Exercices de mpsi (et un peu de terminale)

[Errys]

Solution de l'exercice 16 :

SPOILER:

On pose pour tout entier $ n\ge 0 $, $ y_n = \dfrac{1}{2^n} $ qui est bornée et monotone.

De même, on pose pour tout entier $ n $ : $ x_{2n} = \dfrac{1}{2^{2n}} $ et : $ x_{2n+1} = \dfrac{1}{2^{2n}} $
Encore une fois, cette suite est bien bornée et monotone.

En revanche, pour tout entier n :
$$ \dfrac{x_{2n}}{y_{2n}} = \dfrac{\dfrac{1}{2^{2n}}}{\dfrac{1}{2^{2n}}}=1 $$
Et
$$ \dfrac{x_{2n+1}}{y_{2n+1}} = \dfrac{\dfrac{1}{2^{2n}}}{\dfrac{1}{2^{2n+1}}}=2 $$

Ainsi $ (x_n/y_n) $ est bornée, mais pas convergente !

[matmeca_mcf1]

Pour ceux qui veulent voir la/une solution de l'exo numéro 8, voici la correction de l'existence

SPOILER:

Nous allons montrer par récurrence sur n que c'est possible quand il y a n jetons.

Hypothèse de récurrence: Si n jetons sont diposés sur un cercle, que chaque jeton a une valeur dans Z et que la somme de toutes les valeurs de ces jetons vaut 1, alors on peut choisir un jeton tel que les sommes partielles successives obtenues en sommant successivement les valeurs des jetons en partant dudit jeton puis en suivant le sens trigonométrique reste toujours strictement positive.

Initialisation: si n=1. Le jeton a pour valeur 1 donc en démarrant de ce jeton, on reste strictement positif

Récurrence: Soit n>=1. On suppose la propriété vraie pour n. Montrons qu'elle reste vraie pour le rang n+1. Soit n+1 jetons disposés sur un cercle tel que la somme des valeurs de ces jetons vaut 1. Comme la somme vaut 1, il existe un jeton X dont la valeur v_X est strictement positive. On crée un nouveau système de n jetons en remplaçant le jeton X et celui situé juste après dans le sens tigonométrique par un unique jeton dont la valeur est la somme des valeurs des deux jetons remplacés. On applique l'hypothèse de récurrence. On obtient l'existence d'un jeton Y pour le système à n jetons. Si Y est le jeton fusionné, on démarre de X, sinon on démarre de Y et on obtient un jeton qui convient pour le système à n+1 jetons (Le choix de X comme un jeton avec une valeur strictement positive intervient ici.

[zygomatique]

salut

pb 9 :

SPOILER:

soit les divisions euclidiennes m = 24p + r et n = 24q + s

mn + 1 = 24(24pq + r + s) + rs + 1 est multiple de 24 donc rs + 1 est multiple de 24

un tableau donnant le produit rs avec r et s entier entre 0 et 23 donne la réponse

... donc m + n est multiple de 24


remarquer aussi que rs + 1 est multiple de 24 <=> rs est premier avec 24 <=> r et s sont premiers avec 24

[Preparca]

@zygomatique
Bonne chance pour faire ton tableau à 24 lignes et 24 colonnes, il y'a plus simple

[donnerwetter]

Vu sur beos mais faisable en fin de terminale :
[Ex 17] Déterminer les fonctions de R dans R telles que pour tout a<b, f([a,b]) soit un intervalle de longueur b-a.

Petite question comme ça, sans grand rapport : [Ex 18] si f est dérivable sur un intervalle ouvert contenant x, existe-t-il un intervalle ouvert contenant x sur lequel elle est monotone ?

[Zetary]

Petite question comme ça, sans grand rapport : si f est continue sur un voisinage de x, existe-t-il un voisinage de x sur lequel elle est monotone ?

Je pense qu’il faudrait ajouter l’hypothèse «dérivable» vu qu’ils n’ont pas de def de la continuité ^^’, et remplacer «voisinage de x» par «intervalle ouvert non vide contenant x»

[Errys]

Pour l'exercice de donnerwetter, ma solution utilise la définition de la continuité qui est HP mais j'ai pas trouvé comment faire sans...

