Bonjour,
Je dois démontrer que toute fonction dont le domaine = l'image = [0,1] a un point fixe (et je suppose que c'est valable pour toute valeur [a,b], du moment que le domaine de défintion = l'image non ?)
Bon si j'ai un nombre N compris entre f(0) et f(1) celui ci est aussi compris entre 0 et 1 comme (étant donné que dom f = im f). Donc il ne peut s'agire que d'un point fixe (car si appartient à dom f qui est égale à im f).
Non ?
merci
Salut,
Prenons par exemple la fonction x->-x+1 pour x dans [0;1/2[ ou dans ]1/2;1[ et x->0 si x=1/2 et x->1/2 si x=1.
Cette fonction admet-elle un point fixe? A priori non.
Il faut donc, au moins, supposer la continuité de ta fonction pour que ta proposition soit vrai.
Oui oui bien sûr c'est dit dans l'énoncé : "... une fonction f continue sur l'interval [0,1]... ". J'avais juste oublié de le mentionner, ça me paraissait évident
Mise à part ça c'est juste ?
merci
Envoyé par Bleyblue
Heu, tu supposes N compris entre f(0) et f(1), jusque là tout va bien, et vu les hypothèses de l'énoncé N est aussi compris entre 0 et 1, et cela suffit à prouver que f(N)=N selon toi?
Contre-exemple, je prend f: x -> -x+1, et soit N=1/3, on a bien f(0)=1 <= N <= f(1)=0, et 0 <= N <= 1 et pourtant f(1/3) est diffèrent de 1/3 !
Ou alors, c'est que j'ai rien compris à ta démo, ce qui est fort possible.
Non c'est moi qui suis a côté je pense, je vais reprendre
merci
Disons que la démo est trop simpliste présentée comme elle l'est.
Soit dit en passant, il n'est absolument pas nécessaire que la fonction soit continue pour que ça fonctionne. Si elle est, par exemple, seulement croissante, elle admet encore un point fixe (mais la démo est, comment dire, bien plus amusante
A quitté FuturaSciences. Merci de ne PAS me contacter par MP.
Disons que la démo est trop simpliste présentée comme elle l'est.
Soit dit en passant, il n'est absolument pas nécessaire que la fonction soit continue pour que ça fonctionne. Si elle est, par exemple, seulement croissante, elle admet encore un point fixe (mais la démo est, comment dire, bien plus amusante
J'ai une idée, tu me dis ce que tu en penses s'il te plait?
On sait qu'il existe c dans [0;1] tel que f(c)=0. Si on suppose f(0) différent de 0, on a donc f(0)>0. Mais vu que f(c)=0, et c supposé différent de 0, ceci contredit l'hypothèse de croissance de f . Donc f(0)=0 .
De meme pour f(1)=1.
Ca me parait quand meme trop simpliste pour que ce soit juste, je sens qu'il y a quelque chose qui cloche.
Je pense que comme ça c'est bon :
Soit f(x) la fonction continue sur [0,1].
On cherche à démontrer qu'il existe un nombre c appartenant au domaine tels que f(c) - c = 0
Posons f(c) - c = T(c) d'image [- c, 1 - c].
0 appartient bien à l'interval [-c, 1- c] et donc le th. des valeurs intermédiaire nous dis qu'il existe un nombre c tels que T(c) = 0
On a donc démontrer que f(c) - c = 0 et les carottes sont cuites.
C'est bon là
merci
Ca semble correcte. Simplement, c'est pas pour chipoter, mais c'est le genre de détail qui te sera constemment reproché en prépa, tu dois justifier pourquoi tu utilises tel ou tel théorème.Je pense que comme ça c'est bon :
Soit f(x) la fonction continue sur [0,1].
On cherche à démontrer qu'il existe un nombre c appartenant au domaine tels que f(c) - c = 0
Posons f(c) - c = T(c) d'image [- c, 1 - c].
0 appartient bien à l'interval [-c, 1- c] et donc le th. des valeurs intermédiaire nous dis qu'il existe un nombre c tels que T(c) = 0
On a donc démontrer que f(c) - c = 0 et les carottes sont cuites.
