Exos sympas MP(*)

Un problème, une question, un nouveau théorème ?

Modérateurs : JeanN, Michel Quercia

JeanN
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par JeanN » mar. sept. 04, 2018 4:49 pm

oty20 a écrit :
mar. sept. 04, 2018 3:16 pm
Merci beaucoup, c'est super intéressant pourriez- vous si c'est possible les restituer ?

Non : je jette mes brouillons. Par contre, si tu suis la solution, tu devrais pouvoir les refaire.
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oty20
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par oty20 » sam. sept. 15, 2018 8:32 am

matmeca_mcf1 a écrit :
lun. sept. 03, 2018 5:00 pm

Je n'ai pas regardé la solution de la RMS. Mais voici ma solution. C'est probablement la même que celle du RMS car c'est un cheminement assez naturel. Voici ma solution sous forme d''exercice guid....
oui effectivement c'est plus naturel d’évaluer le numérateur par rapport à la partie dominante du dénominateur.


Soit $ x_0\in \mathbf{R} $. Fixons $ \varepsilon>0. $ Étudions l’ensemble $ U_{x_0}:= \{x\in\mathbf{R}\mid x>x_0, |f(x)-f(x_0)|<\varepsilon (x-x_0)\} $. Comme $ f $ est continue, $ U_{x_0} $ est un ouvert. Par ailleurs ,Il est dense autour $ x_0 $, c'est-à-dire on peut trouver des points de $ U_{x_0} $ aussi proche que l'on souhaite de $ x_0 $
Preuve: En effet, supposons qu'il existe un intervalle $ [x_0,x_1[ $ qui ne contient aucun points de $ U_{x_0} $.
Alors $ f(t)-f(x_0) $ à un signe constant dans $ ]x_0,x_1[ $, supposons sans perdre de généralité qu'il est positive. Alors:
$ \int\limits_0^{x_1} \frac{f(x+t)-f(x)}{t^{2}}\, dt\geq \displaystyle{ \int\limits_0^{x_1}\frac{\varepsilon}{t}\,dt} $
Ce qui conduit clairement à une contradiction car le membre de droite diverge .


Étudions maintenant la densité $ U_{x_0} $ dans $ ]x_0,\infty[ $. Raisonnons par l'absurde , en supposant qu'il existe un intervalle ouvert $ ]c,d[, c>x_0 $ qui ne contient aucun point de $ U_{x_0} $. Considérons $ c':=\sup\limits_{x<d} U_{x_0} $. Alors $ c'\leq c $ et $ |f(c')-f(x_0)|\leq \varepsilon (c'-x_0) $ (par continuité de $ f $ ).
On regarde $ U_{c'} $. Comme il est dense autour de $ c' $,on peut trouver $ c''\,,\,c''\in (c',d) $ tel que $ |f(c'')-f(c')|< \varepsilon (c''-c') $. Ainsi:
$ |f(c'')-f(x_0)|\leq |f(c')-f(x_0)|+|f(c'')-f(c')|<\varepsilon (c''-x_0) $
Par suite $ c''\in U_{x_0} $, ce qui fournit une contradiction en vue la définition $ c' $.

Finalement , puisque $ U_{x_0} $ est dense dans $ ]x_0,\infty[ $, Pour tout $ x>x_0 $ on a:
$ |f(x)-f(x_0)| \leq \varepsilon(x-x_0) $.
$ \varepsilon>0 $ étant choisi arbitrairement, cela force $ f(x)=f(x_0) $, et cela pour tout réel $ x_{0} $
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Message par oty20 » sam. sept. 15, 2018 3:48 pm

une petite merveille:


Soit $ f:[0,1] \to \mathbb{C} $ continue par morceaux , Montrer que :

$ \frac{1}{\phi(n)}~~ \sum_{~~\{1\leq k \leq n ,~~ pgcd(n,k)=1\}~~}~~ f(\frac{k}{n}) \to \int_{0}^{1} f(t) dt $.


avec $ \phi $ l'indicatrice d'Euler.
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par oty20 » sam. sept. 15, 2018 6:23 pm

@Dattier: Merci infiniment.

je ne pense pas que cela soit si direct... pourriez vous expliciter la subdivision ?

