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Deux grosses questions que j'oublie ...

Modifié (16 Jan) dans Topologie
Deux grosses questions que j'oublie toujours de poser, je me dépêche de le faire.
Question 1141
Soit $n$ un entier $>1$. Soit $J:=[0,1]^n$ (topologie usuelle).
Soient $f,g$ telle que $f\circ g=g\circ f$ et de $J\to J$, continues.
Existe-t-il forcément $x\in J$ tel que $f(x)=g(x)$?

Question 1142
Soit $n$ un entier, $\R^n$ l'espace euclidien canonique et $T$ l'ensemble de ses ensembles de cardinal $n$ de droites vectorielles 2 à 2 orthogonales.
Soit $f$ continue associant à chaque élément de $x\in T$ une application de $x$ dans $]0,+\infty[$.
Existe-t-il forcément $x\in T$ tel que $f(x)$ soit constante ?
Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi

Réponses

  • Pour la 1142, ne peux-tu pas prendre $f(x)=(u\mapsto 1+\mbox{distance}(0,u))$ ?
  • Merci pour ton post, mais je ne comprends pas. Ce sont des droites vectorielles, elles passent par l'origine donc là, $f(x)$ est constante1 pour tout $x\in T$?

    Un truc m'échappe-t-il?
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • Une réponse "oui" à la 1142 entraine l'exercice que j'ai donné à OS pour tout n, et pas seulement 2:

    Pour toute partie compacte de $\R^n$, il existe un hypercube régulier la contenant chaque hyperface rencontrant la partie (ça fait $2n$ faces quand-même, 6 dans le cas de $\R^3$)
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • Peux-tu répéter quels sont les ensembles de départ et d'arrivée de $f$ ?
  • Modifié (16 Jan)
    EDIT : j'ai fait comme si g et f étaient continuement inversibles à gauche sur leurs image. Donc je corrige.

    1ère question : on peut se ramener à f et g surjectives.
    Soit $U=f(J)\cap g(J)$. $U$ est non vide puisque $f(g(x))= g(f(x))$ pour tout $x\in J$.
    D'autre part on voit que $f$ et $g$ sont définis de $U$ compact connexe dans lui-même (*)

    Si $f$ et $g$ ne sont pas surjectives sur $U$, on est ramené au même problème dans $U$ strictement inclus dans $J$
    On répète l'opération tant qu'on a pas une surjection.. comme toute intersection d'une famille décroissante de compacts connexes d'intérieur non vide est compact connexe, on se ramène au cas subjectif.

    (*) Si $u:=f(x)\in f(J)$ alors, $g(u)=g(f(x))=f(g(x))\in f(J)\cap g(J)$ . Même chose en intervertissant les rôles de $g$ et $f$. D'où l'on déduit le résultat.
  • Modifié (16 Jan)
    De mon téléphone, @JLT. Les éléments de $T$ sont les ensembles de $n$ droites 2 à 2 orthogonales.
    Pour chaque $x$ dans $T $,  $f(x)$ est une application qui associe à chaque droite dans $x$ un nombre positif strictement.

    @LMPC: bravo tu viens de prouver le théorème de Brouwer en quelques lignes abstraites. :-D
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • Alors l'application que j'ai décrite, $u\mapsto d(u,0)+1$, est une application non constante de $x$ dans $\R_+^*$ non ? Ou alors je n'ai rien compris à ta question.
  • Premiere question Y A UNE ERREUR NE PAS LIRE

    Si $x$ est un point fixe de $f$ (et ça existe car $J$ connexe compact) , alors $g^k(x):= g(g^{k-1}(x))$ est un point fixe de $f$ pour tout entier $k>0$, donc $f$ continue est l'identité sur l'adhérence de l'orbite de $x$ par $g$ (l'ensemble des $g^k(x), k $entier positif) qui contient aussi un point fixe pour $g$ : ERREUR par compacité de $J$. Donc si je n'ai pas encore écrit une énormité (je réfléchirai après avoir posté hahaha) $g$ et $f$ ont meme un point fixe commun
  • Modifié (16 Jan)
    1141bis.
    Soit $J=[0,1]^n$, $n$ entier >1
    Si $f$ continue de $J$dans $J^2$ tel que pour tout singleton $x\subset J$ et tout entier $k>1$ on a $|F^k(x)|\leq k+1$, alors il existe un singleton $x_0\subset J$ tel que $F(x_0)$ soit un singleton.
    Où $F$ est la fonction de $\mathcal P(J)$ dans lui-même qui à toute partie $X$ de $J$, associe l'union des deux projections sur $J$ de l'image directe de $X$ par $f$.
  • Est-ce que tu as un contre-exemple si $f$ et $g$ ne commutent pas ?
  • De mon téléphone

