TVI leçon 207 Agreg Interne

Matrixx · September 2018

Bonjour à tous
J'ai besoin de quelques lumières sur la preuve du théorème : les parties connexes de R sont les intervalle de R

J'utilise le livre d'analyse de JF DANTZER p.61
J'ai mis une photo de la preuve en pièce jointe.
Je suis bloqué à partir du moment où l'on suppose to<b...
Je ne vois pas pourquoi a partir d'un certain rang on a (to+ 1/[2][/n]) appartient à [a;b]\A
Si quelqu'un peut m'éclairer ... merci d'avance
Cdt 80462

Math Coss · September 2018

On a supposé $t_0<b$. Pour $n$ assez grand, $\frac1{2^n}<b-t_0$ donc $t_0+\frac1{2^n}\in[a,b]$ (puisque $a\le t_0\le t_0+\frac1{2^n}\le b$). De plus, comme $t_0+\frac1{2^n}>\sup(A)$, $t_0+\frac1{2^n}\notin A$ (sinon $t_0$ ne serait pas un majorant de $A$).

Matrixx · September 2018

Ok merci beaucoup Math Cross , c'est plus clair maintenant.

Pour la ligne suivante je ne comprend pas pourquoi la différence des valeurs absolue vaut 1. J'aurais plus compris si on prenait un epsilon >0 et que la différence des valeurs absolue serait plus grande qu'epsilon....

J'ai vois bien qu' à partir du moment ou t n'est pas dans A , f(t) est différent de f(a) et qu'on aboutit à une contradiction à cause de la continuité de f en to.

une idée ?

Math Coss · September 2018

C'est que $f(t)$ vaut $0$ ou $1$. Plus précisément, si $t$ est dans $A$, alors $f(t)=f(a)$ et sinon, $f(t)$ vaut l'autre valeur. Avec $t_0$ dans $A$ et $t_0+\frac1{2^n}$ pas dans $A$, leurs images sont différentes, l'une vaut $0$ et l'autre $1$, et donc la valeur absolue de la différence vaut $1$.

C'est bien la contradiction que tu cherches avec, par exemple, $\varepsilon=\frac12$ : pour $n$ assez grand, on devrait avoir $\bigl|f(t_0+\frac1{2^n})-f(t_0)\bigr|\le\frac12$, ce qui n'est pas.