Surjection dérivable sur intervalle fermé
L'autre jour, j'ai découvert que toute fonction continue de $[0;1]$ dans lui-même admet un point fixe.
J'ai commencé à bidouiller un peu cette idée dans ma tête et je me suis demandé : si on prend une fonction $f : [0;1] \longrightarrow [0;1]$ dérivable, est-ce qu'il y a forcément un $x$ tel que $f'(x)=1$ ?
La réponse à la question est non : il suffit de prendre $f(x) = \dfrac{x}{2}$.
Cependant, cette fonction ne correspond pas à l'image que j'avais en tête, donc... si on suppose $f$ non seulement dérivable mais aussi surjective, le résultat m'a l'air d'être vrai. En tout cas, je n'arrive pas à dessiner de contrexemple.
Mais même avec mon cours sur les fonctions dérivables sous les yeux, je ne sais pas trop comment prouver ça. Si c'est vrai, bien entendu. Si c'est faux, j'aimerais qu'on m'aide à trouver un contrexemple.
J'ai commencé à bidouiller un peu cette idée dans ma tête et je me suis demandé : si on prend une fonction $f : [0;1] \longrightarrow [0;1]$ dérivable, est-ce qu'il y a forcément un $x$ tel que $f'(x)=1$ ?
La réponse à la question est non : il suffit de prendre $f(x) = \dfrac{x}{2}$.
Cependant, cette fonction ne correspond pas à l'image que j'avais en tête, donc... si on suppose $f$ non seulement dérivable mais aussi surjective, le résultat m'a l'air d'être vrai. En tout cas, je n'arrive pas à dessiner de contrexemple.
Mais même avec mon cours sur les fonctions dérivables sous les yeux, je ne sais pas trop comment prouver ça. Si c'est vrai, bien entendu. Si c'est faux, j'aimerais qu'on m'aide à trouver un contrexemple.
Réponses
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tu veux dire surjective plutôt non ?
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J'ai l'impression que les deux marchent, en fait.
Je me suis embrouillé. Peut-être que de faire des maths directement après une "sieste" qui a duré toute l'après-midi ce n'est pas une bonne idée :-D. Je change le titre. -
f(x) = 1 - x?
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Pas faux. Allez, on laisse tomber.
:)o -
Mais si f(0) = 0, c'est vrai. Si f' < 1 pour tout x, tu ne peux pas avoir de x tel que f(x) = 1 d'après le TAF.
De même si f' > 1 pour tout x, f(1) - f(0) > 1
Par Darboux, il existe c tel que f'(c) = 1 -
Je trouve étrange qu'on puisse trouver un contrexemple qui va de $1$ à $0$ (la fonction $x \longmapsto 1-x$) mais que ça devrait toujours marcher pour une fonction qui va de $0$ à $1$. Tu m'as donné le raisonnement, je vais essayer de comprendre avec ça.
EDIT : J'aurais peut-être dû exiger $|f'(x)|=1$, du coup. Là c'est un peu moins alambiqué d'hypothèses. -
Essayons plutôt avec la condition $f(0)<f(1)$... 8-)
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Oui, j'essaierai !
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C'est quoi déjà la question ( la où il y a raoul c'est intéressant par expérience)Le 😄 Farceur
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gebrane a écrit:la où il y a raoul c'est intéressant par expérience
Mouais... tu devrais venir faire un tour sur SHTAM alors :)o
La question est : soit $f:[0,1]\to [0,1]$ dérivable et surjective telle que $f(0)\leqslant f(1)$. Est-ce qu'il existe toujours un $\xi\in ]0,1[$ vérifiant $f'(\xi)=1$.
Mais on y a pas vraiment réfléchi, peut-être que c'est trivial. -
merci raoul pour la précision de la question
caché
Je suis allergique au SHTAM mais si tu me fais un tour guidé, pourquoi pas .Le 😄 Farceur -
Je n'avais pas l'impression que mon premier message ici était particulièrement difficile à comprendre...
