Exos sympas MP(*)
Re: Exos sympas MP(*)
Cet exo est très très coriace.
Une idée qui fonctionne (je ne donne pas tous les détails, seulement quelques grandes lignes).
On fixe $n$ dans $\mathbb{N}^*$. On prend arbitrairement deux entiers $p>m>n$ et un réel $x\in [0,1[$. On casse la somme en quatre (!) morceaux :
$f(x)=\sum_{i=1}^{n} \epsilon_i x^i+ \sum_{i=n+1}^{m} \epsilon_i x^i+\sum_{i=m+1}^{p} \epsilon_i x^i+\sum_{i=p+1}^{+\infty} \epsilon_i x^i$.
Le couple $(x,m)$ est ensuite ajusté de telle sorte que l'événement
$A:=(\sum_{k=n+1}^m \epsilon_i x^i > n+1)$ soit de probabilité minorée par $1/3$
(cela peut se faire sans théorème central limite, simplement en regardant le cas limite où $x=1$), tout en imposant d'avoir $x>1-1/n$.
Enfin, $p$ est ajusté pour que $\sum_{i=p+1}^{+\infty} x^i<1$.
Les événements $A$ et $(\sum_{i=m+1}^{p} \epsilon_i x^i \geq 0)$ sont indépendants, et le second est de probabilité au moins $1/2$ (symétrie). Par suite, $B:=(\sum_{k=n+1}^p \epsilon_i x^i > n+1)$ est de probabilité au moins $1/6$, et il implique
$(f(x)>0)$. Symétriquement, $C:=(\sum_{k=n+1}^p \epsilon_i x^i <-(n+1))$ est de probabilité au moins $1/6$, et il implique
$(f(x)<0)$.
En utilisant convenablement le lemme de Borel-Cantelli, on peut alors conclure (je reste volontairement succint)...
Une idée qui fonctionne (je ne donne pas tous les détails, seulement quelques grandes lignes).
On fixe $n$ dans $\mathbb{N}^*$. On prend arbitrairement deux entiers $p>m>n$ et un réel $x\in [0,1[$. On casse la somme en quatre (!) morceaux :
$f(x)=\sum_{i=1}^{n} \epsilon_i x^i+ \sum_{i=n+1}^{m} \epsilon_i x^i+\sum_{i=m+1}^{p} \epsilon_i x^i+\sum_{i=p+1}^{+\infty} \epsilon_i x^i$.
Le couple $(x,m)$ est ensuite ajusté de telle sorte que l'événement
$A:=(\sum_{k=n+1}^m \epsilon_i x^i > n+1)$ soit de probabilité minorée par $1/3$
(cela peut se faire sans théorème central limite, simplement en regardant le cas limite où $x=1$), tout en imposant d'avoir $x>1-1/n$.
Enfin, $p$ est ajusté pour que $\sum_{i=p+1}^{+\infty} x^i<1$.
Les événements $A$ et $(\sum_{i=m+1}^{p} \epsilon_i x^i \geq 0)$ sont indépendants, et le second est de probabilité au moins $1/2$ (symétrie). Par suite, $B:=(\sum_{k=n+1}^p \epsilon_i x^i > n+1)$ est de probabilité au moins $1/6$, et il implique
$(f(x)>0)$. Symétriquement, $C:=(\sum_{k=n+1}^p \epsilon_i x^i <-(n+1))$ est de probabilité au moins $1/6$, et il implique
$(f(x)<0)$.
En utilisant convenablement le lemme de Borel-Cantelli, on peut alors conclure (je reste volontairement succint)...
Professeur de Mathématiques en MP*/MPI* au lycée Hoche
Re: Exos sympas MP(*)
@Dattier ce lien: https://artofproblemsolving.com/communi ... 87p9206232
répond-t-il à ta question ?
répond-t-il à ta question ?
''L’ennemi du savoir , n'est pas l'ignorance , mais l'illusion du savoir '' .
Re: Exos sympas MP(*)
.
Dernière modification par Syl20 le 05 mars 2019 12:22, modifié 1 fois.
2016-2018 : Louis-le-Grand MPSI-MP*
X2018
X2018
Re: Exos sympas MP(*)
Il existe bel et bien un tel couple de fonctions sans point fixe commun : un contre-exemple a été publié dans les années 1950 ou 1960, si ma mémoire ne me trompe pas. D'ailleurs ce sujet revient régulièrement sur le tapis sur le forum maths.net, n'hésitez pas à fouiller dans les archives.
