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Subject: Re: Partitionnement du plan
Date: 11 Oct 1999 22:37:34 GMT
Lines: 45
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(Note : « dénombrable » signifie « au plus dénombrable ».)

L'ensemble des disques est dénombrable puisque chacun contient un
point dont les coordonnées sont rationnelles et qu'un tel point ne
peut se trouver que dans un disque au plus.  (Hip !)

Donc ton segment est censé être partitionné en un nombre dénombrable
strictement supérieur à 1 de segments, éventuellement réduits à des
singletons.  Or ça c'est impossible (il y a plein de raisons
possibles, l'une d'elle sera donnée ci-dessous, mais elle torsche
directement le problème de départ sans passer par la construction de
Gaëtan).  (Hop !)

On sait en fait qu'on ne peut pas écrire un segment, la droite ou le
plan comme réunion d'un nombre dénombrable strictement supérieur à 1
de fermé deux à deux disjoints (ceci permet soit de conclure quant au
truc du segment soit, modulo ma première remarque, de torscher le
problème de départ).  Mieux, voir Nicolas Bourbaki, Topologie
Générale, chapitre IX, page 113, exercice 12 de la section 5, « un
espace totalement inépuisable, connexe et localement connexe ne peut
pas être réunion d'une suite infinie de fermés non vides et deux à
deux disjoints ».  (Un espace totalement inépuisable, c'est un espace
dans lequel aucun fermé non vide n'est maigre relativement à
lui-même ; le théorème de Baire montre qu'un métrique complet ou bien
un espace localement compact est totalement inépuisable.) 
Démonstration.  Si Fn sont les fermés en question, Hn leurs
frontières, H la réunion des Hn, les Hn sont fermés et H aussi (car
son complémentaire est la réunion des intérieurs des Fn) ; or H n'est
pas vide (car aucun des Hn ne l'est, par connexité) ; donc pour
arriver à une contradiction il suffit de montrer que H est maigre
relativement à lui-même.  H étant la réunion des Hn, il suffit de
montrer que Hn est rare (i.e., s'agissant d'un fermé, d'intérieur
vide) dans H ; or sinon il existerait un voisinage V qu'on peut
supposer connexe (par locale connexité) d'un point x de Hn dont
l'intersection avec H soit incluse dans Hn.  Mais V doit rencontrer un
Fm avec m différent de n (car x est à la frontière de Fn), et comme V
ext connexe et qu'il rencontre Fm et son complémentaire, il rencontre
aussi Hm (Bourbaki, TG, I, p.81, prop 3), contradiction.

Curieusement, ce problème revient périodiquement sous diverses formes,
et tout le monde semble ignorer l'énoncé général ci-dessus.

Dans le cas du problème d'agreg, bien sûr, on ne pouvait pas utiliser
ce truc car l'ensemble des cercles n'avait aucune raison d'être
dénombrable.