Utilisation de la connexité
Bonjour à tous
Un petit exercice qui m'a posé pas mal de problèmes.
On considère une fonction f de R^n dans lui-même de classe C^1 telle que df est inversible en tout point et f est infinie à l'infini. Il s'agit de montrer que f est surjective.
Après avoir pas mal séché, je regarde la correction : la preuve repose sur un argument de connexité et je pense l'avoir très bien comprise.
Maintenant, je me questionne sur ce qu'il m'a manqué pour la réussir. Comment penser à utiliser la connexité de R^n ?
Un petit exercice qui m'a posé pas mal de problèmes.
On considère une fonction f de R^n dans lui-même de classe C^1 telle que df est inversible en tout point et f est infinie à l'infini. Il s'agit de montrer que f est surjective.
Après avoir pas mal séché, je regarde la correction : la preuve repose sur un argument de connexité et je pense l'avoir très bien comprise.
Maintenant, je me questionne sur ce qu'il m'a manqué pour la réussir. Comment penser à utiliser la connexité de R^n ?
Réponses
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Si on regarde ce qu'il se passe en une dimension, je traduis l'inversibilité de df en tout point par le fait que f' ne s'annule pas et, étant continue, f' est de signe constant donc f est strictement monotone. Et là je vois que pour appliquer le théorème "de la bijection", il suffit que je me sois placé sur un intervalle, soit un connexe. Est-ce là la provenance de la preuve ?
Merci d'avance. -
Je ne sais pas si ça te satisfaira; mais un point de vue : $df$ est inversible en tout point, donc $f$ est ouverte; et $f$ tend vers l'infini en l'infini, donc son image est un ouvert non borné. Moi en général ces ouverts je les imagine ou comme étant $\mathbb{R}^n$, ou comme plein de morceaux séparés. Bon bah ce deuxième point n'est pas possible; et là je réfléchis à pourquoi ? Me vient alors l'idée de la connexité: si je prouve que mon ouvert est fermé, j'ai gagné : c'est là qu'intervient en réalité l'hypothèse de l'infini.
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Merci infiniment de ta réponse ! J'ai juste besoin de quelques éclaircissements.
Le fait que f est ouverte découle bien du théorème d'inversion locale ?
Ensuite, tu dis qu'un ouvert non borné tu le vois comme R^n ou plein de morceaux séparés. Pourquoi pas comme un ouvert non borné connexe différent de R^n (comme un demi-plan ouvert en dimension 2) -
Oui pour la première question.
Pour la deuxième, c'est de là que doit venir ton insatisfaction : parce que je suis bête et que c'est plus facile à visualiser pour moi :-D mais dans cette situation, même si tu as plus de pouvoir de visualisation que moi, tu peux imaginer ton demi-plan ouvert, et te dire que si $f(x)$ part vers le bord de ce demi-plan, c'est que $x$ va vers l'infini, mais c'est pas possible -> tu dois au moins avoir une petite pique : oh mais tu peux faire ça dans toutes les directions donc peu à peu ton ouvert s'agrandit en une sorte de nappe et ça va devenir $\mathbb{R}^n$. Mais pour moi c'est juste que je ne sais pas visualiser -
Alors là je dois t'avouer que mon pouvoir de visualisation connaît ses limites. Je n'arrive pas à me convaincre que " si f(x)part vers le bord de ce demi-plan, c'est que x va vers l'infini " et même si j'arrivais à m'en convaincre, je suis d'accord que ce n'est pas possible MAIS le pic pourrait très bien partir dans une autre direction que la direction pointant vers le bord du demi-plan ( si on parle du demi-plan Re(z) >0 par exemple, f(x) pourrait partir vers le haut et là, plus de contradiction ! ) Ce que je dis me semble pas très clair mais j'espère que tu pourras m'éclairer parce que je vois pas grand-chose là
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Par rapport à ta parenthèse : tu dis "$f(x)$ pourrait partir vers le haut" : mais c'est moi qui décide où je fais partir $f(x)$.
