Bijection.

Un problème, une question, un nouveau théorème ?

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oty20
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Re: Bijection.

Message par oty20 » ven. sept. 15, 2017 12:41 am

oups dans mon post précédent il faut remplacer f par g , j'ai considéré le probleme fog=id alors que c'est gof=id , j'ajoute au commentaire de darkol la structure de ta démonstration est a revoir , tu fais du driblage , essaye d’être plus précis dans tes idées, et tes arguments
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Re: Bijection.

Message par oty20 » ven. sept. 15, 2017 12:54 am

désolé de poster deux fois , je mets ma solution en spoiler pour que darkol puisse y jeté un oeil si il en a envie
SPOILER:

probleme que j'ai considérer est : fog=id sous hypothese de continuité montrons que f et g sont bijective , la surjectivité de f est evidente et l'injectivité de g aussi , montrons que f est injective , soit x et y tel que f(x)=f(y) , si x et y son dans g(R) c'est fini , sinon le théorème des valeurs intermédiaire for que au moins l'une des assertions suivantes est vrai : pour tout z dans R : g(z) > x ou g(z) <x ou g(z) > y ou g(z) < y , supposons par exemple que pour tout z : g(z) > x alors comme g est injective et continue il est classique que g est monotone , comme minoré , il existe dans un réel t tel que lim z tendant vers -infinie ou + infinie g(z)=t , mais alors ceci force |f(t)|= + infinie ! absurde et donc g est surjective , il nous en fallait pas plus
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Re: Bijection.

Message par darklol » ven. sept. 15, 2017 1:43 pm

@oty20 Ok. Tu auras remarqué dans ta preuve qu'on s'en fout de l'hypothèse qu'on prend (\( f \circ g = \text{id} \) ou \( g \circ f = \text{id} \)) vu qu'elle est symétrique en \( f \) et \( g \), et que dès qu'on a la bijectivité de l'une on a automatiquement celle de l'autre. Petit détail: "pour tout" n'est pas distributif par rapport à "ou" donc attention à la façon dont tu rédiges tes phrases en français, ça peut porter à confusion.

Et le contre-exemple?
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Re: Bijection.

Message par Bidoof » ven. sept. 15, 2017 6:03 pm

J'ai édité ma réponse, je cherche le contre exemple.
(En fait demain).
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Re: Bijection.

Message par oty20 » sam. sept. 16, 2017 12:20 am

darkol , oui merci pour ta remarque , je sais bien que le quantificateur n'est pas distributif , pardonnez mon manque de rigueur , je visite le forum généralement juste avant de dormir .... pour le fun et m'amuser avec une ou deux questions que je trouve intéressante, d'ou le manque de rigoure j'essaierai de faire plus d'effort a l'avenir . oui j'ai un contre exemple que je partagerai après que bidoof ait fini de chercher , il est assez simple , il y en a plusieurs même avec justes les fonctions usuels .
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Message par Bidoof » sam. sept. 16, 2017 8:59 am

Je vais éditer le contre exemple.
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Message par Bidoof » sam. sept. 16, 2017 9:09 am

Ca y'est ^^.
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Message par oty20 » sam. sept. 16, 2017 3:04 pm

pense a une fonctions qui est constante sur un ensemble de points , et bijective en dehors de cette ensemble .
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Message par Bidoof » sam. sept. 16, 2017 6:58 pm

oty20 a écrit :
sam. sept. 16, 2017 3:04 pm
pense a une fonctions qui est constante sur un ensemble de points , et bijective en dehors de cette ensemble .
Ma réponse n'est pas convenable ?
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Re: Bijection.

Message par oty20 » sam. sept. 16, 2017 7:15 pm

ou ? je ne sais pas si c'est juste de mon coté mais j'arrive pas a voir apparaître ton contre exemple sur tes postes .
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Re: Bijection.

Message par Bidoof » sam. sept. 16, 2017 7:18 pm

Bidoof a écrit :
jeu. sept. 14, 2017 6:08 pm
darklol a écrit :
mer. sept. 13, 2017 5:04 pm
Exo supplémentaire: montrer que ton résultat (i.e. en omettant une des deux hypothèses) est vrai si \( X=Y=\mathbb{R} \) et \( f \) et \( g \) continues. Et contre-exemple sans la continuité.
Exercice :

********************************************************** SPOILER **************************************************************
Je suppose que \( f\circ g = id_{\mathbb{R}} \)
- \( g \) est injective donc strictement monotone.
Et puisqu'elle est continue alors \( Im(g) = ]lim_{-\infty} g ; lim_{+\infty} g[ \)
- \( f \) est surjective.
\( f \) est injective sur \( Im(g) \) donc il suffit de montrer qu'il s'agit de \( \mathbb{R} \)
Supposons qu'il l'une des deux bornes soit finie notée \( l \) alors par symétrique par rapport à la première bissectrice, \( f(l)=+\infty \), c'est absurde car \( f \) est continue sur \( \mathbb{R} \) donc \( f(l) \) est un nombre réel.