Petit indice :
SPOILER:
penser à l’équipartition
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par oty20 » sam. sept. 15, 2018 8:17 pm

Avec vos notations voici quelques remarques :

-Ici $ t_{i}=\frac{a_{i}}{n} \notin [a_{i},a_{i+1}] $

-On divise par $ m=\phi(n) $ et non pas par $ n $, pourquoi évaluer la limite de $ \frac{e(n)}{n} $ ?

- Est ce que $ S=\sum_{i=1}^{m} (a_{i+1}-a_{i}) f(t_{i})=\frac{1}{m} \sum_{i=1}^{m} f(t_{i}) $ ?
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par matmeca_mcf1 » sam. sept. 15, 2018 8:35 pm

Voici un problème classique résolu dès l'antiquité. On a juste besoin de la décomposition unique en facteur premiers.

Soient $ a,b,c $ trois entiers naturels premiers entre eux et tels que
$$
a^2+b^2=c^2.
$$
  1. Montrez que $ a,b,c $ sont premiers entre eux deux à deux.
  2. En déduire que soit $ a $, soit $ b $ est impair (ou inclusif). On suppose dorénavant que $ a $ est impair.
  3. Montrez que $ c $ est impair. En déduire que $ b $ est pair.
  4. Montrez que $$ \mathrm{pgcd}(c-a,c+a)=2. $$
  5. Montrez l'existence de deux entiers naturel $ p $ et $ q $, tels que $ c-a=2q^2 $ et $ c+a=2p^2 $.
  6. En déduire que
    $$
    a^2=p^2-q^2\\
    b^2=2pq\\
    c^2=p^2+q^2
    $$
  7. Montrez que $ p $ et $ q $ sont premiers entre eux.
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Les opinions exprimées ci-dessus sont miennes et ne reflètent pas la position officielle de l'école dans laquelle j'enseigne.

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Re: Exos sympas MP(*)

Message par oty20 » sam. sept. 22, 2018 8:00 pm

oty20 a écrit :
sam. sept. 15, 2018 3:48 pm
une petite merveille:


Soit $ f:[0,1] \to \mathbb{C} $ continue par morceaux , Montrer que :

$ \frac{1}{\phi(n)}~~ \sum_{~~\{1\leq k \leq n ,~~ pgcd(n,k)=1\}~~}~~ f(\frac{k}{n}) \to \int_{0}^{1} f(t) dt $.
avec $ \phi $ l'indicatrice d'Euler.
Il suffit de montrer que la suite est équidistribuée https://fr.wikipedia.org/wiki/Suite_%C3 ... ibu%C3%A9e

soit $ n=p_{1}^{a_{1}}...p_{k}^{a_{k}} $ la décomposition en facteurs premiers de $ n $, soit $ I $ un intervalle de $ [0,1] $ , introduisons $ M_{p}=\{\frac{j}{n} \in I |j \in \mathbb{N}, 1\leq j \leq n, p|j\} $. Alors on peut écrire que $ |M_{p}|=|I|\frac{n}{p}+\varepsilon $ , avec $ \varepsilon \in [0,1] $

Par principe d'inclusion-exclusion , il vient que :

$ |\{~~\frac{k}{n} \in I~~ |~~pgcd(n,k)=1\}|=n|I|-\sum_{i=1}^{k}|M_{p_{i}}|+ \sum_{i,j} |M_{p_{i}p_{j}}|-....+R(\varepsilon_{1},...,\varepsilon_{k}) $comme on a au plus $ 2^{k} $ termes qui contiennent des epsilons, et chacun d'entres eux et inférieur à $ 1 $ en valeur absolue. il vient que
$ |R(\varepsilon_{1},...,\varepsilon_{k})| \leq 2^{k} $, on peut donc écrire :