Je parlais de l'ouvert $f(\mathbb{R}^n)$: disons pour se le représenter) que c'est $Re(z)>0$. Bon je prends maintenant une suite $(x_n)$ telle que $f(x_n) \to 0$ : je peux, car $0$ est bien dans l'adhérence de $\{Re(z)>0\}$. A ce moment là, si $(x_n)$ est bornée, je peux utiliser Bolzano-Weierstrass et aboutir à une contradiction puisque $Re(0)$ n'est pas $>0$. Donc $(x_n)$ n'est pas bornée, mais alors $f(x_n)$ doit tendre vers l'infini; encore une absurdité. Il faut donc une petite boule autour de $0$ pour empêcher ça. Mais à nouveau je peux pousser le bord de cette petite boule et ainsi de suite, jusqu'à obtenir une pique qui part vers $Re(z)=-\infty$. Maintenant je recommence.
(Remarque : je me suis rendu compte en tapant ce qui ne devait être qu'une intuition que j'ai essentiellement fait la preuve pour donner l'intuition, ce qui est un peu dommage, pour une intuition heuristique) -
Ok je vois c'est très clair, merci infiniment Maxtimax !
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De mon téléphone: je ne comprends pas ton problème. Tu veux une preuve que IR^n est connexe???
L'image directe de f etant un ouvert fermé non vide seul IR^n est possible, non?
(La fermeture résulte du fait que si b est dans son adhérence il est atteint par compacité)Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Bonsoir Christophe et merci de ta réponse.
En fait, je dispose d'une preuve que j'ai très bien comprise et dont les arguments sont parfaitement clairs. Ce que je recherchais, c'était plutôt une aide comme celle donnée par Maxtimax qui "guiderait l'intuition", une sorte d'heuristique qui permet de comprendre "physiquement" (ce n'est absolument pas le mot approprié, j'en conviens) le résultat et donc de pouvoir trouver la preuve a priori (sans la connaitre). -
Ah ok pardon dans ce cas tu peux regarder u|----> 1/ || f(u) - b || ça te donne une montagne avec un sommet (au moins) et pour ce sommet u, tu as df(u) non injective.Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
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Salut Christophe,
J'avoue ne pas avoir compris l'idée derrière ton message. Peux-tu détailler un peu stp ? -
De mon téléphone: suppose que b n'a pas d'antécédent. Tes hypothèses entraînent l'existence d'un c tel que ||f(c)-b|| est minimum. Alors df(c) n'est pas surjective. J'ai pris l'inverse pour faire écho à ta demande de paysages de rêve.Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
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Christophe : ça ne répond pas du tout à la question de Ramufasa, qui ne demandait pas une solution, mais bien une intuition sur la solution qu'iel avait déjà !
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Ramufasa, est-ce que la correction que tu possèdes utilise la compactification de $\mathbb R^n$ en la sphère $S^n$ par ajout d'un point à l'infini ?
L'hypothèse "$f$ est infinie à l'infini" entraîne que $f$ se prolonge continûment en une fonction de $S^n$ dans lui-même qui envoie l'infini sur l'infini. Comme l'image d'un compact par une fonction continue est compacte .... -
Bonjour GaBuZoMeu,
L'exercice est en fait divisé en plusieurs questions : d'abord on demande de montrer que l'image réciproque par f d'un compact par f est un compact puis d'en déduire que f est surjective.
En fait, ce qu'il me manquait c'était le théorème d'inversion locale. De la première question on déduit que f est fermée puis par le théorème d'inversion locale que f est ouverte. -
Tu ne réponds pas à ma question. Alors je te la repose : est-ce que la correction que tu possèdes utilise la compactification de $\mathbb R^n$ en la sphère $S^n$ par ajout d'un point à l'infini ?
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Non elle ne l'utilise pas puisqu'elle passe par le fait que l'image réciproque d'un compact par f est un compact pour en déduire que f est fermée. (Ou alors je n'ai pas le recul nécessaire pour voir que c'est en essence la même idée...Je ne connais la notion de compactification que de l'article Wikipedia à son sujet)
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C'est en essence la même idée. Tu peux consulter la page wikipedia sur "application propre". La sphère $S^n$ est le compactifié d'Alexandrov de $\mathbb R^n$, en identifiant $\mathbb R^n$ à la sphère privée de son pôle nord par la projection stéréographique inverse : les voisinages ouverts du point à l'infini sont les complémentaires de compact de $\mathbb R^n$.
