Exos sympas MP(*)

[JeanN]

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.

[oty20]

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} $

[oty20]

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.

[oty20]

@Dattier: Merci infiniment.

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

Petit indice :

SPOILER:

penser à l’équipartition

[oty20]

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}) $ ?

[matmeca_mcf1]

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.

[oty20]

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.

[oty20]

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.

[oty20]

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} $

[matmeca_mcf1]

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.