L’échappatoire de l’infini

Une autre solution à la question 1. :

L’idée est de faire fuir les points à l’infini. Relier directement deux points $x$ et $y$ de $E\setminus K$ obligerait à contourner $K$, ce qui est difficile à contrôler. On préfère leur donner rendez-vous « à l’infini », où il y a toute la place voulue. La région $U$ « à l’infini » évite $K$, est connexe par arcs, et tout point de $E\setminus K$ peut la rejoindre en ligne droite sans rencontrer $K$ : elle joue le rôle d’une partie « étoilante ». Toute la difficulté est de trouver, depuis un point $x$ donné, une direction de fuite qui ne heurte pas $K$. C’est là, et seulement là, qu’intervient la dimension infinie.

($B(a,r)$ désigne la boule ouverte de centre $a$ et de rayon $r$, $S(a,r)$ la sphère correspondante, et $S=S(0,1)$.)

(1) Comme $E$ est de dimension infinie, sa sphère unité $S$ n’est pas compacte. En effet, d’après le théorème de Riesz, la boule unité fermée $B_f(0,1)$ n’est pas compacte. Si $S$ était compacte, $[0\ ;\ 1]\times S$ le serait aussi (produit de compacts), donc aussi son image par l’application continue $(\lambda,u)\mapsto\lambda u$. Or cette image est toute la boule, car tout $y\neq 0$ s’écrit $\lVert y\rVert\cdot\frac{y}{\lVert y\rVert}$ (et $0=0\cdot u$) :

$$\underbrace{\big\lbrace \lambda u \ : \ \lambda\in[0\ ;\ 1],\ u\in S \big\rbrace}_{\text{serait compact}} = \underbrace{B_f(0,1)}_{\text{non compacte}}$$

Contradiction. Enfin $S(x,1)=x+S$ est l’image de $S$ par une translation, qui est un homéomorphisme : aucune sphère $S(x,1)$ n’est compacte.

(2) $K$ est compact, donc borné : il existe $M>0$ tel que $K\subset B(0,M)$. Posons

$$U=E\setminus B(0,M)=\big\lbrace y\in E \ : \ \lVert y\rVert\geqslant M\big\rbrace\ \subset\ E\setminus K$$

(3) $U$ est connexe par arcs. Soient $y,z\in U$.

(a) Si $0\notin[y\ ;\ z]$, le chemin

$$[0\ ;\ 1]\ni t\longmapsto \big((1-t)\lVert y\rVert+t\lVert z\rVert\big)\frac{(1-t)y+tz}{\lVert(1-t)y+tz\rVert}$$

convient : il est continu (le dénominateur ne s’annule pas), relie $y$ à $z$, et sa norme reste $\geqslant M$. C’est le segment $[y\ ;\ z]$ repoussé radialement hors de la boule.

(b) Sinon, $y$ et $z$ sont colinéaires. Comme $\dim E\geqslant 2$, il existe $u\in U$ non colinéaire à $y$ : alors $0\notin[y\ ;\ u]$ et $0\notin[u\ ;\ z]$, et on concatène les deux chemins donnés par (a).

(4) Voici l’idée de cette étape. Plaçons-nous en $x$ et regardons dans toutes les directions. $K$ projette alors une « ombre » sur la sphère $S(x,1)$ des directions issues de $x$ : c’est l’ensemble des directions dans lesquelles le regard finit par heurter $K$. Une direction hors de cette ombre est une voie de fuite. On peut partir tout droit sans jamais rencontrer $K$, et comme on s’éloigne indéfiniment, on finit forcément dans $U$.
En dimension finie, un compact peut encercler $x$, et son ombre recouvre alors toute la sphère (c’est la couronne de la question 2.). En dimension infinie, c’est impossible : l’ombre de $K$ est compacte, alors que la sphère ne l’est pas. Elle est « trop grosse » pour être recouverte par l’image d’un compact. Heuristiquement, un compact est « presque de dimension finie » : il ne peut pas boucher toutes les directions d’un espace qui en offre une infinité d’indépendantes.

Formalisons. Soit $x\in E\setminus K$. Montrons

Soit $x\in E\setminus K$. Montrons

$$\exists d\in S \quad : \quad \big\lbrace x+td \ : \ t\geqslant 0\big\rbrace\subset E\setminus K \qquad (\ast)$$

Projetons $E\setminus\lbrace x\rbrace$ sur la sphère $S(x,1)$ :

$$\pi : E\setminus\lbrace x\rbrace\longrightarrow S(x,1),\qquad y\longmapsto x+\frac{y-x}{\lVert y-x\rVert}$$

$\pi$ est continue, et $K\subset E\setminus\lbrace x\rbrace$ puisque $x\notin K$. Donc $\pi(K)$ est compact, comme image continue d’un compact, alors que $S(x,1)$ ne l’est pas d’après (1). Il existe donc un point $x+d\in S(x,1)\setminus\pi(K)$, avec $\lVert d\rVert=1$.
Ce $d$ vérifie $(\ast)$ : d’une part $x\notin K$, d’autre part pour tout $t>0$,

$$\pi(x+td)=x+d\notin\pi(K), \qquad \text{donc} \quad x+td\notin K$$

Enfin, en suivant cette direction, on finit forcément dans $U$ : pour $T=M+\lVert x\rVert$,

$$\lVert x+Td\rVert\geqslant T\lVert d\rVert-\lVert x\rVert=M$$

Le chemin $[0\ ;\ T]\ni t\mapsto x+td$ relie donc $x$ à un point $x'\in U$ en restant dans $E\setminus K$.

