Exercices de MPSI
Re: Exercices de MPSI
Propriété de l'ensemble R :
Soit $ f:\mathbb{R}\to \mathbb{R} $ et soit $ c >0 $, montrer qu'il existe $ x,y\in \mathbb{R},~~x\neq y $ tel que : $ |f(x)-f(y)| < c $.
Soit $ f:\mathbb{R}\to \mathbb{R} $ et soit $ c >0 $, montrer qu'il existe $ x,y\in \mathbb{R},~~x\neq y $ tel que : $ |f(x)-f(y)| < c $.
''L’ennemi du savoir , n'est pas l'ignorance , mais l'illusion du savoir '' .
Re: Exercices de MPSI
Propriété de l'ensemble R :
Je n'ai pas trouvé plus simple.
Dites-moi si j'ai fait une erreur ou si je n'ai pas été clair quelque part.
SPOILER:
Dites-moi si j'ai fait une erreur ou si je n'ai pas été clair quelque part.
Re: Exercices de MPSI
très belle solution Krik , Bravo!
je doute qu'une construction soit possible pour cette version:
Soit $ f:\mathbb{R}\to \mathbb{R} $ , montrer qu'il existe $ x,y\in \mathbb{R},~~x\neq y $ tel que : $ |f(x)-f(y)| < \frac{1}{|x|+|y|} $.
je doute qu'une construction soit possible pour cette version:
Soit $ f:\mathbb{R}\to \mathbb{R} $ , montrer qu'il existe $ x,y\in \mathbb{R},~~x\neq y $ tel que : $ |f(x)-f(y)| < \frac{1}{|x|+|y|} $.
''L’ennemi du savoir , n'est pas l'ignorance , mais l'illusion du savoir '' .
Re: Exercices de MPSI
@Krik , il semble que oui c'est possible en revenant au premier cas :
On considère $ h(t)=\arctan(t) $ strictement croissante sur R , soit u,v tels que : $ x=h(u) $ et $ y=h(v) $
$ |h(t)| < \frac{\pi}{2} $ donc $ \frac{\pi}{|h(u)|+|h(v)|} \geq 1 $
raisonnons par l'absurde , on pose $ g(t)=\pi f(h(t)) $ alors, pour tout u,v distincts $ |g(u)-g(v)| > 1 $ et on peut appliquer ta démonstration .
On considère $ h(t)=\arctan(t) $ strictement croissante sur R , soit u,v tels que : $ x=h(u) $ et $ y=h(v) $
$ |h(t)| < \frac{\pi}{2} $ donc $ \frac{\pi}{|h(u)|+|h(v)|} \geq 1 $
raisonnons par l'absurde , on pose $ g(t)=\pi f(h(t)) $ alors, pour tout u,v distincts $ |g(u)-g(v)| > 1 $ et on peut appliquer ta démonstration .
''L’ennemi du savoir , n'est pas l'ignorance , mais l'illusion du savoir '' .
Re: Exercices de MPSI
Si on veut éviter l'utilisation de $ Arctan $ qui peut paraître un peu artificielle (même si après coup on comprend que l'idée est d'envoyer $ \mathbb{R} $ tout entier sur un segment), on peut aussi "presque" se ramener au cas précédent de la façon suivante :
Comme avant on raisonne par l'absurde et on suppose que $ \forall x \neq y \in \mathbb{R}, ~ |f(x)-f(y)| \geq \frac{1}{|x|+|y|} $. C'est donc a fortiori vrai pour les $ x, y \in [-1, 1] $, pour lesquels $ |x|+|y| \leq 2 $ donc $ \frac{1}{|x|+|y|} \geq \frac{1}{2} $, d'où $ \forall x \neq y \in [-1,1] , ~ |f(x)-f(y)| \geq \frac{1}{2} $. Comme $ [-1,1] $ reste non dénombrable, la preuve précédente s'applique.
Comme avant on raisonne par l'absurde et on suppose que $ \forall x \neq y \in \mathbb{R}, ~ |f(x)-f(y)| \geq \frac{1}{|x|+|y|} $. C'est donc a fortiori vrai pour les $ x, y \in [-1, 1] $, pour lesquels $ |x|+|y| \leq 2 $ donc $ \frac{1}{|x|+|y|} \geq \frac{1}{2} $, d'où $ \forall x \neq y \in [-1,1] , ~ |f(x)-f(y)| \geq \frac{1}{2} $. Comme $ [-1,1] $ reste non dénombrable, la preuve précédente s'applique.
