Le livret des contre-exemples

[ericcc]

La complétude est une notion strictement métrique.

Soit la droite réelle munie de la distance usuelle et avec : X est complet, mais pas Y.

En effet la suite est de Cauchy pour mais pas pour .

Intéressant, et qu'est ce que le complété de R avec cette distance ?
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[Sylvestre]

Intéressant, et qu'est ce que le complété de R avec cette distance ?

Bonjour,

C'est R plus deux points et . En posant que et .
Ceci est homéomorphe à [0,1].

[invite35452583]

Complété d'un connexe par arcs non connexe par arcs
On peut aussi compléter R de manière plus "amusante".
On considère f:R->]0;+infini[ un homéomorphisme quelconque (exponentielle par exemple) puis g :]0;+infini[->R² g(x)=(x,sin(1/x)), c'est un homéomorphisme de ]0;+infini[ sur son image avec la topologie induite par le plan (notamment la métrique usuelle).
Maintenant, on définit comme distance sur R d(x,y)=d(gof(x),gof(y)).
Le complété est homéomorphe au graphe de sin(1/x) définie sur R^+* U {0}x[-1;1], espace connexe mais non connexe par arcs.

[invite35452583]

Anneau principal non euclidien
L'anneau est principal mais non euclidien.

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L'anneau est non euclidien
On va montrer que
a) dans un anneau euclidien A il existe un élément u tel que pour tout x dans A il existe q tel que x=qu+r avec r=0 ou r est inversible (A* désignera les inversibles).
b) il n'existe pas un tel élément dans

Preuve de a :
Un anneau euclidien possède un stathme où A'=A\{0} tel que pour tout a et b dans A il existe q et r tels que a=bq+r avec r=0 ou .
Soit u de A\(A*U{0}) un élément de plus petit stathme (pour ces éléments). L'existence de la division euclidienne assure que u vérifie la propriété ci-dessus.

Preuve de b :
est un anneau commutatif et intègre comme sous-anneau de C. Comme 1 et w sont R-indépendants dans C ils sont en particulier Z-indépendants donc a+w=a'+b'w implique a=a' et b=b'.
Un simple calcul montre que w²-w+5=0 et on a N(a+bw)=a²+ab+5b². N(w)=5.
Pour b fixé le minimum de a²+ab+5b² définie sur R² est atteint pour a=-b/2 et vaut b²/4-b²/2+5b²=19b²/4. Donc N(a+bw)>=5 si b est non nul, et N(a)=a².
Les inversibles vérifient N(a)N(a^-1)=N(1)=1 donc sont de norme égale à 1. Donc sont de la forme a+bw avec a²=1 donc a=+/-1.
La norme la plus petite pour a n'appartenant pas à A*U{0} est atteinte pour a=+/-2 et vaut 4.

Si u existe il vérifie en particulier pour a=2 :
2=qu+r avec r=0, 1 ou -1. Donc lrl<=1. Comme 2 est distinct de r, q et u sont non nuls.
l2l>=lql.lul-lrl donc lql.lul<=3 on en déduit que N(q).N(u)<=9. Or, pour les non inversibles N>=4 donc q et u ne peuvent pas être non inversibles tous les deux, comme u est non inversible par définition q=+/-1.
On a 2=(+/-1)u+(0, 1 ou -1). Donc u=-3, -2, -1, 1 ou 2 ou 3. Les cas u=+/-1 sont exclus par hypothèse. Les cas -3 et -2 se ramènent au cas 2 ou 3.
Excluons ces deux cas : on aurait pour le cas particulier a=w w=2q+r (ou w=3q+r) avec q qui n'est pas dans Z car sinon 3q+r est dans z contrairement à w donc lql>==lwl. Or l3q+rl>=3lql-1>=2lql-1 de même l2q+rl>=2lql-1, et on a 2lql-1>=lql+(lql-1)>=lwl+()>lwl contradiction.