    @JLT : pour moi ce que tu notes d(u,0) vaut 0. Distance de la droite u à l'origine. :-S
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  • @LMPC: Si $f$ et $g$ ne commutent pas et $\text{Im} f \cap \text{Im} g \neq \emptyset$, il y a un contre-exemple. Par exemple $n=2$, et $f(x,y)=(0,1-x)$, et $g(x,y)=(x,0)$ pour tout $x,y \in [0,1]^2$. En effet si $f(x,y)=g(x,y)$, alors $x=0$, et $x=1$, contradiction.
    Si on autorise $\text{Im} f \cap \text{Im} g= \emptyset$, on peut choisir $n=1$, et $f(x)=0$, et $g(x)=1$ pour tout $x$.
  • Ah d'accord j'avais mal compris la question. Le cas $n=2$ est simple mais le cas $n=3$ n'a déjà pas l'air évident.
  • @Marco : merci, oui c'est vrai. Tu as un contre-exemple avec $f$ et $g$ surjectives ? (Car il me semble qu'on peut se ramener à ce cas).

    N.B. Il faut que ça soit des bijections toutes deux non bijectives car $f^{-1}\circ g$ continue sur un compact a un point fixe.


    [$\LaTeX$ fournit la commande \circ pour la composition de fonctions. AD]
  • @JLT: merci, oui, ça a l'air pas évident, mais évidemment, je propose d'admettre toute la culture Brouwérienne pour l'éventuellement prouver.

    @LMPC: http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?14,2209938,2210322#msg-2210322 --> 2 fonctions constantes différentes.
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  • @CC : il y a un bug lié au liens ça fait la deuxième fois alors je te le dis : quand on clique sur un de tes référencement on arrive au nœud au dessous de celui que tu vises. Par exemple ce même fil est référencé dans il est facile 2... eh bien quand on clique on arrive dans la section "topologie " (c'est peut-être mon téléphone qui a ce problème isolé)

    Du coup je n'ai pas compris à quoi tu fais référence dans ta réponse , est-ce à ma demande de contre-exemple.... je pense que c'est ça... car ça y répond, sauf que je demande (implicitement vu le post d'avant) un contre-exemple avec f et g surjectives.

    Il risque d'être dur à trouver car il doit ne pas y avoir de section continue, si je ne dit pas de bêtise...
  • De toute façon, si $p = h(f(p))$ et $g(h(f(p))) = f(p)$ alors $g(p) = f(p)$, comme tu le signales, ce qui importe avec suffisance Brouwer dans ce cas, mais tu remarques qu'on n'utilise pas la commutativité.

    J'ai un peu la flemme de chercher deux fonctions explicites, surjectives, dont on ne se force pas à supposer qu'elles commutent, et qui seraient contre exemple, mais je peux te dire que 10mn te suffiront à obtenir des conséquences de rêve tellement puissantes en supposant qu'il n'existe pas de contre-exemple, que tu trouveras vite par toi-même, même avec de simples polynômes sur $[0,1]$ ;-)

    Le fait qu'elles commutent EST UNE HYPOTHESE TRES FORTE!!
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • Modifié (16 Jan)
    Questions inspirées de 1141 : (mais qui n'est condition ni nécessaire ni suffisante)
    Soit $f$ continue de $J$ dans $J$ (compact connexe) et $x\in J$.
    $Orb(f,x):=\left\{f^k(x), k\in \N\right\}$, où $f^n(x)= f(f^{n-1}(x))$ pour tout $n>1$ et $f^1=f$.
    Est ce que si $y$ est dans l'adhérence de $Orb(f,x)$ , alors il existe un entier $n>0 $ tel que $f^n(y)=y$?

    Question inspirée de 1142 (équivalente, (je l'écris juste pour la dim 3 pour dire " triangle " et pas "simplexe"))
    Soit $A\subset \R_+^3$ l'espace des triangles ayant un sommets sur chacun des demi-axes positifs relatifs à la base canonique. Soit $B\subset A$ connexe par arc et stable par permutation des coordonnées de la base canonique. Est-ce que $B$ contient un triangle équilatéral ?

