fof(x)

f application
f: IR-----> IR
fof(x)=-x
1)MQ f est bijective
2)calculer f(0)

bonsoir...
montrons que f est bijective:
1)-montrons que f est injective:
posons x≠y alors -x≠-y
supposons que f(x)=f(y)
=>fof(x)=fof(y)
=>-x=-y ce qui est absurde alors f(x)≠f(y)
d'où f est injective
----------------------------------------------------
2)-montrons que f est surjective:
donc pour y de IR existe-t-il un x de IR tel que :f(x)=y?
<=>fof(x)=f(y)<=>-x=f(y)
rappelons nous qu'on cherche seulement l'existence de ce x......
f(y) existe puisque f est une application de IR vers IR alors x existe....d'où f est surjective
-------------------------------------------------------------------------
de 1) et 2) on a f est bijective
----------------------------------------------------------
2)calculons f(0)
on a fof(x)=-x remplaçons x par de f(x) (changement de variable) ça devient donc:
fof(f(x))=-f(x) (a)

or on a : fof(x)=-x<=>fofof(x)=f(-x)<=>fof(f(x))=f(-x) (b)
de (a) et (b) on a : f(-x)=-f(x)
alors f(-x)+f(x)=0 pour x=0 on a donc f(0)=0

bonsoir
on dois d'abord montrer que fof est bijection sur R (ce qui est simple)

apres on montre que si fof est bijective f est bejective

DEMO : on suppose fof de E vers F injective
on a f(x) =f(y) ==> fof( x) =fof(y )
==>x=y (car fof est injective)


on prend h: E --> F
x l--> h(x)
et g: F--> G
x l--> g(x )
on supose goh bijection et on montre g sujective
goh bijection => (pr tt z £G)(il exc x£E) goh(x )=z
=>(pr tt z£G)(il exc x£E) g(h(x)) =z
=> (pr tt z£G)(il exc y£F) g(y)=z / h(x) =y
alors g est surjective

donc si fof est bijective alors f est bijective

a bientt

majdouline a écrit:

bonsoir...
montrons que f est bijective:
1)-montrons que f est injective:
posons x≠y alors -x≠-y
supposons que f(x)=f(y)
=>fof(x)=fof(y)
=>-x=-y ce qui est absurde alors f(x)≠f(y)
d'où f est injective
----------------------------------------------------
2)-montrons que f est surjective:
donc pour y de IR existe-t-il un x de IR tel que :f(x)=y?
<=>fof(x)=f(y)<=>-x=f(y)
rappelons nous qu'on cherche seulement l'existence de ce x......
f(y) existe puisque f est une application de IR vers IR alors x existe....d'où f est surjective
-------------------------------------------------------------------------
de 1) et 2) on a f est bijective
----------------------------------------------------------
2)calculons f(0)
on a fof(x)=-x remplaçons x par de f(x) (changement de variable) ça devient donc:
fof(f(x))=-f(x) (a)

or on a : fof(x)=-x<=>fofof(x)=f(-x)<=>fof(f(x))=f(-x) (b)
de (a) et (b) on a : f(-x)=-f(x)
alors f(-x)+f(x)=0 pour x=0 on a donc f(0)=0

je vois pas d'ou vient l'equivalance !! je crois n a seulemnt l'impliquation nn ??

majdouline a écrit:

bonsoir...
montrons que f est bijective:
1)-montrons que f est injective:
posons x≠y alors -x≠-y
supposons que f(x)=f(y)
=>fof(x)=fof(y)
=>-x=-y ce qui est absurde alors f(x)≠f(y)
d'où f est injective
----------------------------------------------------
2)-montrons que f est surjective:
donc pour y de IR existe-t-il un x de IR tel que :f(x)=y?
<=>fof(x)=f(y)<=>-x=f(y)
rappelons nous qu'on cherche seulement l'existence de ce x......
f(y) existe puisque f est une application de IR vers IR alors x existe....d'où f est surjective
-------------------------------------------------------------------------
de 1) et 2) on a f est bijective
----------------------------------------------------------
2)calculons f(0)
on a fof(x)=-x remplaçons x par de f(x) (changement de variable) ça devient donc:
fof(f(x))=-f(x) (a)

or on a : fof(x)=-x<=>fofof(x)=f(-x)<=>fof(f(x))=f(-x) (b)
de (a) et (b) on a : f(-x)=-f(x)
alors f(-x)+f(x)=0 pour x=0 on a donc f(0)=0

Bsr majdouline

oui c sa

moi jé fé pour 1)
f(a)=f(b)==>f(f(a))=f(f(b))==>a=b
donc f injective
pour surjective :
on a f(f(-x)=x
f(-x)=a==> f(a)=x (c la meme methode)
pour f(0) la meme methode

meryeem a écrit:

majdouline a écrit:

bonsoir...
montrons que f est bijective:
1)-montrons que f est injective:
posons x≠y alors -x≠-y
supposons que f(x)=f(y)
=>fof(x)=fof(y)
=>-x=-y ce qui est absurde alors f(x)≠f(y)
d'où f est injective
----------------------------------------------------
2)-montrons que f est surjective:
donc pour y de IR existe-t-il un x de IR tel que :f(x)=y?
<=>fof(x)=f(y)<=>-x=f(y)
rappelons nous qu'on cherche seulement l'existence de ce x......
f(y) existe puisque f est une application de IR vers IR alors x existe....d'où f est surjective
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de 1) et 2) on a f est bijective
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2)calculons f(0)
on a fof(x)=-x remplaçons x par de f(x) (changement de variable) ça devient donc:
fof(f(x))=-f(x) (a)

or on a : fof(x)=-x<=>fofof(x)=f(-x)<=>fof(f(x))=f(-x) (b)
de (a) et (b) on a : f(-x)=-f(x)
alors f(-x)+f(x)=0 pour x=0 on a donc f(0)=0

je vois pas d'ou vient l'equivalance !! je crois n a seulemnt l'impliquation nn ??

Bsr meryem
ya lekivalence puiskon a montré ke f est injective