Professeur de Mathématiques en MP*/MPI* au lycée Hoche
Re: Exos sympas MP(*)
vous avez lu la preuve de pco ?
''L’ennemi du savoir , n'est pas l'ignorance , mais l'illusion du savoir '' .
Re: Exos sympas MP(*)
Tu as raison : Oty s'est trompé dans l'interprétation du raisonnement proposé sur AOPS.Dattier a écrit : ↑05 mars 2019 18:02dSP vient de nous informer, qu'il existe un contre-exemple.
Deplus dans la preuve il fait un raisonnement par l'absurde, dont l'hypothése de départ est que les 2 courbes ne se coupent pas et il en déduit qu'il existe un point fixe commun aux 2 fonctions, je n'ai pas l'impression que cela nous avance beaucoup pour notre problème.
Si pour toi oui, tu peux me dire en quoi ?
Professeur de maths MP Lycée Sainte-Geneviève
Re: Exos sympas MP(*)
oui effectivement, je m'excuse j'ai des problèmes de connexions au forum quand je suis sur le campus je ne sais pas pourquoi, je n'ai pas vu apparaitre le post de professeur @dsp, ni lu la solution de pco, je me suis contenté de voir $ f(b)=g(b)=b $ , en lisant maintenant cela ne marche effectivement pas, comme vous l'avez décrit.
Voici un exo d'ens lyon :
Soit $ f : \mathbb{R} \to \mathbb{R} $ bornée,
$ \exists A > 0 ,~~ \forall (x,t) \in \mathbb{R}^{2}:~~ |f(x+t)+f(x-t)-2f(x)| \leq A |t|. $
Montrer que :
$ \exists C > 0, \forall \delta \in ]0,\frac{1}{2}], \forall (x,y) \in \mathbb{R}^{2} $ tel que si $ |x-y| \leq \delta $ Alors :
$ |f(x)-f(y)| \leq C \delta \ln(\frac{1}{\delta}) $
Voici un exo d'ens lyon :
Soit $ f : \mathbb{R} \to \mathbb{R} $ bornée,
$ \exists A > 0 ,~~ \forall (x,t) \in \mathbb{R}^{2}:~~ |f(x+t)+f(x-t)-2f(x)| \leq A |t|. $
Montrer que :
$ \exists C > 0, \forall \delta \in ]0,\frac{1}{2}], \forall (x,y) \in \mathbb{R}^{2} $ tel que si $ |x-y| \leq \delta $ Alors :
$ |f(x)-f(y)| \leq C \delta \ln(\frac{1}{\delta}) $
''L’ennemi du savoir , n'est pas l'ignorance , mais l'illusion du savoir '' .
Re: Exos sympas MP(*)
Cet article donne un contre-exemple (plutôt sophistiqué …) au problème du point fixe, avec quelques éléments historiques intéressants .
https://pdfs.semanticscholar.org/1650/e ... a9e187.pdf
https://pdfs.semanticscholar.org/1650/e ... a9e187.pdf
Re: Exos sympas MP(*)
Soit f une fonction continue de R dans R , localement constante sur le complémentaire dans R d'un fermé dénombrable. Montrer que f est constante.
Re: Exos sympas MP(*)
Déjà,
On notera F le fermé dénombrable de R en question.
Étant dénombrable, E\F est connexe par arcs (exo classique). Ainsi, f est localement constante sur E\F qui est un ouvert connexe par arcs
On prend a dans f(E\F).
f étant localement constante sur E\F, f-1({a}) est ouvert. De plus, f-1({a}) est fermé comme image réciproque continue d'un fermé.
Ainsi, f-1({a}) est R tout entier puisque c'est une partie ouverte et fermée.
On notera F le fermé dénombrable de R en question.
Étant dénombrable, E\F est connexe par arcs (exo classique). Ainsi, f est localement constante sur E\F qui est un ouvert connexe par arcs
On prend a dans f(E\F).
f étant localement constante sur E\F, f-1({a}) est ouvert. De plus, f-1({a}) est fermé comme image réciproque continue d'un fermé.
Ainsi, f-1({a}) est R tout entier puisque c'est une partie ouverte et fermée.
2016-2017 TS Spé Maths
2017-2018 MPSI Condorcet
2018-2019 MP* Condorcet
2019-.. : Jussieu, Licence de mathématiques
2017-2018 MPSI Condorcet
2018-2019 MP* Condorcet
2019-.. : Jussieu, Licence de mathématiques