Limite de la fonction réciproque

michal · January 2021

Bonjour,

Soit $f : ]0,+\infty[ \rightarrow ]0,+\infty[$ bijective. Je me demande si l'implication suivante est vraie : si $\lim\limits_{x\rightarrow +\infty} f(x)=0$ et si $f=f^{-1}$, alors $\lim\limits_{x\rightarrow 0} f(x)=+\infty$.

Ca me semblait évident de prime abord mais je n'en suis plus si sûr.

Merci d'avance pour vos suggestions.

Michal

Dom · January 2021

Avec une hypothèse de régularité, peut-être. Mais on doit pouvoir déplacer une suite de points pour s’arranger afin que ça ne marche pas.

J’entends par là que la limite peut ne pas exister.

Par exemple on part de $f : x \mapsto \dfrac{1}{x}$ pour les réels strictement positifs, c’est une bijection.
Puis on modifie les entiers non nuls et inverses d’entiers non nuls dont l’ensemble est noté $E$.
Pour tout $x\in E,\ g(x)=x$.
Pour tout $x \in \mathbb R_+^* \setminus E, \ g(x)=f(x)$.

Sauf erreur.

Poirot · January 2021

Effectivement, sans régularité c'est faux. Par exemple, en prescrivant $f(1-1/n) = 1/n$ pour tout entier $n \geq 1$ et en respectant les autres contraintes.

Si $f$ est continue, elle sera alors monotone et on doit pouvoir conclure sans soucis que le résultat annoncé est vrai.

Dom · January 2021

Voilà.

Ou alors on modifie la conclusion : l’infini est une valeur d’adhérence au voisinage de $0$.

michal · January 2021

Merci !

@Dom : Sauf erreur, la fonction que tu proposes ne convient pas puisque $g(n)=n$ pour tout entier $n\geqslant 1$, donc $g$ ne tend pas vers 0 en $+\infty$.

@Poirot : Ta définition donne que $f(1-1/n)=1/n$ donc que $f(1/n)=1-1/n$. Mais comment tu définis $f$ ailleurs ?

Dom · January 2021

Ha oui très juste je suis resté bloqué sur la conclusion sans conserver l’hypothèse.

bisam · January 2021

martial :
Par exemple, en détaillant l'idée de Poirot,on définit $F=\{\frac{1}{n},n\in\N^*\}\cup\{1-\frac{1}{n},n\in\N^*\}$ et $f$ qui à $x\in F$ associe $1-x$ et à $x\notin F$ associe $\frac{1}{x}$. Alors $f\circ f=Id$, $f$ a pour limite $0$ en $+\infty$ mais $f$ n'a pas de limite en $0$.

michal · January 2021

@ Bisam : ça ne marche pas . Avec ta fonction $f$ : $f(2)=1/2$ et $f(1/2)=1/2$ donc $f\circ f$ n'est pas l'identité

bisam · January 2021

Oups, bonne remarque.
Il va falloir être plus malin...

AlainLyon · January 2021

Je lance une idée : on part de $(\forall\varepsilon>0,\exists A>0),~x>A\Rightarrow f(x)<\varepsilon$ et on choisit pour $\varepsilon$ une suite qui décroit vers $0$ on obtient pour $A$ une suite croissante : elle a une limite finie ou infinie. On a donc une (des) suite(s) $(\varepsilon_n)$ tendant vers $0$ telle que $f^{-1}(\varepsilon_n)$ a une limite finie ou infinie...0n considère deux suites $(\varepsilon_n)^1$ et $(\varepsilon_n)^2$ qui décroissent vers $0$ et on définit $(\varepsilon_n)^3$ la suite décroissant vers $0$ qui a pour valeurs : les valeurs ordonnées décroissantes de $(\varepsilon_n)^1$ et $(\varepsilon_n)^2$, cette suite $(\varepsilon_n)3$ tend vers une troisième valeur et comme $(\varepsilon_n)^1$ et $(\varepsilon_n)^2$ sont des sous-suites de $(\varepsilon_n)^3$, les trois limites de $(\varepsilon_n)^1$, $(\varepsilon_n)^2$, $(\varepsilon_n)^3$ sont égales. Donc toutes les trois suites $(\varepsilon_n)^{i=1,2,3}$ décroissent vers $0$ sont telles que $f^{-1}(\varepsilon_n)$ ont même limite qui ne peut être que $+\infty$ puisque $f(x)$ tend vers $0$ en $+\infty$.

Dom · January 2021

Jouer sur l’intervalle ]0:1], ça doit bien être possible, que diable !

Édit : je viens de voir le dernier message.
Si ça oscille, attention, il faut garder le caractère bijectif.
(osciller, dans mon esprit tordu, c’est au moins continue... c’est pour ça que je mets en garde)

Dom · January 2021

Bon,

On considère donc, de $\mathbb R_+^*$ dans $\mathbb R_+^*$, $f : x\mapsto \dfrac{1}{x}$.
On construit $g$ toujours de $\mathbb R_+^*$ dans $\mathbb R_+^*$ :

Pour tout $x\in [1;+\infty[$, $g(x)=f(x)$.
Pour tout $x\in ]0;1[$, $g(x)=f(1-x)$.

