J'ai bien dit que s'il y avait changement de signe elle s'annulait non ?
Je pense que les points intéressants sont -1, 0 et 1 ou 0 et 1 selon l'intervalle considéré. Mais je ne vois pas trop...
Eventuellement que pour x=1 on a g(1) < 0 ou g(1)=0 et pour x=0 on a g(0) > 0 ou g(0) = 0 mais ça ne permet pas de conclure...
"ça ne permet pas de conclure..." Tu es sûr de ça ?
Non sinon je ne l'aurais pas écrit
C'est le signe "supérieur ou égal" qui me gêne. Intuitivement je me dis qu'on pourrait en remplacer par un signe "strictement" sans que ça change grand chose mais je sais pas si on a le droit ^^
Tu avais rajouté "(dé)croissante".Envoyé par Samuel9-14
Pour f : [-1 ; 1] --> [-1 ; 1], continue, on considère g : [-1 ; 1] --> [-1 ; 1], x |--> f(x) - x.
Alors g(-1) = ? et g(1) = ?.
Ensuite, on remarque que [...], donc [...].
Si t'as directement g(0)=0 ou g(1)=0 c'est fini. Et si tu as g(1)<0<g(0)...Non sinon je ne l'aurais pas écrit
C'est le signe "supérieur ou égal" qui me gêne. Intuitivement je me dis qu'on pourrait en remplacer par un signe "strictement" sans que ça change grand chose mais je sais pas si on a le droit ^^
Je n'ai pas non plus trouvé d'équivalent pour \mapsto, il ne semble y avoir que des flèches simples.Tu te compliques la vie. Peu importe les variations de la fonction. Il suffit seulement d'étudier(pas trouvé de flèche avec barre, c'est bien mapsto normalement ?) à certains points particuliers.
If your method does not solve the problem, change the problem.
Là on a"Si t'as directement g(0)=0 ou g(1)=0 c'est fini. Et si tu as g(1)<0<g(0)..."
Et ça suffit maintenant pour dire que g change de signe, donc d'après le théorème de la valeur intermédiaire f(x)-x=0 admet au moins une solution d'où f(x)=x admet au moins une solution alpha.
On peut écrire ça si g(1)=0=g(0) c'est vérifié (fonction constante g(x)=0) et si g(1)<0<g(0) c'est vérifié aussi (je veux juste me dépatouiller de mes signes supérieur ou égal qui me gênent ^^)
Donc on a bien démontré ce que l'on voulait démontrer, c'est ça ?
@L-etudiant :
Je ne vois pas comment on pourrait déterminer g(-1), on peut seulement dire quePour f : [-1 ; 1] --> [-1 ; 1], continue, on considère g : [-1 ; 1] --> [-1 ; 1], x |--> f(x) - x.
Alors g(-1) = ? et g(1) = ?.
Ensuite, on remarque que [...], donc [...].
C'est bien ça ? ^^
Voila c'est gagné !@L-etudiant :
Je ne vois pas comment on pourrait déterminer g(-1), on peut seulement dire que
C'est bien ça ? ^^
Sinon, des exos "classiques" :
Montrer qu'il n'existe qu'un seul ensemble vide.
Soient E, F, G, H quatre ensembles, f une application de E vers F, g une application de F vers G, h une application de G vers H. Montrer qu'on a (fog)oh=fo(goh).
Et puis les composition avec les surjections injections etc.
Ha yes merci
J'ai ete chercher mes TD de L1, donc ca devrait aller :
Je crois qu'il faut que ça relève du programme de TS mais d'une difficulté supérieure à ce que l'on trouve généralement en TS. (là par exemple on a à peine vu bijective, surjective et injective et le reste je connais pas trop non plus ^^)
C'est largement au niveau TS... C'est juste que c'est plus au programme...
On dit que
On dit que
On dit que
J'ai jamais dit que c'était pas du niveau TS, juste que ce n'était pas au programme
Histoire de manipuler les notions d'injectivité, surjectivité et bijectivité : Déterminer les polynômes de degré inférieur à trois qui sont des bijections de
If your method does not solve the problem, change the problem.
Seirios, si j'ai bien compris la notion de bijection, pour montrer qu'une fonction est une bijection de R dans R il suffit de montrer qu'une fonction est définie sur R, est strictement monotone sur R, continue sur R et dont les limites en -infini et +infini valent +ou- l'infini ?