J'aime bien compactifier. ;-) -
@max: merci pour l'info (j'aurais pensé que les montagnes...)
@Ramufasa:ramufasa a écrit:En fait, ce qu'il me manquait c'était le théorème d'inversion locale
Bin justement, il n'est en rien utile ici. On PEUT certes l'utiliser, mais on ne gagne rien à le faire. C'est aussi ce qui m'a conduit à t'écrire. Tu peux bien te moquer du fait que $f$ est ouverte, ça ne sert à rien. Dès lors que f "tend vers l'infini en l'infini", la borne inf des $||f(x)-b||$ est atteinte par compacité.
Et là où elle est atteinte, prouver que df(..) n'est pas surjective est bien plus concis que de prouver que $f$ est ouverte à coups de complétude et approximation picardinne ou etc.
Dans l'image de la montagne, le niveau de la mer, c'est $\R^n$ et la hauteur du sol en $x$, c'est $1/||f(x)-b||$.Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
C'est tout de même clairement utile pour montrer que $f$ est surjective, non ?Bin justement, il n'est en rien utile ici
Là vraiment, Christophe, je ne te comprends pas. -
Christophe dit la chose suivante : soit $b\in \R^n$. Supposons que $b$ ne soit pas dans l'image de $f$. Soit $g(x)=||f(x)-b||^{-1}$. Comme $g$ est continue, strictement positive et tend vers $0$ à l'infini, elle atteint un maximum en un point $x$.
En ce point, on a pour tout $h$
$$0=dg(x)\cdot h= \dfrac{\langle f(x)-b,df(x)\cdot h\rangle}{||f(x)-b||}.$$
Comme $df(x)$ est surjective, il existe $h$ tel que $df(x)\cdot h=f(x)-b$ donc $||f(x)-b||=0$, ce qui est contradictoire. -
De mon téléphone. Merci à JLT d'avoir explicité. Sans calcul on peut aussi dire que la (en w disons) où le minimum de x|----> ||f(x) - b || est atteint l'image directe de l'espace entier par df(w) est entièrement incluse dans l'hyperplan parallèle à celui tangent à la sphère de centre b qui passe par f(w). Sauf erreur. La surjectivité de df(w) est alors compromise :-DAide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
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Ok merci beaucoup Christophe et JLT, j'aime bien aussi cette preuve qui est "plus directe" que celle proposée dans mon exercice.
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OK Christophe, j'ai compris ton argument.
Mais ton
me chagrine encore. Bon, sans doute à mettre sur le compte de ta tendance naturelle à exagérer.bien plus concis que de prouver que f est ouverte à coups de complétude et approximation picardinne ou etc.
L'argument utilisant le théorème d'inversion locale est vraiment concis. Et le théorème d'inversion locale, avec son alter ego le théorème des fonctions implicites, est un outil fondamental et indispensable de la géométrie différentielle. Il n'a rien d'ésotérique : il dit que si l'approximation linéaire d'un fonction différentiable a un inverse, alors la fonction elle-même a localement un inverse.
Bien sûr, on peut mettre un point d'honneur à ne pas se servir d'"outils savants" ... -
De mon téléphone: je ne parlais pas de l'utiliser (polarité négative) mais d'en inclure une preuve (bon on n'est pas obligé certes). Pas maintenant, mais je m'engage à en poster une preuve dans les prochains posts pour voir à combien de lignes j'arrive. Je ne l'ai jamais fait mais j'avais vaguement l'impression qu'il "fallait" passer par Picard: peut être l'ai je lu quelque part.Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
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L'avantage de la preuve avec le théorème d'inversion locale, c'est qu'elle se généralise facilement aux applications entre deux variétés différentiables.
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Ne te fatigue pas, j'en ai une sous la main :
Théorème.
