Casse tête...

arthurserres
arthurserres
dans Analyse
Bonjours à tous, je ne parviens pas à résoudre cet exercice malgré une longue réflexion, pouvez-vous m'aider ??
Voilà le problème.
Montrer qu'il n'existe pas $f \in { C }^{ 0 }(R),\ f(Q) \subset R\setminus Q$ et $f(R\setminus Q) \subset Q$.
Merci d'avance à tous.

Réponses

  • marco
    marco
    Bonjour,

    Pour tout $x \in \Q$, $f^{-1}(\{x\})$ ne contient aucun rationnel, donc est d'intérieur vide. Ensuite, on peut utiliser le théorème de Baire.
  • Boole et Bill
    Boole et Bill
    Bonsoir Marco et Arthur. On doit vraiment utiliser un tel théorème? Mon intuition me dit qu’une fonction vérifiant la première condition est constante, ça doit pouvoir se montrer ? Avec un argument de densité (enfin, ça rejoint le théorème de Baire).
  • Bruno
    Bruno
    Sacrée constante (:D Tu connais beaucoup de nombres à la fois rationnels et irrationnels ?

    Bruno
  • Boole et Bill
    Boole et Bill
    Non mais je voulais dire, supposons que $f$ soit continue et qu’elle prenne des valeurs irrationnelles sur les rationnels, alors elle est constante
  • arthurserres
    arthurserres
    Je pensais aussi à un argument de ce type, en effet cette exercice m’a été proposé dans le cadre d’un chapitre sur la continuité des fonctions de la densité dans R. Néanmoins je n’arrive pas à le trouver :’) peut être quelqu’un a une idée ...
  • marco
    marco
    @Boole et Bill: Je crois que $e^x$ est transcendant si $x$ est un rationnel non nul. Donc on pourrait considérer $x \mapsto e^{1+|x|}$: l'image de tout rationnel est irrationnel.
  • Boole et Bill
    Boole et Bill
    Ok je retire ce que j’ai dit alors. Restons sur le théorème de Baire. Merci pour ce bel exemple! Jolie fonction que cette exponentielle
  • ev
    ev
    Attention : Sioux venir; sioux venir

    e.v.
    Personne n'a raison contre un enfant qui pleure.


  • arthurserres
    arthurserres
    Désolé du re-post.
    Les arguments que vous utilisez me dépassent... (pour l'instant je l'espère) Mais les preuves présentes sur l'autre conversation sont beaucoup plus élémentaires et me conviennent.
    Merci de votre attention.
    Bonne soirée à tous.
  • Tryss
    Tryss
    On peut le faire comme ça je pense :

    Soit $y\in f(\R\setminus\Q)$, alors $f^{-1}(\{y\})$ est un fermé, donc tout ses points sont isolés (puisque les hypothèses impliquent qu'il est d'intérieur vide)

    Du coup, il est dénombrable. Mais si c'est le cas, alors $\bigcup_{y\in \Q} f^{-1}(\{y\})$ serrait dénombrable : contradiction, car $\R\setminus\Q$ n'est pas dénombrable !
  • Astreas
    Astreas
    f(R) est au plus dénombrable, car f(Q) et f(R\Q) le sont. Donc, f est constante car sinon l'image de f contiendrait un intervalle (qui est non dénombrable). Et là, ça bug.

    Alternative sans dénombrabilité. Posons g(x) = f(x) + x. Alors g doit être constante ... et là ça bug à nouveau :)
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.

Bonjour!

Pour participer au forum, cliquer sur l'un des boutons :

Connexion S'inscrire

Catégories

In this Discussion

Qui est en ligne 8

AmadouFoys +6 Invités