fonction continue sur un intervalle de R :
Salut, alors : Soit $I$ un intervalle de $R$. Soit $f : I \mapsto R$ une application continue. On suppose qu'il existe deux intervalles fermés inclus dans $I$ : $J$ et $L$, tels que $J \subseteq f(L)$. Montrer que : Il existe un intervalle $L_1 \subseteq L,$ tels que $ f(L_1)=J$.
Alors je ne suis pas sûr du tout de ce que j'ai fait, notamment sur l'étape ou je suppose l'existence d'un minimum ...
On a : $\exists( (a,b),(c,d) ) \in (R^{2})^{2},\ [a,b]=L\text{ et } [c,d]=J $. (cas L et J sont des intervalles fermés)
On considère $A=\{e \in L \mid f(e) =d\}$ et $B=\{g \in L \mid f(g)=c\}$ .
On considère $m=\min\{ |e-g| \mid (e,g) \in A \times B \}$ et $ M=\{ (e,g) \in A \times B \mid |e-g|=m \}$
Soit $(e,g) \in M$ : Deux cas sont possibles.
1- Si $e>g $ :
On pose $L_1=[g,e]$. On a : $\exists (r,p) \in R^{2},\ f(L_1)=[r,p] $ On a $ r \leq f(g)=c $ et $ p \geq f(e)=d $
On suppose $p>d$ : $\exists y \in ]g,e[,\ f(y)=p>d$. On a alors par $TVI$ que : $\exists q \in ]g,e[ ,\ f(q)=d.$
Donc $|q-g|<|e-g|$ : Impossible, donc $p=d$. De même, on montre que $r=c$. On a donc $f(L_1)=[c,d]$ avec $L_1 \subseteq L$
2- Si $e<g $ : Se fait de façon analogue.
Ça vous parait correct ?
Alors je ne suis pas sûr du tout de ce que j'ai fait, notamment sur l'étape ou je suppose l'existence d'un minimum ...
On a : $\exists( (a,b),(c,d) ) \in (R^{2})^{2},\ [a,b]=L\text{ et } [c,d]=J $. (cas L et J sont des intervalles fermés)
On considère $A=\{e \in L \mid f(e) =d\}$ et $B=\{g \in L \mid f(g)=c\}$ .
On considère $m=\min\{ |e-g| \mid (e,g) \in A \times B \}$ et $ M=\{ (e,g) \in A \times B \mid |e-g|=m \}$
Soit $(e,g) \in M$ : Deux cas sont possibles.
1- Si $e>g $ :
On pose $L_1=[g,e]$. On a : $\exists (r,p) \in R^{2},\ f(L_1)=[r,p] $ On a $ r \leq f(g)=c $ et $ p \geq f(e)=d $
On suppose $p>d$ : $\exists y \in ]g,e[,\ f(y)=p>d$. On a alors par $TVI$ que : $\exists q \in ]g,e[ ,\ f(q)=d.$
Donc $|q-g|<|e-g|$ : Impossible, donc $p=d$. De même, on montre que $r=c$. On a donc $f(L_1)=[c,d]$ avec $L_1 \subseteq L$
2- Si $e<g $ : Se fait de façon analogue.
Ça vous parait correct ?
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Réponses
Pour justifier l'existence du minimum, il te suffit de préciser la nature des ensembles $A = f^{-1}(\{d\}) \cap L$ et $B = f^{-1}(\{c\}) \cap L$ : sont-ce des intervalles? des ouverts? des fermés? des compacts?
Sinon j'ai pas mal galérer pour justifier l'existence du minimum, je crois que je viens de trouver une réponse.
Soit $u \in A$.
Je considère deux ensembles : $T^{+} = \{ l=|u-g| ; g<u \ et\ g \in B\}$ et $T^{-}=\{ l'=|u-g| ; g>u \ et\ g \in B \}$
Au moins l'un de ces deux ensembles est non vide, et admet donc une borne inférieur.
On appelle $T$ un tel ensemble pour pas alourdir les notations. On note $a$ sa borne inférieur. On suppose qu'il n'admet pas de minimum.
On pose $e:=u-a$ (ou $e:=u+a$). On a clairement $e \in [a,b]$
Par propriété de la borne inférieur et continuité (bon là je galère un peu a justifier), on a alors$\lim\limits_{x \rightarrow e} f(x)=c$.
Impossible par continuité. Donc $T$ admet un minimum.
On se ramène alors à ma preuve précédente.
"Variante" car à la base dans le poly , $f$ était une fonction continu de $I$ dans $I$, mais j'ai pris une fonction de $I$ dans $R$ car ça me semblait plus simple. Sinon j'ai repris la formulation exacte du poly. Il y avait écris "lème facile" , je ne l'ai pas trouvé si trivial à prouver :-S .
Soit $u \in [a,b]$ tel que $f(u)=d$ (l'existence se fait par $TVI$)
On considère $B^{+}=\{g \in [a,b] ; f(g)=c \ et \ g<u\}$ et $B^{-}=\{g' \in [a,b] ; f(g)=c \ et \ g>u\}$.
Au moins l'un de ces deux ensembles est non vide par $TVI$.
On considère $T^{+}=\{l=|u-g| ; g \in B^{+} \}$ et $T^{-}=\{l'=|u-g| ; g \in B^{-}\}$
Si $B^{+}$ est non vide (sinon on considérera $B^{-}$ et on procédera de façon analogue) :
Il existe une borne inférieur de $T^{+}$ que l'on note $z$. On montre alors que $T^{+}$ admet un minimum.
Si $T^{+}$ est fini, il admet un minimum,
Sinon : On suppose qu'il n'admet pas de minimum.
On pose $e=u-z$. On a bien $e \in [a,b]$ et $f(e) \neq c$ (sinon on aurait $z \in T^{+}$)
Il est clair que pour tout $l \in T^{+}$ , il existe un unique $g_{l} \in B^{+}$ tel que $|u-g_{l}|=l$.
On considère l'application $ \varphi : T^{+} \mapsto B^{+}$ tel que pour tout $l \in T^{+}$; $ \varphi (l) =g_{l}$. Cette application est bijective et décroissante.
On peut alors construire par propriété de la borne inférieur une suite $U$ dont la limite est $z$. On considère la suite $\varphi (U) $ . Cette suite est croissante et tend vers $e=u-z$.
On considère la suite $f(\varphi (U) $ qui est constante égale à $c$. On a donc $lim f(\varphi (U)) = c$ . Impossible d'après la caractérisation séquentielle des limites. Donc $T^{+}$ admet un minimum.
Voilà j'ai modifié ma preuve plus haut. On a donc l’existence d'un minimum. Et comme je l'ai montré dans mon premier message, s'il existe un minimum on est bon.
J'ai une petite question : D'habitude les membres de ce forum sont plutôt rapides pour aider quelqu'un en maths sur un exo. Comment ça se fait que quasiment personne ne m'a aidé ?
Tu peux aussi dire qu'il suffit de choisir un intervalle $J_{1}$ minimal pour l'inclusion inclus dans $L$ satisfaisant $J\subset f(J_{1}).$
Un tel intervalle satisfait bien $J=f(J_{1})$ par le TVI.
J'ai juste une petite question, si on a un ensemble $ A $ qui admet une borne inférieur $ a $ et pas de minimum, comment je peux construire rigoureusement une suite décroissante qui converge vers $ a $ ?