Exercice (difficile?) de topologie.

[inviteb2cc74dc]

Bonjour à tous !

Après avoir séché pendant plusieurs heures sur cette question de topologie, j'en appelle à votre altruisme

Enoncé :

E est l'ensemble des fonctions de classes C1 de [0,1] dans R.
Ω est l'ensemble des fonctions de E tels que f(0)*f(1)!=0 et pour tout t dans [0,1] (f(t),(f'(t)) != (0,0) . ( le symbole != signifie "différent de")
Montrer que pour tout f dans Ω, l'ensemble des zéros de f est une partie finie de ]0,1[.

Voila mes pistes :
On appelle Z(f) l'ensemble des zéros de f.
Etant donné que cette question me semble assez ouverte j'ai exploré des choses qui peut être n'ont rien à voir avec la réponse finale.

Je pense avoir réussi à montrer que Z(f) est un compact, d'intérieur vide. J'ai essayé de supposer que Z(f) était infini.
J'ai remarqué que comme f(t) et f'(t) ne sont jamais simultanément nuls, si Z(f) est infini, alors par Rolle Z(f') est également infini. De plus on
voit que f change nécessairement de signe à chacune de ses annulations.

Voila un peu toute mes pistes j'espère que vous pourrez m'aider, cette question se trouve dans un sujet de concours (centrale probablement )qui parle aussi de fonction homotopes,
si quelqu'un à par le plus grand des hasards la référence je suis preneur
Merci d'avance, bonne soirée.
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[slivoc]

Salut !

J ai peut être une piste, mais rien de sure.
Si tu supposes Z(f) infini, alors il existe une injection de N vers Z(f). De plus Z(f) est dans un compact, donc il existe une suite xn d éléments tous différents de Z(f), telle que cette suite converge vers x, or f continue donc f(x)=0. De plus tu sais aussi, par le TAF, que pour tout n, sur ]xn, x(n+1)[ f' s annule, et f' est continue donc ....


Bonnes chance !

[slivoc]

Ps : on suppose [0,1] compact.je n ai pas été clair sur le pont suivant: (Xn) appartient à z(f) et i différent de j implique xi différent de xj

[inviteb2cc74dc]

Salut merci pour ta réponse.

Salut !

De plus Z(f) est dans un compact, donc il existe une suite xn d éléments tous différents de Z(f), telle que cette suite converge vers x, or f continue donc f(x)=0.

Je ne comprends pas cette phrase, les xn sont des éléments de Z(f), ce sont des réels donc tu ne peux pas les comparer à Z(f) qui est un ensemble. Ce sont des objets de nature différente donc les comparer n'a pas de sens à mon avis.
En outre le fait que Z(f) soit dans un compact ne suffit pas je pense à avoir des propriétés sur les suites. En fait Z(f) est lui-même un compact car c'est l'image réciproque de la partie fermée {0} par la fonction continue f. Donc Z(f) est une partie fermée qui est bornée, donc R étant de dimension finie, Z(f) est compact.

J'essaye de réécrire tes idées: comme Z(f) est compact, pour tout x dans Z(f), il existe une suite d'éléments xn de Z(f) qui converge vers x. Or d'après le théorème de Rolle appliqué à f sur ]xn,x(n+1)[ (les xn étant différent comme tu l'a dit (en fat on pourrait surement imposer que cette suite soit strictement croissante à mon avis)),f' s'annule sur ]xn,x(n+1)[ en un point cn. Donc la suite cn tend vers x.
Or f est continue donc la suite f(xn) converge vers f(x), et f' est continue donc la suite f'(cn) converge vers f'(x). Je vois où tu veux en venir, on a f(x)=0, et tous les f'(cn)=0 mais je ne suis pas sûr que si xn est une suite d'éléments qui converge vers x et tels que f(xn)=0 (avec f continue), alors f(x)=0.
Si c'était le cas, on aurait une contradiction, car alors on aurait l'existence d'un x dans [0,1] tel que f(x)=f'(x)=0.
Merci beaucoup pour ton aide, j'ai l'impression que tu as eu les bonnes idées, reste maintenant à éclaircir cette dernière zone d'obscurité

[A voir en vidéo sur Futura]

[slivoc]

Re bonjour,

Oui en effet, je n ai pas été clair au debut: (xn) est bien une suite de Z(f), et i différent de j implique que xi différent de xj, pour i,j dans N. ( c est d'ailleurs ce que j avais mis dans le PS).
Par contre ce n est pas vrai que pour tout x dans Z(f) il existe une suite d éléments tous différents de Z(f) qui converge vers x. Mais par contre il en existe au moins un.
Pose yn=f(xn), alors yn=0 pour tout n, donc la limite de yn est 0, il faut juste reprendre la definition de la limite !
Bonne journée !

[inviteb2cc74dc]

Par contre ce n est pas vrai que pour tout x dans Z(f) il existe une suite d éléments tous différents de Z(f) qui converge vers x. Mais par contre il en existe au moins un.