C'est bon là
merci
Ici, vu que tu utilises le théomème des valeurs intermédiaires, tu dois préciser que T est continue comme somme de fonctions continues.
La démo de Blyblue est effectivement nickel, et la remarque d'evariste tout autant
Revenons maintenant au cas croissant :
Pourquoi donc ? Même en prenant une fonction continue (par exemple la fonction qui à x associe 1) ce n'est pas vrai .
Donc la démo est incorrecte. Je te conseille de faire des dessins, je pense que tu verras mieux ce qui se passe et cela te donnera sans doute l'idée de départ
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Ça dépend si on dit explicitement que Im f = [0,1], dans ce cas ça veut dire que l'intervalle [0,1] tout entier est atteint et que donc, 0 est bien l'image par f d'un certain point.
Pour ta fonction constante, Im f = {1} ce qui est différent.
Ok.
Bon alors je précise : la fonction est croissante de [0;1] dans [0;1] sans avoir nécessairement im f = [0;1]
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Fallait bien le préciser
Bon, je vais chercher.
Ceci dit, ta démo (il est vrai un peu simpliste, mais c'est tant mieux !) est tout à fait juste si on suppose que im f = [0;1]
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Ne suffit-il pas tout simplement de faire un raisonnement par l'absurde, en posant g(x) = f(x) - x (donc continue sur [0,1])
et de montrer que, si g(x) est toujours non nul, d'après le TVI, g est soit strictement positif soit strictement négatif. Par exemple dans le premier cas, on obtient : f(x) - x > 0 soit f(x) > x d'où notamment f(1) >1 ce qui est contraire à l'hypothèse f : [0,1] -> [0,1].
Oups, je n'avais pas vu que quelqu'un y avait déjà répondu, autant pour moi.
Tu peux par contre essayer de répondre dans le cas où f est croissante, mais où l'hypothèse de continuité n'est pas nécessairement vérifiée, ce cas-là n'a pas encore été traité.
Bonne chance.
D'accord et sinon pour :
Je ne savais pas, mais je prend bonne note, merci
S'il n'y a plus continuité, on sort du cadre du TVI... Ca fait appel à quelles notions d'analyse (sans donner trop d'indices svpTu peux par contre essayer de répondre dans le cas où f est croissante, mais où l'hypothèse de continuité n'est pas nécessairement vérifiée, ce cas-là n'a pas encore été traité.
Bonne chance.
Peut-on résoudre le problème en raisonnant par cas?
On reprenant g(x) = f(x) - x, on suppose que g ne s'annule jamais sur [0,1], on a :
1) ou g(x) > 0 <=> f(x) > x => f(1) >1 ce qui est impossible
2) ou g(x) < 0 <=> f(x) < x => f(0) < 0 ce qui est impossible
3) ou bien (et là je peine beaucoup) g(x) est aléatoirement positif et négatif. f(0)>0 dans ce cas, donc il existe un réel a (éventuellement 0) tel que la limite en a à gauche de g soit positive et sa limite à droite soit négative, ce qui revient à dire que la limite à gauche en f est un réel k avec k>a et que sa limite à droite en a soit un réel k' <a, ce qui est contraire à l'hypothèse selon laquelle f est croissante, mais je ne vois absolument pas comment on peut faire une démonstration digne de ce nom à partir de ça...
Salut à tous,
Alors si j'ai bien compris, on a le problème suivant :
On se donne f:[0,1]->[0,1] croissante, montrer qu'elle admet un point fixe. Cela se voit assez bien sur un dessin c'est vrai.
Je propose une solution (un peu tordue c'est vrai, mais je n'utilise pas de continuité dedans), le symbole <= signifiant inférieur ou égal, de même pour >=.
Etant donné l'ensemble de départ et d'arrivée de f on a donc
f(1)<=1, il en résulte que l'ensemble E={x dans [0,1] / f(x)<=x} est une partie non vide minorée de R donc admet une borne inférieure a.
pour x dans E, x>=a (a est la borne inf de E),
d'où par croissance x>=f(x)>=f(a) ce qui montre que f(a) minore E
on en déduit f(a)<=a d'où toujours par croissance de f, f(f(a))<=f(a)
donc f(a) appartient à E, minore E et vaut donc infE=a.
