Exercices de MPSI

[rabhix98]

Veuillez m'excuser j'ai fait une énorme erreur
(ça m'apprendra à tout vouloir faire de tête). Je n'ai pas la réponse
Encore une fois désolé

[rabhix98]

<3

Comment je la voyais venir à des kilomètres, ton erreur (genre inversion à la con de deux indices, ou un truc du genre)

Pire même
Sinon, ça se démontre avec des outils de Terminales ou pas ?

[mathophilie]

Soit $ f : \mathbb N \rightarrow \mathbb N $ une application qui verifie la propriété $ (\forall n \in \mathbb N) $ $ f(n+1) > f(f(n)) $ . Montrer que $ (\forall n \in \mathbb N) $ $ f(n)=n $.

Une proposition :

SPOILER:

Démontrer qu'une proposition P implique une proposition Q revient à démontrer que Non Q implique non P.

Démontrons que si $ f(n) $ différent de $ n $ pour tout n de N, alors $ f(n+1) \le f(f(n)) $.

Si $ f(n) > n $, alors $ f(n+1) - f(n) > 1 > 0 $ d'où f strictement croissante sur N.
De plus, comme f est définie de N dans N, on a $ f(n) \ge n + 1 $
D'où $ f(f(n)) \ge f(n+1) $

Si $ f(n) < n $, alors $ f(n+1) - f(n) < 1 $. De plus, f est définie de N dans N, donc cela équivaut à $ f(n+1) - f(n) \le 0 $, donc f est décroissante sur N.
De plus,$ f(n) < n $ donc $ f(n) < n+1 $.
D'où $ f(f(n)) > f(n+1) $

Ainsi, si $ f(n) $ différent de $ n $, alors $ f(n+1) \le f(f(n)) $.
Donc il vient que si f est une application de N dans N telle que $ f(n+1) > f(f(n)) $, alors $ f(n) = n $ pour tout n de N

[bullquies]

<3

Comment je la voyais venir à des kilomètres, ton erreur (genre inversion à la con de deux indices, ou un truc du genre)

Pire même
Sinon, ça se démontre avec des outils de Terminales ou pas ?

La première étape serait de

SPOILER:

monter que si $ MN = I $, alors il existe une matrice $ P $ telle que $ PM = I $, et ensuite montrer que $ N = P $.

Qu'est-ce que tu sais des matrices inversibles ? (Je suis plus au point sur le programme donc bon)

[Syl20]

Soit $ f : \mathbb N \rightarrow \mathbb N $ une application qui verifie la propriété $ (\forall n \in \mathbb N) $ $ f(n+1) > f(f(n)) $ . Montrer que $ (\forall n \in \mathbb N) $ $ f(n)=n $.

Une proposition :

SPOILER:

Démontrer qu'une proposition P implique une proposition Q revient à démontrer que Non Q implique non P.

Démontrons que si $ f(n) $ différent de $ n $ pour tout n de N, alors $ f(n+1) \le f(f(n)) $.

Si $ f(n) > n $, alors $ f(n+1) - f(n) > 1 > 0 $ d'où f strictement croissante sur N.
De plus, comme f est définie de N dans N, on a $ f(n) \ge n + 1 $
D'où $ f(f(n)) \ge f(n+1) $

Si $ f(n) < n $, alors $ f(n+1) - f(n) < 1 $. De plus, f est définie de N dans N, donc cela équivaut à $ f(n+1) - f(n) \le 0 $, donc f est décroissante sur N.
De plus,$ f(n) < n $ donc $ f(n) < n+1 $.
D'où $ f(f(n)) > f(n+1) $

Ainsi, si $ f(n) $ différent de $ n $, alors $ f(n+1) \le f(f(n)) $.
Donc il vient que si f est une application de N dans N telle que $ f(n+1) > f(f(n)) $, alors $ f(n) = n $ pour tout n de N

Juste une question : est-ce que tu traites le cas d'un n tel que f(n)>n mais f(n+1)<n+1 ?