L'anneau est principal
la norme est une pseudo-stathme :
pour tout a et b de on a soit :
i) a=bq+r avec r=0 ou N(r)<N(b)
ou ii) 2a=bq+r avec r=0 ou N(r)<N(b)

En effet : on a a/b=u+v.w avec u et v rationnels,
soit [u] et [v] les entiers les plus proches de u et v.
Si v'=v-[v] est tel que lv'l<=1/3, on a a=([u]+[v]w)b+(u'+v'.w)b avec r=(u'+v'.w)b dans car a et ([u]+[v].w)b le sont.
On a N((u'+v'.w)b)=N(u'+v'.w).N(b)= (u'²+u'v'+5v'²)N(b), or u'²+u'v'+5v'²<=(1/2)²+(1/2)(1/3)+5(1/3)²=(9+6+5.4)/36=35/36<1 donc N(r)<N(b).
Si lv'l>1/3 ceci implique que v est dans un intervalle du type ]n+1/3;n+2/3[ et donc 2v est dans un intervalle du type ](2n+1)-1/3;(2n+1)+1/3[, cette fois l2v-[2v]l<1/3, on est ramené au cas précédent mais pour 2a.

L'idéal (2) est maximal
En effet : soit I un idéal contenant (2) et un élément q qui n'est pas dans (2).
On a q=(a+bw)2+(a'+b'w)2 avec a' et b' =-1/2, 0 ou 1/2.
On a donc dans I soit +/-1, soit +/-w, soit +/-(1+w) soit +/-(1-w).
Or, si I contient +/-(1-w) il contient aussi (1-w)²=1+w²-2w=1+(w-5)-2w=-4-w et donc -(-4-w)-2.2=w.
si I contient 1+w il contient aussi (1+w)²=1+2w+w²=1+2w+w-5=-4+3w et donc (-4+3w)+2(2-w)=w.
Si I contient +/-w I contient w et w²=w-5 et donc w-5 + 2.3 -w=1.
Dans tous les cas I contient donc +/-1 et est égal à A ce qui termine la preuve de la maximalité de (2).

Montrons qu'un idéal non trivial quelconque I de est principal (pour les triviaux c'est toujours vrai)
Soit x un élément de plus petite norme de I\{0}.
Soit y un autre élément de I,
Soit on a y=qx+r avec r=0 ou N(r)<N(x), or par minimalité de x (r=y-qx appartient à I) on ne peut avoir que r=0. On a donc y=qx est dans (x).
Soit on a 2y=qx+r avec r=0 ou (r)<N(x), ici on aboutit de la même manière à 2y=qx.
2 divise qx donc 2 divise q ou divise x car (2) est maximal et donc premier.
Si q=2q', on a 2y=2q'x et donc par intégrité de y=q'x.
Si x=2x', on a 2y=q(2x') et donc y=qx'. Ainsi, x=2x' et y=qx' appartiennent à I donc (2,q).x' est dans I or soit (2,q)=(2) soit (2,q)= par maximalité de (2). Dans le deuxième cas, il y a contradiction avec la minimalité de N(x) car cela implique que x' est dans I, or N(x')=N(x)/4. On a donc (2,q)=(2) et q appartient à (2), on est ramené à un cas précédent.
On a donc dans tous les cas y=qx donc I est contenu dans (x) et comme il le contient trivialement I=(x).
CQFD

[invite35452583]

Et flute, pourtant je pensais m'être relu.
Si un sympathique modérateur pouvait remplacer "ce qui contredit la non trivialité de I" (3-4 lignes à partir de la fin) par
"ce qui contredit la minimalité de N(x) car cela implique que x' est dans I, or N(x')=N(x)/4".

[invite6b1e2c2e]

C'est pas grave homotopie, c'est tout de même un beau contre-exemple. Une autre petite coquille. Dans l'énoncé de la propriété a, tu as interverti u et x.

Par ailleurs, je ne sais pas ce que vous en pensez, mais ce serait intéressant aussi de mettre des références bibliographiques (quand il y en a) pour ceux qui pourraient vouloir essayer de comprendre ces contre-exemples. Ici, par exemple, j'ai bien l'impression que Cours d'Algèbre de Perrin, pourrait bien aider, ou mézalors peut-être Théorie des Nombres de Samuel.
__
rvz

[martini_bird]

Salut,

Si un sympathique modérateur pouvait remplacer "ce qui contredit la non trivialité de I" (3-4 lignes à partir de la fin) par
"ce qui contredit la minimalité de N(x) car cela implique que x' est dans I, or N(x')=N(x)/4".

C'est fait.

Par ailleurs, je ne sais pas ce que vous en pensez, mais ce serait intéressant aussi de mettre des références bibliographiques (quand il y en a) pour ceux qui pourraient vouloir essayer de comprendre ces contre-exemples.

