Forum de mathématiques - Bibm@th.net

Yassine

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Fonction suppra-continue

Bonjour à tous,

Suite à une remarque de PTRK lors d'un fil sur les distributions, je propose une colle amusante aux jeunes étudiants du Forum (les vieux qui ont envie peuvent participer aussi ;-) ).

Soit $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ une fonction qui vérifie la propriété de suppra-continuité suivante (terme complètement inventé pour l'occasion) :
pour tout $x \in \mathbb{R}$ il existe un voisinage $V$ de $x$ tel que $f$ soit constante sur $V$.
Montrer que $f$ est constante sur $\mathbb{R}$

Fred

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Re : Fonction suppra-continue

Hello,

▼Indice

En deux lignes en utilisant la connexité?

F.

Yassine

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Re : Fonction suppra-continue

▼@Fred

J'avais oublié de préciser que tu étais exclu du jeu ;-)
J'imagine que tu penses au fait que toute fonction continue d'un espace connexe dans un ensemble à deux éléments muni de la topologie discrète est constante ?
J'avais une approche sans ce résultat (mais qui s'y ramène en fait)

freddy

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Re : Fonction suppra-continue

Salut,

tu devrais aussi m'exclure ;-)

Fred

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Re : Fonction suppra-continue

▼@Yassine

Tout simplement, en fixant $a\in\mathbb R$ et en posant $A=\{x\in\mathbb R;\ f(x)=f(a)\}$ qui est à la fois ouvert et fermé. Mais c'est évidemment très formateur de trouver une preuve sans cet outil!

Yassine

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Re : Fonction suppra-continue

@freddy : tu étais déjà exclu, je m'étais adressé aux jeunes ;-)

▼@Fred

ça marche très bien en effet.
Pour la connexité, j'avais pensé à $g(x)=1$ si $f(x)=f(a)$ et $g(x)=0$ si $f(x) \neq f(a)$ pour un $a$ donné. On montre facilement que $g$ est continue, donc constante.

L'approche initiale sans connexité : pour un $a$ fixé, je considère $I_{max}=\cup I_a$ ($I_a$ intervalle ouvert contenant $a$) où $f(I_a)=\{f(a)\}$ et je suppose $b =\sup(I_{max}) < +\infty$. Comme $I_{max}$ est un intervalle ouvert, $b \neq I_{max}$ et donc $f(b) \neq f(a)$, mais donc il existe un voisinage $V_b \ni b$ tel que $f(V_b)=\{f(b)\}$, soit encore $V_b \cap I_{max} = \emptyset$ en contradiction avec $b=\sup(I_{max})$ ($b$ est adhérent à $I_{max}$). On fait de même pour l'$\inf(I_{max})$.

--EDIT--
J'ai remplacé Boule par Intervalle. Je pense que ça ne marchait pas avec des Boules centrées.

Dernière modification par Yassine (11-01-2017 21:41:25)

Yassine

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Re : Fonction suppra-continue

Bonjour,
Je propose une rédaction un peu plus robuste que ce que j'ai écris dans la discussion avec Fred.
Je suis preneur de vos critiques/suggestions.

Soit $a$ un réel quelconque et je note $A_a = \{x < a \ | f(]x,a])=\{f(a)\}\}$ et $B_a = \{x > a \ | f([a,x[)=\{f(a)\}\}$
Vue la propriété de $f$, $A_a \neq \emptyset$ et $B_a\neq \emptyset$. Je peux donc considérer $x_m = \inf A_a$ et $x_M = \sup B_a$ ($x_m$ est le plus grand de tous le minorants et $x_M$ le plus petit de tous les majorants) .
Supposons que $x_m \in \mathbb{R}$ (fini). Alors, $f(x_m) \neq f(a)$. En effet, si $f(x_m) = f(a)$, alors, il existe $\epsilon > 0$ tel que $f(]x_m-\epsilon, x_m+\epsilon[)=\{f(a)\}$ et donc $x_m-\epsilon \in A_a$ contredisant $x_m = \inf A_a$.
Il existe alors $\alpha > 0$ tel que $f(]x_m-\alpha, x_m+\alpha[)=\{f(x_m)\} \neq \{f(a)\}$. Quitte à diviser $\alpha$ par un $n>2$ qui convient, on peut supposer $x_m + \alpha < a$. On a alors $\forall x \in [x_m,x_m + \alpha], x \notin A_a$, donc $x_m+\alpha$ est également un minorant de $A_a$ or $x_m + \alpha > x_m$, contredisant $x_m = \inf A_a$.
On fait de même pour $x_M$.
Si bien que $x_m = -\infty$ et $x_M = +\infty$ et donc $A_a \cup B_a = \mathbb{R}$.