Un joli résultat

Bonjour $gebrane$

Donc, les deux conditions assure l'existence de $f^{-1}$ ...ET vaut $g$ ??

$@ Dom$
Oui, il n'y a pas de bijection de TVI, pour que $g$ fasse le chemins inverse, mais peut-être , elle est caché dans $f\circ g=Id$

@Dom : non, on ne peut pas en déduire que $f$ est inversible.

En effet, si $f$ est surjective, alors il existe $g$ telle que $f\circ g = Id$, mais $f$ surjective n'implique pas $f$ inversible.

Voici une idée rapide qui me passe par la tête:
(i) $f\circ g = Id$, or l'identité est injective, donc $g$ est aussi injective.
(ii) si $g$ vérifie le TVI, alors elle est surjective
$g$ étant injective et surjective elle est donc bijective, et de $f\circ g = Id$ on tire que $f$ est l'application réciproque de $g$, et finalement $g = f^{-1}$.

Peux-tu me dire si ça peut coller comme idée de preuve?

Comme $g$ est injective et vérifie le TVI, on peut montrer que $g$ est strictement monotone (et donc continue)...
Le reste s'en déduit facilement.

Quelle bévue de ma part.
Un problème de L1 qui m’a échappé.
Août m’as mis out !

Quand on regarde précisément la preuve du fait suivant :"sous continuité (sur un intervalle), l'injectivité est équivalente à la stricte monotonie," on voit plutôt se dessiner le fait suivant: "TVI+injectivité" implique "stricte monotonie" (le fait que monotonie +TVI implique continuité se démontre à part).

Ainsi, on calque la "preuve classique" :
par l'absurde, si $g$ n'était pas strictement monotone (on sait que $g$ est injective) alors il existe $x<y<z$ tel que $\displaystyle \left( g(x)-g(y)\right) \times \left(g(y)-g(z)\right)<0.$
Quitte à changer $g$ en $-g,$ on peut supposer que $\displaystyle g(y)>\max(g(x),g(z))=l.$
On peut alors contredire le fait que $g$ soit injective.
Soit $u\in]l,g(y)[.$ Comme $g$ vérifie le TVI, il existe $a\in]x,y[$ (vu que $u\in]g(x),g(y)[$) et $b\in]y,z[$ (vu que $u\in]g(y),g(z)[$) tels que $g(a)=u=g(b),$ une contradiction car $a\neq b$!