Bijection.

Un problème, une question, un nouveau théorème ?

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Re: Bijection.

Message par oty20 » 14 sept. 2017 19:20

@bidoof es tu sur de ta démonstration? bon j'ai complété ma solution , je la posterai si besoin suffit de demander Bonne fin de soiré
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Message par Bidoof » 14 sept. 2017 19:27

@oty20 : J'y crois ou alors j'ai raté quelque chose.

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Message par Bidoof » 14 sept. 2017 19:31

EDIT.
Modifié en dernier par Bidoof le 14 sept. 2017 20:38, modifié 1 fois.

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Message par darklol » 14 sept. 2017 19:46

Le début de ta preuve se résume avec un théorème de MPSI: une fonction continue sur un intervalle est injective si et seulement si elle est strictement monotone (l'injectivité de $ f $ étant triviale, c'est le même argument que pour montrer que 0 n'appartient pas à ton ensemble $ F(T) $). Maintenant la question était de montrer que $ f: \mathbb{R} \longrightarrow \mathbb{R} $ est bijective, pas seulement qu'elle réalise une bijection sur son image (ça c'est parfaitement trivial comme je l'ai dit vu que ça résulte automatiquement de l'injectivité de $ f $, que $ f $ soit continue ou non). Donc tu n'as toujours pas montré la surjectivité de $ f $ qui est quand même tout le problème.
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Message par Bidoof » 14 sept. 2017 20:26

Ah oui je vois je vais refaire l'exercice demain (de toute façon j'avais pas fini).

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Message par oty20 » 15 sept. 2017 00:41

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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Message par oty20 » 15 sept. 2017 00:54

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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Message par darklol » 15 sept. 2017 13:43

@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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Message par Bidoof » 15 sept. 2017 18:03

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

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Re: Bijection.

Message par oty20 » 16 sept. 2017 00:20

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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