Exercices de MPSI

[rind2018]

Bonjour,

une petite pour la route :


Soit $ H $ l'ensemble des fonctions affines, stable par composition, contenant les 2 fonctions suivantes :
$e(x)=2x$ et $f(x)=x+1$
Soit $ G \subset H$ tel que $G$ soit stable par composition et avec commutativité de la composition.

Existe-t-il alors $g$ fonction affine tel que $G$ soit issue des compositions successives de $g$ ?


Bonne journée.

Bonsoir,
Pourquoi préciser que les fonctions affines e et f sont dans H si H est l'ensemble de toutes les fonctions affines?
Sinon est il possible de faire ce problème avec les connaissances de terminale?(hormis la stabilité par composition et la commutativité de la composition).

[ayoub2001]

Bonjour
Voici un exercice un peu astucieux que je conseille
Montrer que pour tout k entier naturel, il existe une bijection de N^k sur N
Montrer qu'une bijection entre N^N(l'ensembles des aplications de N vers N)et N ne peut pas exister

[Fromhktosun]

Je pense que $k$ doit être dans $\mathbb N^*$. De plus, si $k=1$ alors c'est évident car l'identité est une bijection donc on va supposer $k\geq 2$. Montrons par récurrence sur $k\geq 2$ que $\mathbb N^k$ et $\mathbb N$ sont équipotents.

Initialisation. Posons $f:(n,m)\in\mathbb N^2\longmapsto 2^n(2m+1) -1\in\mathbb N$ et montrons que $f$ est bijective.
Soient $(n,m),(p,q)\in\mathbb N^2$ tels que $f(n,m)=f(p,q)$ i.e. $2^n(2m+1)=2^p(2q+1)$. Or d'après l'unicité de la décomposition en facteurs premiers, on a $n=p$ puis $m=q$. D'où $(n,p)=(m,q)$ donc $f$ est injective.
Soit $y\in\mathbb N$. Alors $y+1\in\mathbb N^*$ donc d'après le théorème de décomposition en facteurs premiers (la partie existence suffit), il existe $(n,m)\in\mathbb N^2$ tel que $y+1=2^n(2m+1)$. Donc $y=2^n(2m+1)-1=f(n,m)$. Donc $f$ est surjective. D'où le résultat au rang $k=2$.

Hérédité. Supposons qu'il existe $k\geq 2$ tel que $\mathbb N^k$ et $\mathbb N$ sont équipotents. Montrons que $\mathbb N^{k+1}$ et $\mathbb N$ sont équipotents. Or $\mathbb N^{k+1}=\mathbb N^k\times \mathbb N$ et par hypothèse de récurrence, il existe une bijection $g$ de $\mathbb N^k$ sur $\mathbb N$. Donc $h_g:(a,b)\in\mathbb N^k\times\mathbb N\longmapsto (g(a),b)\in\mathbb N^2$ est bijective i.e. $\mathbb N^{k+1}$ et $\mathbb N$ sont équipotents. En effet, si $(a,b),(c,d)\in\mathbb N^k\times\mathbb N$ vérifient $h_g(a,b)=h_g(c,d)$ alors $b=d$ et par injectivité de $g, a=c$, d'où $h_g$ injective. De plus, si $(y,z)\in\mathbb N^2$ alors comme $g$ est surjective, il existe $x\in\mathbb N^k$ tel que $y=g(x)$ donc $(y,z)=(g(x),z)=h_g(x,z)$, d'où $h_g$ surjective. Or d'après l'initialisation, $\mathbb N^2$ et $\mathbb N$ sont équipotents donc par transitivité de l'équipotence (ou parce que la composée de deux bijections est une bijection), $\mathbb N^{k+1}$ et $\mathbb N$ sont équipotents. D'où le résultat au rang $k+1$.

Pour la seconde question, la démonstration que je connais utilise Cantor-Bernstein, je vais laisser les autres répondre s'ils ont une solution sans.

[Fromhktosun]

une jolie caractérisation de la continuité :

soit $g: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ une application surjective, telle que pour toute suite réelle $(x_{n})$ :

$$ (g(x_{n}))~~\text{converge} \Rightarrow (x_{n})~~\text{converge}$$

Monter que $g$ est continue.