+1

Cordialement.

[invite35452583]

Anneau facoriel non principal, anneau factoriel non noethérien
L'anneau de polynômes A[X₁,...,X_n,...] est factoriel si A l'est mais non principal si A n'est pas un corps ou si n>1.
L'anneau de polynômes en une infinité d'indéterminés A[X₁,...,X_n,...] est factoriel si A est un anneau factoriel mais non noethérien.
Plus classique que des contre-exemples précédents mais on les avait oubliés.

Ils sont factoriels :
en effet, le théorème de transfert de Gauss montre que si un anneau A' est factoriel A'[X] est facoriel. Ceci montre par une récurrence simple que A[X₁,..,X_n] est factoriel. (classique, on peut notamment le trouver à la bibliothèque de ce forum ce lien). Ceci donne en particulier
Il ne reste plus qu'à montrer (c'est rarement fait) que A[X₁,...,X_n,...] est factoriel (pour l'essentiel ceci vient du simple fait que les A[X₁,...,X_n] s'injectent dans A[X₁,...,X_n,...]) :

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Caractérisation des irréductibles de A[X₁,...,X_n,...]
Les anneaux A[X₁,...,X_n] s'injecte canoniquement dans A[X₁,...,X_n,...], on note j_n l'injection.
Soit P' un polynôme de A[X₁,...,X_n] irréductible, on note également P son image. Soit Q et R deux polynômes tels que QR=P si pour m>n si deg_Xm(Q)>0 ou deg_Xm(R)>0 alors deg_Xm(QR)>0 et donc QR est distinct de P (contradiction). Donc Q et R sont images pour l'injection j_n de deux polynômes Q' et R'. Par injectivité, on a P'=Q'R' et donc Q' ou R' est un inversible de A[X₁,...,X_n], c'est à dire un inversible a de A dont l'image dans A[X₁,...,X_n,...] est aussi un inversible (j_m(a)j_m(a-1)=j_m(a.a-1)=j_m(1)=1). Q ou R est donc un inversible de A[X₁,...,X_n,...], P est donc un irréductible.
Inversement soit P un irréductible de A[X₁,...,X_n,...] soit n le plus grand entier tel que deg_Xm(P)=0 pour tout m>n (existe car un polynôme est une suite à support fini). P est image d'un polynôme P' de A[X₁,...,X_n] dont il n'est pas difficile de montrer qu'il est irréductible dans A[X₁,...,X_n].
Fin de la preuve :
A[X₁,...,X_n,...] est intègre (évident).
Soit P un polynôme, celui-ci est l'image d'un polynôme de A[X₁,...,X_n] j_n(P'), P' se décompose de manière unique en un produit de facteurs irréductibles dans A[X₁,...,X_n]. L'image par j_n donne une décomposition de P en facteurs irréductibles de A[X₁,...,X_n,...] d'après ce qui précède.
Soit deux décompositions de P, tous les facteurs de ces décompositions sont dans j_n(A[X₁,...,X_n]), pour cela il suffit de regarder les degrés partiels en X_m (m>n). Les natécdents de ces deux décompositions sont égales dans A[X₁,...,X_n] par unicité des décompositions et d'après la caractérisation des irréductibles qui précède. Les deux décompositions sont donc égales dans A[X₁,...,X_n,...].

A[X₁,...,X_n] n'est pas principal, A[X₁,...,X_n,...] n'est pas factoriel
A[X] n'est pas principal si A n'est pas un corps car X est irréductible mais (X) n'est pas maximal (A[X]/(X)=A qui n'est pas un corps). Or dès que n>2, A[X₁,...,X_n]=A[X₁,...,X_n-1][X_n] n'est donc pas principal.
La suite infinie strictement croissante d'idéaux montre que A[X₁,...,X_n,...] n'est pas noetherien.

[Médiat]

Il n'existe pas de théorie (logique classique du premier ordre) dont les modèles sont les groupes de torsion (dont tous les éléments sont d'ordre fini).

Si vous doutez, essayez d'axiomatiser cette théorie avant d'ouvrir la réponse.

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Si c'était le cas, soit cette théorie (je noterai ce groupe additivement et donc 0 son élément neutre), et soit s_n la proposition :

et

et soit la théorie

Toute partie finie de T' est consistante puisque si n est le plus grand i de cette partie fini, il existe des groupes d'ordre supérieur à (n+1) qui sont des modèles de cette partie.
Par compacité est consistante, ce qui est impossible puisque cette théorie affirme qu'il existe un groupe dont tous les éléments sont d'ordre fini et qui possède un élément qui n'est pas d'ordre fini.