    Je crois que la réponse est non, mais je ne suis pas certain que ça soit équivalent à 1142.
  • Finalement pour 1142 c'est non pour n=3

    On se ramène à la question du post d'en dessous en observant qu'en ne regardant que le triangle défini par les coordonnées définis par $f$.

    En ne regardant que les mouvement du triangle "comme si les droites étaient fixes" on se convainc que la seule contrainte qu'on a en plus de la continuité c'est de pouvoir passer continuement d'un triangle à tout ses isométriques (il y en a 6, autant que de permutation des 3 axes)

    Et on peut montrer que si un triangle ABC n'est pas equilateral on peut l'emmener sur ses transpositions d'ordre 2 (c'est facile seule une seul l'échange des deux angles extrêmes demande de prendre une feuille et un papier) donc en composant toutes ces permutations on peut envoyer CYCLIQUELENT et continuement ABC sur ses isométriques (les permutation d'odre 2 engendre tout le monde) mais ce faisant tout triangle du cycle est invariant par permutation !
  • Modifié (16 Jan)
    Je detaille quand même comment passer de ABC à CBA, A étant le plus grand angle et B le plus petit.

    Exemple regardant les angles en degrés, on voit qu'on échange les angles extrêmes continument sans passer par 60 60 60
    70 60 50
    69 61 50
    50 61 69
    50 60 70
    C'est trivial pour les autres transpositions. On vérifie que ces chemins sont possibles sur ces axes (le plus grand angle correspond à la plus petite coordonnée, il y a bijection continue entre les triplet d'angle aigus et les triplet de rapports des coordonnées) On a donc un chemin de ABC vers tous ses "semblables", mais on peut passer continument d'un triangle à son semblable donc ABC s'envoie sur tous ces isométriques.
  • Bonjour,
    LMPC a écrit:
    Exemple regardant les sangles en degrés , on voit qu'on échange les sangles extrêmes continuement sans passer par 60 60 60

    Et ça tient bien :-D ?

    Cordialement,

    Rescassol
  • Modifié (16 Jan)
    @Rescarol : oui (j'ai un peu simplifié en edit l'exemple que j'avais mis était tel que durant le passage de ABC à CBA, le plus petit angle n'augmentait pas et le plus grand ne diminuait pas...) mais pas besoin de cette force, puisque si un angle est constant et différent de pi/3 on peut échanger continument les deux autres ...

    Par contre je ne suis plus convaincu que c'est équivalent à 1442, si c'est ça que tu voulais pointer:-D
    Je vais chercher.
  • Il est clair que l'image de $f$ est un ensemble de triangle de $A$ connexe par arc et stable par permutation des axes... et j'ai fait comme si la réciproque était vraie, lais je n'arrive pas à me fixer. Ca serait intéressant que ça soit le cas... si c'est le cas (**) la réponse a 1142 est non.

    Là on peut juste dire qu'on peut passer continuement d'un triangle à u un autre dans le sous ensemble de $T$ où un des trois axe est celui de la base canonique. On remarque aussi que pour tout $\epsilon>0$ on peut forcer TOUS les triangles(nécessairement sans sangles obtus) à être tels que leur plus grand angle est plus grand que $\pi/2-\epsilon$ (modulo pi/2)

    Si on peut montrer soit (**) soit que ca se prolonge bien ce sera bon. On peut peut-être montrer que ça se prolonge à un sous-ensemble de $T$ où une des droites est dans un plan défini par deux vecteurs de la base canonique, dans ce cas ça sera vrai aux voisinage des plans en question et on se ramène à un prolongement plus simple car le complémentaire de l'union de ces voisinages est simplement connexe
  • @CC comme je l'ai dit dans IEF2 j'ai l'impression que $f$ est obligatoirement à valeurs constantes,  dès que $n>2$, ça provient du fait que les transpositions ne commutent pas dans $\mathfrak S_n$.

    Si on fixe l'orientation d'un triplet donné et qu'on effectue une rotation suivant l'un des axes, si on effectue un demi-tour  en regardant les $f(x)$, à droite et à gauche, on constate que les valeurs se sont interverties après un demi-tour.  Or si on fait un demi-tour suivant une autre des deux autres droites, la commutativité des demi-tours impose que $st(a,b,c)=ts(a,b,c)$ avec $s$ et $t$ permutations distinctes d'ordre 2, ce qui entraîne $a=b=c$.

