Exos sympas MP(*)

Un problème, une question, un nouveau théorème ?

Modérateurs : JeanN, Michel Quercia

V@J
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par V@J » lun. juin 17, 2019 7:32 am

Varzmir a écrit :
mer. juin 12, 2019 10:33 pm
Une autre solution pour la route :
SPOILER:
On prend $ \mathbb{Q}[X]->\mathbb{Q}[X] \times \mathbb{Z} $ qui à P associe (P,0)

et $ \rho : (P, n) \longrightarrow XP + n $ qui sont bien deux morphismes de groupes additifs injectifs.
$ \mathbb{Q}[X] $ est divisible (tout élement x s'écrit sous la forme k*y pour tout k dans N) alors que $ \mathbb{Q}[X] \times \mathbb{Z} $ ne l'est pas. Ils ne sont donc pas isomorphes.
[Commentaire à côté de la plaque]
Modifié en dernier par V@J le ven. juin 21, 2019 9:03 am, modifié 1 fois.

Nabuco
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par Nabuco » lun. juin 17, 2019 11:23 am

V@J a écrit :
lun. juin 17, 2019 7:32 am
Varzmir a écrit :
mer. juin 12, 2019 10:33 pm
Une autre solution pour la route :
SPOILER:
On prend $ \mathbb{Q}[X]->\mathbb{Q}[X] \times \mathbb{Z} $ qui à P associe (P,0)

et $ \rho : (P, n) \longrightarrow XP + n $ qui sont bien deux morphismes de groupes additifs injectifs.
$ \mathbb{Q}[X] $ est divisible (tout élement x s'écrit sous la forme k*y pour tout k dans N) alors que $ \mathbb{Q}[X] \times \mathbb{Z} $ ne l'est pas. Ils ne sont donc pas isomorphes.
SPOILER:
Autant prendre
$ \mathbb{Q} $ plutôt que $ \mathbb{Q}[X] $, non ?
Comment tu fais un morphisme injectif de Q×Z dans Q, étant donné que tout morphisme de Q dans Q est une homotethie donc surjectif et que Q s identifie à un sous groupe strict de Q×Z ?

V@J
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par V@J » ven. juin 21, 2019 9:03 am

En effet... Je ne devais pas être en forme.

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NiN
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par NiN » mar. juin 25, 2019 8:12 am

ENS : une partie A de Mn(R) qui est convexe et qui contient le groupe orthogonal est-elle forcément d'intérieur non vide ?

Mathoss
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par Mathoss » mar. juin 25, 2019 5:12 pm

NiN a écrit :
mar. juin 25, 2019 8:12 am
ENS : une partie A de Mn(R) qui est convexe et qui contient le groupe orthogonal est-elle forcément d'intérieur non vide ?
Ça découle juste du fait que l'enveloppe convexe de On(R) est la boule unité de L(E) pour la norme triple associée à la norme 2 il me semble
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oty20
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par oty20 » mer. juin 26, 2019 1:45 am

Un Exo Sympa:

Soit $(x_{n})$ une suite de nombre réels défini par:

$$x_{1}=s,~~x_{n+1}=4x_{n}(1-x_{n})$$

Pour combien de valeurs de $s$ :

$$x_{2019}=0$$
''L’ennemi du savoir , n'est pas l'ignorance , mais l'illusion du savoir '' .

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Dattier
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par Dattier » sam. juin 29, 2019 2:30 pm

oty20 a écrit :
mer. juin 26, 2019 1:45 am
Un Exo Sympa:

Soit $(x_{n})$ une suite de nombre réels défini par:

$$x_{1}=s,~~x_{n+1}=4x_{n}(1-x_{n})$$

Pour combien de valeurs de $s$ :

$$x_{2019}=0$$
SPOILER:
$P(x)=4x(1-x)$ et $P(x)=Q^{-1}(R(Q(x)))$ avec $Q$ fonction affine réel et $R(x)=x^2-2$
Donc $x_{2019}=P^{2018}(s)=Q^{-1}\circ R^{2018} \circ Q (s)$ et $R^{2018}(s)=c^{2^{2018}}+\dfrac{1}{c^{2^{2018}}}$ avec $Q(s)=c+1/c$
pour que $s$ soit réel il faut $c \in \mathbb R^{*}$ ou $c \in C(0,1) \subset \mathbb C$ le cercle unité dans les complexes.

