Il n'existe pas de fonction continue vérifiant une égalité
Bonsoir,
Je planche sur cette exercice de khôlle donné par @Ericpasloggue en MPSI.
Je trouve cet exercice très original.
Montrer qu'il n'existe pas de fonctions continues $f,g,h$ de $\R$ dans $\R$ telles que $h(f(x)+g(y))=xy$ pour tout $(x,y) \in \R^2$.
Je planche sur cette exercice de khôlle donné par @Ericpasloggue en MPSI.
Je trouve cet exercice très original.
Montrer qu'il n'existe pas de fonctions continues $f,g,h$ de $\R$ dans $\R$ telles que $h(f(x)+g(y))=xy$ pour tout $(x,y) \in \R^2$.
Réponses
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Je ne parviens pas à démarrer l'exercice, comment faire lorsqu'on ne trouve aucune idée ?
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Raisonnement par l'absurde ?
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Pour démarrer, peut-on établir si certaines de ces fonctions sont injectives et/ou surjectives ?
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Et l'exercice n'est pas original. Il provient de Hata M., Problems and solutions in real analysis, World Scientific, 1ere édition (l'exercice est modifié dans la seconde édition). Un aperçu sur googlebook :
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Jamais je n'ai croisé d'exercice de ce type, je n'étudie pas dans les livres en anglais donc je ne connais pas.
Je comprends l'anglais mais les maths en anglais je trouve que ça ajoute une difficulté supplémentaire.
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Bonsoir,on a $e^{\ln x+\ln y}=xy$ pour $x>0$ et $y>0$.
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C'est ce qu'on appelle une équation fonctionnelle. Il y a d'ailleurs une leçon d'agreg interne sur ce thème je crois.
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Oui j'ai traité plein d'exercices sur les équations fonctionnelles, mais ils sont différents, on demande de déterminer les applications $f$ vérifiant une égalité. Souvent on commence par regarder $f(0)$ etc... Puis on trouve des conditions nécessaires.
Ici il y a $3$ applications différentes. -
Une ou 3 fonctions, les idées à appliquer sont les mêmes.
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Bonsoir,Oui regarder si $f$ et $g$ sont injectives, par des choix judicieux de valeurs de $x$ et $y$, ça semble pertinent !Quelles conséquences cela sur $f$ et $g$ ?
Et peut-être les limites à l'infini de $f$ et de $g$ ...Une fois cela en place, il n'y a plus qu'à dérouler la pelote
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Regarde le caractère injectif et surjectif avec des valeurs bien choisies de $x$ et $y$
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Ah d'accord merci.
Je vais commencer par supposer qu'il existe des fonctions continues $f$, $g$ et $h$ vérifiant cette égalité.
Et essayer de suivre les indications, je vais regarder l'injectivité et la surjectivité.
J'ai de quoi avancer.
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N'oublie pas les conséquences injective+continue
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Soit $I$ un intervalle de $\R$ et soit $f : I \longrightarrow \R$ une fonction continue.canasson29 a dit :N'oublie pas les conséquences injective+continue
Alors $f$ est injective si et seulement si $f$ est strictement monotone. -
Après 30 min de recherche, je n'ai réussi qu'à démontrer la surjectivité de $h$. Pour l'injectivité je ne vois pas comment faire.
On a : $\boxed{\forall x \in \R \ \ h(f(x)+g(1))=x}$.
Donc, $h$ est surjective. En effet, tout élément $x \in \R$ a pour antécédent $f(x)+g(1)$ par $g$.
Je n'arrive pas à comprendre comment étudier l'injectivité de $f$ et $g$ alors qu'on ne sait rien sur l'injectivité de $h$.
De plus, je ne vois pas comment étudier l'injectivité de $h$ sans connaître l'expression de $h(x)$ où sans connaître la monotonie de $h$.
Je tourne en rond. J'écris plein d'égalités avec des valeurs de $x$ et $y$ mais je ne peux pas les exploiter je ne sais rien sur $h$.
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D'après ce que tu as encadré, que peux-tu conclure sur $f$ ?
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Une (peut-être ?) solution d'une quiche en analyse.
Pour tout $x$ et tout $y>0$, on a $h(f(x/y)+g(y))=x$.
Donc, pour tout $y>0$, $x\mapsto f(x/y)+g(y)$ est l'inverse de $h$.
Donc, pour tout $x$ et tout $y>0$, $f(h(x)/y)+g(y)=x$ et on obtient une contradiction en faisant $y\to +\infty$.