Soit $U'$ un voisinage ouvert de l'origine de $\mathbb R^n$, $f \in C^k(U',\mathbb R^n)$, $k \ge 1$. On suppose que $f(0) = 0$ et que $df_0: \mathbb R^n \rightarrow \mathbb R^n$ est inversible. Alors il existe des voisinages ouverts $U$ et $V$ de $0$ dans $\mathbb R^n$, $U \subset U'$, tels que $f \vert_U$ est un homéomorphisme sur $V$ et que $(f \vert_U)^{-1} \in C^k(V,U)$.
Démonstration.
On peut supposer sans perte de généralité que $df_0 ={\rm Id}$. Posons $g = f -{\rm Id}$. Alors $dg_0 = 0$, et il existe $\epsilon_1>0$ tel que, pour tout $x \in B_n(0,\epsilon_1)$, $\| dg_x \| \le \frac{1}{2}$. Si $x, y \in B_n(0,\epsilon_1)$, alors
$$\| f(x) - f(y) - (x - y) \| \le \frac{1}{2} \| x - y \|\;,$$
et donc
$$\frac{1}{2} \| x - y \| \le \| f(x) - f(y) \| \le \frac{3}{2} \| x - y \|\;.$$
Ceci montre que $f$ est injective en restriction à $B_n(0,\epsilon_1)$. Soit $\epsilon_2 < \epsilon_1$ tel que $df_x$ est inversible pour tout $x \in B_n(0,\epsilon_2)$. [À la demande de Poirot : un tel $\epsilon_2$ existe parce que $x\mapsto \det(df_x)$ est continue et que $\det(df_0)=1$].
Montrons que $f(B_n(0,\epsilon_2)) \supset B_n(0,\epsilon_2/4)$. Soit $y^0$ tel que $\| y^0 \| < \epsilon_2/4$ et posons $h(x) = \| f(x) - y^0 \|^2$. Alors $h$ atteint son minimum sur $\overline{B}_n(0,\epsilon_2)$ et ce minimum n'est pas atteint sur la frontière $S^{n-1}(0,\epsilon_2)$. En effet, si $\| x \| = \epsilon_2$, alors $\| f(x) \| \ge \epsilon_2/2$ et $h(x) > (\epsilon_2/4)^2 > h(0)$. Le minimum est donc atteint en un point $x^0 \in B_n(0,\epsilon_2)$. On a, pour $i = 1, \ldots, n$,
$$\frac{\partial h}{\partial x_i}(x^0) =
0\;,\quad\text{i.e. }\sum_{j=1}^n (f_j(x^0) - y_j^0)
\frac{\partial f_j}{\partial x_i}(x^0) = 0\;.$$
Puisque $df_{x^0}$ est inversible, on obtient $f(x^0) = y^0$.
Posons $V = B_n(0,\epsilon_2/4)$, $U = f^{-1}(V) \cap B_n(0,\epsilon_2)$. L'application $\varphi=(f \vert_U)^{-1}: V\to U$ est continue parce que $\| \varphi(x) - \varphi(y) \| \le 2 \| x - y \|$ pour tous $x, y \in V$, et on voit facilement que $d\varphi_x = (df_{f^{-1}(x)})^{-1}$.$\quad\square$
On peut extraire de la démonstration ci-dessus une démonstration plus courte de l'ouverture.
Et pourquoi faudrait-il inclure une démonstration du théorème d'inversion locale ? -
Merci GBZM, c'est la première fois que je vois une démo sans utiliser de Picarderie. Pour d'éventuels étudiants tombant sur ta démo, je préciserais pourquoi on peut trouver un voisinage de $0$ sur lequel $df_x$ est inversible.
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GBZM : tu introduis une fonction $h(x) = \| f(x) - y^0 \|^2$, ça revient exactement à ce que fait cc lorsqu'il introduit sa fonction $x\mapsto 1/||f(x)-b||$.
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Oui, c'est la même idée, pour démontrer la surjectivité.
