Les applications O_o

Bonjour tout l'monde. On vient tout juste de finir les applications, et j'avoue que le prof "zreb 3lina". On l'a fait en 4h
Puis, "bla 7chma bla 7ya" il nous donne 12 exos du manuel, et pas des + faciles... donc je vais avoir besoin de vous

Exo 84 page 94 :
On considère l'ensemble : An={1,1/2,1/3...,1/n) Tel que n>=3
F l'application : f:[0,1] -->[0,1/4] tel que : f(x) est la distance entre le nombre x et le plus proche element de A a x. ( )
1- f est-il injectif ?
2-f est-il surjectif ?

J'ai du mal à comprendre l'énoncé ...

BJR _Amine_ !!
L'énoncé n'est pas du tout compliqué !!
Il suffit de prendre un exemple pour comprendre la définition de l'application f !!
N est fixé et n>=3 en étant entier .
Prends donc x dans [0,1] x fixé
Pour i dans {1,2,3,........,n}
On note xi=1/i alors xi est dans A
la distance de x à xi est par définition |x-xi|=|x-1/i|
Alors f(x) représente la plus petite valeur prise par |x-xi| lorsque i varie de 1 à n
C'est ce qu'on appelle la DISTANCE de x à A
Par exemple
pour x=0 f(0)=|0-1/n|=1/n
pour x=1 f(1)=|1-1|=0
pour tous les éléments x de A soit sûr que f(x)=0
A+ BOURBAKI

Et de là que peut-on en déduire ? O_o

Autre qustion :

f : IR - {1} --> IR - {2}
x--> (2x-1)(x-1)
Donnez le prolongement de f vers IR pour qu'il soit bijectif de IR vers IR.

J'ai lu 10.000 fois tte3rif dial tamdid et j'ai vraiment rien pigé :S

Help SVP

Le SEUL prolongement qui fera l'affaire ( sans avoir de continuité bien sûr !!!) est le suivant :
g(x)=f(x)=(2x-1)(x-1) si x<>2
g(1)=2 si x=1
A toi de vérifier que g est bien BIJECTIF de IR sur IR
Montre que pour tout b dans IR , l'équation :
g(x)=b admet une seule solution !!
Sépares le cas b=2 des autres cas !!
A+ BOURBAKI

Celui là svp :
Soit E, F et G 3 ensembles non-vides, et f l'application de E vers F et g de E vers G. Soit l'application h :
h:E---->F.G
x---->( f(x).g(x) )
1- Démontrez que si f est injective ou si g est injective que l'application h est bijective aussi.
2- Supposons que f et g surjective : est-ce que l'application h est surjective ?

Merci

BJR _Amine_ !!
C'est FxG produit cartésien de F et G qu'il s'agit ??!!
A+

Je pense que ouais, mais pas sur...

_Amine_ a écrit:

Celui là svp :
Soit E, F et G 3 ensembles non-vides, et f l'application de E vers F et g de E vers G. Soit l'application h :
h:E---->FXG
x---->( f(x);g(x) )
1- Démontrez que si f est injective ou si g est injective que l'application h est injective aussi.

En effet , soient a et b dans E tels que h(a)=h(b) alors
(f(a);g(a))=(f(b);g(b)) donc nécessairement :
f(a)=f(b) et g(a)=g(b)
donc puisque l'une des 2 applications f ou g est INJECTIVE
si c'est f qui est injective cela entrainera a=b
si c'est g qui est injective cela entrainera également a=b
en conclusion h sera bien INJECTIVE.
A+ BOURBAKI

_Amine_ a écrit:

Celui là svp :
Soit E, F et G 3 ensembles non-vides, et f l'application de E vers F et g de E vers G. Soit l'application h :
h:E---->FxG
x---->( f(x);g(x) )
2- Supposons que f et g surjective : est-ce que l'application h est surjective

La réponse est NON !!
Voici un exemple !
f:IR --------> IR définie par f(x)=x
g:IR --------> IR définie par g(x)=-x
f ainsi que g sont surjectives ( mêmes BIJECTIVES ) pourtant
h:IR -------->IRxIR définie par h(x)=(x;-x) n'est pas surjective puisque par exemple (5;5) est dans IRxIR et il n'existe pas de x dans IR tel que
h(x)=(5;5) =(x;-x) car cela entrainerait 5=x=-x et donc x=0 ce qui est absurde 0=5 !!!!!!!!
A+ BOURBAKI

Excellent Mr.Bourbaki, un grand merci

Je pense que l'exo suivant est erroné :
f l'application tel que : f : IN ---> IN
n ----> n + (-1)^n
démontrez que f est injective
Voici ma démonstration :
soient a et b tel que : a+(-1)^a=b+(-1)^b
*a et b pairs :
a+1=b+1 <=> a = b
*a et b impairs :
a-1=b-1 <=> a = b
*a pair et b impair :
a+1=b-1 <=> a+b-2=0
donc a<>b, ce qui veut dire que f n'est pas injective !!!