Si $ |Q(0)|<2 $ alors on a $2^{2017}$ possibilité pour $s$ sinon $ 2 $ seulement.


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oty20
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par oty20 » dim. juin 30, 2019 4:48 pm

Bonjour, j'ai trouvé
SPOILER:
$2^{2018}+1$
je posterai mon approche dans deux jours
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Dattier
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par Dattier » dim. juin 30, 2019 5:04 pm

Bonjour,
oty20 a écrit :
dim. juin 30, 2019 4:48 pm
SPOILER:
$2^{2018}+1$
SPOILER:
Il me semble que ce n'est pas possible, le polynôme en $s$ de $x_{2019}$ est de degré $2^{2018}$ donc on ne peut pas avoir $2^{2018}+1$ racines.

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oty20
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par oty20 » lun. juil. 01, 2019 2:01 am

Bonjour,
SPOILER:
il me semble que $x_{1}=P(s)$ est de degré $2=2^{1}$ en $s$ , $x_{2}$ est de degré $4=2^{2}$ plus généralement $x_{n}$ est de degré $2^{n}$ soit $x_{2019}$ est de degré $2^{2019}$ donc pas de contradiction, sauf erreur...
''L’ennemi du savoir , n'est pas l'ignorance , mais l'illusion du savoir '' .

Michk'
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par Michk' » lun. juil. 01, 2019 12:41 pm

Bonjour à tous.
SPOILER:
Soit $(x_{n})$ une suite de réels vérifiant les deux conditions énoncées.

Soit k entre 0 et 2019.

Si $x_{k}\leq 1, x_{k-1} = \frac{1 \pm \sqrt{1 - x_{k}}}{2}$

$$x_{2019} = 0
\Leftrightarrow x_{2018} = 0 \ ou \ x_{2018} = 1
\Leftrightarrow x_{2018} = 0 \ ou \ x_{2017} = 1/2
\Leftrightarrow x_{1} = 1 \ ou \ x_{1} = 0 \ ou \ x_{1} = 1/2 \ ou \ ... \ ou \ x_{2017} = 1/2$$

On pose $p_{k-1}\in {0,1}$ tel que $x_{k-1}= \frac{1 + (-1)^{p_{k-1}} \sqrt{1 - x_{k}}}{2}$

On remarque que $x_{k}\in ]0,1[ \Rightarrow x_{k-1} \in]0,1[$

Pour $x_{k}$ fixé dans $]0,1[$, il y a deux valeurs distinctes possibles pour $x_{k-1}$, donc au plus $2^{k-1}$ valeurs possibles pour $x_{1}$, correspondant au choix des $p_{k-1},...,p_{1}$ dans ${0,1} $

En supposant que l'on obtienne une même valeur de $x_{1}$ avec deux listes $p_{k-1},...,p_{1}$ et $q_{k-1},...,q_{1}$, on montre par récurrence immédiate sur i que $\forall i \in[1,k], p_{i} = q_{i}$

Il y a donc exactement $2^{k-1}$ valeurs de $x_{1}$ envisageables pour $x_{k-1}$ fixé dans ]0,1[

Ensuite, pour k,p distincts, et par exemple k<p, si $ x_{k} = 1/2, $ alors $ x_{k+1} = 1 $ et $ x _{k+2} = x_{k+3} = ...= 0 $ Donc $ x_{p} \neq 1/2 $

Pour ma part, je trouve donc $2^{2016}+...+2^1+1 + 2 = 2^{2017}+1$ valeurs de $s=x_{1}$ telles que $ x_{2019} = 0$
PC

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Re: Exos sympas MP(*)

Message par JeanN » lun. juil. 01, 2019 12:59 pm

Dattier a écrit :
sam. juin 29, 2019 2:30 pm
oty20 a écrit :
mer. juin 26, 2019 1:45 am
Un Exo Sympa:

