Bonjour

1/ Il faut quand même montrer que f(R)=R.

2,3/ On cherche toutes les fonctions f définies de R vers R (a priori) par (avec d un entier naturel) qui soient surjectives (resp. injectives).
Tu peux t'inspirer de 1/ en essayant de généraliser : quelles conditions sur d ?

Vous êtes sur qu'il faut montrer f(R)=R ?

D'après mon cours, si f est une fonction continue.
Alors il y a équivalence entre f injective et f strictement monotone.

Si f est un injection continue alors f définit une bijection de I sur J=f(I).

Je ne vois pas l'idée pour les 2 et 3.

donc   mais ça ne mène nulle part.

Ok merci.

Supposons très grand ou très petit de sorte que .

Ainsi on a au voisinage de :

car et  

Mais ça ne m'aide pas pour la suite

Une question de parité de ?

Si tu as f(x)=x²+x+1 par exemple, qu'est-ce qui se passe ?

Si est impair alors

Comme est impair alors et à fortiori et donc est donc surjective.

Si est pair, je n'arrive pas à trouver la bonne justification...

Si d est pair, et le coeff de x^d est strictement positif, essaie de montrer que f a un minimum...

Et même, pas convaincu de ce que tu as fait pour d impair, t'as rien montré en fait

En effet je n'ai rien montré. Je ne vois pas comment faire même pour impair.

Je ne vois pas comment étudier la fonction

Cas impair : le TVI permet de conclure.
Cas pair : montrer, comme suggéré par lionel, que f a un minimum, ce qui montrera que f n'est pas surjective (pourquoi ?). Pour ce faire, tu sais que f(x) tend vers +l'inf quand x tend  vers + ou - l'inf, donc il existe deux réels y et z tels que


f admet un minimum sur le segment [y,z]. Montre alors que c'est un minimum global.

D'accord. J'ai compris pour le cas impair.

Bah si une fonction admet un minium , elle n'est pas surjective car n'a pas d'antécédent.

On a montré que la restriction admet un minimum.

Ce que je ne comprends pas c'est pourquoi le minimum est forcément ?

Pas compris non plus comment montrer que c'est un minimum global.

Bonjour,
Le minimum n'est pas forcément f(0).

Je reprends la démarche de Jezebeth, avec une petite précaution au départ :
Pour ne pas avoir à traiter le cas y z , on peut imposer
y < 0 < z
tel que
f(x) f(0) sur ]-; y]
f(x) f(0) sur [z;+[.
Alors :
f admet un minimum m sur l'intervalle fermé [y;z]
Le réel 0 appartient à l'intervalle [y;z] ; donc m f(0).

On pourrait travailler avec 2019 et f(2019) à la place de 0 et f(0)

Attention, il faut préciser que vous êtes en train de supposer que dom(P) est (strictement) positif, quitte à remplacer P par -P. Dans le cas où il serait négatif, ce serait un maximum qu'on trouverait et pas un minimum

Ah non c'est bon j'ai rien dit, je n'avais pas vu le message de 23:39

SYLVIEG
Je n'ai pas compris comment vous en déduisez que f admet un minimum sur le segment [y, z].

Il faut retravailler le chapitre continuité si tu sais pas comment faire ! C'est LE théorème du chapitre

Toute fonction continue sur un segment est bornée et atteint ses bornes. Notre fonction est continue ici.

Si je comprends bien on a d'après le théorème l'existence d'un réel m tel que  .

Comment on a pris , on a

Sur , on sait que

Sur , on sait que

Donc

est donc un minimum global.

ok. Pour 2/ ? des idées ?

Les fonctions polynômes injectives doivent vérifier

Lorsque est pair et par exemple, on voit que
admet un minimum en .
Soit fixé.
D'après le TVI, il existe tel que .
D'après le TVI, il existetel que .
Ce qui contredit l'injectivité de car

Lorsque est impair, montrons que est surjective.

Je ne vois pas comment faire

Et sinon ça t'est pas venu à l'idée que la dérivée d'un polynôme de degré pair est de degré impair, donc a au moins une racine réelle ? Et c'est plié.
Et pour la surjectivité des impairs, ça a déjà été démontré

(si on excepte les cas de degrés 0 et )

Je ne savais pas qu'un polynôme de degré impair avait au moins une racine réelle, je n'ai jamais vu ça.

Pardon je cherchais à montrer que est injective lorsque d est impair.

Et bien c'est faux, donc normal que tu trouves pas !

P(x) = (x-1)(x-2)(x-3) est un magnifique polynôme de degré 3, qui donne trois antécédents différents à 0

Je ne vois pas comment trouver les fonctions polynômes injectives.

Tu l'as dit toi même, ils sont continus, et même dérivables sont injectif, c'est pareil que strictement monotone...

donc injectif, c'est pareil que strictement monotone*

Oui mais quels sont les polynômes strictement monotones ?

Tu as déjà répondu au moins 3 fois à cette question !
Combien de zéros réels a un tel polynôme ?
Réciproquement ?

Cette discussion + le degré + des translations = la solution

Soit une fonction injective. Alors possède un seul zéro.

Supposons que possède un seul zéro. Là je bloque.

Je ne vois pas comment faire.

Bah c'est surtout faux

C'est du chinois cet exercice, je comprends rien.

Je ne vois pas comment je pourrais deviner qui sont les fonctions polynomiales injectives.

Bah commence déjà à faire la même chose en t'intéressant au degré. Un cas tombe immédiatement. Dans l'autre ce n'est pas forcément évident, je ne sais pas quelle caractérisation est exactement attendue.

Si P   [X]  définit une application   f : x P(x)  injective  de    vers     le degré  de P est impair  (et donc f est aussi surjective ).
On peut supposer  que  que P est unitaire  .
P est donc de la forme   X²ⁿ⁺¹Q où  n et  Q     [X]   vérifie Q(0)   0  .
Le degré de Q est pair .
Supposons q'il soit de degré > 0   .
   R := P(X + a)     définit  aussi  , pour tout réel a ,  une une application  injective . Il est   donc de la forme  X^2r+1H où r    et H(0) 0 .
On a alors  P =  X²ⁿ⁺¹Q = (X - a)^2r+1H (X - a)  donc  (X - a)^2r+1 divise P . C'est contraire à l'injectivité supposée  
H est donc de degré 0 et P est de la forme  X²ⁿ⁺¹ .

?
J'ai l'impression que ta démonstration prend pour acquis que tout polynôme injectif aura 0 pour racine. J'ai bien peur que non, cf. P := X+1.

Mais l'idée est là, suffit d'appeler le zéro.

Bonjour,
Que pensez-vous de f défini par f(x) = x³+x ?

Ou de n'importe quelle somme de monômes de degré impair avec des coefficients tous de même signe ?

Effectivement  , ça ne marche pas !.

J'ai l'impression que trouver une caractérisation est mission impossible.
Conditions nécessaire : être de degré impair.
Conditions nécessaire et suffisante : de degré impair et de dérivée qui ne change pas se signe.

Pour le degré 3 :
f(x) = ag(x) avec a non nul, où g(x) = x³ + bx² + c, avec b² 3c.

Finalement :
Primitive d'une fonction polynôme g de degré pair avec l'équation g(x) = 0 sans solution réelle d'ordre impair.
Bof...

  
   Il me semble que   x P(x) est  bijective de sur    SSI  P ' est  un produits finis d'éléments  X² + aX + b  où  (a , b) ²  et  a² - 4b   0

**Rajouter  au début " si P est unitaire  "