PS. J'avais cette démonstration sous la main parce que je l'ai utilisée, il y a longtemps, dans le contexte semi-algébrique sur un corps réel clos quelconque. Utiliser des propriétés de complétude dans ce contexte est un peu délicat. Je l'avais piquée dans un livre de G.W. Brumfiel, Partially Ordered Rings and Semialgebraic Geometry, mais elle doit sans doute figurer à pas mal d'endroits dans la littérature. -
De mon téléphone merci de m'avoir dispensé. J'ai de la chance car ne sachant pas que l'hypothèse C^1 était faite (dans ce cas c'est "trivial" à rédaction près) j'avais commencé à .... ne pas l'utiliser. Puis heureusement comme on n'a pas l'injectivité locale découlant de f'(0) non nul MEME DANS IR^1 j'ai arrêté assez vite et compris que C^1 devait probablement être faite. Puis en venant avec mon téléphone j'ai pu voir ton introduction et ton k>0 pour C^k. Donc cool (sinon j'aurais demandé quelles hypothèses sont voulues j'ai trop peu de disponibilité).
@Poirot la compacité en dim finie trivialise plein de choses. Cf remarque de JLT. Mais je ne peux pas critiquer la cabalistique de GBZM qui a le respect total de la correctitude mathématique formelle donc qui garde indices et exposants. Cependant Picard me semble très utile pour des Banach quelconque où je crois (par souvenir de rumeurs ou de livre) que TIL comme TFI sont texto les mêmes et prouvables.
En dim finie partout où tu atteins des extremums ta df (machin) a son image incluse dans un demi-espace DONC dans un hyperplan.
@GBZM: Sauf erreur MÊME en admettant TIL la preuve initiale du fil me semble ne rien gagner (et donc tout gâcher) au moment de payer le péage "IM(f) est fermée". Mais je n'ai pas approfondi. Ce péage me semble avoir le même tarif que le tarif TOTAL de la preuve que j'ai donnée.Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
@Christophe : merci pour la cabalistique ! Visiblement, tu n'as pas toujours pas réalisé que tu utilises souvent des termes méprisants pour ce que racontent d'autres intervenants qui ne rentrent pas dans ta ligne. Je sais, tu vas me faire le coup de "mais non, mais non, ce n'est pas méprisant, c'est juste que je suis acalculique".
Le théorème des fonctions implicites et le théorème d'inversion locale sont bien sûr fondamentalement la même chose.
Pour le fait que l'image de $f$ est fermée, je le vois simplement en étendant $f$ à une application continue de la sphère dans elle-même (hypothèse que $f$ est infinie à l'infini), et c'est alors -une fois qu'on a compactifié- le fait que l'image d'un compact par une application continue est compacte. Le théorème d'inversion locale donne immédiatement l'ouverture de l'image, et donc c'est fini par connexité. Tout ça a déjà été écrit, mais je le répète puisque tu n'as "pas approfondi".
Bonne nuit. -
Franchement, penser (que je dois acalculique ou pas!!!) que je puisse être méprisant à l'égard de ce que tu écris quand on connait la qualité et la finition de tes contributions j'avoue que ... tu me ferais presque un ... compliment. Je serais (le mépris n'est pas dans mon adn donc j'en suis incapable) presque envieux de gens qui auraient le niveau scientifique pour "se permettre" de "mépriser" un scientifique de ta qualité. Ça sous entendrait qu'une telle personne (qui n'existe évidemment pas sauf peut être dans Marvel) à des pouvoirs inouïs de perception matheuse extrasensorielle.
Plus prosaïquement : pardon si tu as mal pris le mot "cabalistique"! Pour moi il n'est pas péjoratif du tout , il exprime un factualite certes personnelle (je suis conscient que d'autres accèdent plus aisément que moi à ces empilements de symboles) très très bête : j'étais "agacé" (par moi même!!!) De ne pas pouvoir "lire couramment " ton post avec la même décontraction que nos potes JLT Poirot etc et je pensais tout haut "bin voui mais s'il enlevait des indices ou des exposants il deviendrait mathématiquement incorrect".