Je pense que j'y réfléchirai demain, en tout cas. Fatigue. -
@gebrane Hum si je te fais faire un tour guidé maintenant tu seras déçu.
Dernièrement il n'y a pas de vrai shtameur... donc on ne s'amuse pas trop. Le sujet à la mode c'est Syracuse et il y a une personne qui essaie d'attaquer le problème à coup d'Excel et de "data mining" en espérant que les données récoltées vont lui révéler des relations cachées... et une autre qui intervient de temps en temps pour nous dire qu'elle ne sait pas comment publier sa démonstration de Syracuse qui ne tient que sur 4 pages (mais je ne crois pas qu'elle veuille nous la montrer :-().
Bref c'est l'ennui total. -
Homotopi,je réfléchis en même temps à ta question. pour le moment je ne trouve pas de contre exempleLe 😄 Farceur
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Soit $A$ l'image de $f'$.
On a $f(1)-f(0)\in A$ d'après le théorème des accroissements finis, donc $A$ contient un nombre $\leqslant 1$. D'après le théorème de Darboux il suffit de montrer que $A$ contient un nombre $\geqslant 1$. Supposons le contraire. Alors pour tout $x$ on a $f'(x)<1$, et donc $\forall x<y$ on a $f(y)-f(x)<y-x$.
Soient $a$ et $b$ tels que $f(a)=0$ et $f(b)=1$.
Si $a<b$ alors $1=f(b)-f(a)<b-a\leqslant 1$, ce qui est impossible. Donc $a>b$.
On a $1-f(0)=f(b)-f(0)< b-0$ et $f(1)=f(1)-f(a)<1-a$. En additionnant ces deux inégalités, il vient $1+f(1)-f(0)<1+b-a$ donc $f(1)-f(0)<b-a\leqslant 0$, contradiction. -
C'est quoi qui est impossible dans ton cas $a < b$ ?
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$1< \cdots \leqslant 1$ est impossible.
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Ah oui, je n'avais pas bien lu. Il vaudrait mieux que je m'arrête pour ce soir...
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Cool JLT (tu). Comme quoi ça pourrait faire un exercice pas mal finalement.
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JLT est très rapide, j'ai commencé un raisonnement par l'absurde
si pour tout x entre 0 et 1, f'(x) est différent de 1 alors puisque f' vérifie le TVI on aura
soit pour tout x entre 0 et 1, f'(x)>1 ou bien f'(x)<1
si f'>1 pour tout x entre 0 et 1
alors f est strictement croissante et donc f[0,1]=[f(0),f(1)] et par surjection f[0,1]= [0,1] donc nécessairement f(0)=0 et f(1)=1. On pose alors g(t)=f(t)-t , mais g(0)=g(1)=0, donc il existe c tel que g'(c)=0 c'est à dire f'(c)=1 absurde
si f'<1 pour tout x entre 0 et 1
.. .Le 😄 Farceur -
gebrane : j'aurais probablement fini par faire la même chose que toi. C'est moins rapide, mais c'est plus naturel pour moi.
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Bonjour,
Voici une preuve qui n'admet pas le théorème de Darboux. Soit $f:[0,1]\to[0,1]$ dérivable surjective avec $f(0)\leqslant f(1)$. Soient $\Delta = \{(a,b)\in[0,1]^2\mid a<b\}$ et $p : (a,b)\in\Delta \mapsto \frac{f(b)-f(a)}{b-a}$. Soient $x_0$ et $x_1$ tels $f(x_0)=0$ et $f(x_1)=1$.- Si $x_0<x_1$, alors $p(x_0,x_1) = \frac1{x_1-x_0} \geqslant 1$.
- Sinon on a $x_0>x_1$. Si $p(0,x_1)<1$ et $p(x_0,1)<1$, alors $$f(0) = 1 - p(0,x_1)\, x_1 >1-x_1> 1-x_0 > p(x_0,1)\,(1-x_0) =f(1)$$ mais ça contredit $f(0)\leqslant f(1)$. Donc$p(0,x_1)\geqslant1$ ou $p(x_0,1)\geqslant 1$.