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Ah oui merci !
Soient $(x,y) \in \R^2$ tel que $f(x)=f(y)$. Alors $f(x)+g(1)=f(y)+g(1)$.
En appliquant $h$, il vient $h( f(x)+g(1))=h (f(y)+g(1))$ soit $x=y$.
Ainsi, $f$ est injective.
De même, par symétrie, on en déduit que $g$ est injective.
Bilan :
$h$ est surjective, et $f$ et $g$ sont injectives.
$f$ et $g$ étant injectives et continues, elles sont strictement monotones. -
le translaté d'une fonction injective n'est-il pas injectif ? le classique à utiliser c'est $v\circ u =\mbox{id}$
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Si, bien évidemment !canasson29 a dit :le translaté d'une fonction injective n'est-il pas injectif ? -
et inversement ? $x \mapsto f(x)+g(1)$ est injective à partir de ton encadré
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Oui.
J'ai réussi à démontrer que $f$ et $g$ sont injectives, mais ensuite je ne vois pas à quoi ça peut bien nous servir.
On a la stricte monotonie de $f$ et $g$, mais pareil, je ne vois pas en quoi elle est utile pour trouver une contradiction. -
Maintenant, la surjectivité de $f$ ...
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gai requin a dit :Une (peut-être ?) solution d'une quiche en analyse.
Pour tout $x$ et tout $y>0$, on a $h(f(x/y)+g(y))=x$.
Donc, pour tout $y>0$, $x\mapsto f(x/y)+g(y)$ est l'inverse de $h$.
Donc, pour tout $x$ et tout $y>0$, $f(h(x)/y)+g(y)=x$ et on obtient une contradiction en faisant $y\to +\infty$.
Tu as besoin d'établir l'injectivité de $h$ pour finaliser ton raisonnement.
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Pour la surjectivité de $f$, je ne vois pas.canasson29 a dit :Maintenant, la surjectivité de $f$ ... -
$f$ est injective donc strictement monotone. La fonction $x\mapsto f(x)+g(1)$ est une bijection de $\R$ sur un intervalle $]a,b[$, et $h$ induit une bijection de $]a,b[$ sur $\R$.
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la limite en $\pm \infty$ de $f$ conduit à la surjectivité. par l'absurde !
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Une autre solution (et une autre quiche...gai requin a dit :Une (peut-être ?) solution d'une quiche en analyse.
) :$g(\R)$ ne peut pas être borné car pour tout $y\in \R$, $h(f(1)+g(y))=y$ (l'image d'un borné par $h$ est borné). Donc $g(\R)$ est un intervalle non borné, il existe alors $y'\neq 0$ et $y\in \R$ tels que $f(0)+g(y)=f(1)+g(y')$ et on a $0=h(f(0)+g(y))=h(f(1)+g(y'))=y'$, ce qui est absurde. -
Je n'ai pas compris ta recette de quiche @raoul.S ! Tu peux détailler les étapes de la recette en privé, pour savoir s'il faut des lardons ou pas
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C'est fait, avec les lardons détails qui vont avec.
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C'est le théorème de la bijection. Mais je ne comprends pas trop d'où sort ce $]a,b[$. On pourrait avoir $\R$ comme ensemble, ou un intervalle $[a,b]$.JLT a dit :$f$ est injective donc strictement monotone. La fonction $x\mapsto f(x)+g(1)$ est une bijection de $\R$ sur un intervalle $]a,b[$, et $h$ induit une bijection de $]a,b[$ sur $\R$.
Je n'ai pas compris non plus pourquoi $h$ induit une bijection.
Théorème de la bijection :
Soit $f : I \longrightarrow \R$ une fonction continue et strictement monotone.
Alors $f$ définit une bijection de $I$ sur l'intervalle $J=f(I)$ et l'application $f^{-1}$ est continue.
On a : $\forall x \in \R \ h( f(x)+g(1))=x$.
On pose : $\phi(x)=f(x)+g(1)$. D'après le théorème de la bijection, $f$ réalise une bijection de $\R$ sur $J=f(\R)$, donc $\phi$ réalise une bijection de $\R$ sur $J'= \{ f(x)+g(1) \ | \ x \in \R \}$.
On a $h \circ \varphi =id$ mais pour ceci n'est pas suffisant pour montrer que $h$ est bijective.