    On déduit facilement la même chose pour $n>3$ (par exemple on fixe $n-3$ droites et on se ramène au cas précédent, on conclut par transitivité d'égalités)

    Donc la réponse est vacuously oui pour n>2(:D
  • Merci mais peux-tu détailler, mon cerveau ne connecte pas? (Tu as bien fait de me MP, je me connecte assez irrégulièrement).
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • Pardon je voulais dire quart de tour^^ (sûrement à cause de pi/2 qui est un quart de tour désolé )

    J'écris tout formellement tout de suite!
  • Pour tout $x\in T$ on définit* $x^* : 3 \to x$ tel que $f\circ g$ soit croissante. (On note $x_i= x^*(i)$ )
    Soit $U$ l'ensemble des triplets ordonnés de droites deux à deux orthogonales. À tout $u=(u_1,u_2,u_3)\in U$ correspond un unique "support" $x\in T$ et une unique permutation $s\in \mathfrak S_3$ , tel que $u_i=x_{s(i)}$
    Soit $f^*$ continue de $U$ dans $]0,\infty[^3$ de sorte que $f^*(u)=f(x)$ si $u=x^*$ , de sorte que les compositions avec projections suivant une coordonnée donnée soient continues, ainsi que les compositions avec toute fonction qui associe canoniquement un triplet à son support (c'est possible parce que $f $ est continue, c'est d'ailleurs, pour moi, la signification de $f$ continue ...) Puisque les rotations opèrent continûment sur $U$, La continuité de $f^*$ et de $f$ impose que $f^*(x_1,x_2,x_3) = f^*(x_2,x_1,x_3)$ (rotation qui fixe $x_3$ qu'on notera $(12)$). Meme chose pour les deux autres ** rotations non triviales qui fixent $x$

    Or les rotations commutent donc on a forcément $(f^*.u_3,f^*.u_1,f^*.u_2)=(23)(12)f^*(u) = (12)(23)u= (f^*.u_2,f^*.u_3,f^*.u_1)$

    Donc $f^*u_1=f^*.u_2=f^*.u_3$

    Et $f(x)$ est constante pour tout $x$


    *il y a ambiguïté si deux termes sont égaux, mais on s'en fiche, quoi que j'aurais une question concernant la pure rigueur, on peut évidement se passer de l'axiome du choix, mais si on devait programmer la preuve pour qu'un ordinateur la valide on aurait un gros casse tête formel pour le cas de l'égalité de deux coordonnées enfin, il me semble je dis peut-être une bêtise, je crois qu'on serait obligé de considérer le comportement local de $f$ ... ou alors de sortir de $U$ pile à ce moment là, ce qui reviendrait à regarder quand même à un moment le comportement local de $f$ (continue).
    Bon oublie cette remarque si tu ne vois pas trop ce que je veux dire (fidèle à mon pseudo 8-) )

    ** il y a bien sûr les rotations d'un quart de tour dans l'autre sens mais ça ne change rien, on en choisit une arbitrairement.
  • Les rotations d'un quart de tour (qui commutent) sont associées à des transpositions (qui ne commutent pas et engendrent $\mathfrak S_n$) d'où la nécessité d'opérer sur des triplets constants.
  • Ah non les rotations ne commutent pas.... je suis bête.
  • J'avais repéré $T$ dans $(\R/\Z)^3$ avec des mauvais recollements...et mon erreur s'est répercutée bref on s'en fiche.

    J'ai encore du mal à voir, d'où ces quelques questions :

    1) est-ce que toute application continue $g$ du groupe orthogonal dans $(R_+^*)^3$ telle que pour toute matrice $P$ qui est soit de permutation soit diagonale avec des 1 et des -1, on ait $P^{-1}MP= pos(P(g(M)))$ (où $pos(a,b,c)=(|a|,|b|,|c|)$ fournit canoniquement une $f$ continue de $T$ dans etc...

