Exercices de MPSI

[Nabuco]

Pardon je voulais dire pas de point commun tout court.

$ \forall x \in [0;1], f(x) \ne g(x) \Rightarrow \forall x \in [0;1], f(x)-g(x) \ne 0 \Rightarrow $ f-g de signe constant

Oui enfin quel est l'intérêt ? montrer qu'elles ont un point commune est bien plus faible qu'un point fixe. A priori cet exo me semble compliqué à résoudre en tale car la solution standard contient une notion pas développée en tale contrairement aux autres exos que tu as résolu qui sont juste des calculs.

Il existe vraiment une solution à cet exercice ? J'ai l'impression que l'énoncé est faux sans hypothèses en plus : http://www.ams.org/journals/tran/1969-1 ... 6331-5.pdf)

Ah oui j ai oublié que l exo originel c était montrer qu il y a une valeur commune.

[TLB]

Assez classique (en tout cas en sup je crois):

Calculer $ \sum_{k=0}^{n}{cos(kx)} $ (x réel)

SPOILER:

Soit n dans $ \mathbb{N} $,

$ \sum_{k=0}^{n}{cos(kx)} = Re\sum_{k=0}^{n}{exp(ikx)} $

Si $ \newcommand{\a}{2\pi} x \equiv 0 \pmod \a $ alors $ \sum_{k=0}^{n}{exp(ikx)} = \sum_{k=0}^{n}{1} $ d'où $ \sum_{k=0}^{n}{cos(kx)} = n+1 $

Sinon, $ \sum_{k=0}^{n}{cos(kx)} = Re(\frac{1-exp(ix(n+1))}{1-exp(ix)}) \\

= Re(\frac{exp(\frac{ix(n+1)}{2})(exp(\frac{-ix(n+1)}{2})-exp(\frac{ix(n+1)}{2}))}{exp(\frac{ix}{2})(exp(\frac{-ix}{2})-exp(\frac{ix}{2}))}) \\

=Re(exp(\frac{ixn}{2})(\frac{sin(\frac{ix(n+1)}{2})}{sin(\frac{ix}{2})})) \\

=cos(\frac{ixn}{2})(\frac{sin(\frac{ix(n+1)}{2})}{sin(\frac{ix}{2})})) $

T'as des i qui traînent en trop dans tes calculs, sinon la démarche est bonne.

[Errys]

Soit f une fonction continue sur [0;1] telle que f(0)=f(1). Montrer que l'équation $ f(x+\frac{1}{2})=f(x) $ admet une solution sur [0;$ \frac{1}{2} $]. Généralisation?

SPOILER:

Soit $ h : x \in [0;\frac{1}{2}] \mapsto f(x+\frac{1}{2})-f(x) $

Alors $ h(0)=f(\frac{1}{2})-f(0) $ et $ h(\frac{1}{2})=f(1)-f(\frac{1}{2})=-h(0) $

$ h $ continue change de signe sur $ [0;\frac{1}{2}] $ donc par le TVI $ \exists \alpha \in [0;\frac{1}{2}], f(\alpha + \frac{1}{2})=f(\alpha) $

Pour la généralisation une démo similaire donne que si f est une fonction continue sur $ [0,2a] $ avec $ a $ dans $ \mathbb{R}_+ $ alors l'équation $ f(x+a)=f(x) $ admet au moins une solution sur $ [0;a] $ (Il y a peut-être mieux).

Il y a en effet mieux comme généralisation :
Tu peux montrer deux résultats, le premier est une généralisation assez naturelle et classique,
Le second résultat est plutôt un approfondissement de l'exo, il est nettement plus difficile et demande de connaître son cours de sup sur la continuité (mais pas plus !) donc je sais pas si tu peux le faire.
1) Montrer que pour tout entier n supérieur à 2, il existe 0<=x<=1-1/n tel que f(x) = f(x+1/n)
2) montrer qu'il existe epsilon strictement positif tel que pour tout h < epsilon, il existe x<=1-h tel que f(x) = f(x+h).

