Connexité par arcs de la frontière d’un convexe

On note $\mathring{C}$ l’intérieur de $C$, $\overline{C}$ son adhérence et $\partial C=\overline{C}\setminus\mathring{C}$ sa frontière. Rappelons que $\overline{C}$ est convexe dès que $C$ l’est : si $x_k\to x$ et $y_k\to y$ avec $x_k,y_k\in C$, alors $(1-t)x_k+ty_k\in C$ converge vers $(1-t)x+ty$.

La démonstration se scinde selon que $C$ est ou non d’intérieur vide, la seconde seule exigeant un travail.

Lemme 1. Soit $C$ convexe, $a\in\mathring{C}$ et $b\in\overline{C}$. Alors $[a,b[\,\subseteq\mathring{C}$.

Preuve. Soit $r>0$ avec $B(a,r)\subseteq C$, et $t\in[0,1[$. Posons $c=(1-t)a+tb$ et $\rho=\frac{(1-t)r}{2}>0$. Comme $b\in\overline{C}$, on peut choisir $b'\in C$ tel que $t\|b-b'\|<\rho$. Pour $\|h\|<\rho$, écrivons
$$c+h=(1-t)\underbrace{\left[a+\frac{h+t(b-b')}{1-t}\right]}_{=:a'}+t\,b' .$$Or $\|a'-a\|\leqslant\frac{\|h\|+t\|b-b'\|}{1-t}<\frac{2\rho}{1-t}=r$, donc $a'\in B(a,r)\subseteq C$. Ainsi $c+h$ est combinaison convexe de $a'\in C$ et $b'\in C$, donc appartient à $C$. D’où $B(c,\rho)\subseteq C$ et $c\in\mathring{C}$. $\square$

Lemme 2. Si $C$ est convexe d’intérieur non vide, alors $\mathring{\overline{C}}=\mathring{C}$, et par conséquent $\partial C=\partial\overline{C}$.

Preuve. L’inclusion $\mathring{C}\subseteq\mathring{\overline{C}}$ est claire. Réciproquement, soient $b\in\mathring{\overline{C}}$ et $a\in\mathring{C}$ ; si $b=a$ c’est fini. Sinon, il existe $\varepsilon>0$ tel que $b''=b+\varepsilon(b-a)\in\overline{C}$. Alors
$$b=\frac{\varepsilon}{1+\varepsilon}\,a+\frac{1}{1+\varepsilon}\,b''$$est un point de $[a,b''[$, donc $b\in\mathring{C}$ par le lemme 1. Enfin $\partial\overline{C}=\overline{C}\setminus\mathring{\overline{C}}=\overline{C}\setminus\mathring{C}=\partial C$. $\square$

Cas 1 : $\mathring{C}=\varnothing$
Alors, directement, $\partial C=\overline{C}\setminus\mathring{C}=\overline{C}$, qui est convexe, donc connexe par arcs : deux points sont joints par le segment qui les relie, paramétré par $t\mapsto(1-t)x+ty$. $\square$

Cas 2 : $\mathring{C}\neq\varnothing$
Quitte à translater, supposons $0\in\mathring{C}$. Posons $K=\overline{C}$ : c’est un convexe fermé borné, donc compact ($E$ est de dimension finie), avec $0\in\mathring{K}$, et $\partial C=\partial K$ par le lemme 2. Il suffit donc de montrer que $\partial K$ est connexe par arcs. Fixons $r,R>0$ tels que $B(0,r)\subseteq K\subseteq B(0,R)$.

Définissons la jauge de Minkowski. Posons, pour $x\in E$, $p(x)=\inf\{t>0\ :\ x\in tK\}$.
Trois propriétés, toutes élémentaires :

• Encadrement. Si $t>\|x\|/r$ alors $x/t\in B(0,r)\subseteq K$, donc $p(x)\leqslant\|x\|/r$ ; et $x\in tK$ entraîne $\|x\|\leqslant tR$, donc $p(x)\geqslant\|x\|/R$. Ainsi
  $$\frac{\|x\|}{R}\ \leqslant\ p(x)\ \leqslant\ \frac{\|x\|}{r},$$et en particulier $p(x)>0$ pour $x\neq 0$.
• Sous-linéarité. $p(\lambda x)=\lambda p(x)$ pour $\lambda>0$ est immédiat ; et si $x\in sK$, $y\in tK$, la convexité donne $\frac{x+y}{s+t}=\frac{s}{s+t}\cdot\frac{x}{s}+\frac{t}{s+t}\cdot\frac{y}{t}\in K$, d’où $p(x+y)\leqslant p(x)+p(y)$. On en déduit $|p(x)-p(y)|\leqslant\max\bigl(p(x-y),p(y-x)\bigr)\leqslant\|x-y\|/r$ : la jauge est continue.
• Lecture de $K$. On a $K=\{p\leqslant 1\}$ : l’inclusion directe est claire, et si $p(x)\leqslant 1$, il existe $t_k\to p(x)$ avec $x/t_k\in K$, donc $x/t_k\to x/p(x)\in K$ par fermeture, puis $x=p(x)\cdot\frac{x}{p(x)}+\bigl(1-p(x)\bigr)\cdot 0\in K$ par convexité (le cas $x=0$ étant trivial). La continuité de $p$ donne alors $\mathring{K}=\{p<1\}$, d’où $\partial K=\{x\in E\ :\ p(x)=1\}$.

Notons $S=\{u\in E:\|u\|=1\}$ et posons
$$\varphi:\ S\longrightarrow\partial K,\quad u\longmapsto\frac{u}{p(u)},\qquad\qquad \psi:\ \partial K\longrightarrow S,\quad x\longmapsto\frac{x}{\|x\|}.$$Ces deux applications sont bien définies et continues. Par homogénéité de $p$ :
$$p\bigl(\varphi(u)\bigr)=\frac{p(u)}{p(u)}=1,\qquad \psi\bigl(\varphi(u)\bigr)=\frac{u/p(u)}{\|u\|/p(u)}=u,\qquad \varphi\bigl(\psi(x)\bigr)=\frac{x/\|x\|}{p(x)/\|x\|}=\frac{x}{p(x)}=x .$$Donc $\varphi$ est un homéomorphisme de $S$ sur $\partial K$.

L’ensemble $E\setminus\{0\}$ est connexe par arcs, car $n\geqslant 2$ : soient $a,b$ non nuls ; s’ils ne sont pas colinéaires, le segment $[a,b]$ évite $0$. La projection radiale $x\mapsto x/\|x\|$ étant continue et surjective de $E\setminus\{0\}$ sur $S$, la sphère est image continue d’un connexe par arcs, donc connexe par arcs.

Ainsi $\partial C=\partial K=\varphi(S)$ est homéomorphe à $S$, donc connexe par arcs. $\blacksquare$