Exercices de MPSI

[Zrun]

L'exo est un "classique" en MP*
Mais je vois mal comment le traiter sans avoir préalablement fait le cours de Sup sur les sommes de Riemann (qui introduit tous les outils nécessaire).

Nous l’avons fait en MPSI cette année pour f seulement continue par morceaux. De mémoire , il s’agit d’utiliser une suite de fonctions en escalier qui converge uniformément vers f

[matmeca_mcf1]

C'est pas un réflexe mais c'est plus ou moins la méthode utilisée pour construire l'intégrale de Riemann. Il n'y a pas besoin de parler de densité, il suffit juste de parler d'approximations et de $ \epsilon $.

L'exo est un "classique" en MP*
Mais je vois mal comment le traiter sans avoir préalablement fait le cours de Sup sur les sommes de Riemann (qui introduit tous les outils nécessaire).

Nous l’avons fait en MPSI cette année pour f seulement continue par morceaux. De mémoire , il s’agit d’utiliser une suite de fonctions en escalier qui converge uniformément vers f

Donc, vous revenez à la définition de l'intégrale de Riemmann et prenez une suite de fonctions en escalier? La façon classique (pour un mathématicien) de le faire est d'utiliser la densité de $ \mathcal{C}^1([0,1]) $ dans $ \mathcal{C}([0,1]) $ (on va dire pour la norme de la convergence uniforme pour ne pas dépayser les taupins). Le théorème de Weierstrass sur la densité des polynômes dans $ \mathcal{C}([0,1]) $ pour la convergence uniforme est-il toujours au programme?

[Almar]

Il est au programme de deuxième année oui

[BijouRe]

Oui Weierstrass est toujours au programme. C'est une méthode beaucoup plus simple ^^

[noro]

Voilà un exo mi-maths mi-info qui ne demande pratiquement aucune connaissance :
w est une mot (de longueur finie) sur l'alphabet $ \{a,b\} $
On effectue l'opération suivante tant que c'est possible:
On remplace un facteur ab quelconque par bba.
Montrez que l'on ne peut pas effectuer cette opération une infinité de fois.

[siro]

Faut préciser que w est fini.

[noro]

Faut préciser que w est fini.

Merci

[Errys]

Au niveau du formalisme je ne sais pas ce que ca vaut, mais voici mon idée :

SPOILER:

Soit $ \Sigma $ l'alphabet $ \{a, b\} $
On peut raisonner par récurrence sur le nombre de $ a $ dans le mot :

Soit pour tout entier $ n\ge 0 $, $ P(n):\forall w\in\Sigma^+, |w |_a=n\implies \text{ on peut effectuer un nombre fini d'opérations sur w} $

$ P(0) $ est évident, on va aussi montrer P(1) pour faciliter l'hérédité :

Soit $ w\in\Sigma^+ $ tel que $ |w|_a=1 $. On peut montrer que l'on peut effectuer au plus une opération par $ b $ dans le mot $ w $ de départ.
En effet, si un b est à gauche de la lettre a, alors on pourra jamais l'utiliser dans une opération car lors d'une opération, on peut pas déplacer un a vers la gauche.
De plus, une fois qu'on effectue une opération avec un $ b $, les 2 b se retrouvent à gauche du a et on ne pourra plus jamais les utiliser. Donc on peut effectuer qu'un nombre fini d'opérations (car le nombre de b est aussi fini) d'où P(1).

Maintenant, soit $ n\in\mathbb{N}^* $ tel que P(n), montrons $ P(n+1) $.

Soit $ w\in\Sigma^+ $ tel que $ |w|_a=n+1 $.
Considérons le a le plus à gauche. D'après ce qu'on a vu en montrant P(1), les opérations que l'on effectue sur a n'ont pas d'influence sur les opérations qu'on effectue sur les autres a.
En effet, si on effectue une opération sur le a le plus à gauche, alors le b avec lequel on effectue l'opération est à gauche de tous les autres a donc il ne pouvait etre utilisé que par le premier a.

Ainsi, on peut effectuer d'abord toutes les opérations sur tous les a sauf le premier. On applique P(n) sur le sous-mot qui commence après le premier a, il y a un nombre fini d'opérations qui peuvent être effectué, donc le mot résultant des opérations est aussi fini.
Ainsi, on peut considérer le sous-mot qui va du début jusqu'au second a. En effet, le reste du mot va rester fixe vu qu'on ne peut plus effectuer d'opérations.

On applique donc P(1) sur ce sous-mot pour montrer P(n+1) ce qui conclut.

Bonne journée !

[Aky]

Je pense qu'on peut simplement dire que: soit il existe un rang i (mot de longueur n) au quel on a l’occurrence 'ab', dans ce cas on applique l'opération, ce qui revient a changer ab en bba, on peut donc considérer le nouveau mot (commençant au 'a' de 'bba' i.e de longueur n-i-1). Dans ce cas on itère la même méthode et la taille du mot est décroissante donc on a un nombre fini d'opération. Dans le deuxième cas, i n’existe pas donc il n'y a rien à faire.

[Zetary]

Aky : On ne peut pas faire ça car il peut rester des a avant le ab que tu considères. Bien sûr on peut dire qu'on le fait toujours avec le premier a mais dans ce cas tu montre qu'il existe une suite de remplacements qui est finie, pas que toute suite de remplacements est finie comme c'était demandé