Stricte croissance sur une partie dense

Salut,

Il y a un petit exercice que je pensais simple mais qui me bloque.

Soit $f:\mathbb R\rightarrow\mathbb R$ continue. Montrer que pour que $f$ soit strictement croissante, il suffit qu'il existe une partie $D$ dense dans $\mathbb R$ telle que la restriction $f_{|D}$ soit strictement croissante. 

Voilà ce que j'ai essayé :

On suppose donc qu'il existe $D$ dense dans $\mathbb R$ telle que $f_{|D}$ soit strictement croissante. 

Si $f$ n'est pas strictement croissante, il existe $(x,y)\in\mathbb R^2$ tel que $x<y$ et $f(x)\geqslant f(y)$. 
Par densité de $D$, on peut construire deux suites $(x_n)$ et $(y_n)$ d'éléments de $D$ telles que : 
  • $(x_n)$ est strictement croissante et converge vers $x$ ;
  • $(y_n)$ est à valeurs dans $]x,y[$, strictement croissante et convergente vers $y$.
On a donc pour tout $n\in\mathbb N$, $x_n<y_n$, donc $f(x_n)<f(y_n)$ par stricte croissance de $f_{|D}$.
Donc par continuité de $f$, par passage à la limite, on obtient $f(x)\leqslant f(y)$. 
Donc $l:=f(x)=f(y)$.

J'ai du mal à obtenir formellement une contradiction, j'imagine qu'à un moment on va trouver grâce aux convergences un entier $N$ tel que $f(x_N)\geqslant f(y_N)$... J'ai pourtant essayé d'exprimer le fait que $(f(x_n))$ et $(f(y_n))$ tendent vers $l$...

Réponses

  • Si pour deux reels x,y tu as x<y, tu peux mettre dedans deux elements de D et avoir  x<a<b<y et je pense tu es capable de  deduire $$f(x)\leq f(a)<f(b)\leq f(y)$$ et tu dois conclure avec ca
    Lorsque notre cher Nico, le professeur, intervient dans une question d'analyse, c'est une véritable joie pour les lecteurs..


  • Tu devrais avoir besoin de $\varepsilon_0$, $\varepsilon_1$,$\varepsilon_2$ tels que $\varepsilon_1$ + $\varepsilon_2< \varepsilon_0$ et $f(b) > f(a) + \varepsilon_0$

    N'utilise pas de suites, tu vas rester coincé sur le 'strictement' avec des suites.
     
    Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
    L'hypocrisie est pire qu'une vérité qui fait mal. Franck Ntasamara.
  • Pas de raison d'utiliser le sens direct. Tu fais à peu près comme dit gebrane: x<a<b<y. Pour la suite f(x) proche de f(a) et f(y) proche de f(b) suffit pour conclure (sans avoir besoin de l'ordre précis proposé par gebrane).
    The fish doesnt think. The Fish doesnt think because the fish knows. Everything. - Goran Bregovic
  • On peut procéder en deux temps:
    1°) $f$ est croissante.
    En effet, sinon, il existe $a,b\in \R$ tels que $a \leq b$ et $f(b) > f(a)$. On ne peut alors avoir $a=b$ et donc $b = a$. Soit $\alpha \in \left ] 0; \frac{b-a} 2 \right [$ tel que pour tout $c\in \{a,b\}$ et tout $t \in ]c-\alpha, c +\alpha[$ on a $|f(t)-f(c)|< \left | \frac{f(b) - f(a)}{2} \right |$. Soient $x \in ]a - \alpha, a + \alpha [ \cap D$ et $y \in ]b - \alpha, b + \alpha[ \cap D$. Alors $x < a + \frac {b-a} 2 = \frac {b+ a} 2 = b - \frac{b-a} 2 < y$ et donc $f(x) < f(y)$ mais aussi $|f(a) - f(x)|< \frac {|f(b)-f(a)|} 2$, $|f(b) -f( x)|< \frac {|f(b)-f(a)|} 2$ et enfin $f(b) < f(a)$ ce qui est impossible.

    2°) on en conclut que $f$ est strictement croissante.
    Pour cela, soient $v,w\in  \R$ tels que $v <w$ et soient $x\in \left ]v, \frac{v+w} 2; \right [ \cap D$ et $x\in \left ]\frac{v+w} 2; w\right [ \cap D$. Alors $f(v) \leq f(x) < f(y) \leq f (w)$.


    Une fonction est un ensemble $f$ de couples tel que pour tous $x,y,z$, si $(x,y)\in f$ et $(x,z)\in f$ alors $y = z$.
  • Merci pour vos messages, je regarde.
  • Tu regardes et tu nous fait une rédaction de ton exercice, c'est un ordre   :mrgreen:
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  • Soc
    Soc
    Modifié (December 2024)
    1/ Par densité on construit dans $D$ une suite croissante $y_n$ qui tend vers $y$ et une suite décroissante $x_n$ qui tend vers $x$.
    2/ Par continuité la suite $f(y_n) - f(x_n)$ tend vers $l=f(y) - f(x)$
    3/ Par croissance stricte de $f$ sur $D$ cette suite est croissante et strictement positive donc $l>0$.
    Edité après la remarque de gerard0.
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  • Bonsoir Soc.

    Dans le 2 et le 3, "cette suite" désigne la suite $f(y_n)-f(x_n)$, n'est-ce pas ?

    Cordialement.
  • Soc
    Soc
    Modifié (December 2024)
    oui : ) modifié, merci.
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  • troisqua
    Modifié (December 2024)

    En notant $T=\left\{ \left(x;y\right)\in\mathbb{R}^{2}|x<y\implies f\left(x\right)\leqslant f\left(y\right)\right\} $, par continuité de $f$, $T$ est fermé dans $\mathbb{R}^{2}$ et contient $D^{2}$ qui est dense dans $\mathbb{R}^{2}$ donc $T=\mathbb{R}^{2}$. Donc $f$ croissante sur $\mathbb{R}$. Maintenant, si on prend $x<y$ alors, par densité de $D$ il existe $d$ et $d'$ dans $D$ tels que $x<d<d'<y$ donc par croissance de $f$ sur $\mathbb{R}$ et stricte croissance sur $D$ : $f\left(x\right)\leqslant f\left(d\right)<f\left(d'\right)\leqslant f\left(y\right)$.


  • gebrane
    Modifié (December 2024)
    gebrane a dit :
    Si pour deux reels x,y tu as x<y, tu peux mettre dedans deux elements de D et avoir  x<a<b<y et je pense tu es capable de  deduire $$f(x)\leq f(a)<f(b)\leq f(y)$$ et tu dois conclure avec ca
    Dans mon indication , j'avais pensé à ce raisonnement un peu différent à celui de Soc, soit $x_n$ une suite d'element de $D$ croissante vers $x$ et $y_n$ une suite d'element de
    $D$ décroissante vers $y$, alors $x_n\leq x<a<b\leq y_n$ d'où   $f(x_n)<f(a)<f(b)\leq f(y_n)$ et à la mimite $f(x)\leq f(a)<f(b)\leq f(y)$
    Lorsque notre cher Nico, le professeur, intervient dans une question d'analyse, c'est une véritable joie pour les lecteurs..


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