Exos sympas MPSI

Un problème, une question, un nouveau théorème ?

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Re: Exos sympas MPSI

Message par symétrie » 27 août 2016 18:51

SPOILER:
Sauf erreur de ma part, vu que tu auras de toute façon à gérer des problèmes de recollement, autant se passer de Weierstrass et se contenter de l'uniforme continuité pour approcher la fonction par une constante sur un segment.

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Re: Exos sympas MPSI

Message par SH#T » 27 août 2016 23:02

Siméon a écrit :Un énoncé conforme au programme :

Exo MPSI 235.1
1. Montrer que pour toute fonction $ f\colon \mathbb R \to \mathbb R $ continue, il existe $ g \colon \mathbb R\to \mathbb R $ partout dérivable telle que $ \forall x\in \mathbb R,\ f(x) \leq g(x) $.
2. Est-il vrai que pour toute fonction $ f\colon \mathbb R \to \mathbb R $ continue, il existe $ g \colon \mathbb R\to \mathbb R $ partout dérivable telle que $ \forall x\in \mathbb R,\ f(x) \leq g(x) \leq f(x) + 1 $ ?
Pour la 1) (mais je ne suis pas sûr)
SPOILER:
1) On traite le cas $ f:\mathbb{R}^+\to \mathbb{R} $,
On pose, $ h(n)=sup f([n,n+1]) $, on relie h(n) et h(n+1) par des droites pour avoir une fonction h affine par morceaux dont le coeff directeur en $ n\leqslant x<n+1 $ est $ h(n+1)-h(n) $.
On a $ h_d'(0)= h(1)-h(0) $. On définit $ n\leqslant x <n+1,i(x)=sup_{k\in [[0,n+1]]}h'_d(k) $. On a i une fonction croissante, et donc on peut la majorer par une fonction continue et affine par morceaux g.
Soit G la primitive de g avec $ G(0)=h(0) $, on a $ (G(x)-h(x))'\geqslant 0 $ et $ G(0)=h(0) $, donc $ G\geqslant h $, et puisque $ h \geqslant f $, alors G $ \geqslant f $, avec G dérivable.


Le passage donc on peut la majorer par une fonction continue et affine par morceaux g, nous permet peut-être de reprendre le même processus avec g', et donc on peut montrer qu'il existe une fonction C^n majorant f ?
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Re: Exos sympas MPSI

Message par Siméon » 29 août 2016 11:47

@Zetary : tu peux utiliser des fonctions polynomiales ou des fonctions constantes comme le fait remarquer symétrie, mais il reste à traiter les recollements.

@SH#T : ça marche à peu près, mais rien n'assure dans ta construction que $ h $ majore $ f $.

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Re: Exos sympas MPSI

Message par SH#T » 29 août 2016 14:51

C'est vrai. On peut "obliger" h à ne plus redescendre une fois qu'elle a franchi une valeur: h(n)=sup f([[0,n+1]]), puis on relie les h(n) & h(n+1) avec pour avoir une fonction affine par morceaux, et on continue avec le même raisonnement. Je pense que c'est juste cette fois, je me trompe ??
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Re: Exos sympas MPSI

Message par fakbill » 29 août 2016 16:02

Siméon . tu veux qqch d'explicite pour les recollements? Pour un brave physicien, il est clair qu'on peut toujours bricoler un bout de fonction qui arrive avec la bonne pente de chaque coté :)
Pas prof.
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Re: Exos sympas MPSI

Message par Siméon » 29 août 2016 19:50

Au minimum, il faudrait vérifier qu'il y a « assez de place » pour faire le recollement. A priori, la condition $ f \leq g \leq f + 1 $ est contraignante.

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Re: Exos sympas MPSI

Message par PiCarréSurSix » 11 janv. 2017 20:20

Bon, qui est chaud pour inaugurer une cuvée d'exos MPSI 2016-2017 ? :mrgreen:
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Re: Exos sympas MPSI

Message par JeanN » 11 janv. 2017 21:47

Soit f une fonction continue de R dans R et minorée
Montrer qu'il existe a dans R tel que pour tout t réel, f(t)>= f(a) - |t-a|
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Re: Exos sympas MPSI

Message par SimonY » 12 janv. 2017 23:09

f(t)+|t| tend vers +inf en -inf et en +inf (car |t|+f(t)>=borneinf(f)+|t|)
Donc f(t)+t atteint son minimum=m étant continue.
Soit a tq f(a)+|a|=m
donc f(t)+|t|>=f(a)+|a|
f(a)-f(t)=<|a|-|t|=<|a-t|

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Re: Exos sympas MPSI

Message par guiguiGG » 13 janv. 2017 21:19

Soit f de R dans R continue et non constante.
Montrez qu'il existe a<b des réels tels que pour tout c dans ]a,b[, f(c) est différent de f(a) et de f(b).
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