[VanXoO]

SPOILER:

Démontrer qu'une proposition P implique une proposition Q revient à démontrer que Non Q implique non P.

Démontrons que si $ f(n) $ différent de $ n $ pour tout n de N, alors $ f(n+1) \le f(f(n)) $.

Tu es sur que c'est bien non Q et non P ? (qu'elle est la négation de "pour tout x, P(x)" ?)

Si $ f(n) > n $, alors $ f(n+1) - f(n) > 1 > 0 $ d'où f strictement croissante sur N.

Pourquoi f(n)-n aurait toujours le même signe ?

[mathophilie]

SPOILER:

Démontrer qu'une proposition P implique une proposition Q revient à démontrer que Non Q implique non P.

Démontrons que si $ f(n) $ différent de $ n $ pour tout n de N, alors $ f(n+1) \le f(f(n)) $.

Tu es sur que c'est bien non Q et non P ? (qu'elle est la négation de "pour tout x, P(x)" ?)

Si $ f(n) > n $, alors $ f(n+1) - f(n) > 1 > 0 $ d'où f strictement croissante sur N.

Pourquoi f(n)-n aurait toujours le même signe ?

Hmmm je comprends mon erreur, merci

Il faudrait démontrer que s'il existe un entier naturel ...

Ce qui me pose un problème pour la croissance / décroissance de la suite, notamment pour l'un des cas de la minoration de f(a+1)...

Je vais refléchir...

[mathophilie]

Soit $ f : \mathbb N \rightarrow \mathbb N $ une application qui verifie la propriété $ (\forall n \in \mathbb N) $ $ f(n+1) > f(f(n)) $ . Montrer que $ (\forall n \in \mathbb N) $ $ f(n)=n $.

Une proposition :

SPOILER:

Démontrer qu'une proposition P implique une proposition Q revient à démontrer que Non Q implique non P.

Démontrons que si $ f(n) $ différent de $ n $ pour tout n de N, alors $ f(n+1) \le f(f(n)) $.

Si $ f(n) > n $, alors $ f(n+1) - f(n) > 1 > 0 $ d'où f strictement croissante sur N.
De plus, comme f est définie de N dans N, on a $ f(n) \ge n + 1 $
D'où $ f(f(n)) \ge f(n+1) $

Si $ f(n) < n $, alors $ f(n+1) - f(n) < 1 $. De plus, f est définie de N dans N, donc cela équivaut à $ f(n+1) - f(n) \le 0 $, donc f est décroissante sur N.
De plus,$ f(n) < n $ donc $ f(n) < n+1 $.
D'où $ f(f(n)) > f(n+1) $

Ainsi, si $ f(n) $ différent de $ n $, alors $ f(n+1) \le f(f(n)) $.
Donc il vient que si f est une application de N dans N telle que $ f(n+1) > f(f(n)) $, alors $ f(n) = n $ pour tout n de N

Juste une question : est-ce que tu traites le cas d'un n tel que f(n)>n mais f(n+1)<n+1 ?

Non effectivement, je viens de comprendre... Mais ce cas n'est pas le plus problématique, on parvient tout de même à démontrer que $ f(a+1) \le f(a)... $Le plus triste dans cette histoire, c'est le cas f(a+1) > a + 1

[Nope]

Soit $ f : \mathbb N \rightarrow \mathbb N $ une application qui verifie la propriété $ (\forall n \in \mathbb N) $ $ f(n+1) > f(f(n)) $ . Montrer que $ (\forall n \in \mathbb N) $ $ f(n)=n $.

Mon frère en prépa m'a posé cet exercice, voici ce que j'ai répondu (après plusieurs jours de recherche je l'admet...) : Qu'en pensez-vous ?