Contre exemple :

********************************************************** SPOILER **************************************************************
\( f(x) = \sqrt{x}, x \ge 0 \) et \( f(x) = -1 - \sqrt{-x}, x < 0 \) elle n'est pas surjective \( ]0;-1[ \) non atteint.
\( g(x) = x^{2}, x \ge 0 \) et \( g(x) = -(x+1)^{2}, x < 0 \)
Et \( g(f(x))=x \)
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Re: Bijection.

Message par darklol » sam. sept. 16, 2017 10:53 pm

\( g \) est injective et continue sur un intervalle, donc strictement monotone (il y a plein de fonctions injectives non strictement monotones, et même des fonctions injectives continues non strictement monotones).

Il faut formaliser l'argument de la symétrie par rapport à la première bissectrice (qui n'est valable que si \( f \) et \( g \) sont bijectives et inverses l'une de l'autre, ce qu'on ne sait pas a priori) car c'est réellement ici qu'on se sert que \( f \) est continue (le fait que \( f(x) \neq +\infty, \forall x \) vient du fait que \( f \) est définie comme étant à valeurs dans \( \mathbb{R} \), rien de plus). D'ailleurs il existe des contre-exemples avec \( g \) continue mais pas \( f \).

Ok pour le contre-exemple.
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Re: Bijection.

Message par Bidoof » dim. sept. 17, 2017 10:25 am

darklol a écrit :
mer. sept. 13, 2017 5:04 pm
Exo supplémentaire: montrer que ton résultat (i.e. en omettant une des deux hypothèses) est vrai si \( X=Y=\mathbb{R} \) et \( f \) et \( g \) continues. Et contre-exemple sans la continuité.
Exercice :

********************************************************** SPOILER **************************************************************
Je suppose que \( f\circ g = id_{\mathbb{R}} \)
- \( g \) est injective.
Et puisqu'elle est continue alors elle est injective et \( Im(g) = ]lim_{-\infty} g ; lim_{+\infty} g[ \)
- \( f \) est surjective.
\( f \) est injective sur \( Im(g) \) donc il suffit de montrer qu'il s'agit de \( \mathbb{R} \)
Supposons qu'il l'une des deux bornes soit finie notée \( l \) alors par symétrique par rapport à la première bissectrice, \( f(l)=+\infty \), c'est absurde car \( f \) est à valeur réelle.
Plus précisément, soit \( (x,y)\in G(g) \), le graphe de \( g \), alors \( y = g(x) \) donc \( f(y) = x \) c'est à dire \( (y,x)\in G(f) \).
Mais ici \( x = + \infty \) alors autant utiliser le critère séquentiel, \( f(g(n))=n \xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{} +\infty = f(l) \)

Contre exemple :

********************************************************** SPOILER **************************************************************
\( f(x) = \sqrt{x}, x \ge 0 \) et \( f(x) = -1 - \sqrt{-x}, x < 0 \) elle n'est pas surjective \( ]0;-1[ \) non atteint.
\( g(x) = x^{2}, x \ge 0 \) et \( g(x) = -(x+1)^{2}, x < 0 \)
Et \( g(f(x))=x \)
Modifié en dernier par Bidoof le dim. sept. 17, 2017 10:29 am, modifié 1 fois.
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Re: Bijection.

Message par Bidoof » dim. sept. 17, 2017 10:26 am

Je vous remercie Darklol pour vos précisions toujours très éclairantes, je reste à votre disposition pour toutes nouvelles imprécisions.
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Re: Bijection.

Message par zygomatique » dim. sept. 17, 2017 5:17 pm

salut

soit \( f : X \to Y \) et \( g : Y \to X \) telles que \( g \circ f = I_X \)

donc \( \forall x \in X : g \circ f (x) = x \)

donc tout élément x de X possède (au moins) un antécédent par g, à savoir f(x) .......... donc g est surjective


soit x et y deux éléments de X ... alors :

\( f(x) = f(y) => g \circ f(x) = g \circ f(y) \iff x = y \) .......... donc f est injective

:wink:


si f est injective et continue sur R alors f est strictement monotone ...
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