Connexité & théorème des valeurs intermédiaires

1. Poser le cadre Comme l'intersection est non-vide, fixons $x \in \bigcap_i A_i$. Posons $Y = \bigcup_i A_i$. Supposons $U, V \subseteq X$ ouverts avec $Y \cap U \cap V = \emptyset$ et $Y \subseteq U \cup V$ (critère de la remarque 4). Il faut montrer $Y \subseteq U$ ou $Y \subseteq V$.
2. Placer $x$ Comme $x \in Y \subseteq U \cup V$, on a $x \in U$ ou $x \in V$. Sans restreindre la généralité (WLOG), $x \in U$.
3. Propager à chaque $A_i$ Pour tout $i$ : $A_i \cap U \cap V \subseteq Y \cap U \cap V = \emptyset$ et $A_i \subseteq Y \subseteq U \cup V$. Par connexité de $A_i$ (remarque 4), $A_i \subseteq U$ ou $A_i \subseteq V$. Mais $x \in A_i \cap U$, donc $A_i \cap U \neq \emptyset$, donc $A_i \subseteq U$.
4. Conclure $A_i \subseteq U$ pour tout $i$, donc $Y = \bigcup_i A_i \subseteq U$. $\blacksquare$

1. Poser le cadre Soient $U, V \subseteq X$ ouverts avec $B \cap U \cap V = \emptyset$ et $B \subseteq U \cup V$. Il faut $B \subseteq U$ ou $B \subseteq V$.
2. Utiliser la connexité de $A$ $A \subseteq B$ donne $A \cap U \cap V \subseteq B \cap U \cap V = \emptyset$ et $A \subseteq U \cup V$. Par connexité de $A$, WLOG $A \subseteq U$, d'où $A \cap V = \emptyset$.
3. Montrer $B \subseteq U$ Soit $x \in B \subseteq U \cup V$. Si $x \in V$, alors $x$ n'appartient pas au fermé $X \setminus V$ qui contient $A$ (car $A \cap V = \emptyset$). Donc $x \notin \bigcap_{F \text{ fermé},\, F \supseteq A} F = \overline{A}$, ce qui contredit $x \in B \subseteq \overline{A}$. Donc $x \in U$. $\blacksquare$

1. Poser $B_n$ Définissons $B_n = A_1 \cup A_2 \cup \cdots \cup A_n$. Objectif : $B_n$ connexe pour tout $n$, puis passer à la limite.
2. Récurrence $B_1 = A_1$ connexe (hypothèse). Supposons $B_n$ connexe. Alors $B_n$ et $A_{n+1}$ sont deux connexes s'intersectant (car $A_n \cap A_{n+1} \neq \emptyset$ et $A_n \subseteq B_n$). Par Variante 1, $B_{n+1} = B_n \cup A_{n+1}$ est connexe.
3. Passer à l'union La famille $\{B_n\}_{n \geq 1}$ est croissante et chaque $B_n$ est connexe. Comme tous les $B_n$ contiennent un point commun (n'importe quel point de $A_1$), Variante 1 s'applique une nouvelle fois : $\bigcup_n B_n = \bigcup_n A_n$ est connexe. $\blacksquare$

1. Restreindre au but $f(X)$ L'application $g : X \to Z = f(X)$ obtenue en restreignant l'espace d'arrivée est continue (Prop I.2 du polycopié, Leçon 2) et surjective.
2. Supposer $Z$ non connexe Supposons par l'absurde $Z$ non connexe : il existe $U, V \subseteq Z$ ouverts non-vides disjoints avec $U \cup V = Z$.
3. Remonter à $X$ par continuité $U' = g^{-1}(U)$ et $V' = g^{-1}(V)$ sont ouverts dans $X$. Les identités ensemblistes donnent :
   $U' \cap V' = g^{-1}(U \cap V) = g^{-1}(\emptyset) = \emptyset$ ;
   $U' \cup V' = g^{-1}(U \cup V) = g^{-1}(Z) = X$.
4. Non-vides par surjectivité $g$ surjective + $U, V$ non-vides $\Rightarrow$ $U' = g^{-1}(U)$ et $V' = g^{-1}(V)$ non-vides.
5. Contradiction $U', V'$ forment une décomposition non-triviale de $X$ en ouverts disjoints — impossible car $X$ connexe. $\blacksquare$