$ \frac{|~~\{~~\frac{k}{n} \in I |~~ pgcd(n,k)=1\}|}{\phi(n)}=\frac{C(n)}{\phi(n)} |I|+o(1) $ avec $ C(n) $ qui dépend seulement de $ n $, car $ \frac{2^{k}}{\phi(n)}=o(1) $ , ceci étant vrai pour tout intervalle $ I $ , en particulier pour $ I=[0,1] $ il vient que $ \frac{C(n)}{\phi(n)}=1+o(1) $ par suite $ \frac{|~~\{~~\frac{k}{n} \in I |~~ pgcd(n,k)=1\}|}{\phi(n)}=|I|+o(1) $ ce qui permet de conclure.
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par oty20 » dim. sept. 23, 2018 4:53 pm

Intuitive mais difficile:

Soit $ f: [0,1] \to [0,1]^{2} $ , $ g:[0,1] \to [0,1]^{2} $ continues qui relient $ (0,0) $ à $ (1,1) $ et $ (1,0) $ à $ (0,1) $ respectivement.

Montrer que $ f([0,1]) \cap g([0,1]) $ est non vide.
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par oty20 » sam. nov. 03, 2018 7:11 pm

oty20 a écrit :
dim. sept. 23, 2018 4:53 pm
Intuitive mais difficile:

Soit $ f: [0,1] \to [0,1]^{2} $ , $ g:[0,1] \to [0,1]^{2} $ continues qui relient $ (0,0) $ à $ (1,1) $ et $ (1,0) $ à $ (0,1) $ respectivement.

Montrer que $ f([0,1]) \cap g([0,1]) $ est non vide.

On peut sans perdre de généralité supposer que : $ f(0)=(0,0) $ ,$ f(1)=(1,1) $ ,$ g(0)=(1,0) $ et $ g(1)=(0,1) $ , Raisonnons par l'absurde , i,e$ f(t)\neq g(u) , \forall t;u \in [0,1] $ , cela permet de définir l'application $ h(u,v)=\frac{f(v)-g(u)}{|f(v)-g(u)|} $ qui pour un couple $ (u,v) $ associe le vecteur unitaire $ h(u,v) $ colinéaire au vecteur qui lie$ f(v) $ à $ g(u) $, cette application est continue du carré $ [0,1]^{2} $ au cercle unité . Comme le carrée est connexe, on peut trouver $ T $ de sorte que $ h(u,v)=e^{iT(u,v)} $
$ u $ varie de $ 0 $ à $ 1 $, avec $ v $ constamment égale à $ 0 $, $ g(u) $passe de $ (0,1) $ à $ (1,0) $ tout en restant dans le carré par suite $ T(u,0) $ passe de $ \frac{-\pi}{2} $ à $ -\pi $ tout en restant dans l'intervalle $ [-\pi ,-\frac{\pi}{2}] $ , ainsi $ T(1,0)=-\pi $, un raisonnement similaire permet d'aboutir à $ T(1,1)=-\frac{3\pi}{2} $, $ T(0,1)=-2\pi $ et $ T(0,0)=-\frac{5\pi}{2} $ ce qui contredit le fait que $ T(0,0)=-\frac{\pi}{2} $
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par matmeca_mcf1 » lun. nov. 05, 2018 12:59 pm

oty20 a écrit :
sam. nov. 03, 2018 7:11 pm
oty20 a écrit :
dim. sept. 23, 2018 4:53 pm
Intuitive mais difficile:

Soit $ f: [0,1] \to [0,1]^{2} $ , $ g:[0,1] \to [0,1]^{2} $ continues qui relient $ (0,0) $ à $ (1,1) $ et $ (1,0) $ à $ (0,1) $ respectivement.

