Teorema funzioni implicite e insiemi discreti.
Ciao, onestamente ho avuto qualche dubbio se postare questa domanda qui o nello spazio di topologia.
La domanda è molto facile immagino, ma ci sto girando su da tutto il giorno e mi sto per arrendere.
Il risultato è (almeno all'apparenza) ovvio, ma non riesco a trovare una dimostrazione formale!
Il teoremino è il seguente:
"Sia $f \in C^1(\Omega, R^n)$ con $\Omega\subset R^n$ aperto, che sia anche continua sul bordo di $\Omega$. Sia dato un punto $p$ che non stia in $f(\partial\Omega)$, dimostrare che $(f(p))^{-1}$ (cioè l'insieme delle controimmagini di $p$) è un insieme finito."
Il suggerimento che ho avuto è di usare il teorema delle funzioni implicite, però mi sono bloccato cercando di dimostrare che gli intorni di $x\in f^{-1}(p)$ sono discreti.
Chi mi aiuta gentilmente?
Grazie!
La domanda è molto facile immagino, ma ci sto girando su da tutto il giorno e mi sto per arrendere.
Il risultato è (almeno all'apparenza) ovvio, ma non riesco a trovare una dimostrazione formale!
Il teoremino è il seguente:
"Sia $f \in C^1(\Omega, R^n)$ con $\Omega\subset R^n$ aperto, che sia anche continua sul bordo di $\Omega$. Sia dato un punto $p$ che non stia in $f(\partial\Omega)$, dimostrare che $(f(p))^{-1}$ (cioè l'insieme delle controimmagini di $p$) è un insieme finito."
Il suggerimento che ho avuto è di usare il teorema delle funzioni implicite, però mi sono bloccato cercando di dimostrare che gli intorni di $x\in f^{-1}(p)$ sono discreti.
Chi mi aiuta gentilmente?
Grazie!
Risposte
Ma mi pare sia falso.
Prendi [tex]$n=2$[/tex], [tex]$\Omega =\{ (x,y)\in \mathbb{R}^2:\ x^2+y^2<4 \}$[/tex], [tex]$f(x,y)=(x^2+y^2,1) \in \mathbb{R}^2$[/tex]; la [tex]$f$[/tex] è in [tex]$C^\infty (\Omega ;\mathbb{R}^2) \cap C(\overline{\Omega} ;\mathbb{R}^2)$[/tex] ed [tex]$f(\partial \Omega)=\{ (4,1)\}$[/tex]; fissato [tex]$(1,1)\in \mathbb{R}^2$[/tex] si ha [tex]$(1,1)\notin f(\partial\Omega)$[/tex] e però [tex]$f^{-1}(1,1) =\{ (x,y)\in \mathbb{R}^2:\ x^2+y^2=1\}$[/tex] che non è un insieme finito...
Non è che manca qualche ipotesi?
Probabilmente qualche ipotesi sul rango della jacobiana di [tex]$f(x,y)$[/tex]?
Prendi [tex]$n=2$[/tex], [tex]$\Omega =\{ (x,y)\in \mathbb{R}^2:\ x^2+y^2<4 \}$[/tex], [tex]$f(x,y)=(x^2+y^2,1) \in \mathbb{R}^2$[/tex]; la [tex]$f$[/tex] è in [tex]$C^\infty (\Omega ;\mathbb{R}^2) \cap C(\overline{\Omega} ;\mathbb{R}^2)$[/tex] ed [tex]$f(\partial \Omega)=\{ (4,1)\}$[/tex]; fissato [tex]$(1,1)\in \mathbb{R}^2$[/tex] si ha [tex]$(1,1)\notin f(\partial\Omega)$[/tex] e però [tex]$f^{-1}(1,1) =\{ (x,y)\in \mathbb{R}^2:\ x^2+y^2=1\}$[/tex] che non è un insieme finito...
Non è che manca qualche ipotesi?
Probabilmente qualche ipotesi sul rango della jacobiana di [tex]$f(x,y)$[/tex]?