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J'étais à peu près certain que le théorème de Darboux est dans un de mes bouquins (sans le nom "Darboux" attaché à lui), je suis surpris de voir qu'en fait, non !
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Le théorème de Darboux peut se démontrer en utilisant $p$ et $\Delta$ comme dans le message de Calli.
On a $p(\Delta)\subset f'([0,1])\subset \overline{p(\Delta)}$ : la première inclusion découle du TAF et la deuxième de la définition de la dérivée en un point.
Or, $p(\Delta)$ est connexe donc $f'([0,1])$ l'est aussi. Comme les connexes de $\R$ sont les intervalles, l'image de $f'$ est un intervalle. -
C'est justement cette preuve du théorème de Darboux qui m'a guidé vers la démonstration que j'ai écrite. ;-)
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Aller on améliore d'un poilSoit $f:[0,1]\to[0,1]$ continue sur [0,1] et dérivable sur ]0,1[
"Homo Topi's question"
si $f'(x)\neq 1 ,\quad\forall x\in ]0,1[$ alors soit f(1)>f(0) ou f n'est pas surjective
"Gebrane's question"
si $f'(x)\neq 1 ,\quad\forall x\in ]0,1[$ alors f admet un point fixe et un seul sur [0,1]
Bien sûr, je sais répondre à ma question, et vous?Le 😄 Farceur -
Mouha gebrane : s'il existe deux points fixes, notons-les $x_0,y_0$ alors par le théorème des accroissements finis, il existe $c$ tel que $f'(c)=1$.
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raoul tu as démontré que la moitié.Le 😄 Farceur
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gebrane : pour l'existence d'un point fixe, voir http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1940756,2037500#msg-2037500 écrit il y a quelque jours.
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l'autre moitié c'est quoi ? l'existence d'un point fixe ?... mouha gebrane, appliquer le TVI à $x\mapsto f(x)-x$ en $0$ et $1$.
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Lol je n'ai pas lu le fil depuis son début.
Est ce qu'peut formuler la question d'HomoTopi-raoul sous forme d'une équivalence?Le 😄 Farceur -
J'aimerais supprimer la mention de la connexité, puisque c'est un théorème qu'on verrait théoriquement en L1 et que la connexité n'est pas de niveau L1. Mais on peut sûrement s'en passer en rallongeant la démonstration de 2-3 phrases.
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Homotopie, j'ai vu la connexité en cours L1, les seuls connexes de R sont les intervallesLe 😄 Farceur
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Homo Topi a écrit:J'aimerais supprimer la mention de la connexité, puisque c'est un théorème qu'on verrait théoriquement en L1 et que la connexité n'est pas de niveau L1.
Dans ma démonstration http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,2040712,2041082#msg-2041082, on peut remplacerCalli a écrit:Or $p$ est continue et $\Delta$ est connexe, donc $ p(\Delta)$ est connexe et il contient $1$.
parOn a montré qu'il existe $(x,y)\in \Delta $ tel que $p(x,y)\geqslant 1$. La fonction $g:t\in [0,1] \mapsto p(tx,ty+1-t)$ est continue avec $g(0)=p(0,1)\leqslant 1\leqslant g(1)=p(x,y)$, donc par TVI il existe $(a,b)$ (de la forme $(tx,ty+1-t)$) tel que $p(a,b)=1$.
Et voilà ! -
J'ai posé la question sur MSE pour avoir d'autres méthodes https://math.stackexchange.com/questions/3736481/conjecture-if-f-is-surjective-then-there-exists-x-in-a-b-such-that-fxLe 😄 Farceur
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le titre parle d'une surjection sur un intervalle fermé. si on remplace [0,1] par un intervalle ( non vide ) ça devient faux ?Le 😄 Farceur
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