Distances topologiquement équivalentes
dans Topologie
Bonjour à tous.
Je pose le cadre : on considère deux espaces métriques précis : $(\R,d)$ et $(\R,d')$, avec $d$ et $d'$ définies par : \[d(x,y)=|x-y| ,\qquad d'(x,y)=| \arctan{x}-\arctan{y} | \] Le but est de montrer qu'elles sont topologiquement équivalentes (au sens où elles définissent les mêmes ouverts sur $\R$). Après quelques essais infructueux, j'ai fini par regarder la solution, mais quelque chose m'échappe. On considère $x \in \R$ et $r>0$. Après avoir montré que $B(x,r) \subset B'(x,r)$ (où $B$ et $B'$ sont respectivement les boules ouvertes associées à $d$ et $d'$), on pose $\rho = \arctan{ \left ( |x+r| \right ) } - \arctan{\left ( |x| \right ) }$ et on affirme que $B'(x, \rho) \subset B(x,r)$.
Ma question est la suivante : comment montre-t-on la seconde inclusion ?
En vous remerciant.
Je pose le cadre : on considère deux espaces métriques précis : $(\R,d)$ et $(\R,d')$, avec $d$ et $d'$ définies par : \[d(x,y)=|x-y| ,\qquad d'(x,y)=| \arctan{x}-\arctan{y} | \] Le but est de montrer qu'elles sont topologiquement équivalentes (au sens où elles définissent les mêmes ouverts sur $\R$). Après quelques essais infructueux, j'ai fini par regarder la solution, mais quelque chose m'échappe. On considère $x \in \R$ et $r>0$. Après avoir montré que $B(x,r) \subset B'(x,r)$ (où $B$ et $B'$ sont respectivement les boules ouvertes associées à $d$ et $d'$), on pose $\rho = \arctan{ \left ( |x+r| \right ) } - \arctan{\left ( |x| \right ) }$ et on affirme que $B'(x, \rho) \subset B(x,r)$.
Ma question est la suivante : comment montre-t-on la seconde inclusion ?
En vous remerciant.
Réponses
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Salut, la derivée de $\arctan$ est bornée par $1$. Donc $acrtan$ est $1$ lispchitzienne par le théorème des accroissements finis.
Ainsi donc un ouvert pour $d$ est ouvert pour $d'$. -
Merci bien!
Mais je vois en quoi cela montre la première inclusion, mais pas la deuxième. -
Oh une chance sur deux de se planter et je l'ai faite.
Le fait que $|arctan(x) - actan(y)| < \rho$ oblige que $arctan(y) \in ]actan(x) - \rho, artctan(x) + \rho[$.
Donc $y \in tan(]actan(x) - \rho, artctan(x) + \rho[) = ]\frac{x - tan(\rho)}{1 + xtan(\rho)} , \frac{x + tan(\rho)}{1 - xtan(\rho)}[$.
Mais j'ai mieux : $V = tan(B(x, \epsilon))$ est ouvert comme image d'un ouvert par une application bi continue pour les distances usuelles. Donc si $arctan(y)$ est assez proche de $arctan(x) \in V$ alors $arctan(y) \in V$ donc $y \in b(X, \epsilon)$. -
@algebre
L'auteur du fil se demande pourquoi le $\rho$ indiqué marche bien .
Reprenons soit $x_0\in \R, r>0$ et prenons $\rho = \arctan{ \left ( x_0+r \right ) } - \arctan{\left ( x_0 \right ) }>0$ et démontrons que $B'(x_0, \rho) \subset B(x_0,r)$.
Soit $x\in B'(x_0, \rho) $ est ce que tu vois que $$\arctan(x_0-r)<\arctan(x)<\arctan(x_0+r)$$Le 😄 Farceur -
@Algèbre : Merci pour les deux méthodes. Cependant je ne comprends pas... (edit) Je vais tout de même travailler dessus.
@gebrane : En reprenant tes notations : si $x\in B'(x_0,\rho)$, alors $d'(x,x_0)<\rho$, c'est à dire : \[ | \arctan{x} - \arctan{x_0} | < \arctan{(x_0+r)} - \arctan{x_0} \] Ce qui implique \begin{eqnarray*}
& \arctan{x_0} - (\arctan{(x_0 + r)} - \arctan{x_0}) < \arctan{x} < \arctan{x_0} + \arctan{(x_0 + r)} - \arctan{x_0} \\
\Rightarrow & 2 \arctan{x_0} - \arctan{(x_0 + r)} < \arctan{x} < \arctan{(x_0 + r)}
\end{eqnarray*}
Ce qui me donne la majoration mais pas la minoration. Si on l'obtenait, on en déduirait :
\begin{align*}
x_0 < x < x_0 + r &\Rightarrow |x-x_0| < r \\
&\Rightarrow x \in B(x_0,r)
\end{align*}
Et ce serait terminé. -
Salut, gebrane et bon retour(je te croyais parti, j'éspère que tu vas bien.).
Ce genre d'argument n'étant pas naturel à mes yeux, j'ai voulu proposé autre chose. Je n'aime pas les calculs(et les indications;-).). Et puis il aura deux approches. -
Tu cherches à démontrer $ 2 \arctan{x_0} - \arctan{(x_0 + r)} \geq \arctan{(x_0 - r)}$ c'est à dire $$ \arctan{(x_0 + r)}+ \arctan{(x_0 - r)} \leq 2 \arctan{x_0} $$
Applique deux fois judicieusement le théorème des accroissement finis
@algebre je vais bien; ton niveau (à 21ans) s'est amélioré de manière remarquable, tu sera un bon chercheur dans le futur.
edit un - à la place d'un + ( copier/coller malheureux)Le 😄 Farceur -
Je vois. Je crois bien que tu as mis un plus là où il devrait y avoir un moins.
