Forum Prepas.org

Le forum public Prepas.org par l'UPS
https://forum.prepas.org/

Exos sympas MPSI

https://forum.prepas.org/viewtopic.php?t=35823

Page 308 sur 319

Re: Exos sympas MPSI

Publié : 09 août 2016 14:09
par Siméon
Exo sympa MPSI 230.3 (un théorème de point fixe très général)

Soit $ \phi \colon E\times E \to F $ qui représente les fonctions de $ E $ vers $ F $ au sens où : pour tout $ f $, il existe $ a \in E $ tel que $ f = \phi(a,\cdot) $.
Montrer que toute fonction de $ F $ dans $ F $ admet un point fixe.

Application. En déduire le théorème de Cantor.

Re: Exos sympas MPSI

Publié : 09 août 2016 15:41
par Kallio
Jio15 a écrit :Déjà, $ f' $ est continue sur ]1,+inf[ et admet une limite valant 1/2 en 1. f est donc C1 sur [1,+inf[.
Sur [1,+inf[, $ f'>0 $ donc f est strictement croissante et admet donc en +inf une limite $ l \in \mathbb{\bar R} $. On a $ l \leq 1+ \int_1^2 \frac{dx}{x^2+1} + \int_2^{+\infty} \frac{dx}{x^2+f^2(2)} $$ = 1+arctan(2)-arctan(1) + \frac{1}{f^2(2)} (\pi/2 - $$ arctan(\frac{2}{f^2(2)})) < 1+ arctan(2)-arctan(1) + \pi/2 - $$ arctan(2) = 1 + \pi/4 $.

L'inégalité stricte est facile à obtenir en fait. Maintenant, est-ce un sup (j'aurais tendance à dire que non, mais après tout je n'en sais rien) ?
Ah pas bête, je n'aurai pas pensé à faire ce genre de majoration.
Le théorème de limite d'une fonction monotone ne nous dit pas que $ l $ est le sup ? Et donc que $ 1 + \pi/4 $ ne l'est pas ? :roll:

Re: Exos sympas MPSI

Publié : 09 août 2016 15:45
par kakille
Le théorème dit bien que $ \ell $ est la borne supérieure. Mais ça ne veut pas dire qu'elle vaut $ 1+\pi/4 $.

Re: Exos sympas MPSI

Publié : 09 août 2016 20:31
par Oka
Non mais ça veut dire que elle vaut pas $ 1+\pi/4 $ :mrgreen:

j'imagine que Jio voulait parler d'un sup sur l'ensemble des fonction qui sont comme dans l'enoncé

Re: Exos sympas MPSI

Publié : 10 août 2016 13:51
par Zetary
Classique mais intéressant :
Montrer que $ \mathbb{R} \sim C^0(\mathbb{R}, \mathbb{R}) $

Re: Exos sympas MPSI

Publié : 10 août 2016 15:02
par Jio15
Antoine- a écrit :Ah pas bête, je n'aurai pas pensé à faire ce genre de majoration.
Le théorème de limite d'une fonction monotone ne nous dit pas que $ l $ est le sup ? Et donc que $ 1 + \pi/4 $ ne l'est pas ? :roll:
Par "sup", je voulais dire : le sup des limites des fonctions qui vérifient cette équation différentielle, pas le sup d'une solution en particulier. Est-ce qu'on peut trouver un majorant plus faible ?

Re: Exos sympas MPSI

Publié : 10 août 2016 17:17
par VanXoO
Zetary a écrit :Classique mais intéressant :
Montrer que $ \mathbb{R} \sim C^0(\mathbb{R}, \mathbb{R}) $
SPOILER:
Deux fonctions continues égales sur Q sont égales par densité, donc on a une injection de C^0(R,R) dans R^Q. Comme Q est dénombrable, on a aussi une injection dans R^N. On a une injection de R^N dans C^0(R,R), par exemple en associant à une suite la fonction continue qui prend les mêmes valeurs en les entiers et qui les relie affinement (et qui est nulle sur les négatifs).
Donc d'après Cantor-Bernstein on a une bijection (je sais pas si j'ai le droit de l'utiliser, tu attendais peut être qu'on construise une bijection directement ?) de C^0(R,R) dans R^N.
Ensuite on a une bijection de R^N dans R: on choisit une bijection f de N^2 dans N, et on associe à une suite (u_n) le réel qui a la p-ieme décimale de u_q pour f(p,q)-ème décimale.