Re: Exercices de MPSI
oui oui, j'ai remarqué qu'il suffisait de se ramener à un segment après avoir posté le problème, j'avais espéré que cela se verrait pas trop parce que cela aurait détruit tout sens à mon problème modifié
''L’ennemi du savoir , n'est pas l'ignorance , mais l'illusion du savoir '' .
Re: Exercices de MPSI
Pour tout $n \in \Bbb Z$, on pose $A_n = \{x \in \Bbb R \mid cn \leqslant f(x) < c(n+1)\}$ de sorte que $\bigcup_{n \in \Bbb Z} A_n = \Bbb R$. Puisque $\Bbb R$ est indénombrable, il existe donc $n \in \Bbb Z$ tel que $A_n$ est infini (et même indénombrable). Or pour tous $x$ et $y$ dans $A_n$, on a $|f(x)-f(y)| < c$.
Re: Exercices de MPSI
Voilà un exercice sympathique pour se dérouiller les doigts :
Soit S une série semi-convergente. On note $ u_n $le terme général de la série . Montrer qu’on peut réordonner les termes de la série telle que S converge vers n’importe quel réel .
Soit S une série semi-convergente. On note $ u_n $le terme général de la série . Montrer qu’on peut réordonner les termes de la série telle que S converge vers n’importe quel réel .
2017/2018: MPSI
2018/2019: MP* / Lycée Fermat
2018/2019: MP* / Lycée Fermat
Re: Exercices de MPSI
voici ma solution : on se débarrasse du $ c $, on pose $ g(x)=\frac{f(x)}{c} $ la condition revient à trouver :Siméon a écrit : ↑15 août 2018 21:22Pour tout $n \in \Bbb Z$, on pose $A_n = \{x \in \Bbb R \mid cn \leqslant f(x) < c(n+1)\}$ de sorte que $\bigcup_{n \in \Bbb Z} A_n = \Bbb R$. Puisque $\Bbb R$ est indénombrable, il existe donc $n \in \Bbb Z$ tel que $A_n$ est infini (et même indénombrable). Or pour tous $x$ et $y$ dans $A_n$, on a $|f(x)-f(y)| < c$.
$ x\neq y $ de sorte que : $ |g(x)-g(y)|< 1 $ , raisonnons par l'absurde et considérons :
$ h : \mathbb{R} \to \mathbb{Z} \\
~~ x \to E(g(x)) $
pour tout réels $ x,y $ tel que $ x\neq y $ on a:
$ |g(x)-g(y)| \geq 1 \Rightarrow g(x) \geq g(y) +1~~ ou~~ g(x) \leq g(y)-1
\\ \Rightarrow E(g(x)) \geq E(g(y)) +1 ~~ou~~ E(g(x)) \leq E(g(y))-1
\\ \Rightarrow h(x) > h(y) ~~ou~~ h(x) < h(y) $
Donc $ h $ est injective ce qui est totalement absurde.
''L’ennemi du savoir , n'est pas l'ignorance , mais l'illusion du savoir '' .
Re: Exercices de MPSI
Hello,
soit $ f:]0,+\infty[\to \mathbb{R} $ et $ a\in]0,+\infty[ $. On suppose que $ f $ est dérivable en $ a $. Donner un développement asymptotique à 2 termes de $ r\mapsto f(ra) $ quand $ r\to1 $. Que dire si on suppose $ f $ deux fois dérivable en $ a $ ?
soit $ f:]0,+\infty[\to \mathbb{R} $ et $ a\in]0,+\infty[ $. On suppose que $ f $ est dérivable en $ a $. Donner un développement asymptotique à 2 termes de $ r\mapsto f(ra) $ quand $ r\to1 $. Que dire si on suppose $ f $ deux fois dérivable en $ a $ ?
"[...] On dira que le nombre $ L $ est limite de cette suite, si, pour tout nombre réel donné $ \varepsilon $, si petit soit-il, il existe un nombre entier $ n $ tel que l'ont ait $ |L−S_n|<\varepsilon $."
Alain Badiou, Eloge des mathématiques.
Alain Badiou, Eloge des mathématiques.