Jay Olsen a écrit :Non il n'y a pas du tout une infinité de solutions.
Enfin si, j'oubliais que j'étais sur le forum maths ici
J'admets que si lat2 est une solution alors lat2+2kPi est aussi une solution, mais un seul lat2+2kPi est une latitude : lequel ?
SPOILER:
Oh merde, la solution en cos(a-b) j'avais pas vu que c'était si évident que ça (quoique c'est pas si simple parce qu'il y a un arccos et les arccos c'est relou)
Pour résoudre ça j'étais parti dans un truc à la con genre passer en complexe et tout et toi tu me trivialises ça d'une autre manière que ma manière triviale
Ca me rappelle mon équa diff sur taupinières pour laquelle t'étais parti dans des délires, tu vois rien quoi, t'es nul
MPSI/MP* -- Lycée du Parc
École Normale Supérieure -- Ulm
Soit $ f : \mathbb{R} \mapsto \mathbb{R} $. On suppose que $ \forall a > 0 $, $ t \mapsto f(t+a)-f(t) $ est polynômiale. Montrer que $ f $ est polynômiale.
J'ai une partie de la solution, il me faut juste montrer que $ f $ est dérivable en un point $ x_0 $. Sous cette hypothèse :
SPOILER:
On montre d'abord que $ f $ est $ C^{\infty} $ :
Pour tout $ a \in \mathbb{R} $ on pose $ g_a : t \mapsto f(t+a)-f(t) $ : qui est polynomiale donc en particulier dérivable en $ x_0 $.
Ainsi pour tout $ a \in\mathbb{R} $, $ \frac{g_a(x_0+h)-g_a(x_0)}{h} $ admet une limite quand h tend vers 0. Or cette expression se réécrit :
$ \frac{f(x_0+a+h)-f(x_0+a)}{h} - \frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h} $. Or le deuxieme terme admet une limite quand h tend vers 0 (hypothèse de dérivabilité de $ f $ en $ x_0 $),
donc le premier également. Ainsi $ f $ est dérivable en $ x_0+a $ et donc sur tout $ \mathbb{R} $ car $ a $ est quelconque
Ainsi si $ f $ satisfait les hypothèses de l'énoncé, elle est dérivable et $ f' $ satisfait les mêmes hypothèses. Donc par récurrence $ f $ est de classe $ C^{\infty} $.
On montre ensuite que $ f $ est bien polynomiale, ou de façon équivalente qu'une dérivée de $ f $ est constante :
Par hypothèse, pour tout $ a>0 $ $ g_a $ est un polynôme. On passe facilement à $ \mathbb{R} $ tout entier car $ g_{-a}(t)=-g_a(t-a) (*) $ et $ g_0=0 $.
Ainsi pour tout $ a\in\mathbb{R} $ il existe $ n_a \in \mathbb{N} $ tel que $ g_a^{(n_a)}=0 $
On note alors pour $ n\in\mathbb{N} $, $ E_n = \{ a\in \mathbb{R} | g_a^{(n)}=0 \} $.
Il est alors clair que $ E_n $ est un sous-groupe additif de $ \mathbb{R} $ car il contient évidemment 0, est stable par opposé d'après $ (*) $ et si $ a, b \in E_n $ :
Donc $ E_n $ est discret ou dense, et par cardinalité (en considérant l'intersection avec $ [0;1] $) l'un au moins des $ E_n $ est dense car
$ \displaystyle\bigcup_{n\in\mathbb{N}}E_n = \mathbb{R} $ : on appelle cet ensemble $ E $ et on pose le $ n $ associé.
Or pour tout $ x\in E $ $ g_x^{(n)}=0 $ soit en évaluant en 0 : $ f^{(n)}(x) = f^{(n)}(0) $.Par densité de $ E $ et continuité de $ f^{(n)} $ on en déduit que $ f^{(n)} $ est constante. Ainsi $ f $ est bien polynomiale.
Jolie la fin Ta méthode est complètement différente de la mienne, j'avais cherché aussi à un moment à montrer qu'elle était dérivable en un point mais sans succès... Bonne chance pour trouver !
Jay Olsen a écrit :Non il n'y a pas du tout une infinité de solutions.
Enfin si, j'oubliais que j'étais sur le forum maths ici
J'admets que si lat2 est une solution alors lat2+2kPi est aussi une solution, mais un seul lat2+2kPi est une latitude : lequel ?
SPOILER:
Oh merde, la solution en cos(a-b) j'avais pas vu que c'était si évident que ça (quoique c'est pas si simple parce qu'il y a un arccos et les arccos c'est relou)
Pour résoudre ça j'étais parti dans un truc à la con genre passer en complexe et tout et toi tu me trivialises ça d'une autre manière que ma manière triviale
Ca me rappelle mon équa diff sur taupinières pour laquelle t'étais parti dans des délires, tu vois rien quoi, t'es nul
Je m'en rappelle plus de cette équa diff ?