Par l'absurde : supposons $(a, b)$ non connexe. Il existe $U_1, V_1 \subseteq \mathbb{R}$ ouverts tels que $U = U_1 \cap (a, b)$ et $V = V_1 \cap (a, b)$ soient non-vides, disjoints, et recouvrent $(a, b)$. Choisissons $u \in U$ et $v \in V$ ; WLOG $u < v$. Posons $$S = \{\, s \in (a, b) \;:\; [u, s] \subseteq U \,\}.$$

1. $S$ borné et non-vide $S \subseteq (a, b)$ (borné par $b$), $u \in S$ (car $[u, u] = \{u\} \subseteq U$). Donc $s_0 = \sup S$ existe.
2. Un majorant important Affirmation : tout $x \in V$ avec $u < x$ est un majorant de $S$. Sinon $\exists s \in S$ avec $x < s$ ; alors $x \in (u, s] \subseteq [u, s] \subseteq U$, contredisant $U \cap V = \emptyset$.
3. Localiser $s_0$ L'affirmation appliquée à $v$ donne $s_0 \leq v$. Aussi $u \leq s_0$ (car $u \in S$) et $s_0 \geq u > a$. Donc $a < u \leq s_0 \leq v < b$, soit $s_0 \in (a, b) = U \cup V$. Deux cas.
4. Cas $s_0 \in U$ $U$ ouvert (dans $(a,b)$, donc trace d'un ouvert de $\mathbb{R}$) : $\exists \varepsilon > 0$ tel que $(s_0 - \varepsilon, s_0 + \varepsilon) \subseteq U$. Alors $[u, s_0] \subseteq U$ (sinon $\exists x \in (u, s_0) \cap V$, qui serait un majorant de $S$ strictement plus petit que $s_0$). Donc $[u, s_0 + \varepsilon/2] \subseteq U$, i.e. $s_0 + \varepsilon/2 \in S$ — contradiction avec $s_0 = \sup S$.
5. Cas $s_0 \in V$ $V$ ouvert : $\exists \varepsilon > 0$ tel que $(s_0 - \varepsilon, s_0 + \varepsilon) \subseteq V$ et $u < s_0 - \varepsilon$. Par l'affirmation, $s_0 - \varepsilon/2 \in V$ est un majorant de $S$ strictement plus petit que $s_0$ — contradiction. $\blacksquare$

Tous les intervalles ouverts $(a, b)$ (avec $-\infty \leq a < b \leq \infty$) sont homéomorphes deux à deux (par des applications affines / bijections classiques), donc tous connexes par Théorème II.5 et invariance par homéomorphisme. Pour les intervalles fermés/semi-ouverts, on applique la Proposition II.2 : par exemple $B = [a, b]$ vérifie $A \subseteq B \subseteq \overline{A}$ avec $A = (a, b)$ connexe, donc $B$ connexe. Idem pour les autres. $\blacksquare$

Supposons WLOG $f(a) < r < f(b)$ et par l'absurde $r \notin f(X)$.

1. Décomposer $f(X)$ Posons $U = f(X) \cap (-\infty, r)$ et $V = f(X) \cap (r, \infty)$. Ce sont des ouverts de $f(X)$ (topologie induite depuis $\mathbb{R}$).
2. Vérifier la décomposition $U$ contient $f(a)$, $V$ contient $f(b)$ : tous deux non-vides. Ils sont disjoints (par définition). Comme $r \notin f(X)$, $U \cup V = f(X)$.
3. Contradiction $f(X)$ n'est pas connexe. Or $X$ connexe + $f$ continue $\Rightarrow$ $f(X)$ connexe (Théorème II.3). Contradiction. $\blacksquare$