[zygomatique]

Bon, un exercice un peu difficile pour un TS (je crois même sans trop m'avancer que pas mal de spé qui le rencontrent pour la première fois auront du mal à y arriver)
Soit f et g deux applications continues de I=[0,1] dans I. On suppose que fog=gof. Montrer que f et g admettent un point fixe commun.

SPOILER:

On considère $ h : x\in [0;1] \mapsto f(x)-x $.

$ h(0)=f(0)\geq 0 $ et $ h(1)=f(1)-1\leq 0 $ donc $ h $ s'annule sur $ [0;1] $. Par continuité et le TVI, $ \exists \alpha \in [0;1], f(\alpha)=\alpha $. Par symétrie de $ f $ et $ g $ les deux fonctions admettent un point fixe sur $ [0;1] $.

On considère un point fixe $ U_0 $ de $ f $ et on définit $ (U_n) $ par récurrence : $ \forall n \in \mathbb{N}, U_{n+1} = g(U_n) $. Pour tout $ n, U_n $ n'est autre que la fonction g composée n fois et appliquée à $ U_0 $. $ (U_n) $ est donc bornée par $ [0;1] $. De même si $ f(U_n)=U_n $ alors $ g(f(U_n))=U_{n+1} $ d'où en appliquant la commutativité de la composition de f par g $ f(g(U_n))=U_{n+1} $ i.e $ f(U_{n+1})=U_{n+1} $. Comme $ f(U_0)=U_0 $ on a bien tous les termes de la suite qui sont des points fixes de $ f $.

Soit n dans $ \mathbb{N} $, $ f(U_n)=U_n \Rightarrow f(U_n)-g(U_n)=U_n-g(U_n) \Rightarrow f(U_n)-g(U_n)=U_n-U_{n+1} $. Si $ U_n-U_{n+1} $ s'annule alors $ f(U_n)=g(U_n)=U_n $ et on a trouvé un point fixe commun. Sinon $ U_n-U_{n+1} $ est de signe constant donc $ (U_n) $ est monotone borné et converge donc vers un réel $ l \in [0;1] $. On a alors $ \forall n \in \mathbb{N}, f(U_n)=U_n \Rightarrow \lim\limits_{n \to +\infty} f(U_n) = \lim\limits_{n \to +\infty} U_n \Rightarrow f(l)=l $ et $ \forall n \in \mathbb{N}, U_{n+1} = g(U_n) \Rightarrow \lim\limits_{n \to +\infty} U_{n+1} = \lim\limits_{n \to +\infty} g(U_n) \Rightarrow g(l)=l $ donc $ l $ est point fixe commun de f et g.

on peut remarquer tout de même des choses intéressantes :

soit a un point fixe de g <=> g(a) = a

alors f o g (a) = g o f (a) <=> f(a) = g o f (a) donc f(a) est point fixe de g

donc pour tout point fixe a de g f(a) est point fixe de g ... et réciproquement évidemment ...

or la fonction f o g est continue de [0, 1] dans [0, 1] donc tout comme f et g elle possède un point fixe u

donc on a f o g(u) = u = g o f(u)

donc f o g o f(u) = f(u) et g o f o g (u) = g(u) donc f(u) et g(u) sont points fixes aussi de f o g

[rind2018]

J'ai trouver une solution surr internet que j'ai pas trop compris(j'ai deja chercher l'exercice mais maintenant que vous dites qu'il est insoluble je m'arrette)
Démonstration : Tout d'abord étant donné que f et g sont continue en tout point x dans I, alors (f o g) et (g o f) sont continue en tout point x dans I.

Par l'absurde, supposons que f o g=g o f et montrons que f et g n'admettent pas un point fixe commun.

Soit x1,x2 deux points fixe de f et g respectivement. f(x1)=x1 et g(x2)=x2 pour tout x1,x2 dans I. Montrons alors que f(x1)=x1 # g(x2)=x2.