Re: Exos sympas MPSI

Publié : 10 août 2016 17:24
par Zetary
VanXoO a écrit :
Zetary a écrit :Classique mais intéressant :
Montrer que $ \mathbb{R} \sim C^0(\mathbb{R}, \mathbb{R}) $
SPOILER:
Deux fonctions continues égales sur Q sont égales par densité, donc on a une injection de C^0(R,R) dans R^Q. Comme Q est dénombrable, on a aussi une injection dans R^N. On a une injection de R^N dans C^0(R,R), par exemple en associant à une suite la fonction continue qui prend les mêmes valeurs en les entiers et qui les relie affinement (et qui est nulle sur les négatifs).
Donc d'après Cantor-Bernstein on a une bijection (je sais pas si j'ai le droit de l'utiliser, tu attendais peut être qu'on construise une bijection directement ?) de C^0(R,R) dans R^N.
Ensuite on a une bijection de R^N dans R: on choisit une bijection f de N^2 dans N, et on associe à une suite (u_n) le réel qui a la p-ieme décimale de u_q pour f(p,q)-ème décimale.
C'est ça, je ne demandais pas de bijection explicite. Plus intéressant : remplacer fonction continue par fonction croissante dans l'énoncé

Re: Exos sympas MPSI

Publié : 10 août 2016 19:15
par Jio15
Zetary a écrit :Un petit exo perso :
Soit P un polynôme à coefficients entiers dont on suppose toutes les racines réelles : montrer que la somme des arctangentes des racines de P appartient modulo $ \pi $ à $ arctan(\mathbb{Q}) \cup \{\pi/2\} $

En particulier, calculer $ arctan(1) + arctan(2) + arctan(3) $
Il est cool celui-ci, dommage qu'il soit passé inaperçu.
SPOILER:
Si $ \sum arctan(x_i) = \pi/2 [\pi] $, c'est clair. Sinon, on montre par récurrence sur le nombre de racines que $ tan(\sum arctan(x_i)) = \frac{\sum_{i \geq 0} (-1)^i \sigma_{2 i +1}}{\sum_{i \geq 0} (-1)^i \sigma_{2 i}} = - \frac{\sum_{i \geq 0} (-1)^i a_{n - 2 i - 1}}{\sum_{i \geq 0} (-1)^i a_{n - 2 i}} \in \mathbb{Q} $.
Remarquons que $ tan(arctan(1)+arctan(2)+arctan(3)) = \frac{1+2+3-1*2*3}{1-1*2-1*3-2*3} = 0 $ donc $ arctan(1)+arctan(2)+arctan(3) = 0 [\pi] $ or $ arctan(1)+arctan(2)+arctan(3) \in ]0,3\pi/2[ $ d'où $ arctan(1)+arctan(2)+arctan(3) = \pi $

Re: Exos sympas MPSI

Publié : 10 août 2016 21:27
par Zetary
En fait il n'y a pas besoin de récurrence :
SPOILER:
En notant $ a_1,...a_n $ les racines et $ t_1,... t_n $ leurs arctangentes on peut écrire :

$ tan\left(\sum_k t_k\right) = \frac{Im(S)}{Re(S)} $ avec

$ S = e^{i \sum_k t_k} = \prod_k (cos(t_k) + i sin(t_k)) $ soit

$ S = \left(\prod_k cos(t_k)\right) S' $ avec

$ S' = \prod_k (1+i tan(t_k)) $, le facteur devant S' est réel et on peut donc le simplifier :

$ tan\left(\sum_k t_k\right) = \frac{Im(S')}{Re(S')} $ De plus

$ S' = \prod_k (1 + i a_k) = \sum_l \sigma_l (ia_1,... ia_n) = \sum_l i^l \sigma_l(a_1,...a_n) $ donc

$ tan\left(\sum_k t_k\right) = \frac{\sum_{l impair} (-1)^{(l-1)/2} \sigma_l(a_1,... a_n)}{\sum_{l pair} (-1)^{l/2} \sigma_l(a_1,... a_n)} $

Et on retrouve la même somme tout en voyant d'où viennent les polynomes symétriques
Fuseau horaire sur UTC+02:00
Page 308 sur 319

Développé par phpBB® Forum Software © phpBB Limited

Traduction française officielle © Qiaeru