exo de fonctions ** tawlifyy ** !?

et alors il n'ay personne ki sai la bonne reponse ????

j'ai trouver la solution mais je vais donner seulement une indication de solution
la solution c'est avec la definition de continuite il faut encadrer f utilisant l'ecadrement de f+g et de g

kalm a écrit:

j'ai trouver la solution mais je vais donner seulement une indication de solution
la solution c'est avec la definition de continuite il faut encadrer f utilisant l'ecadrement de f+g et de g

je viens d'encadrer f(x)
çà donne
(qque soit e>0 ) (il existe un a>0 ) : lx-yl <a ==> g(0) -e - g(y) < f(x) < g(1) + e - g(y)
c'est à peu prés çà???

dsl je ve dire encadrer f(x)-f(y)

on a qu'à retrancher f(y) partout dans l'inégalité non??
tu peux me donner une autre indication car on peu arriver à une infinité d'encadrement
merci

tu prend t=(f+g)(x)-(f+g)(y)/x-y > 0 ( t positif ) a toi de jouer

C'est bon j'ai beau essayer.. je donne ma langue aux chats.
quelle est la réponse s'il te plait ???

ahhhhhhhh non d'accord je viens de trouver la solution en encadrant ce reste, puis avec le theorème des gendarmes
merci infiniment
je vais essayer de poster la response prochainement

ok je l'ai trouve

avec ma idee ou une autre ?

voila une rèponce on a f+g est croissante donc (f+g)(0)=<(f+g)(x)=<(f+g)(1) donc f(0)+g(0)=<f(x)+g(x)=<f(1)+g(1) on sais que f(1)<0 et f(0)>0 donc g(0)<(f+g)(x)<g(1) de tous x de (0,1) est g est continu sur (0,1) donc d après TVI il existe au moin x0 de (0,1) tel que g(x0)=(f+g)(x) de tous x de (0,1) on prend x=x0 donc g(x0)=(f+g)(x0)=f(x0)+g(x0) donc f(x0)=0 d ou le rèsultat


(0,1) veut dire l intervalle

dsole saiif mais votre demonstration est faux ( tu as fais g(0)<(f+g)(x)<g(1)) puis tu as applique TVI mais vous avez tt les condition pour l'appliquer

voila ma reponse
1)en demontre que si f tanakosya sur I=[a;b] donc il est contenue

en supose que ftanakosya sur I et pas contenue sur x0£I
*cas 1 f pas contenue a ldroite de x0 donc lim(x->x0+)(f(x)=h
et h<f(x0) car f tankosya donc lim(x->x0+)(f(x)+g(x)=h+g(x0)<f(x0)+g(x0) on puisque f(x)+g(x) tazyodya donc lim(f(x)+g(x))>=f(x0)+g(x0) (tres claire) donc contradiction la meme methode pour f pas contenue a la gauche de x0
2) puisque f(1)<0<f(0) donnc il y a et b deR tel que f(a)>0 et f(b) et f tankosya en [a;b] donc f motasila en [a,b] d'ou la resultat

mohamed_01_01 a écrit:

dsole saiif mais votre demonstration est faux ( tu as fais g(0)<(f+g)(x)<g(1)) puis tu as applique TVI mais vous avez tt les condition pour l'appliquer

voila ma reponse
1)en demontre que si f tanakosya sur I=[a;b] donc il est contenue

en supose que ftanakosya sur I et pas contenue sur x0£I
*cas 1 f pas contenue a ldroite de x0 donc lim(x->x0+)(f(x)=h
et h<f(x0) car f tankosya donc lim(x->x0+)(f(x)+g(x)=h+g(x0)<f(x0)+g(x0) on puisque f(x)+g(x) tazyodya donc lim(f(x)+g(x))>=f(x0)+g(x0) (tres claire) donc contradiction la meme methode pour f pas contenue a la gauche de x0
2) puisque f(1)<0<f(0) donnc il y a et b deR tel que f(a)>0 et f(b) et f tankosya en [a;b] donc f motasila en [a,b] d'ou la resultat

Citation :

f pas contenue a ldroite de x0 donc lim(x->x0+)(f(x)=h

qui te dit que c'est pas l'infini au lieu de h

la meme methode si l'infini et dans ce cas il va etre -00 car f decroisante
et puisque g motasila donc lim(f+g)=-00 quand x tend ver x0+
et puisque f+g croisant donc lque soit x