Montrer que $ f([0,1]) \cap g([0,1]) $ est non vide.

On peut sans perdre de généralité supposer que : $ f(0)=(0,0) $ ,$ f(1)=(1,1) $ ,$ g(0)=(1,0) $ et $ g(1)=(0,1) $ , Raisonnons par l'absurde , i,e$ f(t)\neq g(u) , \forall t;u \in [0,1] $ , cela permet de définir l'application $ h(u,v)=\frac{f(v)-g(u)}{|f(v)-g(u)|} $ qui pour un couple $ (u,v) $ associe le vecteur unitaire $ h(u,v) $ colinéaire au vecteur qui lie$ f(v) $ à $ g(u) $, cette application est continue du carré $ [0,1]^{2} $ au cercle unité . Comme le carrée est connexe, on peut trouver $ T $ de sorte que $ h(u,v)=e^{iT(u,v)} $
$ u $ varie de $ 0 $ à $ 1 $, avec $ v $ constamment égale à $ 0 $, $ g(u) $passe de $ (0,1) $ à $ (1,0) $ tout en restant dans le carré par suite $ T(u,0) $ passe de $ \frac{-\pi}{2} $ à $ -\pi $ tout en restant dans l'intervalle $ [-\pi ,-\frac{\pi}{2}] $ , ainsi $ T(1,0)=-\pi $, un raisonnement similaire permet d'aboutir à $ T(1,1)=-\frac{3\pi}{2} $, $ T(0,1)=-2\pi $ et $ T(0,0)=-\frac{5\pi}{2} $ ce qui contredit le fait que $ T(0,0)=-\frac{\pi}{2} $
Avez-vous regardé les cours sur le groupe d'homotopie et sur les revêtements ? Cela fait partie de la topologie algébrique. Mon dernier cours de topologie algébrique date de l'an 2000. De mémoire, pour pouvoir relever (dans les revêtements), on a besoin de la simple connexité pour pouvoir relever (la contractilité implique la simple connexité) et obtenir l'existence de $ T $. Le carré est simplement connexe donc on peut relever.
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par oty20 » lun. nov. 05, 2018 4:21 pm

Bonjour Professeur, non je n'ai pas regardé ces cours, par contre la question est tiré d'un énoncé d'oral non corrigé de la RMS

Image

ce résultat y était admis, je n'ai pas posté les questions intermédiaires parce que j’espérais voir une méthode différente que celle proposé par l'énoncé.

A ce jour avec un peu de recul je pense que c'est aussi faisable par le théorème des valeurs intermédiaire en dimension 2, et aussi par le théorème de point fixe de Brouwer.
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par matmeca_mcf1 » mar. nov. 06, 2018 12:36 am

Le groupe d'homotopie $ \pi_1 $ (topologie algébrique) est d'ailleurs un moyen de démontrer Brouwer en dimension 2.
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Message par V@J » mer. nov. 07, 2018 10:24 pm

oty20 a écrit :
lun. nov. 05, 2018 4:21 pm
A ce jour avec un peu de recul je pense que c'est aussi faisable par le théorème des valeurs intermédiaire en dimension 2, et aussi par le théorème de point fixe de Brouwer.
On peut aussi faire ça « à la main », par exemple en introduisant un quadrillage comme suit. Attention, c'est pédestre, comme on pouvait s'y attendre.
SPOILER:
Les ensembles $ F = f([0,1]) $ et $ G = g([0,1]) $, sont compacts, en tant qu'images du compact $ [0,1] $ par les fonctions continues $ f $ et $ g $. Si $ F \cap G = \emptyset $, la distance entre $ F $ et $ G $ est donc un nombre réel $ \varepsilon > 6 \sqrt{2} / n $ pour tout entier $ n $ assez grand. On choisit alors un quadrillage du carré $ [0,1]^2 $ en $ n \times n $ carrés de côté $ 1/n $. Puis, si on colorie en bleu les carrés inclus dans $ F^+ = \{z \mid d(z,F) \leqslant \varepsilon / 3\} $ en rouge ceux inclus dans $ G^+ = \{z \mid d(z,G) \leqslant \varepsilon / 3\} $, alors chaque couleur de carrés forme une zone discrétisée et connexe « par arêtes de côtés » et contenant à chaque fois deux coins du carré $ [0,1]^2 $ situés en diagonale l'un de l'autre ; nos deux zones coloriées sont disjointes, et ne sont même pas adjacentes.