C'est surtout que j'ai mieux à faire que du calcul
Et surtout, si t'y réfléchis une seconde, ma méthode triviale est plus ou moins équivalente à la méthode cos(a-b).
Toujours en train de calculer des matrices de rotation
KGD a écrit :Oui maintenant que tu le dis, j'aurais pu le poster sur le fil des TS.. C'est qu'à force de coller en TSI cette année, je commence à avoir du mal à évaluer la difficulté de ce que peut raisonnablement faire un sup
Sinon un plus consistant (enfin je crois):
Soit $ f: [0,+\infty[ \to \mathbb R $ de classe $ \mathcal C^{\infty} $ telle que $ f(x) \underset{x\to+\infty}{\longrightarrow} f(0) $. Montrer que, pour tout $ n \ge 1 $, $ f^{(n)} $ s'annule.
Tentative de TS. Excusez le manque de rigueur et mon intrusion
SPOILER:
Notons que f ne peut être polynomiale de degré non nul car alors elle divergerait en +infini. On a $ f(x) \underset{x\to+\infty}{\longrightarrow} f(0) $. Deux possibilités : soit f est constante et vaut f(0) pour tout x, dans ce cas $ \forall n \in \mathbb{N}*, f^{(n)}=0 $, soit, du fait de sa continuité, f change au moins une fois de monotonie, donc $ \exists a \in R+, f'(a)=0 $. Dans ce dernier cas, f peut avoir deux "manières" d'approcher sa limite :
- CAS 1 : soit elle l'approche par vaguelettes ininterrompues (un peu comme une fonction périodique dont l'amplitude des oscillations se réduit de sorte à être convergente, sauf qu'elle n'est pas forcément périodique, d'où le "vaguelettes" ). Alors, f' change de monotonie une infinité de fois, donc il existe une infinité de réels tels que $ f''(x)=0 $, et comme f n'est pas polynomiale, aucune de ses dérivées (première, seconde, n-ème) n'est contante, donc f'' change une infinité de fois de monotonie et rebelote... En conclusion, en réitérant ce raisonnement une infinité de fois, on en déduit que $ \forall n \ge 1 $, $ f^{(n)} $ s'annule.
- CAS 2 :il existe un réel A à partir duquel il n'y a plus de vaguelettes (comme la manière dont la fonction inverse tend vers 0 en +infini). Cela se traduit mathématiquement par $ f'(x) \underset{x\to+\infty}{\longrightarrow} 0 $. De plus il existe a tel que $ f'(a)=0 $ donc on se retrouve dans le même cas que pour f précédemment (i.e f' change au moins une fois de monotonie...), donc $ \exists b \in \mathbb{R},f''(b)=0 $ et rebelote ! (on reprend au cas 2). En réitérant ce raisonnement une infinité de fois, on en déduit que $ \forall n \ge 1 $, $ f^{(n)} $ s'annule.
D'où la conclusion.
Soit $ f : \mathbb{R} \mapsto \mathbb{R} $. On suppose que $ \forall a > 0 $, $ t \mapsto f(t+a)-f(t) $ est polynômiale. Montrer que $ f $ est polynômiale.
Il me semble que si on prend une solution non continue de l'équation de Cauchy, on a $ f(a+t)-f(t)=f(a) $ qui est polynomiale mais $ f $ ne l'est pas.
C'est ennuyeux effectivement. Il me semble que $ f $ est continue si et seulement si elle est bornée au voisinage de 0. Après il reste à montrer la dérivabilité en un point pour utiliser ma démo, mais il manque visiblement une hypothèse. Je suis curieux de voir la solution de celui qui l'a posé.
Effectivement, c'est embêtant. Je viens de revoir ma solution, y avait une erreur (assez grossière en plus...).
Du coup, en rajoutant l'hypothèse continue en un point ça marche, et donc bornée sur un voisinage de 0 aussi. Si quelqu'un trouve une hypothèse plus faible que ça...
J'édite mon message en attendant.
muggle : je n’ai pas tout lu mais sache que tu ne peux pas raisonner comme ça avec les infinis. Il y a des tonnes d'énoncé impliquant des infinis qui semble parfaitement raisonnables et intuitifs mais qui sont faux. Le manque de rigueur et l'intuition sont souvent nécessaires pour trouver la solution d'un pb avant de la mettre au propre mais dans ce genre de cas c'est souvent trompeur (après ta "preuve" peut peut être se mettre au propre...il faudrait que je la lise pour voir )
Pas prof.
Prépa, école, M2, thèse (optique/images) ->ingé dans le privé.
(après ta "preuve" peut peut être se mettre au propre...il faudrait que je la lise pour voir 