SPOILER:

Tout d'abord, essayons de trouver des choses qui caractérisent une fonction qui vérifie cette propriété :

Soit $ f $ une fonction qui vérifie les conditions,

EDIT : Inutile

SPOILER:

Montrons que $ f $ est continue en tout point de $ \mathbb{R} $ :

Soit $ x $ un réel, et $ \varepsilon>0 $, en prenant $ \delta = \frac{\varepsilon}{2} $, on a $ |f([x-\delta;x+\delta]| = \varepsilon $ donc pour tout réel $ y $ tel que $ |x-y|< \delta $, $ y\in [x-\delta;x+\delta] $ donc $ |f(y)-f(x)|<\varepsilon $.
Ainsi, $ f $ est bien continue sur $ \mathbb{R} $.

Montrons que $ f $ est injective,
En notant $ |A| $ la longueur d'un intervalle $ A $ on a :
Soit $ a,b,c $ des réels avec $ a<b<c $, on a $ |f([a;b])| = b-a $, $ |f([b;c])| = c-b $, $ |f([a;c])| = c-a $
Or, $ |f([a;c])| = |f([a;b])| + |f([b;c])| - |f([a;b])\cap f([b;c])| $ d'où $ f([a;b])\cap f([b;c]) = \{f(b)\} $

Ainsi, s'il existe $ (a;c)\in\mathbb{R}^2 $ tels que $ a<c $ et $ f(a) = f(c) $, Soit $ f $ est constante sur $ [a;c] $ et on arrive à une contradiction, soit il existe b tel que $ a<b<c $ et $ f(a)\neq f(b) $ et on arrive aussi à une contradiction car $ f([a;b])\cap f([b;c]) = \{f(b)\} $ et $ f(b)\neq f(a) $.

Ainsi, $ f $ est injective.

Montrons que $ f $ est strictement monotone.

Supposons par l'absurde que $ f $ n'est pas strictement monotone, cela veut donc dire que soit il existe $ a,b $ tels que $ f(a)=f(b) $ et $ a\neq b $ ce qui est absurde. Soit qu'il existe $ (a,b,c)\in\mathbb{R}^3 $ avec $ a<b<c $ tels que $ f(a)<f(b) $ et $ f(b) >f(c) $.
On suppose sans perdre de généralité que $ f(a)>f(c) $, ainsi, $ f(c)<f(a)<f(b) $ donc $ f(a)\in [f(c); f(b)]\in f([c;b]) $. Ainsi, il existe $ d\in[c;b] $ tel que $ f(d)=f(a) $ ce qui est absurde car $ f $ est injective.

AInsi, $ f $ est strictement monotone.

On suppose $ f $ strictement croissante, quitte à prendre $ g=-f $.
Ainsi, pour tout $ a>0 $, $ f([0;a]) = [f(0); f(0) + a] $. Donc $ f(a) = f(0) + a $ car $ f $ est strictement croissante.
De même, pour tout $ b<0 $, $ f([b; 0]) = [b+f(0); f(0)] $ d'où $ f(b) = f(0) + b $.

Ainsi, pour tout $ x $ réel, $ f(x) = f(0) + x $ ou $ f(x) = -f(0) - x $ (car on avait supposé que $ f $ était strictement croissante quitte à prendre $ g = -f $).

Vérifions que toutes les fonctions de la forme $ f(x) = +/-x+C $ avec $ C\in\mathbb{R} $ vérifient les conditions :
Si $ f(x) = x + C $ alors pour tout a, b avec a<b, $ f([a; b]) = [a+C; b+C] $ qui est un intervalle de longueur $ b-a $.
Si $ f(x) = -x + C $ alors pour tout $ a,b $ avec $ a<b $, $ f([a;b] = [-b+C; -a+C] = -a+b = b-a $.

Ainsi, les solutions sont les fonctions $ f $ de la forme $ f(x) = +/- x+ C $ pour tout réel x et $ C $ un réel quelconque.

[Zetary]

Le TVI affirme exactement que l’image (par une fonction continue) d’un intervalle est un intervalle, mais l’énoncé donne déjà cette hypothèse sur f donc inutile de montrer qu’elle est continue

[zygomatique]

@zygomatique
Bonne chance pour faire ton tableau à 24 lignes et 24 colonnes, il y'a plus simple

tout à fait raisonnable avec un tableur en term S ...

par ailleurs je termine par une remarque qui permet de s'en passer et de résoudre cela de façon "plus élégante" ...

[Errys]

Le TVI affirme exactement que l’image (par une fonction continue) d’un intervalle est un intervalle, mais l’énoncé donne déjà cette hypothèse sur f donc inutile de montrer qu’elle est continue

En effet, au final on a ni besoin du TVI, ni besoin de la continuité ;p
Merci.