On peut maintenant raisonner par récurrence sur le nombre de carrés rouges et bleus pour montrer que deux telles parties n'existent pas : c'est un processus de rectification un peu pénible mais faisable. Par exemple, on peut supposer que chaque partie se déconnecte ou perd un des coins du carré $ [0,1]^2 $ dès lors que l'on supprime un de ses petits carrés. Le graphe induit est donc sans cycle. Puis, s'il existe deux carrés de même couleur, sur une même ligne ou une même colonne, et séparés uniquement par des carrés incolores, on peut les joindre et supprimer l'autre bout du cycle ainsi formé, gagnant un nombre strictement positif de petits carrés. Ainsi, sur chaque ligne ou colonne, on a une alternance rouge - incolore - bleu - incolore, etc.

Mais alors, si on suit le chemin formé par notre graphe de petits carrés bleus (et en commençant par le carré en bas à gauche), on ne peut jamais revenir vers la droite, sinon on aurait identifié deux carrés bleus sur une même colonne, séparés par des carrés incolores uniquement. De même, notre chemin ne peut jamais redescendre, et le chemin rouge, partant du carré en haut à gauche, ne peut qu'aller vers la droite ou descendre. De là, un théorème des valeurs intermédiaires, dans une version discrète, montre bien l'absurde de notre situation.

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Re: Exos sympas MP(*)

Message par artslidd » jeu. nov. 08, 2018 1:01 am

Soient $ (\epsilon _n) $ une suite à valeurs dans $ \{-1, 1\} $ et $ (u_n) $ une suite décroissante positive telles que $ \sum \epsilon_n u_n $ converge.

Montrer que $ u_n \sum_{k=0}^{n} \epsilon_k \rightarrow 0 $
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par oty20 » jeu. nov. 08, 2018 6:44 am

jolie exo, je l'avais vu dans ce TD http://www.denischoimet.com/Exercices_f ... s_1819.pdf , vous êtes élève chez lui ?

on peut omettre l’hypothèse $ e_{n} \in \{-1,1\} $, voici une démonstration :

Il suffit de traiter le cas $ u_{n} $ strictement positif on pose $ S_{n}=\sum_{k=1}^{n} e_{k}u_{k} $ et pour alléger l’écriture $ v_{n}=e_{n}u_{n} $ ,alors pour toute suite $ (w_{n}) $ on a la transformation d'Abel suivante :

$ v_{1}w_{1}+...+v_{n}w_{n}=\sum_{k=1}^{n-1}S_{k}(w_{k}-w_{k+1})+S_{n}w_{n} $ , d'ou pour $ (w_{n}) $ non nulle :

$ \frac{v_{1}w_{1}+...+v_{n}w_{n}}{w_{n}}~~=S_{n} - \sum_{k=1}^{n-1} S_{k} \frac{w_{k+1}-w_{k}}{w_{n}} $

Il suffit de prendre $ w_{n}=\frac{1}{u_{n}} $ avec $ a_{n,k}=\frac{w_{k+1}-w_{k}}{w_{n}} $ , Le théorème de Silverman-Toeplitz
https://en.wikipedia.org/wiki/Silverman ... tz_theorem permet de conclure.


@V@j votre approche est génialissime, par contre je n'arrive pas à tout suivre, pourriez-vous caricaturalisé votre approché avec un dessin ? Merci
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