fonction et non-dénombrabilité

En notant $A(x)$ l'ensemble des antécédents par $f$ de $x$, tu demandes que $A(x)$ qui est fermé, soit toujours non dénombrables.

Grossièrement, localement $f$ est presque affine, je suis pas spécialiste des variétés, mais je pense que tu auras pour tout $x$ que $det(f'(x))$ est nul et donc que l'image de $f$ sera un ensemble de mesure nulle. Il existera alors un $x$ tel que $A(x)$ est vide.

La deuxième partie fait appel aux variétés et à l'alg linéaire, et j'y suis totalementnul, mais pour la nullité de $det(f'(x))$, fais-le en guise d'exercice avec $n=1$***, c'est le même principe pour $n$ quelconque.

Est-ce que ça t'aide?

Quand $f'(t)\neq 0$, il existe un ouvert qui entoure $t$ tel que $t$ est le seul élément de cet ouvert qui est dans $A(f(t))$

Il y a au maximum un nombre dénombrable d'ouverts disjoints 2 à 2.

Bonsoir didac

purée! il vient d'où votre exercice?

S

Non, mais par "problème de variété" j'entends le fait que l'image d'une application $C^1$ dont le déterminant de la dérivée est nul partout est de mesure nulle: c'est un truc réputé je crois, et intuitif***, mais dont la preuve est usine à gaz. Question: faut-il l'admettre ou l'exercice consiste-t-il à le démontrer??

J'imagine assez mal qu'on puisse s'en passer.

Si tu veux, imagine une application de $\R^2$ dans $\R^2$ telle que $f_1(x)$ est toujours presque un multiple de $f_2(x)$ localement. L'image de $f$ est une courbe, et non une surface.

C'était juste une idée, je précise un peu, l'exercice n'a pas l'air court à priori, ou du moins je n'y ai pas réfléchi

$A(x)$ est non dénombrable.

Soit $t$ un élément de $A(x)$

Si $f'(t)\neq 0$ alors $f$ est injective autour de $t$ (lol et même bijective: fonctions implicites). Donc les autres éléments de $A(x)$ sont loin de $t$.

Cet argument est valable pour tout $t\in A(x)$...

L'ensemble des $t$ de $A(x)$ tels que $f'(t)$ est non nul est donc dénombrable. Comme $f'$ est $C^1$, cet ensemble est donc vide...

Mais tu n'as pas encore mis ton avatar...

Ahh patience, patience ! J'épluche d'abord les messages de la journée, après on verra...

Et Schwarzy, chuis comment à côté ?

Ben, comme $\R^n$ est séparable, on peut toujours piquer un élément de la famille dénombrable dense dans chaque ouvert qui entoure chaque point isolé.

D'accord avec didac. En fait le seul qui peut battre remarque (et encore) c'est lui :

J'ai donc mis un avatar qui, pour dézinguer du méchant, n'en est pas moins plein de finesse...

Mmm oui tu as raison. Ce que je raconte n'a pas l'air 100% correct, et il vaut mieux y revenir à tête reposée...

Merci ! C'est grâce à cc que je l'ai trouvé quand même, cet avatar.

Donc je change mon flingue d'épaule. Une partie est $A$ est discrète si la topologie induite est discrète. C'est-à-dire que pour tout $x\in A$, $\{x\}$ est ouvert pour la topologie induite, c'est-à-dire que pour tout $x\in A$, il existe $\alpha_x>0$ tel que $\{x\}=B(x,\alpha_x)\cap A$. On considère $A_k=\{x\in A,\alpha_x\ge \frac1k\}$. On a $A=\bigcup_{k=1}^{+\infty} A_k$ et il suffit de montrer que $A_k$ est au plus dénombrable.

Pour tout couple $x,y\in A_k$ tel que $x\neq y$, on a $B(x,\frac1{2k})\cap B(y,\frac1{2k})=\emptyset$. Soit $(z_i)_{i\in \N}$ une famille dénombrable dense dans $\R^n$ (par exemple les points à coordonnées rationnelles). Je définis $J(x)=\min\{i\in \N, z_i\in B(x,\frac1{2k})\}$. D'après la propriété d'intersection vide plus haut, c'est une injection de $A_k$ dans $\N$, et $A_k$ est au plus dénombrable.

Ca a l'air un peu mieux comme ça.

Il en jette ce G.Clooney en noir et blanc

Sinon, d'une manière générale, quand un espace métrique est compact, et quand une partie $A$ de $E$ n'est pas dénombrable, il existe une "rayon" $r>0$ tel que $A_2:=$l'ensemble des points $x$ de $A$ tel que $Boule(x;r)\cap A=\{x\}$ est lui-même non dénombrable.

Donc, quitte à remplacer $A$ par $A_2$, on peut supposer que tous les éléments de $A$ sont tels que $Boule(x;r)\cap A=\{x\}$

Soit alors $x$ un élément quelconque de l'espace. Si c'est possible, on lui associe un ouvert $U_x$ qui ne rencontre qu'un nombre au plus dénombrable d'éléments de $A$. Si on pouvait construire $x\to U_x$, un sous-recouvrement fini donnerait une contradiction.

Il existe donc un élément $e\in E$ tel que tous ses ouverts intersectent $A$ en un nombre non dénombrable de points. Soit $0<s<u<s+u$ des réels tous $<r$.

Soit $a,b\in A$ différents, tels que $distance(e,a)<s$ et $distance(e,b)<u$. La $boule(a,r)$ contient $b$, contradiction.

Il s'ensuit que les espaces réunions dénombrables de compacts (comme $\R^d$) ont aussi la propriété de ne pas contenir d'ensemble non dénombrable discret.