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$a$ et $b$ peuvent être infinis. Mais l'image est en tout cas un intervalle ouvert (ce qui ne sert pas pour l'exercice). Et en fait il faut montrer que $a$ et $b$ sont infinis.
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Comme $f$ est une fonction monotone définie sur l'ouvert $\R$, alors les limites de $f$ en $\pm \infty$ existent.canasson29 a dit :la limite en $\pm \infty$ de $f$ conduit à la surjectivité. par l'absurde !
Ensuite, je n'ai pas compris le raisonnement avec les limites en $\pm \infty$
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C'est très facile. Tu peux trouver sans aide.
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Tu n'as pas pas compris le raisonnement puisque personne ne t'a donné à lire de raisonnement.Souhaites-tu lire ici une correction intégrale et détaillée de l'exercice ?Si oui et si quelqu'un te fournit une telle correction, tu pourras éventuellement dire que tu ne comprends pas son raisonnement avec les limites en $\pm \infty$.
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A-t-on besoin de l'injectivité de $h$ ? La surjectivité ne suffit-elle pas ? Et elle s'obtient en prenant par exemple $y=1$.
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verdurin a dit :Bonsoir,on a $e^{\ln x+\ln y}=xy$ pour $x>0$ et $y>0$.
Dans la seconde édition du bouquin cité précédemment, l'auteur note que l'exercice a pour origine l'égalité donnée par Verdurin. Il s'agit de se demander dans quelle mesure elle se généralise (ou pas).
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J'ai déjà démontré que $h$ était surjective.Ericpasloggue a dit :A-t-on besoin de l'injectivité de $h$ ? La surjectivité ne suffit-elle pas ? Et elle s'obtient en prenant par exemple $y=1$.
C'est d'ailleurs la seule chose que j'ai réussie à faire seul dans l'exercice. -
La fonction $f$ est bijective, donc $x\mapsto f(x)+g(0)$ est bijective de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$. Ainsi, $x\mapsto h(f(x)+g(0))$ parcourt $\mathbb{R}$ lorsque $x$ parcourt $\mathbb{R}$, car $h$ est surjective... ça ressemble à une contradiction.
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A ce stade, Oshine n'a pas encore lu puis compris de preuve de la surjectivité de $f$.
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Encore faut-il démontrer que $f$ est surjective, ce que je n'arrive pas à prouver.Ericpasloggue a dit :La fonction $f$ est bijective, donc $x\mapsto f(x)+g(0)$ est bijective de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$. Ainsi, $x\mapsto h(f(x)+g(0))$ parcourt $\mathbb{R}$ lorsque $x$ parcourt $\mathbb{R}$, car $h$ est surjective... ça ressemble à une contradiction.
Et je n'ai pas compris l'indication avec les limites. -
ok... et si on te dit:
tu la vois mieux la contradiction ? (en remplaçant un zéro par un un ou un "moins un" )OShine a dit :
Encore faut-il démontrer que $f$ est surjective, ce que je n'arrive pas à prouver.Ericpasloggue a dit :La fonction $f$ est bijective, donc $x\mapsto f(x)+g(0)$ est bijective de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$. Ainsi, $x\mapsto h(f(x)+g(1))$ parcourt $\mathbb{R}$ lorsque $x$ parcourt $\mathbb{R}$, car $h$ est surjective... ça ressemble à une contradiction.
Et je n'ai pas compris l'indication avec les limites.
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Non je ne vois rien.
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Peut-être commencer par écrire"A supposer que $f$ n'admette pas de limite infinie en $\pm \infty,$ ...,".
De toute évidence, il faut utiliser l'équation fonctionnelle pour aboutir à une contradiction ! -
La fonction $f$ est continue et injective, donc strictement monotone, mettons strictement croissante. Lorsque $x\to+\infty$, soit $f$ tend vers $+\infty$, soit elle admet une limite finie. Supposons le second cas. On prend $y=1$. Quelle est la limite de chacun des termes de l'équation fonctionnelle lorsque $x\to+\infty$.
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@raoul.S : Un peu d'entraînement !
$h(f(\R)+g(1))=\R$ donc $f(\R)$ est un voisinage connexe de $\alpha=\pm\infty$.
Mézalor $V=(f(\R)+g(0))\cap (f(\R)+g(1))$ est un voisinage de $\alpha$.
Soit $v\in V$ et $x,x'$ tels que $v=f(x)+g(0)=f(x')+g(1)$.
Alors $h(v)=x'=0$ donc $V$ est un singleton : absurde.
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