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Je n'y arrive pas. J'en ai parlé avec un prof dans un couloir qui m'a suggéré, si je me souviens bien, de n'utiliser que le fait que la dérivée de $\arctan$ est bornée, et de supposer $r<1$.
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Veux-tu essayer mon idée alors?
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Pas si vite algebre :-D
Une indication
Il existe $c_1\in?$ tel que $\quad \arctan{(x_0 + r)}- \arctan{x_0}=?$
Il existe $c_2\in?$ tel que $\quad \arctan{(x_0 - r)}- \arctan{x_0}=?$
Apres tu fais la somme et tu conclus l’inégalitéLe 😄 Farceur -
Que veux-tu je suis têtu :-D. On essaiera après alors.
Marrante ta signature au passage. -
Petit message pour dire que je n’ai pas oublié, mais j’ai un emploi du temps chargé ces derniers jours. J’arrive!
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Ne t’inquiète pas , le Forum fonctionne ainsi. Si l'auteur du fil réagit à une solution une idée ou une indication proposé par un intervenant , les membres réagissent sinon le fil s'oubli (sauf si la même question intéresse un autre membre)Le 😄 Farceur
-
Revenons à nos moutons.
D'après le théorème des accroissements finis, il existe $c_1 \in [x_0,x_0+r]$ et $c_2 \in [x_0-r,x_0]$ tels que
\begin{eqnarray}
\\
\arctan{(x_0 + r)} - \arctan{(x_0)} &=& \frac{r}{1+c_1^2} \\
\arctan{(x_0 - r)} - \arctan{(x_0)} &=& - \frac{r}{1+c_2^2} \\
\end{eqnarray}
Soit, en ajoutant les deux lignes, \[ \arctan{(x_0+r)} + \arctan{(x_0 - r)} - 2 \arctan{(x_0)} = \frac{r}{1+c_1^2} - \frac{r}{1+c_2^2} \] et là, j'aimerais affirmer que $c_1^2 \geq c_2^2$ mais je ne vois pas vraiment pourquoi c'est le cas. Je ne crois pas avoir fait d'erreur, mais ce que j'ai fait est-il au moins ce que tu avais en tête?. -
Oui c'est l'idée que j'avais en tête et tu as raison que $c_1^2 \geq c_2^2$ n'est pas clair.
En reprenant ton énoncé, je me suis rendu compte que l'indication suggère de prendre $\rho = \arctan{ \left | x_0+r \right | } - \arctan{\left | x_0 \right | }$ je n'ai pas vu les valeurs absolues
On peut traiter l’équivalence des deux topologies par un argument se basant sur la continuité de l’arc-tangente sur $\R$ et de la tangente sur $]-\frac {\pi}{2}, \frac {\pi}{2}[$ mais ce n'est le but de ta question qui reste d'actualitéLe 😄 Farceur -
Ton inégalité est vrai car $c_{1} \in [x_{0}, x_{0} + r]$ et $c_{2} \in [x_{0} - r, x_{0}]$, on peut les choisir ainsi dans le théorème.
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Le 😄 Farceur
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Humpf, il faut soit prendre de en compte les valeurs absolues, soit changer d'approche.
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Oui si l'on prend des valeurs absolues mon histoire avec les carrés conserve l'inégalité.
On peut essayer mon approche si tu veux après(je te la fais en guidé pour que tu puisses réfléchir un peu.). -
Aller! Cet après midi je suis pris mais dès demain j'en serais ravi.
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Ok alors à demain 16h. Sauf si gebrane(ou un autre.). me double sur ce coup;-).
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Salut Algèbre! Je veux bien qu'on détaille ta deuxième méthode.
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Salut, excuse-moi du retard(motif : migraine).
Alors $\tan$ est $\arctan$ sont continues. Soit $\epsilon > 0$. Alors $V = \arctan(B(x, \epsilon)) = \tan^{-1}(B(x, \epsilon))$ est ouvert et contient $\arctan(x)$. Par ouverture il existe $\eta > 0$ tel que $B(\arctan(x), \eta) \subset V$. Donc si $y$ est tel que $|\arctan(y) - \arctan(x)| < \eta$ (c'est-à-dire si $y \in B'(x, \eta)$.). alors $\arctan(y) \in V = \arctan(B(x, \epsilon))$ c'est-à-dire $\arctan(y) = \arctan(z)$ avec $z \in B(x, \epsilon)$. Par injectivité de l'$\arctan$, $y = z \in B(x, \epsilon)$ et donc il existe $\eta > 0 | B'(x, \eta) \subset B(x, \epsilon)$.
[$\LaTeX$ fournit les commandes \tan et \arctan. ;-) AD] -
Joli, merci. Je m'attendais à avoir plus de travail
-
Hum peut être aurais-je dus ne pas le détailler autant? Désolez si je t'ai "spoilé".
En ésperant t'avoir aidé.
AD : merci pour les commandes. Sous certains compilateurs, cela ne fonctionne pas mais visiblement ici si.
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Bonjour!
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