On a : (f o g)(x2)= f(g(x2))=f(x2). ceci d'une parte, d'autre part on a (g o f)(x1)=g(f(x1))=g(x1), Et comme (f o g)(x)= (g o f)(x) pour tout x dans I, alors on a f(x2)=g(x1).

Ceci voudrait dire que f et g admettent un point fixe commun, ce qui est absurde car par hypothèse on a supposé que f et g admettent un point fixe différent.

J ai pas compris le passage ou il affirme que puisque g et f commutent par la composé alors f(x1)=g(x2)
C'est faux non ? Vu que f○g(x2)n est pas forcement egale a f○g(x1)

[JeanN]

oui, c'est douteux

[rind2018]

Bon je pense(j'espere) avoir trouver.
On montre d'abord grace au Tvi que f admet un point fixe que l on nomme a.
Par symetrie des rôles (c'est ca qui me bloquait) on pose f>g .
On a f(a)=a donc g(f(a))=g(a) soit f(g(a))=g(a) donc g(a) est aussi point fixe de a .
De facon analogue on montre que gn(a)(composé nieme) est aussi point fixe.
Reste a montrer l'existence d'un entier n tel que gn+1(a)=gn(a).
Pour cela on pose U0=a Un=gn(U0)
Mq Un+1<Un:
on a f>g donc f(gn(a))>gn+1(a) soit gn(a)>gn+1(a)
Donc Un décroit et est minoré par 0 elle converge donc vers l ce qui conclut (l est point fixe de f et g ).
J ai sauté quelques étapes mais j'écrirais le tout demain et je corrigerai si erreur il y a.

[Salimovich]

Soit f une fonction continue sur [0;1] telle que f(0)=f(1). Montrer que l'équation $ f(x+\frac{1}{2})=f(x) $ admet une solution sur [0;$ \frac{1}{2} $]. Généralisation?

SPOILER:

Soit $ h : x \in [0;\frac{1}{2}] \mapsto f(x+\frac{1}{2})-f(x) $

Alors $ h(0)=f(\frac{1}{2})-f(0) $ et $ h(\frac{1}{2})=f(1)-f(\frac{1}{2})=-h(0) $

$ h $ continue change de signe sur $ [0;\frac{1}{2}] $ donc par le TVI $ \exists \alpha \in [0;\frac{1}{2}], f(\alpha + \frac{1}{2})=f(\alpha) $

Pour la généralisation une démo similaire donne que si f est une fonction continue sur $ [0,2a] $ avec $ a $ dans $ \mathbb{R}_+ $ alors l'équation $ f(x+a)=f(x) $ admet au moins une solution sur $ [0;a] $ (Il y a peut-être mieux).

Il y a en effet mieux comme généralisation :
Tu peux montrer deux résultats, le premier est une généralisation assez naturelle et classique,
Le second résultat est plutôt un approfondissement de l'exo, il est nettement plus difficile et demande de connaître son cours de sup sur la continuité (mais pas plus !) donc je sais pas si tu peux le faire.
1) Montrer que pour tout entier n supérieur à 2, il existe 0<=x<=1-1/n tel que f(x) = f(x+1/n)
2) montrer qu'il existe epsilon strictement positif tel que pour tout h < epsilon, il existe x<=1-h tel que f(x) = f(x+h).

1)

SPOILER:

De même on définit $ g : x \in [0;1-\frac{1}{n}] \mapsto f(x+\frac{1}{n})-f(x) $

On a $ \sum_{k=0}^{n-1} g(\frac{k}{n}) = \sum_{k=0}^{n-1} f(\frac{k+1}{n})-f(\frac{k}{n}) = f(1)-f(0) = 0 $

Donc soit tous les $ g(\frac{k}{n}) $ sont nuls soit il en existe au moins deux de signes opposés et on conclut avec le TVI.