Dans ce cas les fonctions affines de la forme f(x)=ax+b avec a différent de 0 sont bien bijectives car f'(x)=a ,donc f' est soit strictement négative soit strictement positive, donc f est strictement monotone. f est aussi continue est la limite en -infini est +ou- l'infini suivant le signe de a, et la limite en +infini sera +ou- infini aussi...
Pour f(x)=ax^2+bx+c avec a différent de 0, on a bien f définie et continue sur R. Par contre si on factorise par x^2 f, on voit que la limite en +ou- l'infini est la même car lim(x tend vers +ou- infini) de x^2 = +infini ... on a donc forcément la même limite en + et en - infini, donc f n'est pas strictement monotone, et donc elle n'est pas bijective...ou sinon: f'(x)=2ax+b ..donc pour que le signe de f' soit constant il faut que a=0, or a différent de 0...
Suis-je à coté de la plaque ?
PS: Je vais apprendre à me servir de LaTex
C'est une condition suffisante pour qu'une fonction soit une bijection, mais ce n'est pas une condition nécessaire (il y a des bijections non continues). Donc pour le degré 1, il n'y a pas de problème (cela dit, tu peux le montrer directement à la main) ; mais pour le degré 2, comme tu as utilisé un criètre suffisant mais pas nécessaire, tu ne peux pas conclure : soit tu dois modifier ton critère pour le rendre suffisant, soit prouver directement qu'un polynôme de degré 2 n'est pas bijectif. Il reste également le degré 3 à étudier.
Cela dit, tu n'as pas montré qu'une fonction continue strictement monotone avec des limites infinies en les infinis était bijective.
En tous les cas, tu as une bonne approche.
If your method does not solve the problem, change the problem.
Bonsoir,
Efectivement mon résonnement était plutôt intuitif que rigouroux et correct.
Je m'interessais au cas particulier des fonctions polynômes, et donc ai seulement donner ma "condition" d'une bijection d'une telle fonction.il y a des bijections non continues
J'ai pensé effectivement que ma condition n'étais pas "nécessaire", seulement suffisante...
Pour faire un peu plus de maths
J'utiliserai pour cela le théorème des valeurs intermédiaires.Cela dit, tu n'as pas montré qu'une fonction continue strictement monotone avec des limites infinies en les infinis était bijective.
La fonction est continue et strictement monotone sur R.
(je continue dans le cas particulier d'une fonction strictement croissante)
lim(-infini) de f = -infini et lim(+infini) de f = +infini. Soit A appartient à ]-infini;+infini[ , donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires.
Il existe une unique solution à l'équation f(x)=A, donc f est injective du fait que tout élément de l'ensemble d'arrivée admet au plus un antécédent(si j'ai bien compris). Or A appartient à R, donc f est surjective car pour tout A appartenant à R, il existe forcément un antécédent par f.
Donc f est bijective.
Bien sur il s'agit d'un cas particulier...fonction continue sur R.
Attention, le théorème des valeurs intermédiaires donne l'existence mais pas l'unicité (il y a beaucoup de cas où le théorème des valeurs intermédiares s'applique, mais où le point fourni n'est pas unique ; tu peux prendre l'exemple de la fonction sinus).
If your method does not solve the problem, change the problem.
Mais si j'ajoute que la fonction est strictement monotone, alors il y a unicité non ?
Oui, mais ce n'est pas une conséquence du théorème des valeurs intermédiaires : ce théorème te donne l'existence (donc la surjectivité) et la stricte monotonie te donne l'unicité (donc l'injectivité).
If your method does not solve the problem, change the problem.
Bonsoir,
En fait en cours ma prof parle de théorème des valeurs intermédiaires aussi pour montrer l'unicité...mais bon au moins je crois que l'on est d'accord sur le fond ? Au delà du vocabulaire utlisé ?
+1 pour ce topic, je m'attacherai à le suivre !
Tout les polynômes de degré 1 sont des bijections de R dans R :
En effet, Considérons f la fonction définie sur R qui associe à x ----> ax+b avec a et b des réels
La fonction f est dérivable sur R, donc continue sur R.