    2) on peut supposer que pour tout $x\in T$ , la somme des termes de $f(x)$ vaut $1$

    3) Dans le cas où la réponse [à 1142] est non :
    Quitte à élever au carré et à normaliser pour se ramener au cas précédent et quitte à répéter l'opération, on voit que le $\min _T(\min (f(x)))$ peut-être rendu aussi petit que l'on veut.
  • Modifié (23 Jan)
    1142 pour $n=3$ Edit : c'est incomplet 
    Réponse oui.
    Prendre un plan affine  dans $,\R^3$, ne passant pas par l'origine, par exemple le plan $x+y+z=1$ et le bomber au voisinage d'un cercle inclus dans le cercle  intersection de ce plan et de la boule unité (construction de ce bombage dans L'ÉDIT qui clot  ce même post) .
    Il faut bomber  un voisinage de ce  "cercle d'equilateralité" de sorte que  les trois points d'interction de trois droites deux à deux orthogonales avec ce vosinage bombé ne soient pas equidistants de l'origine.    Or, puisque  toute intersection de trois droites vectorielles  deux à deux orthogonales  qui ne rencontre pas ce voisinage est un triangle non équilatéral, il suffira d'affubler à chaque droite la distance de l'origine à son intersection avec le plan de coupe modifié  au voisinage du "cercle  d'équilteralité"  ( on donne +l infini aux droites parallèles au plan de coupe et si on veut que ça soit à valeurs positives disons bornées,   on compose a gauche avec $x$ donne $1+1/x$)




    Édit : pour trouver le bon "bombage" on procède comme suit :  

    D'abord on donne l'altitude des points du cercle. (disons que les points du plan on l'altitude 0) par exemple on coupe le cercle en deux demi cercle et sur sur chaque demi cercle on passe de -1 à 1 de façon monotone. 

    Les points d'isocelitude sont alors finis. Et d'ailleurs on constate que sur le cercle on a jamais de fonction constante. Cependant il faut prolonger le cercle à un de ses  voisinages et c'est sur celui ci qu on doit maintenant éviter  la fonction constante (i.e.  3 droites telles que leur 'intersection avec le voisinage  équidistante de l'origine)