Allora, l'enunciato esatto è:
Sia $f\in C^0(\bar{\Omega},\R^n)\cap C^1(\Omega,\R^n)$. Sia dato $p\in \R^n\setminus f(\partial\Omega)$ tale che $f^{-1}(p)\cap Z=\emptyset$ dove $Z=\{x\in\Omega|\det \nabla f(x)=0\}$. Allora $card\{f^{-1}(p)\}\leq+\infty$.
In effetti il tuo controesempio funziona.. mmm..
Sia $f\in C^0(\bar{\Omega},\R^n)\cap C^1(\Omega,\R^n)$. Sia dato $p\in \R^n\setminus f(\partial\Omega)$ tale che $f^{-1}(p)\cap Z=\emptyset$ dove $Z=\{x\in\Omega|\det \nabla f(x)=0\}$. Allora $card\{f^{-1}(p)\}\leq+\infty$.
In effetti il tuo controesempio funziona.. mmm..
Ah, ecco...
Infatti c'è la condizione sul rango della jacobiana, ossia [tex]$f^{-1}(p)\cap Z=\varnothing$[/tex] ove [tex]$Z:=\{ x:\ \det \text{D} f (x)=0\}$[/tex] (quindi [tex]$\text{rank D} f (x) =n$[/tex] in [tex]$\Omega \setminus Z \supseteq f^{-1}(p)$[/tex]).
Il mio controesempio non funziona perchè:
[tex]$\text{D} f (x,y)=\begin{pmatrix} 2x & 2y \\ 0 & 0\end{pmatrix}$[/tex]
e [tex]$\det \text{D} f (x,y)=0$[/tex] identicamente in [tex]$\Omega$[/tex].
Infatti c'è la condizione sul rango della jacobiana, ossia [tex]$f^{-1}(p)\cap Z=\varnothing$[/tex] ove [tex]$Z:=\{ x:\ \det \text{D} f (x)=0\}$[/tex] (quindi [tex]$\text{rank D} f (x) =n$[/tex] in [tex]$\Omega \setminus Z \supseteq f^{-1}(p)$[/tex]).
Il mio controesempio non funziona perchè:
[tex]$\text{D} f (x,y)=\begin{pmatrix} 2x & 2y \\ 0 & 0\end{pmatrix}$[/tex]
e [tex]$\det \text{D} f (x,y)=0$[/tex] identicamente in [tex]$\Omega$[/tex].
Hai ragione, non mi ero accorto di quella condizione!
Immagino che fra le ipotesi ci sia anche $\Omega$ limitato (se vuoi dimostrare che $f^{-1}(p)$ è finito).
Sì sì, ovviamente ho che $\Omega$ è limitato di $R^n$.
Bene.
Allora nelle tue ipotesi hai che l'insieme $K = f^{-1}(p)$ è un compatto contenuto in $\Omega$.
Inoltre, valgono le ipotesi del teorema della funzione inversa in ogni punto $x_0\in K$.
Usando queste informazioni dovresti essere in grado di concludere.
Allora nelle tue ipotesi hai che l'insieme $K = f^{-1}(p)$ è un compatto contenuto in $\Omega$.
Inoltre, valgono le ipotesi del teorema della funzione inversa in ogni punto $x_0\in K$.
Usando queste informazioni dovresti essere in grado di concludere.
Intanto scusate per il ritardo nella risposta, ma ero all'estero.
Allora, la dimostrazione che ho ottenuto (grazie anche ai vostri preziosi aiuti) è la seguente:
Per il teorema delle funzioni implicite:
$\forall x\in f^{-1}(p)\;\exists V_x\in N(x) \exists W_p\in N(p)\text{ t.c. } f_{|V_x}:V_x\to W_p$ é $C^1$-diffeomorfismo.
dove $N(x)$ è l'insieme degli intorni di $x$.