(5) Conclusion : soient $x,y\in E\setminus K$. L’étape (4) fournit $x',y'\in U$, et l’étape (3) un chemin de $x'$ à $y'$ dans $U\subset E\setminus K$. On rejoint $x$ à $y$ en évitant $K$ en concaténant :

$$x\ \underbrace{\longrightarrow\ x'}_{\text{rayon (4)}}\ \underbrace{\longrightarrow\ y'}_{\text{dans } U\text{ (3)}}\ \underbrace{\longrightarrow\ y}_{\text{rayon (4) parcouru à l'envers}}$$

Ceci termine la preuve : $E\setminus K$ est connexe par arcs.

Une solution à la question 2. :

Une couronne suffit. Dans $E=\mathbb{R}^n$ ($n\geqslant 1$, muni d’une norme quelconque), posons

$$K=\big\lbrace y\in\mathbb{R}^n \ : \ 1\leqslant\lVert y\rVert\leqslant 2\big\rbrace$$

$K$ est fermé et borné en dimension finie, donc compact. Le point $0$ est coincé : il ne peut pas rejoindre un point $z$ de norme $3$. En effet, si $\gamma : [0\ ;\ 1]\to E\setminus K$ était un chemin continu de $0$ à $z$, la fonction $f=\lVert\gamma\rVert$ serait continue avec $f(0)=0$ et $f(1)=3$. Par le théorème des valeurs intermédiaires, il existerait $t$ tel que $f(t)=\tfrac32$, c’est-à-dire $\gamma(t)\in K$ : absurde. Donc $E\setminus K$ n’est pas connexe par arcs.

Remarque : c’est exactement l’étape (1) qui tombe en dimension finie. Pour $x=0$, la projection $\pi(K)$ recouvre toute la sphère $S(0,1)$ : aucune direction de fuite n’est possible. En dimension infinie, (1) interdit précisément ce phénomène : un compact ne peut jamais recouvrir toute une sphère.

Boule unite Ferme n est pas compacte

Une solution à la question $\bf 1.$ :
(1) Comme $E$ est de dimension infinie, sa sphère unité n’est pas compacte : elle possède une suite $(s_{n})$ n’ayant pas de valeur d’adhérence.
(2) Soient $p,q \in E\setminus K$. Rejoignons $p$ et $q$ par un chemin tracé dans $E\setminus K$.
(a) Si $\left[ p \; ; \; q \right] \subset E\setminus K$, le chemin $\left[0 \; ; \; 1 \right] \ni t \mapsto p +t\left(q-p\right)$ convient, ce par définition de $[p\; ; \; q]$
(b) Sinon, puisque $E\setminus K$ est ouvert, on peut trouver un $r>0$ tel que $B(p,r)\cup B(q,r) \subset E\setminus K$.

($B(p,r)$ désigne la boule ouverte de centre $p$ et de rayon $r$ pour la norme sur $E$, etc.)

Montrons
$$\exists N \in \mathbb{N}\quad : \quad [p+rs_{N}\; ; \; q+rs_{N}] \subset E\setminus K\quad\quad (\ast)$$ En effet dans le cas contraire, on aurait
$$\forall n \in \mathbb{N},\quad \exists 0\leq t_n\leq 1 \quad : \quad p+rs_n+(q-p)t_n \in K$$ Mais alors les suites $\left(t_{n}\right)\in \left[0\; ; \;1\right]^{\mathbb{N}}$ et $\left(p+rs_n+t_n(q-p)\right) \in K^{\mathbb{N}}$ vivent toutes deux dans des parties compactes de leur espace ambient. Quitte à extraire deux fois, on peut trouver une extractrice $\varphi$ telle que $(t_{\varphi(n)})$ et $\left(p+rs_\varphi(n)+t_{\varphi(n)}(q-p)\right)$ convergent.
Or pour tout entier $n$,
$$s_{\varphi(n)}=\dfrac{1}{r} \left[ \underset{\text{Converge}}{\underbrace{\left(p+rs_\varphi(n)+t_{\varphi(n)}(q-p)\right)}}- \underset{\text{Converge}}{\underbrace{ t_{\varphi(n)}\left(p+\left(q-p\right)\right) }}\right]$$ Cela contredit la propriété de la suite $(s_{n})$. La propriété $(\ast)$ est donc démontrée.
Conclusion du cas (b) : on a construit un segment évitant $K$ et rejoignant un élément $p_{N}$ de la partie convexe $B(p,r)$ à un élément $q_{N}$ de la partie convexe $B(q,r)$. On rejoint $p$ à $q$ en évitant $K$ en concaténant les segments $[p\; ; \; p_{N}]$, $[p_{N}\; ; \; q_{N}]$ et $[q_{N}\; ; \; q]$.

Ceci termine la preuve globale.

Remarque : la propriété $(\ast)$ est en fait vérifiée par une infinité de $N$ (examiner la preuve ci-dessus) : il existe une infinité de translatés du segment $[p\; ; \; q]$ qui ne rencontrent pas $K$ !

Une solution à la question $\bf 2.$ :
En dimension finie, $\overline{B\left(0,2\right)}\setminus B\left(0,1\right)$ est compacte, et son complémentaire ne l’est pas. Un dessin en dimension 1 ou 2 aide à s’en rendre compte.