J'ai pensé faire par l'absurde en utilisant la caractérisation séquentielle de la continuité et en exhibant une suite $(x_n)$ telle que $(g(x_n))$ converge et $(x_n)$ diverge mais je ne trouve pas. Un indice ?

[Calli]

Il faut montrer que $g$ est bijective.

[rind2018]

Pourquoi préciser que les fonctions affines e et f sont dans H si H est l'ensemble de toutes les fonctions affines?
Sinon est il possible de faire ce problème avec les connaissances de terminale?(hormis la stabilité par composition et la commutativité de la composition).

Non, en fait ce sont les fonctions affines qui s'obtiennent par composition de f et e.

Oui, je pense que c'est faisable à partir du programme de terminale.

Très bien,voilà ce que j'ai fais:
Montrons que H est exactement l'ensemble des 2^nx+m ou n et m sont entiers naturels
on a f^n(x)=x+n et e^n(x)=2^n×x+m
Toute fonctions dans H s'écrit e^a1○f^a2○...○e^an avec max(a1,a2...,an)>0
En regroupant les termes en x et les autres on aura la forme souhaitée.
Maintenant toute fonction t dans g s'écrit t(x)=2^n'×x+m' raisonnons par analyse synthèse
Supposons l'existence d'une fonction g solution du problème alors g(x)=2^n×x+m et g○t=t○g
Soit (1-2^n)m'=(1-2^n')m (1)
de plus par hypothèse il existe un k dans N tel que g^k=t
Or g^k(x)=2^kn×x+m((1-2^kn)/(1-2^n)) ou n>0
par identification ce k existe si n divise n' donc
n=1
Synthèse :
Soit g(x)=2x+m
pour tout fonction t dans G écrivons t(x)=2^n'×x+m'
Alors g^n'(x)=2^n'×x+m((1-2^n')/(1-2))
Or on montrer(voir (1)) que le membre de droite est bien m'
Ce qui conclut.

[rind2018]

t(x)=2^n'×x+m'

Or g^k(x)=2^kn×x+m((1-2^kn)/(1-2^n)) ou n>0
par identification ce k existe si n divise n' donc
n=1

Comment de $kn=n'$ (identification des coeff. de $x$ dans $t$ et $g^k$) tu déduis $n=1$ ?

PS : $e(x)=2x$

Il suffit de trouver une fonction qui marche non?
On arrive n qui divise nécessairement n' et ce qlq soit n' ,or n=1 convient vu qu'il divise effectivement tout les n',et dans la synthèse ca marche pas?
Parceque c'est pas une analyse synthèse classique on peut trouver une seule fonction g répondant au problème et la g(x)=2x+m repond bien au problème,enfin je crois.

[oty20]

J'ai pensé faire par l'absurde en utilisant la caractérisation séquentielle de la continuité et en exhibant une suite $(x_n)$ telle que $(g(x_n))$ converge et $(x_n)$ diverge mais je ne trouve pas. Un indice ?

Calli a donné une indication, commence par essayer de montrer $g$ injective.

[oty20]

Bonjour,

une petite pour la route :


Soit $ H $ l'ensemble des fonctions affines que l'on obtient par composition de $e$ et $f$ avec :
$e(x)=2x$ et $f(x)=x+1$
Soit $ G \subset H$ tel que $G$ soit stable par composition et avec commutativité de la composition.

Existe-t-il alors $g$ fonction affine tel que $G$ soit issue des compositions successives de $g$ ?


Bonne journée.

je suis arrivé à ce point, je sais pas si c'est une bonne piste pour arriver au contre exemple : $$h_{l}=f^{2^{l}}oe^{l} = 2^{l}\times f = e^{l}of=eoh_{l-1}$$

[AhmedNasredinne]

Trouver tous les couples (p, q) ∈ $ \mathbb{Z}*\mathbb{Z^{*}} $ tels que les quatre trinômes :
X2 ± pX ± q soient simultanément scindés sur $ \mathbb{Z} $