[invite35452583]

Automorphisme de C non continu
Les automorphismes continus de C, pour sa topologie habituelle, sont les deux R-automorphismes l'identité et la conjugaison. Mais, il existe aussi des automorphismes non continus de C.

On en exhibe un ainsi (on utilise deux fois l'axiome du choix) :
la démonstration est écrite de telle manière à être compréhensible avec un minimum de connaissance de la théorie des corps
i) Il existe K un sous-corps de C ne contenant pas maximal pour cette propriété.

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En effet, {sous-corps de C ne contenant pas } ordonné par l'inclusion est non vide (il y a au moins Q} et inductif (assez évident).

ii) L'extension K->C est algébrique. (donc l'est aussi).

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En effet, si un élément z de C est transcendant sur K alors K(z) est un sous-corps de C contenant strictement K et n'y appartient pas.
Pour ce dernier point, on aurait alors =P(z)/Q(z) avec P et Q deux polynômes à coefficients dans K. On a donc (Q²-2P²)(z)=0, or z est transcendant donc P²-2P²=0. Maintenant, si on regarde les coefficients de plus bas degré on a et donc ce qui contredit que n'est pas dans K.

iii) Tout automorphisme f de s'étend donc en un automorphisme de C.

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En effet, {(K',f') ; K' corps intermédiaire entre et C, et, f' : K'->C morphisme de corps tel que } ordonné par (K',f')<=(K'',f'') si K' est un sous-corps de K'' et f' la restriction de f'' à K' est non vide et inductif (classique).
Soit (K',f') un élément maximal et supposons que K' soit distinct de C. Il existe donc z dans C \ K' algébrique sur K' car l'est sur un sous-corps de K'. Soit P_z le polynôme minimal de z, f'(P'[IND]z/IND]) est un polynôme irréductible de f'(K') (sinon P_z ne le serait pas). Ce polynôme admet une racine z' dans C algébriquement clos.
C'est alors une simple vérification de vérifier que f' s'étend à K'(z) en envoyant z sur z'.

Un morphisme de corps non trivial est toujours injectif. Pour la surjectivité, f'(C) est un sous-corps de C contenant K donc C en est une extension algébrique, un élément z est donc racine d'un polynôme f'(P) à coefficients dans f'(K'), or P est scindé sur C donc f'(P) l'est sur f'(K') et z appartient à f'(K').

iv) Il existe donc un automorphisme de C envoyant sur

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En effet, l'application identité de K s'étend à un automorphisme de envoyant sur .

Cet automorphisme n'est continu nulle part (puisque distinct de l'identité et de la conjugaison) et n'est pas Lebesgue-mesurable.

Pour les références, la seule que j'ai est moins détaillée.

[invite6f007466]

THeorème de Stone Weierstrass si l'espace de départ n'est pas compact

Soit f continue sur telle qu'il existe une suite de polynome convergeant uniformément vers f. Alors f est un polynome.

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Soit une suite de polynomes convergeant uniformément vers f. La suite est de Cauchy donc :

.

Il en résulte que pour tout , le polynome est borné donc constant. L'espace des fonctions constantes est un fermé de l'espace des fonctions continue et bornées sur muni de la norme infinie, la suite converge vers , donc la fonction est constante. Il en résulte que f est un polynome.

[invite6f007466]

Un autre assez simple : Deux suites équivalentes telles que les séries associées n'ont pas la meme nature

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Soient et définies par et .

On a clairement et la série converge par le théorème de convergence des séries alternées.

Concernant , on a par le dl en zéro de l'égalité suivante : .

Il en résulte que s'écrit comme la somme d'une suite telle que la série associée converge et d'une suite telle que la série associée diverge, donc la série diverge.

[inviteac038092]

La limite d'une suite dépend de la topologie utilisée.

Exemple: le domaine [0,1]x[0,1] de R² muni de la topologie de la distance et de la topologie de l'ordre lexicographique.

La suite (1/n, 0) converge vers (0,0) en topologie de la distance et vers (0,1) en topologie de l'ordre lexicographique.