En supposant a>0,lim(x→-∞)〖ax+b〗=-∞ et lim(x→+∞)〖ax+b〗=+∞ la fonction est strictement croissante et continue sur R donc Va>0, ∀x∈R f(x)=y n'admet qu'une seule solutionet f est bijective sur R
De même si a<0, lim(x→-∞)〖ax+b〗=+∞ et lim(x→+∞)〖ax+b〗=-∞ la fonction est strictement décroissante et continue sur R donc Va>0, ∀x∈R f(x)=y n'admet qu'une seule solutionet f est bijective sur R
Ainsi tout les polynômes de degré 1 sont des bijections de R dans R (si a=0 ce n'est pas un polynôme de degré 1)
Aucun polynôme de degré 2 est une bijection de R dans R, en effet en considérant la fonction g définie sur R qui associe à x------> ax²+bx+c avec a b c des reels.
La représentation de la fonction met en valeur une symétrie par rapport à la droite d'équation x=-b/2a
Ainsi ∀ a,b,c ∈R il existe y tel que f(x)=y possède deux solutions.
J'en déduis qu'il n'existe pas de polynome de degré 2 qui est une bijection de R dans R.
Comment énonces-tu le théorème des valeurs intermédiaires ? Parce que pour moi, c'est plus qu'un problème de vocabulaire.
C'est correct (modulo la propriété dont on est en train de discuter), mais il y a beaucoup plus simple : si y est un antécédent de x par la fonction f(x)=ax+b, que peut valoir y ?
L'idée est bonne, mais c'est plutôt ce qu'on écrirait sur un brouillon : maintenant que tu as l'idée, il te faut l'exploiter pour écrire un argument court et rigoureux.Aucun polynôme de degré 2 est une bijection de R dans R, en effet en considérant la fonction g définie sur R qui associe à x------> ax²+bx+c avec a b c des reels.
La représentation de la fonction met en valeur une symétrie par rapport à la droite d'équation x=-b/2a
Ainsi ∀ a,b,c ∈R il existe y tel que f(x)=y possède deux solutions.
Sinon, je parlais des polynômes de dégré inférieur à trois au sens large, donc il y a également les polynômes de degré trois.
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Et ben on a appelé "théorème des valeurs intermédiaires" deux théorèmes différents il est vrai... la différence entre les deux est que l'un donne l'unicité et l'autre l'existence. Pour l'unicité on ajoute que f est strictement monotone en plus qu'elle est continue. C'est tout ! Mais à ce moment là, même avec cette hypothèse en plus, on parlait toujours du "théorème des valeurs intermédiaires"...c'est donc un problème de vocabulaire je pense ?
D'accord, habituellement le théorème des valeurs intermédiaires s'énonce simplement pour une fonction continue, indépendamment de sa monotonie. Cela dit, je ne vois pas bien l'intérêt d'énoncer un théorème dans le cas où f est strictement monotone, l'unicité ne demande qu'une ligne à écrire...
If your method does not solve the problem, change the problem.
Je montrerai donc qu'un polynôme de degré 2 n'est pas injectif dans
Soit
Si
Si
Si
J'en déduis que
Ainsi si
J'en déduis qu'aucun polynôme de degré 2 n'est une bijection de
C'est plus correcte je pense, je prêterai attention au degré 3 tout à l'heure.
C'est tout à fait correct, simplement une remarque : tu as montré que f ne pouvait pas être surjective (et non injective).
If your method does not solve the problem, change the problem.
Mince, bien sûr tu as raison.
Pour les polynômes de degré 3, je procéderai de telle manière même si l'expression finale ne me satisfait pas tellement:
Soit
La fonction
De plus, quand
De même, quand
Le théorème des valeurs intermédiaires nous permet donc d'affirmer que
Nous avons donc montrer la surjectivité des fonctions polynomiale de degré 3 dans
Cherchons maintenant celles qui sont injective dans
Etant donné que la fonction est continue, cela revient à rechercher des fonctions polynomiales de degré 3 monotone, c'est à dire dont la dérivée est strictement positive ou négative.
En dérivant
C'est un trinôme, ainsi pour que la dérivée soit strictement positive ou négative il faut que son discriminant que l'on note
On pose
Ainsi les polynômes de degrés 3 strictement monotones sont tels que
Ce sont donc les polynômes de degrés 3 formant une bijection de
Qu'est-ce qui ne te plaît pas avec le résultat final ?
Ce que tu as fait est correct, il manque peut-être une petite justification de ce point :
Etant donné que la fonction est continue, cela revient à rechercher des fonctions polynomiales de degré 3 monotone, c'est à dire dont la dérivée est strictement positive ou négative.
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C'est le fait d'exprimer le résultat sous cette forme même si elle est vrai, je me demandai si il n'y avait pas plus correcte.
Comme si je disais les solutions de l'inéquation