Aurais-je raison???

Non, je n'avais pas raison, je viens de trouver ^^ :
posons n pair et p impair :
2n+(-1)^2n=2p+1+(-1)^2p+1
2n+1-2p-1+1=0
2n-2p+1=0
2(n-p)=-1
n-p=-1/2 n'appartient pas a IN.
Donc ce que j'ai considéré au début est faux. de là il ne nous reste que 2 cas possible : n et p pairs ou n et p impairs !!!

Me revoila ^^

f l'application (non-bijective et non-surjective) telle que :
f : IR ---> IR
x ----> x²+x+9
Démontrez que f(IR) C [35/4, +oo[ (C => dimna)
puis f(IR)=[35/4, +oo[

Help svp !!!

La fonction est continue, admet un minimum en -1/2 égal à 35/4 (facile) et tend vers + l'infini en + l'infini. On peut facilement montrer à l'aide du théorème des valeurs intermédiaires ou de la bijectivité de f sur l'ensemble [-1/2,+l'infini [ que la fonction prend toutes les valeurs supérieures à 35/4.

hamzaaa a écrit:

La fonction est continue, admet un minimum en -1/2 égal à 35/4 (facile) et tend vers + l'infini en + l'infini. On peut facilement montrer à l'aide du théorème des valeurs intermédiaires ou de la bijectivité de f sur l'ensemble [-1/2,+l'infini [ que la fonction prend toutes les valeurs supérieures à 35/4.

Cette réponse n'aurait-elle pas de relation avec le cours des limites ?

Hum effectivement... mais il est facile de résoudre l'exercice sans s'intéresser aux limites ni à la continuité de la fonction.

En effet, soit a supérieur ou égal à 35/4, alors l'équation x²+x+9-a=0 admet une solution réelle (et même 2 si a est strictement positive...) vu que delta sera alors positif, ce qui prouvera alors que a appartien à f(R).

BSR _Amine_ !!
Je viens d'arriver !!
<< f l'application tel que : f : IN ---> IN
n ----> n + (-1)^n
démontrez que f est injective >>
Soient P={2n,n entier naturel} et I={2m+1,m entier naturel}
P c'est les entiers pairs et I les impairs ; P et I forment une partition de IN.
Sur P , f est injective , en effet :
f(2k)=f(2l) ===> 2k+1=2l+1 ===>k=l ====>2k=2l
De même f est injective sur I
Donc il suffit d'examiner le cas croisé :
Supposons f(a)=f(b) avec a dans P et b dans I
a=2k et b=2l+1 donc
f(a)=2k+1=f(b)=2l+1-1=2l donc 2k+1=2l ce qui est IMPOSSIBLE car P inter I = Ensemble VIDE
Donc en fait ce cas croisé que l'on voulait discuter ne se produit jamais !!!
En conclusion : f est bien INJECTIVE de IN dans IN .
A+ BOURBAKI

Bon je bloque sur une inégalité :

(x,y) € IR+ , démontrez que x+y<V(x²+2)+V(y²+2)

V = Racine

BJR _Amine_
C'est pas trop dur ....
Si (x,y) € IR+ , ona :
x² <x²+2 de même y² <y²+2
La fonction t----->Vt étant croissante strictement de IR+ sur IR+
alors Vx² <V(x²+2) soit |x| <V(x²+2)
De même |y| <V(y²+2)
On fait la somme membre à membre pour obtenir :
|x|+|y| < V(x²+2)+V(y²+2)
Mais comme x et y sont dans IR+ alors |x|=x et |y|=y d'ou :
x+y < V(x²+2)+V(y²+2)

TOUJOURS SE SOUVENIR QUE Va²=|a|
A+ BOURBAKI

Oui, c'est correct, merci. Je suis arrivé à le démontrer avec une autre méthode (en multipliant flmourafi9 (qui est positif) )

Démontrer que X I A = Y I A ET X I B = Y I B ===> A U B = E

Help svp

Il manque quelquechose !!!
Il n'y a rien sur X et Y ?????
LHASSANE

je poste l'exo en entier : f application tel que : f : P(E) ---> P(A)x P(B) X---> (X I A, X I B)
démontrer que f injective => A U B = E

voili voilou

Là c'est + CLAIR !!!
On suppose f injective .
Calculons à la fois f(E) et f( A U B ).
f(E)=(E I A, E I B)=(A,B)
d'autre part :
( A U B ) I A =( A I A) U ( B I A ) = A U ( B I A )
Or B I A est inclus dans A donc A U ( B I A ) = A
De même : ( A U B ) I B = B
En définitive f( A U B ) = f(E) = (A,B)
et puisque f est injective alors FORCEMENT E=A U B
LHASSANE