Sauf erreur, ça marche.
Si je ne me suis pas trompé voilà ce que j’ai voulu faire :
l’idée est d’appliquer une symétrie d’axe $x=\frac{1}{2}$ à la courbe de $f$ restreinte à $]0;1[$.
Ça assure la bijection et la limite en $0$ existe et vaut $1$.

STOP ! J’ai oublié $f=f^{-1}$.

Dom · January 2021

Cette hypothèse $f=f^{-1}$ semble la clé pour dire que c’est vrai, en fait.
La limite en l’infini est $0$.
La courbe de $f^{-1}$ est symétrique à celle de $f$ par rapport à la droite $y=x$.

Ainsi, l’asymptote horizontale $y=0$ (pour $f$) a pour image l’asymptote verticale $x=0$ (pour $f^{-1}$... mais pour $f$ aussi du coup !).
J’avoue avoir zappé cette hypothèse $f=f^{-1}$.

michal · January 2021

@ Dom : ça ne me semble pas aussi simple. Si $f$ tend vers 0 en $+\infty$ sans être continue (en faisant des sauts), en faisant le symétrique de la courbe, ça fait des trous. J'ai un peu de mal à expliquer mon idée, mais j'ai fait un petit dessin qui montre qu'on ne maîtrise pas tout au voisinage de 0. 116070

Dom · January 2021

Hum...
Ce théorème est-il vrai ?

Quelle que soit la fonction $f$ bijective de $\mathbb R_+^*$ vers $\mathbb R_+^*$. (correction liée à la suite)
si la limite de $f$ en l’infini existe et est nulle, alors la limite en $0$ de $f^{-1}$ est l’infini.

Remarque : si on a des trous, la limite de $f$ n’est pas $0$ ou bien la fonction n’est pas bijective.
Sauf si je n’ai pas compris.

Sur le dessin, c’est clair : quel que soit $\varepsilon >0$, la fonction $f$ passe au bout d’un moment sous $y=\varepsilon$.
On symétrise et c’est $f^{-1}$ qui passe à gauche de $x=\varepsilon$, a partir d’un moment proche de $0$.

Bon mon théorème doit être démontré, c’est de la taupe, non ?

michal · January 2021

Sans oublier l'hypothèse $f\circ f=Id$ :-D

gebrane · January 2021

Non Dom

Dom · January 2021

Mince alors.
$C_f$ et $C_{f^{-1}}$ ne sont pas symétriques par rapport à $\mathcal D_{y=x}$ ?

gebrane · January 2021

contre exemple de ceci
si la limite de $f$ en l’infini existe et est
$\ell$, alors la limite en $\ell$ de $f^{-1}$ est
l’infini.
Tu prends $f(x)= \arctan(x)$ et $\ell=\frac{\pi}{2}$.

Dom · January 2021

Hum... contre-exemple du théorème ?
Ce n'est pas une "bonne" bijection de $\R_+^*$. J'ai corrigé plus haut, c'est un passage qui était ambigu certainement.

En fait je ne comprends pas ce que tu dis : en $\pi /2$, ça tend bien vers l'infini.
Ou alors tu considère des ensembles de définition coquins ?

gebrane · January 2021

@Dom

L'exemple imaginé dans ce message http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,2166318,2167232#msg-2167232 voir dessin. On a bien que f^-1 qui tend vers $\pi /2$ en $+\infty$ mais f n'admet pas de limite en $\pi /2$ 116086

AlainLyon · January 2021

Pour la question originale remonter quelques posts en arrière http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,2166318,2167106#msg-2167106
:-D

Siméon · January 2021

Quitte à composer par l'exponentielle et le logarithme, cela revient à trouver une involution de l'ensemble des réels qui tend vers -infini en +infini mais n'admet pas de limite en - infini. Il suffit de le faire pour les entiers relatifs, quitte à prendre -id sur le complémentaire.

On pose :
g(n) = n si n est négatif et impair,
g(n) = -2n si n est positif,
g(n) = -n/2 si n est négatif et pair.

AlainLyon · January 2021

J'ai une démonstration analytique dans mon premier post rédigé en 12 tentatives.
Post-Scriptum Y-a-t-il des assurances pour les doigts?

bisam · January 2021

Malheureusement, AlainLyon, il y a plein d'approximations dans ce que tu as écrit . En particulier, tu ne justifies pas que la suite des $A$ soit croissante... et il n'y a aucune raison qu'elle le soit si tu ne dis pas comment choisir $A$.

En revanche, la proposition de Siméon m'a l'air de convenir. (tu)

gebrane · January 2021

Bonjour
Je ne vois pas comment construire un contre-exemple en s'inspirant de Simeon dans le cas $\R^+$. Dans le cas $\R$, comme l'a expliqué Simeon, on définit les valeurs de $f$ dans $\Z$ et à l'extérieur par $-id$. Mais dans le cas $]0,+\infty[$, faut-il définir les valeurs de $n$ et de $1/n$ ? Et comment ?