Soit $(x_{n})$ une suite de nombre réels défini par:

$$x_{1}=s,~~x_{n+1}=4x_{n}(1-x_{n})$$

Pour combien de valeurs de $s$ :

$$x_{2019}=0$$
SPOILER:
$P(x)=4x(1-x)$ et $P(x)=Q^{-1}(R(Q(x)))$ avec $Q$ fonction affine réel et $R(x)=x^2-2$
Donc $x_{2019}=P^{2018}(s)=Q^{-1}\circ R^{2018} \circ Q (s)$ et $R^{2018}(s)=c^{2^{2018}}+\dfrac{1}{c^{2^{2018}}}$ avec $Q(s)=c+1/c$
pour que $s$ soit réel il faut $c \in \mathbb R^{*}$ ou $c \in C(0,1) \subset \mathbb C$ le cercle unité dans les complexes.

Si $ |Q(0)|<2 $ alors on a $2^{2017}$ possibilité pour $s$ sinon $ 2 $ seulement.

Pourquoi pourrait-il y avoir deux résultats différents ?
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par Dattier » lun. juil. 01, 2019 2:24 pm

JeanN a écrit :
lun. juil. 01, 2019 12:59 pm
Pourquoi pourrait-il y avoir deux résultats différents ?
Il n'y a pas 2 résultats différents car $Q$ est fixé, c'est juste que j'ai la flemme de le calculer.

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Re: Exos sympas MP(*)

Message par oty20 » mer. juil. 03, 2019 2:20 pm

Ma proposition :
SPOILER:
On pose $f(x)=4x(1-x)$, on a $f^{-1}(0)=\{0,1\}$ , $f^{-1}(1)=\{\frac{1}{2}\},~~f^{-1}([0,1])=[0,1]$
et $|\{y: f(y)=x\}|=2 ~~\forall x \in [0,1[\}|$.

On considère l'ensemble $A_{n}=\{x \in \mathbb{R}: f^{n}(x)=0\}$ alors
$A_{n+1}=\{x \in \mathbb{R}: f^{n+1}(x)=0\}=\{x \in \mathbb{R}: f^{n}(f(x))=0\}=\{x \in \mathbb{R}: f(x) \in A_{n}\} $.

Pour $n=1$ nous avons vu au début que $A_{1}=\{0,1\}$ , $A_{1} \subset [0,1]$ et $1 \in A_{1}$, nous allons montrer par récurrence sur $n$ que.

$$P(n) :''A_{n} \subset [0,1],~~ 1\in A_{n},~~~~|A_{n}|=2^{n-1}+1 '' $$

Soit $n\geq 1$ , on suppose $P(n)$ vraie, soit $x\in A_{n+1}$ alors $f(x) \in A_{n} \subset [0,1]$ par suite $x\in [0,1]$,

ce qui permet d'avoir $A_{n+1} \subset [0,1]$.

Maintenant comme $f(0)=f(1)=0$ il vient que $f^{n+1}(1)=0$ ce qui permet d'avoir $1 \in A_{n+1}$.

Enfin :

$$|A_{n+1}|=|\{x \in \mathbb{R}: f(x) \in A_{n}\}|=\sum_{a \in A_{n}} |\{x : f(x)=a\}|$$
$$=|\{x : f(x)=1\}|+\sum_{a \in A_{n},~~a \in [0,1[} |\{x : f(x)=a\}|$$
$$=1+2(|A_{n}|-1)=2^{n}+1$$

Ce qui achève la récurrence.

Finalement $x_{2019}=0$ SSI $f^{2019}(s)=0$ soit $2^{2019-1} +1=2^{2018} +1$ valeurs de $s$.

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Re: Exos sympas MP(*)

Message par Michk' » jeu. juil. 04, 2019 1:09 pm

$x_{2019} = 0 $ SSI $ f^{2018}(s) = 0 $ *

Ceci rectifié tu trouves $2^{2017}+1$ et nos résultats sont identiques.
PC

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