Il n'y a pas de solution de toute façon: il y a des fois où je hurle parce que la personne est informelle ça dépend vraiment des sujets etc. J'en suis triste c'est tout. Encore mes excuses si je me trompe dur le ressenti attaché au mot cabalistique.Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Christophe, mon message ne parlait pas que de cabalistique.
Je tentais aussi d'expliquer comment je vois les choses, mathématiquement. J'ai pourtant essayé d'écrire sans formule, sans indice, sans exposant. -
Oui pardon je t'avais lu et tu avais d'ailleurs déjà expliqué ton argument au début du fil et je suis d'accord avec toi mais postant de mon téléphone et etant hyperfatigue (apnée du sommeil) j'ai oublié de te remercier.
Pour le plaisir de t'embêter je dirais le passage du plan à sa compactification sphérique rencontrera quelques file d'attente bureaucratique devant les verifieurs de preuve automatiques logiciels actuels :-D mais comme on n'est pas du tout avancé (à ma connaissance) dans les qualités de ces verifieurs mon avis reste très arbitraire et taquin. En plus je me couche donc je ne pourrai pas répondre.
C'est HS mais ce serait un beau projet que de construire enfin de "bons" arbitres automatiques. Pas seulement pour vérifier mais POUR NETTOYER des boucles etc.Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
OULALA oui je viens de googler le mot "cabalistique". Cela doit faire DES ANNEES que je l'utilise TOTALEMENT hors sujet mais graaave.
En fait je j'utilisais dans le sens "munitions" à cause de "balistique" :-X
Pour moi "de la cabalistique" était une manière de mettre au singulier "des munitions, des cartouche, du plomb".
Ça ne veut pas du tout dire ça!!!!!!! Purée....
Édit: pour moi les indices les exposants etc c'était comme des "projectiles" qui m'arrive et dans la face (leur petite taille l'évoquant des balles de revolver).Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Je profite d'être sur mon pc pour préciser des points pas faciles à préciser d'un téléphone.
@GBZM, je n'ai utilisé le mot "cabalistique" qu'à propos, bien entendu de ta preuve classique, absolument pas du reste (en réponse au fait que tu me rappelais avoir tenté de faire passer des idées moins typographiquement dures à lire)
Et de toute façon vu le sens du mot "cabalistique", j'avais tort!! (il veut dire style des parchemins des sciences occultes trouvées dans les caverne d'alibaba en gros)
@Tous. Soit $n$ un entier, je note $E:=\R^n$, et soit $f:E\to E$ et $g:E\to \R$, toutes deux différentiables. Si $g\circ f$ atteint un extremum local en $a$ alors $Im(df(a))\subset Ker dg(f(a))$ (sauf erreur**).
Evidemment, les hypothèses "pratiques" dues à la volonté de ré-exploiter les résultats ont donné des versions de TIL, TFI où "trop" est parfois supposé.
Par exemple, dans le présent fil, $C^1$ n'est pas nécessaire. Si $f\to \infty$ en $\infty$, alors ou bien $f$ est surjective ou bien il existe un $a$ tel que $df(a)$ n'est pas surjective.
Dans la preuve de GBZM, j'avertis les lecteurs estudiantins qu'il prouve plusieurs choses: la surjectivité MAIS AUSSI l'injectivité, etc.
Si $f: E\to E$ est telle que $\forall x\in U: df(x)$ est surjective et $U$ ouvert contenant $0_E$ alors l'image de tout ouvert contenant $0_E$ par $f$ est un voisinage de $0_E$ pour la raison qui vient d'être dite.
[small]** Brouillon : soit $X$ l'hyperplan affine $\{u \in E \mid dg(f(a)) (u) = g(f(a)) \}$ et $v$ tel que $f(a) + df(a) (v) \notin X$. Si $v$ est très petit, $f(a+v)$ est trop proche de $f(a) + df(a)(v)$ pour que $g(f(a+v))$ vaille $g(f(a))$, on a donc $g(f(a+v)) < g(f(a))$, mais alors suffit de prendre $(-v)$, ie $g(f(a-v)) > g(f(a))$ contradiction dans le cas maximum.[/small]Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
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