SPOILER:

Soit $ \alpha_n = f(\alpha_{n-1}-1) $ avec $ \alpha_0 = f(0) $

alors $ f(\alpha_n) =f(f(\alpha_{n-1}-1)) < f(\alpha_{n-1}) $
Ah oui mais les $ f(\alpha_{n}) $ sont strictement décroissants donc ça pose un petit souci, c'est donc qu'à un moment la relation de récurrence ne marche plus, donc que $ \alpha_n = 0 $.
Mais maintenant si on prend un entier $ p $ quelconque tel que $ f(p)=0 $ alors $ f(f(p-1)) < f(p) = 0 $ ce qui pose encore un problème. Donc si $ f(p) = 0 $, alors $ p=0 $.
Plus encore, quand on regarde $ f(0) = f(\alpha_n) < f(\alpha{n-1}) < ... < f(\alpha_0) = f(0) $ ce qui pose encore un problème donc la suite $ \alpha_n $ n'est même pas licite à partir de $ n=1 $
Donc $ f(0) = 0 $ et $ \forall n > 0, f(n) > 0 $.
J'ai conclu en disant que le même raisonnement s'appliquait sans mal pour montrer que $ f(1) = 1 $ puis ..... $ f(n) = n $

[JeanN]

<3

Comment je la voyais venir à des kilomètres, ton erreur (genre inversion à la con de deux indices, ou un truc du genre)

Pire même
Sinon, ça se démontre avec des outils de Terminales ou pas ?

Oui, en commençant par expliquer la méthode du pivot de Gauss pour transformer un système linéaire et son interprétation matricielle...
Le bon point de départ est le suivant :
Je me donne A et B deux matrices carrées de taille n et je suppose que BA=In (matrice identité)
Alors pour toute colonne X (à n lignes...), AX=0 implique BAX=0 donc X=0
Puis tu démontres que la première colonne de A est non nulle car si elle est nulle, A(1,0,...,0)=0 alors que (1,0,...,0) différent de 0
Petite précision : (1,0,....,0) désigne la colonne à n ligne qui contient un 1 suivi de n-1 zéros.
Etant non nulle, cette première colonne de A contient un coefficient non nul qui peut te servir de pivot.
C'est là que je zappe les détails
Tu peux alors trouver une matrice inversible P1 telle que la première colonne de P1*A soit (1,0,...,0)
En fait, on peut présenter ainsi p1*A :
$ P_1\times A=
\left(\begin{array}{cc}
1 & L1 \\
0_{n-1,1} & A1
\end{array} \right ) $

avec A1 une matrice carrée de taille n-1
Reste à vérifier que A1*Y=0 implique Y=0 pour tout colonne Y de taille n-1 pour ensuite recommencer : la première colonne de A1 est non nulle, on peut choisir un pivot, trouver P2 inversible telle que $ P2\times P1\times A=
\left(\begin{array}{cc}
T_2 & L2 \\
0_{n-2,2} & A2
\end{array} \right ) $ avec T2 triangulaire supérieure 2*2 avec des 1 sur la diagonale.
En poursuivant (récurrence ...), on obtient Pn*...*P2*P1*A triangulaire avec des 1 sur la diagonale puis en poursuivant notre méthode de pivot, Qn*...*Q1*Pn*...*P1*A=In (la matrice identité)
La matrice C=Qn*...*Q1*Pn*...*P1 est inversible comme produit de matrices inversibles donc je peux multiplier l'égalité précédente à gauche par l'inverse de C pour obtenir $ A=C^{-1} $ donc A est inversible.
Enfin, l'égalité BA=In donne après multiplication à droite par $ A^{-1} $ : $ B=A^{-1} $
Conclusion : B est l'inverse de A donc A et B commutent.

Ouf...

Bon, à la relecture, je pense que ce texte est essentiellement inintelligible pour un terminale normal mais j'ai la flemme de détailler davantage ou de faire un effort de pédagogie plus important. C'est tout de même tellement plus facile d'expliquer ça devant un tableau...
Enfin, je crois assez fort qu'il n'y a pas de méthode plus simple ne recourant pas à un théorème de dimension finie.