On a ainsi prouvé que f(a)=a.
Je pense que ça marche (enfin j'espère : ça m'a pris un peu de temps de vacances
voilà @+
[EDIT] En passant, quelqu'un saurait-il s'il existe d'autres théorèmes de points fixes? Ce sont des résultats importants à mon avis.
Il me semble qu'il y a un théorème du point fixe pour les applications contractantes. Dans un espace metrique (complet?), une application contractante admet un unique point fixe.
A vérifier tout de même.
EDIT: pour vos solutions pour l'exercice où f est supposée croissante, je laisse à Julien le soin de les corriger, moi je cherche ma propre solution pour l'instant, et je n'ai pas envie d'être influencé par les votre
Exact, c'est un théorème de Banach : toute contraction dans un espace métrique complet (c'est grâce à la complétitude que ça marche) admet un unique point fixe.
UN grand bravo à IceDL pour avoir trouvé la solution
Qui, je crois, lui a été suggéré par le dessin
Au sujet des autres théorèmes de point fixe, un théorème magnifique (et difficile à démontrer) dû à Brouwer :
Si K est une partie compacte et convexe d'un espace topologique localement convexe,
alors toute application continue de K dans lui-même admet (au moins) un point fixe.
Sinon on peut démontrer que la condition de contractance peut être élargie à lipshitzienne si l'on est sur un compact dans le théorème du point fixe.
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Et oui, c'est vrai : au bout de la 10ème application croissante sans point fixe qu'on essaie de dessiner (sans succès évidement...) on finit par se rendre compte qu'il y a un point qui cloche, d'où l'idéeUN grand bravo à IceDL pour avoir trouvé la solution
Qui, je crois, lui a été suggéré par le dessin.
Pour les autres théorèmes du point fixe, je viens de me souvenir qu'il y en a un dans mon cours qui dit :
f:I->I avec :
(i) I intervalle fermé de R stable par f
(ii) f k-lipshitzienne avec k<1
alors f admet un unique point fixe.
Point fixe vers lequel convergent par ailleurs toutes les suites : Xn+1=f(Xn) avec Xo dans I
Cela m'a l'air d'être un cas particulier des théorèmes énoncés (encore que je ne sois pas bien sûr de ce qu'est une application contractante
Voilà, @+
Une application k-lipshitzienne avec 0<k<1 est dite contractante. C'est une simple définition.f:I->I avec :
(i) I intervalle fermé de R stable par f
(ii) f k-lipshitzienne avec k<1
alors f admet un unique point fixe.
Point fixe vers lequel convergent par ailleurs toutes les suites : Xn+1=f(Xn) avec Xo dans I
Cela m'a l'air d'être un cas particulier des théorèmes énoncés (encore que je ne sois pas bien sûr de ce qu'est une application contractante
Petit rappel : f contractante équivaut à f k-lipshitzienne avec k<1
L'énoncé que tu donne est un petit cas particulier du théorème énoncé par Sephi (cas des espaces métriques complets)
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Je crois que j'ai une autre preuve pour f croissante, mais elle est plus longue.
Soit f: [a,b]->[a,b].
Supposons que f n'a pas de point fixe.
Considérons E = {c dans [a,b] tq pour tout x dans [a,c], f(x)>x}.
E est une partie non vide de R (a est dedans puisque f(a)>a) et majorée par b.
Donc E admet une borne sup c.
Notons e = f(c) - c.
Cas e > 0 ie. f(c)>c:
(NB: on a alors c < b)
Il existe x dans ]c,c+e] inter [a,b] tq f(x) < x (car sinon c+e est dans E puis c+e<=c, contradictoire car e>0).
On a x>c et f(x)<x<=c+e=f(c) donc f n'est pas croissante sur [a,b].
Cas e < 0 ie. f(c)<c:
(NB: on a alors c > a)
Soit x dans [c+e,c[ inter [a,b] (non vide car c > a). On a f(x) > x > c+e = f(c) (car c=sup E).
Ainsi x<c et f(x)>f(c) donc f n'est pas croissante sur [a,b].
Dans tous les cas f n'est pas croissante.
D'où par contraposition f croissante => f a un point fixe.