[Garf]

Ca m'étonne que ces contre-exemples n'aient pas déjà été mis. Il est temps d'y remédier

Une fonction continue, non constante dont la dérivée s'annule presque partout.

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L'exemple que je prends est le célèbre escalier de Cantor (ou escalier du Diable). Voir Wikipédia pour une autre présentation, plus intuitive, que celle que j'adopte ici ainsi qu'une image du graphe de cette fonction.

Pour tout point dans [0,1), il existe un unique développement propre de en trinaire, en d'autres termes, une unique suite , prenant les valeurs 0, 1 ou 2, n'étant pas constante égale à 2 à partir d'un certain rang, et telle que :



Posons . On définit une fonction sur par :



La fonction est continue, croissante, non constante, et de dérivée nulle sur un ensemble de mesure pleine.


Synopsis des démonstrations :

* est croissante : soient dans . Soit le plus petit entier tel que . Si , alors . Si et si , alors trivialement . Sinon, on a :


* Par conséquent, a au plus un nombre dénombrable de discontinuités. Or est auto-similaire : et . Si a une discontinuité, alors a un nombre non dénombrable de discontinuités, ce qui amène une contradiction. est donc continue.

* On vérifie que f se prolonge par continuité en par .

* Soit une suite finie d'élément valant 0 ou 2. Alors est constante sur l'intervalle :

Presque tout point de appartient à l'intérieur d'un tel intervalle.

Peut-on faire mieux ? Oui !

Une fonction continue, strictement croissante dont la dérivée s'annule presque partout.

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Je vous laisse la démonstration. Un indice : approximation diophantienne.

[Seirios]

Un espace métrique discret n'est pas nécessairement complet.

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muni de la distance usuelle est discret et complet (les suites de Cauchy sont les suites stationnaires), mais muni de la distance il n'est plus complet (la suite est de Cauchy).

[Garf]

Est-ce qu'un généreux modo pourrait modifier mon message précédent ? J'ai fait deux erreurs assez embarrassantes...

Sur la démonstration de la continuité de l'escalier de Cantor : remplacer mon argument (erroné) par :

* On remarque que est continue à droite. En effet, soit tendant vers par la droite. Nécessairement, la suite va tendre simplement vers la suite , ce qui implique que tend vers . Maintenant, remarquons que le développement trinaire impropre (c'est-à-dire éventuellement avec une suite infinie de , mais pas de suite infinie de ) de , une fois injecté dans la définition de , donne la même valeur que le développement trinaire propre. On montre donc de la même manière que est continue à gauche. Au passage, cette remarque permet aussi de démontrer que .

Sur l'exemple suivant, que je trouve finalement assez douteux :

* Soit un réel appartenant à . On peut aussi écrire le développement binaire propre de x de la façon suivante :



où est une suite d'entiers strictement croissante. Cette écriture est liée à celle utilisée pour l'escalier de Cantor de la façon suivante. Si on dispose du développement binaire propre , alors la suite est définie récursivement par , et . Définissons maintenant, pour dans :



Alors a les propriétés souhaitées.

Référence : L. Takacs, An increasing continuous singular function, The American Mathematical Monthly, 85 (1978), 35-37.

Merci d'avance !

[ericcc]

On m'a posé cette question récemment : une fonction réelle qui tend vers zéro à l'infini, sa dérivée tend elle aussi vers zéro ?

Mon contre exemple : f(x)= 1/x * sin(e^x)

[Médiat]

Théorème d'incomplétude de Gödel

Toute théorie du premier ordre, récursivement axiomatisable et capable de formaliser l'arithmétique est soit inconsistante, soit incomplète.

Si on relache la condition "récursivement axiomatisable", on peut prendre la théorie (c'est à dire la théorie des formules du premier ordre vraies dans le modèle , théorie d'un modèle, donc consistante (théorème de complétude de Gödel) et complète (tiers exclu).


Si on relache la condition "capable de formaliser l'arithmétique", on peut prendre la théorie des ordres linéaires, denses, sans extrémum qui est consistante (théorème de complétude de Gödel : elle admet , pour modèle), et complète (elle est même -catégorique, ce qui se montre trivialement par un argument de va-et-vient).

[superbebe]

Il est tout a fait possible de remplir continuement le carré (0,0); (1,1) en partant du segment [0;1].


Autrement dit, il existe une bijection de classe de [0;1] dans


http://www.mathcurve.com/fractals/peano/peano.shtml

[Seirios]

On pourra également regarder Space-filling curve.