Es-tu certain de cela? Dans mon cours nous avons démontré qu'un élément a d'une partie A est dans l'adhérence de A si et seulement si a est limite d'une suite de A.
Or ici, comme Z(f) est fermée, tout élément de Z(f) est dans l'adhérence de Z(f) (puisque les deux ensembles sont égaux) et donc tout élément de Z(f) est limite d'une suite de Z(f).
A moins que je sois en train de commettre une erreur de raisonnement ...

Sinon pour la suite qui convergence vers 0, en effet c'est parfaitement évident maintenant, milles excuses !

[slivoc]

Le point important est que les éléments de la suite (xn) doivent etre tous différents pour pouvoir appliquer le Th. de Rolle sur chaque intervalle ]x(n),x(n+1)[ . Par exemple considère A={1/n, n dans N*} u {0} qui est compact( pour la topologie usuelle, vue comme sous ensemble de [0,1]). Si tu regardes 1/2 qui est dans A, les seuls suites de A qui convergent vers 1/2 sont les suites constantes ( égales à A) à partir d' un certain rang.

Je la refait en plus clair: Tu supposes Z(f) infini, c' est à dire qu il existe g,une injection de N dans Z(f). Tu peux alors considérer la suite (g(n)) ,pour n dans N, qui est dans Z(f) qui est compact. Tu peux donc extraire une sous-suite convergente dans Z(f) de (g(n)). Appelons xn cette suite, alors on a que xn converge vers x dans Z(f) et de plus pour tout i différent de j, xi est différent de xj. Pour la suite tu as compris l' idée !

[inviteb2cc74dc]

OK j'ai bien compris maintenant.
Au risque de chipoter, j'aimerais juste savoir comment tu sais que si A est un ensemble infini, alors il existe une injection de N dans A. Je n'avais jamais vu ce résultat. L'intuition le suggère naturellement c'est vrai.
En fait on peut se demander ce qui se passerait si Z(f) est non dénombrable. Est-il possible que Z(f) soit non dénombrable, inclus dans ]0,1[ sans être égal à ]0,1[ sur un intervalle?

Je pense que si Z(f) est non dénombrable inclus dans ]0,1[, alors il existe un intervalle I de ]0,1[ tel que I C Z(f). Cela te paraît-il correct? On aurait ainsi traité le cas Z(f) non dénombrable, car alors f est nulle sur un intervalle,
donc sa dérivée y est nulle ce qui est une contradiction. Puis dans le cas dénombrable, on a bien l'injection (et même une bijection ) que tu cites.

[inviteb2cc74dc]

Autant pour moi, il semble que l'ensemble de Cantor soit un contre-exemple à ce que j'ai énoncé. Il semble qu'il soit non dénombrable, inclus dans [0,1] et pourtant ne contient aucun intervalle (à part des singletons). C'est en tout cas ce que j'ai
compris de ceci [https://fr.wikipedia.org/wiki/Ensemble_de_Cantor].

[slivoc]

Si A est infini, tu peux construire une injection f de N dans A par récurrence: puisque A est infini il existe a0 dans A, tu poses donc f(0)=a0, puisque A est infini, il existe a1 dans A tel que a1 est différent de a0, tu poses donc f(1)=a1. Tu supposes avoir construit ton application sur [|0,n|] tq ai différent de aj si i différent de j, par hypothèse A est infini, il contient donc au moins un élément différent de a0, a1, a2 ..., notons le a(n+1), et tu poses alors f(n+1)=a(n+1). ( tu dois pouvoir trouver la preuve sur un cours de théorie des ensmbles )

En fait tu as démontré que Z(f) ne peut pas etre infini, donc il ne peut, a fortiori, pas etre non dénombrable.
Dans la preuve par l' absurde, on a juste supposer Z(f) infini, on n' a pas supposer qu il était dénombrable. Même si tu le supposes non dénombrable et infini, il y a toujours une injection de N vers Z(f), donc pas de soucis !
Plus simple que l' ensemble de Cantor, tu as les irrationnels sur ]0,1[ qui ne sont pas dénombrable non plus, et pourtant il n' y a pas d intervalle de R non vide, non restreint à un point, qui soit entièrement inclus dedans( entre 2 irrationnels distincts se trouve au moins un rationnel ).

[inviteb2cc74dc]

Oui pardon je n'avais pas été clair. Je voulais dire que comme je ne connaissait pas le théorème qui donne l'existence d'une injection de N dans Z(f), je voulais traiter séparément le cas où Z(f) est non dénombrable puis le cas où il l'est.
Mais maintenant ça n'a plus lieu d'être, merci pour ton exemple sur les irrationnels, je retiens

Merci beaucoup pour ton aide, bonne soirée !

[invite9dc7b526]

Oui pardon je n'avais pas été clair. Je voulais dire que comme je ne connaissait pas le théorème qui donne l'existence d'une injection de N dans Z(f)

il revient à dire qu'un ensemble infini est au moins dénombrable.