Facciamo vedere che l'insieme $f^{.1}(p)$ è un insieme discreto, cioè che i suoi elementi sono punti isolati. Supponiamo per assurdo che non sia vero, allora esiste un punto $z\in f^{-1}(p)\cap (V_x\setminus\{x\})$; in particolare $z\in f^{-1}(p)$ quindi $f(z)=p$. Ora, la funzione $f_{|V_x}$ è un $C^1$-diffeomorfismo, in particolare è iniettiva; ne segue un contraddizione, infatti
$f(z)=p=f(x)\iff z=x.$
Abbiamo dimostrato che $f^{-1}(p)$ è discreto, inoltre è chiuso in quanto controimmagine del chiuso $\{p\}$ tramite una funzione continua e limitato poichè per ipotesi lo è $\Omega$. Allora $f^{-1}(p)$ è compatto e quindi finito.
Allora, la dimostrazione che ho ottenuto (grazie anche ai vostri preziosi aiuti) è la seguente:
Per il teorema delle funzioni implicite:
$\forall x\in f^{-1}(p)\;\exists V_x\in N(x) \exists W_p\in N(p)\text{ t.c. } f_{|V_x}:V_x\to W_p$ é $C^1$-diffeomorfismo.
dove $N(x)$ è l'insieme degli intorni di $x$.
Facciamo vedere che l'insieme $f^{.1}(p)$ è un insieme discreto, cioè che i suoi elementi sono punti isolati. Supponiamo per assurdo che non sia vero, allora esiste un punto $z\in f^{-1}(p)\cap (V_x\setminus\{x\})$; in particolare $z\in f^{-1}(p)$ quindi $f(z)=p$. Ora, la funzione $f_{|V_x}$ è un $C^1$-diffeomorfismo, in particolare è iniettiva; ne segue un contraddizione, infatti
$f(z)=p=f(x)\iff z=x.$
Abbiamo dimostrato che $f^{-1}(p)$ è discreto, inoltre è chiuso in quanto controimmagine del chiuso $\{p\}$ tramite una funzione continua e limitato poichè per ipotesi lo è $\Omega$. Allora $f^{-1}(p)$ è compatto e quindi finito.
Temo non vada bene.
Hai dimostrato che, per ogni $x\in K:= f^{-1}(p)$, esiste un intorno aperto $V_x$ di $x$ tale che $f(y) \ne p$ per ogni $y\in V_x\setminus\{x\}$, mentre $f(x) = p$.
Questa famiglia $(V_x)_{x\in K}$ è ovviamente un ricoprimento aperto di $K$; poiché $K$ è compatto, esiste un sottoricoprimento finito $V_{x_1}, \ldots, V_{x_n}$.
Per quanto detto prima, concludiamo dunque che $K = \{x_1, \ldots, x_n\}$.
Hai dimostrato che, per ogni $x\in K:= f^{-1}(p)$, esiste un intorno aperto $V_x$ di $x$ tale che $f(y) \ne p$ per ogni $y\in V_x\setminus\{x\}$, mentre $f(x) = p$.
Questa famiglia $(V_x)_{x\in K}$ è ovviamente un ricoprimento aperto di $K$; poiché $K$ è compatto, esiste un sottoricoprimento finito $V_{x_1}, \ldots, V_{x_n}$.
Per quanto detto prima, concludiamo dunque che $K = \{x_1, \ldots, x_n\}$.
Una nota marginale: il bordo di un insieme aperto è vuoto! Almenoché non s'intenda il bordo della sua chiusura. 
"j18eos":
Una nota marginale: il bordo di un insieme aperto è vuoto! Almenoché non s'intenda il bordo della sua chiusura.
Stiamo intendendo bordo = frontiera, non bordo di una varietà nel senso della geometria differenziale.
Spesso si usa dire "continua fin sul bordo", intendendo "continua anche sulla frontiera".
Normalmente confondo bordo (o frontiera che sia) di un insieme col suo derivato; data l'ora in cui ho scritto pensavo al derivato... insomma il mio è stato un intervento totalmente inutile a differenza della risposta di Rigel; mi ha mantenuta viva la voglia di conoscere la geometria differenziale delle varietà (differenziabili).
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