[kadomatsu]

Pour Péano, il s'agit d'une surjection continue.

Il est impossible de construire une bijection continue entre un intervalle et le carré. Il existe plusieurs preuves de ce résultat, par exemple en utilisant un argument topologique : en retirant un point à l'intérieur du segment et son image dans le carré, on n'a plus égalité du nombre de composantes connexes entre les deux ensembles.

[Pitildi]

Faux: une fonction continue envoie un connexe sur un connexe, non pas l'inverse. Ton argument ne marche pas.

[kadomatsu]

Pitildi, ton "faux" est faux, l'argument marche car on a affaire à des compacts.

[Universus]

Plus précisément, l'argument de kadomatsu fonctionne car l'intervalle (fermé) est compact et que le carré est un espace Hausdorff. Il y a un théorème plutôt simple qui stipule qu'une bijection continue d'un compact vers un Hausdorff est un homéomorphisme.

Donc supposant qu'une bijection continue de l'intervalle au carré existe, ce théorème implique que son inverse est aussi une application continue. En retirant un point du carré, la bijection oblige qu'un et un seul point est retiré de l'intervalle ; il y aurait alors une fonction continue surjective du carré ponctué (qui est connexe) vers l'intervalle ponctué (qui n'est pas connexe), ce qui est absurde comme l'a indiqué Pitildi.

Ainsi, toute bijection entre un carré et un intervalle (fermé) est discontinue tant dans une direction que dans l'autre.

[Tryss]

Il existe des fonctions continues sur un sous ensemble dense et discontinues sur un sous ensemble dense

Prendre la fonction définie par

si

si , p et q premiers entre eux


Alors est discontinue sur et continue sur son complémentaire.

Résultat assez peu intuitif

[Médiat]

Merci Tryss,

Très très bel exemple , je vais m'en servir dès ce soir (qui dira le malheur d'avoir un père mathématicien ?)

(Et pour autant que j'ai pu y réfléchir, la démonstration est facile, mais demande de la rigueur)

[Garf]

Il y a déjà deux exemples d'espaces topologiques connexes et non connexes par arcs, mais je ne peux résister à l'idée d'en donner d'autres.

Soit le groupe (compact) des entiers 2-adiques. Posons , et définissons une relation d'équivalence sur par . Alors est une espace topologique connexe et non connexe par arcs. Il s'appelle solénoide 2-adique (il y a, de la meme manière, des solénoides p-adiques). Voir ici pour une image (troisième colonne, troisième rangée).

Ce que j'aime bien avec cet exemple est qu'il est très régulier ; on peut le voir comme un fibré sur un cercle et dont les fibres sont des exemplaires de . La connexité vient du fait que la translation sur est topologiquement transitive (elle est meme minimale), donc toute fonction continue constante sur les composantes connexes est constante (en fait, toute fonction mesurable et constante sur les composantes connexes est constante à un ensemble de mesure nulle près). La non-connexité par arcs découle de la totale discontinuité et de la non-dénombrabilité de .

L'autre chose intéressante avec cet exemple est qu'il se généralise facilement, en ce qu'on appelle des flots de suspension associés à des systèmes dynamiques. Soit un espace métrique compact, et une transformation continue. On peut alors poser , puis une relation d'équivalence , et enfin . L'espace obtenu est connexe si la transformation est topologiquement transitive (une version topologique de l'ergodicité). L'espace n'est pas connexe par arcs si l'espace est non-dénombrable et totalement discontinu.

Par exemple, si est l'ensemble de Cantor usuel et , alors on obtient aussi un espace connexe et non connexe par arcs. C'est dans ce cas une version simplifiée des attracteurs de Lorenz.

