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Montrer que l'on peut trouver [tex]c_1,\ c_2\in \mathbb{R}[/tex] tels que [tex]c_1a^{n-1}+c_2b^{n-1}=u_n[/tex] et en déduire la formule  (1).

là je ne vois pas vraiment comment résoudre cette question.  :(

Pour trouver le domaine de définition de f, il faut trouver les valeurs de x auxquelles cette écriture n'auraient pas de sens(par exemple éviter d'avoir des valeurs strictement négatives sous la racine ou éviter de diviser par zéro):

(2x+1)/(x+1)

ici tu peux voir ça comme la fraction de deux fonctions [tex]x\rightarrow 2x+1[/tex] et [tex]x\rightarrow x+1[/tex].

Dans ton cours on a du te dire que si deux fonctions sont définies sur [tex]\mathbb{R}[/tex], alors le quotient est défini sur "[tex]\mathbb{R}[/tex] privé des valeurs où le dénominateur s'annule".

Ici c'est direct le dénominateur s'annule en x=-1.

Pour la 1°, je pense que tu peux poser pour tout [tex]x\neq -1[/tex],
l'équation (2x+1)/(x+1)= a+(b/(x+1)) d'inconnues  a et b.

Bonjour, tu peux montrer que le triangle IDB est rectangle en I, et ensuite te rappeler que la médiane issue de l'angle droit a sa longueur égale à la moitié de l'hypoténuse.

Pour celle-ci je bloque sur l'implication indirecte:

Montrer que [tex]f[/tex] est surjective si et seulement si pour toute application [tex]g:Y\rightarrow Z[/tex] et toute application [tex]h:Y\rightarrow Z[/tex], on a:

[tex]g\circ f = h\circ f\quad \Rightarrow \quad g=h[/tex].

J'ai essayé par l'absurde mais je ne vois pas quelle application choisir pour trouver la contradiction. Je ne vois pas comment on pourrait raisonner autrement pour trouver la contradiction.

Si je peux prendre [tex]Z[/tex] quelconque, alors je prends [tex]Z=X[/tex], et je raisonne par l'absurde:

Je suppose donc que [tex]f[/tex] n'est pas injective, ie il existe [tex]x,\ x' \in X[/tex] tels que [tex]f(x)=f(x')[/tex] et [tex]x\neq x'[/tex].

Je considère ensuite les applications de [tex]X[/tex] dans [tex]X[/tex] telles que [tex]g(a)=x[/tex] et [tex]h(a)=x'[/tex] quelque soit [tex]a\in X[/tex].

On a donc [tex]f\circ g = f\circ h[/tex], d'où [tex]g=h[/tex], ce qui n'est possible que si [tex]x=x'[/tex], d'où l'absurdité.

Donc [tex]f[/tex] est injective.

Si [tex]Z[/tex] est donné et que je ne peux pas prendre l'ensemble que je veux, alors là je ne vois pas.

C'est bon en fait je viens de comprendre, merci ;)

Bonjour Fred,

effectivement j'avais oublié qu'un espace métrique admet toujours un système de voisinages dénombrable en chacun de ses points.

Merci pour ton exemple, je suppose qu'on munit l'espace vectoriel des suites bornées de la norme sup.
Je vais regarder ça.

oui, parfois on rencontre les notations [tex]f_*[/tex] pour l'image directe, et [tex]f^*[/tex] pour l'image réciproque.

Sinon j'ai aussi vu dans un cours la notation [tex]\stackrel{-1}{f}[/tex] pour l'image réciproque (à distinguer avec [tex]f^{-1}[/tex] pour l'application réciproque de [tex]f[/tex] lorsque [tex]f[/tex] est bijective).

Bonsoir,

Pour toute application [tex]f[/tex] de [tex]E[/tex] dans [tex]F[/tex], on a [tex]f^{-1}(F)=E[/tex]. On a pas besoin qu'elle soit injective ou surjective, cette égalité est vérifiée pour toutes les applications de [tex]E[/tex] dans [tex]F[/tex].

En effet [tex]f^{-1}(F)=\{x\in E:\ f(x)\in F\} \subset E[/tex]
or pour tout [tex]x\in E[/tex], [tex]f(x)\in F[/tex] par définition de [tex]f[/tex]. Donc [tex]E \subset f^{-1}(F)[/tex].
Par conséquent, on a [tex]f^{-1}(F)=E[/tex].

Tu dois confondre avec [tex]f:E\rightarrow F[/tex] est surjective si et seulement si [tex]f(E)=F[/tex].

Bonjour,

F: P(X) x P(X) ---> P(X)
    (A,B) ----> 2A U (2B-1) est injective ( 2A U (2B-1) = {2n : n€A} U {2m-1 : m€ B}

on considère deux couples distincts d'éléments (A,B) et (C,D) de  P(X) x P(X), et on montre que [tex]F(A,B)\neq F(C,D)[/tex], et ainsi F est injective, non?