compacte.

L'ensemble $K=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2 : x^2+y^2\leq4\}$ est-il compact ? Justifier par Heine-Borel.

$K$ est le disque fermé de rayon $2$. Fermé : $K$ est l'image réciproque de $[0,4]$ (fermé de $\mathbb{R}$) par l'application continue $(x,y)\mapsto x^2+y^2$, donc $K$ est fermé. Borné : pour $(x,y)\in K$, $d_2((x,y),(0,0))=\sqrt{x^2+y^2}\leq2$, donc $K\subset\overline{B}(0,2)$ : $K$ est borné. Par le théorème de Heine-Borel (valable dans $\mathbb{R}^n$, ici $n=2$), fermé + borné $\Rightarrow$ compact. Donc $K$ est compact.

Pourquoi le théorème de Heine-Borel (fermé+borné $\iff$ compact) est-il spécifique à la dimension finie ?

En dimension infinie, le théorème de Riesz affirme que la boule unité fermée d'un espace vectoriel normé n'est compacte que si l'espace est de dimension finie. Par exemple, dans $\mathcal C([0,1],\mathbb R)$ muni de $\|\cdot\|_\infty$, on peut construire une suite de fonctions dans la boule unité fermée qui n'admet aucune sous-suite convergente (pas assez de \"place\" pour que les suites s'accumulent, contrairement à $\mathbb{R}^n$ où Bolzano-Weierstrass garantit toujours une sous-suite convergente pour une suite bornée). C'est pourquoi le programme de L3 (analyse fonctionnelle) doit redéfinir des notions de compacité plus fines (compacité faible, etc.) en dimension infinie.

Montrer que si $K_1,K_2$ sont compacts dans $(E,d)$, alors $K_1\cup K_2$ est compact (en utilisant la définition séquentielle).

Soit $(x_n)$ une suite à valeurs dans $K_1\cup K_2$. Par le principe des tiroirs, au moins l'un des deux ensembles, disons $K_1$, contient une infinité de termes $x_{n_k}$ de la suite. On extrait ainsi une sous-suite $(x_{n_k})$ à valeurs dans $K_1$. Comme $K_1$ est compact, cette sous-suite admet elle-même une sous-suite $(x_{n_{k_j}})$ convergente vers un élément de $K_1\subset K_1\cup K_2$. On a donc extrait de $(x_n)$ une sous-suite convergente vers un élément de $K_1\cup K_2$. Ceci étant vrai pour toute suite de $K_1\cup K_2$, l'ensemble est (séquentiellement) compact.

Soit $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ continue. Montrer que $f(\mathbb{R})$ est un intervalle (utiliser la connexité).

$\mathbb{R}$ est un intervalle, donc connexe (théorème de caractérisation des connexes de $\mathbb{R}$). Par le théorème \"image continue d'un connexe est connexe\", $f(\mathbb{R})$ est une partie connexe de $\mathbb{R}$. Or les parties connexes de $\mathbb{R}$ sont exactement les intervalles. Donc $f(\mathbb{R})$ est un intervalle. C'est une reformulation purement topologique du théorème des valeurs intermédiaires : $f$ ne peut pas \"sauter\" de valeurs.

Vrai ou faux : si $A$ et $B$ sont deux parties connexes de $\mathbb{R}^n$ avec $A\cap B\neq\emptyset$, alors $A\cup B$ est connexe.

Vrai. C'est une propriété générale de la connexité : deux connexes d'intersection non vide ont une réunion connexe. Intuitivement, le point commun \"relie\" les deux morceaux, empêchant toute séparation en deux ouverts disjoints non vides de $A\cup B$.

Le groupe des matrices orthogonales $O(2)=\{M\in\mathcal{M}_2(\mathbb{R}) : M^TM=I\}$ est-il compact ? Est-il connexe ?

Compact : $O(2)$ est l'image réciproque de la matrice identité $I$ par l'application continue $M\mapsto M^TM$, donc $O(2)$ est fermé dans $\mathcal M_2(\mathbb R)\cong\mathbb R^4$. Il est borné car les colonnes de $M\in O(2)$ sont des vecteurs unitaires, donc les coefficients de $M$ sont bornés par $1$. Par Heine-Borel (dans $\mathbb R^4$), $O(2)$ est compact. Non connexe : l'application $\det:O(2)\to\mathbb R$ est continue et ne prend que les valeurs $+1$ (rotations $SO(2)$) ou $-1$ (réflexions). Si $O(2)$ était connexe, son image par $\det$ (continue) serait un intervalle, or $\{-1,+1\}$ n'est pas un intervalle — contradiction. Donc $O(2)$ n'est pas connexe ; il a exactement deux composantes connexes, $SO(2)$ et son complémentaire.

Soit $K$ un compact non vide de $\mathbb{R}$. Montrer que $\sup K$ et $\inf K$ appartiennent à $K$.

$K$ compact $\Rightarrow$ $K$ fermé et borné, donc $\sup K$ et $\inf K$ existent (borne supérieure/inférieure d'un ensemble borné non vide de $\mathbb{R}$). Par caractérisation du sup, pour tout $\varepsilon=1/n$, il existe $x_n\in K$ avec $\sup K - 1/n < x_n \leq \sup K$. La suite $(x_n)$ converge donc vers $\sup K$. Comme $K$ est fermé, et que $(x_n)$ est une suite de $K$ convergente (dans $\mathbb{R}$), sa limite $\sup K$ appartient à $K$ (caractérisation séquentielle des fermés). Même argument pour $\inf K$.

Donner un exemple de partie de $\mathbb{R}^2$ qui est connexe mais pas compacte, et un exemple qui est compacte mais pas connexe.

Connexe non compacte : le disque ouvert $B((0,0),1)\subset\mathbb{R}^2$. Il est connexe (convexe, donc connexe par arcs, donc connexe), mais non compact car non fermé (la suite $(1-1/n,0)$ converge vers $(1,0)$, hors du disque ouvert). Autre exemple plus simple : $\mathbb{R}^2$ tout entier, connexe mais non borné donc non compact. Compacte non connexe : $K=\overline{B}((0,0),1)\cup\overline{B}((10,0),1)$, réunion de deux disques fermés disjoints et bien séparés. $K$ est compact (réunion finie de compacts), mais non connexe : on peut séparer $K$ en deux ouverts relatifs disjoints non vides, par exemple via les ouverts $\{x<5\}$ et $\{x>5\}$ de $\mathbb{R}^2$ intersectés avec $K$.