[TCHAPAIEV]

Le mémoire indiqué en réference est absolument remarquable ;je n'ai pas l'intention ni la prétention d'y ajouter grand'chose ; je veux juste me permettre de donner ma propre explication à la citation connue de Darboux "qui se détourne avec horreur des "monstres " que constitueraient les fonctions continues nulle part différentiables" ; Johan Thim , l'auteur du Mémoire s'est évidement posé la question ; on doit se la poser ; pourquoi des esprits aussi affûtés se sont-t'ils montrés si réfractaires ? Johan Thim donne une réponse ; selon lui , les mathématiciens pouvaient vérifier que sur toute "expression" d'une fonction continue - en fait analytique par morceaux - on "voyait bien" qu'il y avait un ensemble très petit de "sales points" ; et de là il était facile de conclure que ces monstres au cas où leur existence était avérée , n'avaient pas leur place au Panthéon ........
Cette explication ne me satisfait que "très" partiellement ; j'ai fait avec mes étudiants l'expérience suivante:
Supposez que vous soyez empreints d'une terreur infinie en passant au tableau et devant la question " tracer une courbe continue partout sans dérivée" ; avec l'exemple de la valeur absolue , on suspecte que pour "tracer" un courbe semblable il faut "casser la pente à tout instant " ; d'où la nécessité d'être terrifié ; mais même si vous êtes dans cet état d'esprit , vous constaterez que vous n'y parviendrez pas ; aussi violente que soit votre "terreur", il y aura toujours un petit intervalle de temps dans lequel la courbe que vous voulez tracer aura une tangente en chaque point . Laissons la terreur de côté ; il est tout à fait exclu pour moi que des esprits exceptionnels n'aient pas tenté dans le secret de leur cabinet noir de tracer une courbe de ce genre et il est absolument certain qu'ils avaient perçu la nécessité de casser la pente en tout point . ILs ne pouvaient y parvenir ; un objet que l'on ne peut pas représenter n'existe pas ; d'où sans doute l'"horreur" de Darboux et bien d'autres .
la question est donc de savoir ou comprendre pourquoi on ne peut pas "tracer " la courbe en question et la raison est simple mais d'une certaine façon pas mathématique ; voilà un jeune étudiant qui voit sa petite amie ( changer les genres , la chose est parfaitement symétrique ) devant lui , assez loin mais sur l'autre trottoir ; il l'appelle mais elle ne l'entend pas ; alors il court jusqu'à un feu qui au moment où il s'apprête à traverser passe au rouge pour les piétons ; évidemment il freine mais s'aperçoit avec horreur qu'il ne peut pas freiner instantanément ! Il y a l'inertie de son corps qui l'en empêche et il ne peut rien contre ça ; du coup l'idylle prévue peut se transformer en catastrophe; laissons là notre étudiant et souhaitons au couple tout le bonheur possible ; en traçant la courbe vous transmetetz à votre main , à votre crayon l'inertie de votre corps et....f=mgamma comme il est bien connu ; si votre crayon obéit ne fût-ce qu'un instant à cette loi , il n'y a pas d'espoir de tracer votre courbe au moins sur un petit intervalle de temps ; c'est tellement vrai que aujourd'hui lesdites courbes se manifestent tous les jours dans des lieux peu recommandables mais utiles mathématiquement , à savoir les cours de Bourse... ET comme chacun devrait le savoir, ces courbes résultent d'une infinité d'impulsions pendant un temps infiniment bref et la Loi de Newton ne s'applique plus .L'humanité est toujours tributaire des conditions de son existence et c'est justement la grandeur de la science de l'en libérer

[TCHAPAIEV]

Oui , mais ... c'est un G-delta c'est à dire une intersection dénombrable d'ouverts et il est facile de montrer que ces ensembles sont homéomorphes à des espaces métriques complets; pour trouver des Espaces de Baire non homéomorphes à des espaces métriques complets il "faut" de la dimension infinie ; l'espace D des fonctions indéfiniment dérivables sur R , à support compact n'est pas un espace de Baire ( facile ) et cependant complet pour la structure uniforme associée à sa topologie ; de ce fait il n'est pas métrisable ( c'est la preuve la plus simple de ce fait ) ; ce n'est évidemment pas ce que tu veux ; j'ai des exemples de ce que je dis mais trop élaborés ; il y a surement plus simple voir par exmple Bourbaki Tome 9

[contrexemple]

Il existe des fonctions continues sur un sous ensemble dense et discontinues sur un sous ensemble dense

Prendre la fonction définie par

si
Cela marche aussi avec

si , p et q premiers entre eux


Alors est discontinue sur et continue sur son complémentaire.

Résultat assez peu intuitif

Salut,

Cela marche aussi quand on prend : et c'est plus simple à voire.
Soit p/q dans Q alors, tout voisinage ouvert de p/q contient des rationnelles avec une infinité de quotient ou de numérateur différents.
Elle est continue sur le complémentaire (car la fonction constante est toujours continue).