Image d'une fonction perturbée

MrJ
MrJ
Modifié (July 2022) dans Analyse
Bonjour,
je me suis posé récemment la question ci-dessous pour laquelle je n'ai aucune idée de la réponse. Heuristiquement, je me suis demandé si en perturbant une fonction continue par une "petite" fonction, est-ce que l'image est également perturbée légèrement ?
Plus formellement, considérons une application continue $f:K\to E$ où $K$ est un compact d'un espace vectoriel de dimension finie et $E$ est un espace vectoriel de dimension finie. Soit $a\in E$ que l'on suppose dans l'intérieur de $f(K)$.
Question : Existe-t-il un réel $\varepsilon>0$ tel que pour toute fonction continue $h:K\to E$ vérifiant $\|h\|_{\infty}<\varepsilon$, on a $a\in (f+h)(K)$.
J'ai l'impression que cela marche si $E$ est de dimension $1$, mais je n'arrive pas à avoir une intuition de la véracité de l'assertion si $\dim(E)>1$. Je n'ai trouvé aucune piste pertinente pour aborder le problème. Je me suis demandé si cela pouvait découler d'une propriété générale de la distance de Hausdorff, avec laquelle je ne suis pas familière.
Merci pour votre aide !

Réponses

  • Calli
    Modifié (July 2022)
    Bonjour,
    La réponse est non en 2D. Soient $K=[0,1]\times[-\pi,\pi]$, $E=\Bbb R^2$, $f:(x,y)\mapsto(e^x\cos y,e^x\sin y)$ l'exponentielle complexe. Alors $f(K)$ est la couronne fermé $\overline{B}(0,e)\setminus B(0,1)$ et $f(\mathring K)$ est la couronne ouverte déchirée $B(0,e)\setminus( \overline{B}(0,1)\cup( [-e,-1]\times\{0\}))$. Soient $a=(-\frac{1+e}2,0)$ et $h:(x,y)\mapsto (0,\varepsilon y)$. Alors $a\not\in (f+h)(K)$ car on a écarté les deux parties de $f(K)$ qui refermaient la couronne, et $ (f+h)(K)$ est donc un donut vraiment déchiré.
  • Calli
    Modifié (July 2022)
    En revanche ce que tu demandes me semble vrai si on remplace l'hypothèse "$a\in\overbrace{f(K)}^\circ$" par "$a=f(b)$ avec $b\in\mathring{K}$ et $f$ est injective au voisinage de $b$". Ça doit pouvoir se prouver en utilisant l'homologie singulière des sphères (c'est de la topologie algébrique). On peut peut-être alléger ces hypothèses, mais mes souvenirs de topologie algébriques sont un peu loin et je n'ai pas mon cours avec moi.
  • raoul.S
    Modifié (July 2022)
    Autre possibilité d'alléger l'hypothèse : remplacer $a$ par un ouvert de $E$ qui intersecte $f(K)$.

    En effet si $O$ est un ouvert de $E$ tel que $O\cap f(K)\neq \emptyset$ alors il existe un voisinage $V$ de $f$ (pour la norme uniforme) tel quel $O\cap g(K)\neq \emptyset$ pour tout $g\in V$. Ceci découle simplement du fait que l'application $g\mapsto g(K)$ est continue de $C(K,E)$ dans l'espace $\mathcal{K}(E)$ des compacts de $E$ muni de la distance de Hausdorff.
  • Désolé, j’avais oublié de répondre. Merci pour vos retours !
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