    Je disais que l'ensemble des points tels qu'on a deux valeur égales (points d isocelitude) est fini sur le cercle. On va s'assurer qu'au voisinage de ces positions, le point d'isocelisation soit isolé (on peut dire différemment"le" point, ou "les" deux points , il n'y a pas d'ambiguïté puisque l'un determine l'autre, au moins localement) . Il  suffit  en effet de bomber "positivement" autour d'un  des deux points concernés et "négativement" autour de l'autre. Si on a autre point d'isocelisation  et on refait la meme chose, un nombre éventuellement transfini de fois, ainsi les points d'isocelitude sont un fermé d'intérieur vide. On a plus qu 'à s'assurer que le changement de signe de "distance associée à une des deux  droites  moins distance associée à la troisième" ne s'annule pas quand les deux droites sont sur un de ces points isolés, si par malchance (infinie) c'est le cas, on modifie sans danger le nombre  de la troisième droite sur le voisinage des deux autres où elles sont non iso sauf au point d'isocelitude , de sorte qu'en ce point on ait pas 3 mêmes valeurs.
     EDIT : IL FAUT REGLER LE PROBLEME DES POINTS D ACCUMULATION, JE REVIENS, c'est possible, je crois, car on peut repousser les iso  toujours dans le même sens et contrôler l'étendue du processus, ce qui donne une liberté suffisante pour l'emplacement de la troisième droite mais il faut que je me penche dessus précisément. 
  • ZigZig
    Modifié (17 Jan)
    Bonjour,
    concernant la 1142 (telle que posée par CC), une question me turlupine : quelle est la topologie sur $T$ ? Sans ça, la continuité de $f$ ne signifie rien...
  • ZigZig
    Modifié (17 Jan)
    En fait, ça reste peu clair pour moi, et je vous donne 2 interprétations possibles, dont peut-être aucune ne correspond à ce que veut dire CC ! Si l'un de vous peut éclairer ma lanterne :)
    1ère interprétation :
    à tout $x=\left\{ D_{1},\cdots,D_{n}\right\} \in T$, on associe $f\left(x\right)=\left\{ r_{1},\cdots,r_{n}\right\} \subset \mathbb{R}^{+*}$.
    À ce moment-là dire que $f\left(x\right)$ est "constante" signifie que $card\left(f\left(x\right)\right)=1$.
    La continuité de $f$ nécessite de définir une topologie sur $T$ et une sur $\left\{ \left\{ r_{1},\cdots,r_{n}\right\} \subset\mathbb{R}^{+*}\right\} $.
    2ème interprétation (où la définition de $T$ change un peu) :
    à tout $x=\left( D_{1},\cdots,D_{n}\right) \in T$, on associe $f\left(x\right)=\left(r_{1},\cdots,r_{n}\right)\in\left(\mathbb{R}^{+*}\right)^{n}$.
    À ce moment-là dire que $f\left(x\right)$ est "constante" signifie qu'en tant que vecteur de $\mathbb{R}^{n}$ toutes ses coordonnées sont égales.
    On peut alors raisonnablement prendre comme topologie sur $\left(\mathbb{R}^{+*}\right)^{n}$ celle induite par $\mathbb{R}^{n}$-euclidien.
    Ceci dit, la continuité de $f$ nécessite toujours de définir une topologie sur $T$.
  • Modifié (18 Jan)
    @zig : aucune des deux je pense. La première tu confonds $f$ et son image et dans la seconde tu ordonnes les droites. Or quand par exemple tu effectues un quart de tour autour d'une des droite, tu ne tombes pas sur une permutation d'un triplet ordonné mais sur le même ensemble! La continuité me semble ardue à définir vu comme CC à posé le problème,  ça ne sert à rien de s'embêter avec ça,  ce qu'il faut comprendre c'est qu'on donne à chaque droite un nombre et que dans tout chemin dans $T$ qui boucle (par exemple un quart de tour autour d'une droite, pour le cas $n=3$) la restriction à une des droites du chemin soit continue.
  • Modifié (18 Jan)
    @christophe c : Es-tu d'accord que l'on peut reformuler ta question 1142 ainsi :
    Soit $f$ une application continue de l'ensemble $T'$ des bases orthonormées de $\R^n$ vers $(\R_+^*)^n$.
    Existe-t-il une base $B$ dans $T'$ telle que $f(B)$ est proportionnel à $(1,\dots,1)$ ?
    Il me semble que cela permet de mieux visualiser les objets au départ et à l'arrivée et que cela simplifie également les histoires de topologie au départ et à l'arrivée.
  • bisam a dit :
    @christophe c : Es-tu d'accord que l'on peut reformuler ta question 1142 ainsi :
    Soit $f$ une application continue de l'ensemble $T'$ des bases orthonormées de $\R^n$ vers $(\R_+^*)^n$.
    Existe-t-il une base $B$ dans $T'$ telle que $f(B)$ est proportionnel à $(1,\dots,1)$ ?
    Il me semble que cela permet de mieux visualiser les objets au départ et à l'arrivée et que cela simplifie également les histoires de topologie au départ et à l'arrivée.
    Dans ce cas la réponse est non en général : l'application qui a tout $B$ dans $T'$ associe $(1,2,...,n)$ est continue ...
  • Modifié (21 Jan)
    @ bisam: non. Il faut imposer des contraintes.
    1) Que l'image  est indépendante du sens des vecteurs unitaire (autrement dit ça ne change rien de changer un vecteur de la base en son opposé).
    2) Pour toute permutation $s$ qui permute les axes de $B$ on doit avoir  :  $f\big(s(B)\big) =s\big(f(B)\big)$.
  • Modifié (23 Jan)
    J'ai complété dans un édit, la réponse à la question (pour n=3) [edit : en fait il y a encore un pépin, j'espère sans gravité]
    J'ai donc, sauf erreur, montré*, qu'il existe une surface $S$ compacte autour de $O=(0,0,0,)$ telle que toute droite passant par O coupe S en exactement deux points équidistants de O, et telle que trois points deux à deux semi-antopodaux n'ont jamais la même altitude (distance à O) 
    Par contre rien ne garantit, dans la preuve,  la différentiabilité de $S$.
    *formulation équivalente de la question (en remplaçant sans perte de généralité "à valeur dans  $]0,\infty[$"  par "bornée")
    ...j'espère qu'il n'y a pas d'erreur lol
  • Modifié (26 Jan)
    Soit 4 boules centrées en les quatres sommets d'un carré, tel que les boules opposées  (i.e. entrées en deux sommets opposés) soient tangentes en $O$, centre du carré.

    On considère   la réunion des intersections de boules centrées en des sommets adjacents union 

    Soit $d$ l'application qui à toute droite passant par $O$ associe la distance à l'origine de son intersection avec la surface $S$, il me semble que $d$ est non constante sur les ensemble de trois droites deux à deux orthogonales passant par $O$ 


    Edit : ca ne marche pas il y a quand $d$ se prolonge par continuité un unique ensemble de trois droite qui ont la valeur 0 par d,  mais je pense qu'en modifiant $S$ près de $O$ ça devrait le faire.... pas le temps de détailler maintenant.
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