Pour le 2) j'ai du mal à comprendre.. Ne pourrait-on pas trouver une fonction $ f $ vérifiant les hypothèses et telle que $ \forall x \in [0;1-h], f(x+h)=f(x)+\epsilon_h $ avec $ \epsilon_h $ tendant vers $ 0 $ sans jamais l'atteindre quand $ h \mapsto 0 $ ?

Sinon je continuais mon périple dans les nombreuses pages de ce topic quand je suis tombé sur ça :

Assez connu et sympathique, des IMO 1975:

Soit f(n) qui à n associe la somme de ses chiffres (ex f(87)=15)). Trouver f(f(f(4444^4444))).

Je me casse la tête dessus depuis 1 heure donc si vous avez une indication je suis preneur (J'ai prouvé que le nombre de chiffres dans l'écriture en base $ 10 $ d'un nombre $ n $ vaut $ E(\frac{\ln(n)}{\ln(10)})+1 $ mais j'ai l'impression que ça sert à rien ).

[Inversion]

Indications pour le deuxième exercice :

SPOILER:

Tu peux majorer assez brutalement $f(f(f(4444^{4444})))$ pour prouver que ce nombre ne peut de toute façon pas être si grand que cela, et trouver un $k$ entier naturel tel que pour tout $n$ entier naturel, $f(n) \equiv n [k]$.

[Errys]

SPOILER:

Soit $ h : x \in [0;\frac{1}{2}] \mapsto f(x+\frac{1}{2})-f(x) $

Alors $ h(0)=f(\frac{1}{2})-f(0) $ et $ h(\frac{1}{2})=f(1)-f(\frac{1}{2})=-h(0) $

$ h $ continue change de signe sur $ [0;\frac{1}{2}] $ donc par le TVI $ \exists \alpha \in [0;\frac{1}{2}], f(\alpha + \frac{1}{2})=f(\alpha) $

Pour la généralisation une démo similaire donne que si f est une fonction continue sur $ [0,2a] $ avec $ a $ dans $ \mathbb{R}_+ $ alors l'équation $ f(x+a)=f(x) $ admet au moins une solution sur $ [0;a] $ (Il y a peut-être mieux).

Il y a en effet mieux comme généralisation :
Tu peux montrer deux résultats, le premier est une généralisation assez naturelle et classique,
Le second résultat est plutôt un approfondissement de l'exo, il est nettement plus difficile et demande de connaître son cours de sup sur la continuité (mais pas plus !) donc je sais pas si tu peux le faire.
1) Montrer que pour tout entier n supérieur à 2, il existe 0<=x<=1-1/n tel que f(x) = f(x+1/n)
2) montrer qu'il existe epsilon strictement positif tel que pour tout h < epsilon, il existe x<=1-h tel que f(x) = f(x+h).

1)

SPOILER:

De même on définit $ g : x \in [0;1-\frac{1}{n}] \mapsto f(x+\frac{1}{n})-f(x) $

On a $ \sum_{k=0}^{n-1} g(\frac{k}{n}) = \sum_{k=0}^{n-1} f(\frac{k+1}{n})-f(\frac{k}{n}) = f(1)-f(0) = 0 $

Donc soit tous les $ g(\frac{k}{n}) $ sont nuls soit il en existe au moins deux de signes opposés et on conclut avec le TVI.

Pour le 2) j'ai du mal à comprendre.. Ne pourrait-on pas trouver une fonction $ f $ vérifiant les hypothèses et telle que $ \forall x \in [0;1-h], f(x+h)=f(x)+\epsilon_h $ avec $ \epsilon_h $ tendant vers $ 0 $ sans jamais l'atteindre quand $ h \mapsto 0 $ ?

Ok pour le 1 !
Pour le 2, non, ce n'est pas possible de construire une telle fonction ! Le meilleur conseil que je puisse te donner est de dessiner le graphe d'une fonction continue f vérifiant les hypothèses de l'énoncé et de regarder ce qu'il se passe !