continuité

yan2 · August 2009

Bonjour

Soit $P\in {\mathbb R}[X]$ un polynôme non constant, et $f: {\mathbb R}\to {\mathbb R}$ une fonction vérifiant le théorème des valeurs intermédiaires (pas forcément continue). Montrer que si $P\circ f$ est continue alors $f$ est continue.

jacquot · August 2009

Et tu veux qu'on te fasse ton exo ?

Kito · August 2009

Salut,

Je me demande comment $f$ peut verifier le theoreme des valeurs intermdiaires sans etre forcement continue.

aléa · August 2009

Prends $f(x)=\sin(1/x)$ pour $x\ne 0$ et $f(0)=0$.

Par ailleurs c'est un exo classique sur la connexité que la dérivée d'une fonction continue vérifie la propriété des valeurs intermédiaires.

jacquot · August 2009

Bonjour,

Il me semble que yan2 doit préciser son énoncé: propriété ou théorème des valeurs intermédiaires?

Ensuite, ne peut-on pas découper $\R$ en un nombre fini d'intervalles, d'un extrememum de $P$ au suivant, où $P$ aurait chaque fois une application réciproque continue?

yan2 · August 2009

@jacquot: je ne veux pas que tu fasses cet exercice; je le pose pour le plaisir de ceux qui veulent passer un moment agréable à faire des maths.

NB: la fonction $f$ vérifie la propriété des valeurs intermédiaires.

jacquot · August 2009

OK, yan2,

Donc entre deux extrema, $a$ et $b$, $P$ admet une application réciproque continue $P^{-1}$

Mon idée est alors de découper $\R$ en intervalles sur lesquels on pourrait dire:
puisque $P\circ f$ est continue alors $P^{-1} \circ P\circ f$ est continue.

Mais il faudrait que je précise ce découpage et ce qui se passe aux raccords, et j'ai la flemme...

Amicalement.

Morgat · August 2009

Bonjour.

On raisonne par l'absurde en supposant qu'il existe un réel $a$ en lequel $f$ est discontinue. Il est classique de démontrer qu'il existe une suite $(x_{n})$ de réels tendant vers $a$ dont la suite image $(f(x_{n}))$ tend vers un élément $c$ de $\overline{R}$ différent de $f(a)$.

On ne traite que le cas $c>f(a)$.

Puisque $f$ vérifie la propriété des valeurs intermédiaires, on a pour tout voisinage $U$ de $a$:
$$ [f(a),c[ \subset f(U)$$
et donc
$$ P([f(a),c[) \subset P\circ f(U).$$
Cela contredit la continuité de $P\circ f$ en $a$, car $ P([f(a),c[)$ est un intervalle de longueur non nulle ($P$ est polynomiale non constante).

PS:
Connaissez-vous un exemple d'application de ce résultat?

françoisfrédéric · August 2009

Bonjour à tous,

j'ai rédigé une solution à cet exercice.

Elle est consultable ici

F.F.

aléa · August 2009

A la topologue:

$\overline{f([x-\frac 1 n,x+\frac 1 n])}$ est un connexe compact de $\overline{R}$.
Donc, $\cap_{n\ge 1} \overline{f([x-\frac 1 n,x+\frac 1 n])}$ est un connexe compact de $\overline{R}$: ce sont les valeurs d'adhérences de $f$ en $x$, plus $f(x)$.
Cet ensemble est donc un intervalle de $\overline{R}$; il doit être réduit à un point, sinon, en composant par $P$, on aurait une contradiction avec la continuité de $P\circ f$ en $x$ (un polynôme non constant n'est constant sur aucun intervalle de longueur non nulle).

christophe c · August 2009

X:-(X:-( é bé, je ne sais pas qui se cache derrière yan2, mais il est gâté, avec 3 solutions rédigées assez soigneusement par 3 intervenants.

applications de ce résultat?

A mon avis, il ne doit pas y en avoir sous cette forme parce qu'appliquer veut dire, logiquement, l'utiliser en occurence négative, autrement dit:

...raisonnement... qui aboutit à ... Pof est continue ET f a la prop VI "donc" f continue.

(le "donc" vert signale l'application)

Or comment arriver à f PVI? Souvent (enfin dans le "scolaire" si cher aux intervenants majoritaires ici), ce sera par la voie " f:=g' " (je suis peut-être ingonrant des calculs, mais je crois que pour les PVI, il n'y a guère classiquement que les g', et les continues). Et les préliminaires auront établi que Pog' est continue, ce qui aura souvent été tiré d'une "g continument dérivable" (tjs scolairement)... et donc on aura déjà prouvé avant que g'=f est continue.

Par contre, l'énoncé illustre un point que j'aime publiciter souvent: tout théorème de maths est un cas particulier d'évidence (pas une évidence!), et c'est souvent de voir l'évidence plus générale qui est difficile. J'essaie de ne pas rater l'occaz de le signaler quand elle se présente sur le forum dans des cas simples (:=où je peux le faire).

Ici, l'énoncé E à prouver est un cas particulier de "l'évidence F" qui dit:

si gof est continue et si f a la PVI et si l'image de tout intervalle non nul par g a un diamettre non nul alors f est conitnue*, mais évidemment poser la question comme ça rend l'exo "trop" facile parce qu'on "donne" la solution dans la question. Donc ici, yan2 a remplacé "g blabla" par "g polynome" et ça devient un jeu de trouver un th de math qui va servir.

Ca a l'air de rien mais le plus dur pour "les hommes et les femmes" est de prouver que les intervalles non nuls ont des images par les poly non cst de diamètres non nuls.

* vu que si x est superproche de a alors que f(x) ne l'est pas de f(a) il existe un gros intervalle I std inclus dans [f(a),f(x)] et pour ce I, gof([a,x]) qui contient g(I) a un diam non superproche de 0.

christophe c · August 2009

alea, tu t'es éclaté, moi je l'aime le théorème qui dit qu'une suite décroissante de connexes compacts est un connexe compact, mais il est vraiment 50 fois plus subtil que "l'ambiance" du fil...

yan2 · August 2009

merci pour toutes ces belles démonstrations!

christophe c · August 2009

Raa faudrait que je la refasse la preuve que toute suite décroissante de compacts connexes est compact connexe, à chaque fois que je la fais, je suis content, j'ai l'impression...

Soit n supergrand, soit x dans U inter V inter Kn. Soit c standard superproche de x: Comme K(:=l'intersection) est inclus dans U union V, mais que en fait Kn aussi, c est dans K (sinon il ne serait pas dans Kp, pour un certain p standard), donc c est dans ou bien U ou bien V, disons qu'il est dans U.
Comme x est superproche de c, c est dans Vbarre inter K. Donc tout voisinage de c rencontre V inter K, et en particulier U. Donc U inter V inter K est non vide.

continuité

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