Exercices de MPSI

[Meijnir]

On fixe a. On pose g(x)=f(x+a)-f(x). La fonction g est continue et 1-périodique. Il existe deux images de g de signes opposés sinon f serait strictement monotone sur IR, ce qui est impossible. On conclut par le TVI.

La fonction constante est 1-périodique et continue , et pourtant $ \forall x \in \mathbb{R},g(x)=0 $ .

[muscovado]

Non en fait je crois que je me suis trompe. J'essaye ca :

SPOILER:

Supposons que pour tout $ x $, $ f(x+a)>f(x) $. Cela veut dire que f n'atteint pas de maximum sur IR. Or $ f $ est $ 1 $-periodique donc on s'interesse aux intervalles de longueur $ 1 $. Elle est continue donc sur chacun de ces intervalles, elle atteint un maximum (embrouille : qu'on avait admis dans le cours de TS sur l'integration, je ne sais pas si on peut le montrer avec nos outils). C'est absurde, donc... TVI...

[amo83]

En effet une fonction continue sur un segment |a, b| (fermé, attention ce n'est pas vrai sur un intervalle quelconque) admet un max.
Tu ne peux pas faire la démo avec tes outils (il faut introduire des suites et utiliser bolzano-weierstrass).N''oublie pas de dire que g ne peut pas être strictement négative (même raisonnement avec le min)

[muscovado]

Oui bien sur il faut faire avec le min, j'avais un peu la flemme et pour l'intervalle ferme. Merci pour l'info de la demo !

[lsjduejd]

Yop,

(Réponse à l'exo du dessus) :

SPOILER:

Après un changement de variables (p<- n-p), on trouve : $ \left |\sum_{p=0}^{n}(-1)^p\left \binom{n}{p}\frac{1}{2n-p+1} \right | =\left |\sum_{p=0}^{n}(-1)^p\left \binom{n}{p}\frac{1}{n+p+1} \right | $

Puis : $ \left |\sum_{p=0}^{n}(-1)^p\left \binom{n}{p}\frac{1}{n+p+1} \right | = \left |\int_{0}^{1} \sum_{p=0}^{n}(-1)^p\binom{n}{p}*x^{p+n}dx \right | $

Or $ \left | \int_{0}^{1} \sum_{p=0}^{n}(-1)^p\binom{n}{p}*x^{p+n}dx \right |=\left | \int_{0}^{1} x^n(1-x)^ndx \right | $

Enfin : $ \left |\int_{0}^{1} x^n(1-x)^ndx \right | \leq \int_{0}^{1} \left |x^n(1-x)^n \right |dx $
et $ \int_{0}^{1} \left |x^n(1-x)^n \right |dx = \int_{0}^{1} x^n\left |(1-x)^n \right |dx \leq \int_{0}^{1} x^ndx = \frac{1}{n+1} $

Ainsi : $ \left |\sum_{p=0}^{n}(-1)^p\left \binom{n}{k}\frac{1}{2n-p+1} \right | \leq \frac{1}{n+1} $, ce qui conclut.

[Meijnir]

Yop,

(Réponse à l'exo du dessus) :

SPOILER:

Après un changement de variables (p<- n-p), on trouve : $ \left |\sum_{p=0}^{n}(-1)^p\left \binom{n}{p}\frac{1}{2n-p+1} \right | =\left |\sum_{p=0}^{n}(-1)^p\left \binom{n}{p}\frac{1}{n+p+1} \right | $

Puis : $ \left |\sum_{p=0}^{n}(-1)^p\left \binom{n}{p}\frac{1}{n+p+1} \right | = \left |\int_{0}^{1} \sum_{p=0}^{n}(-1)^p\binom{n}{p}*x^{p+n}dx \right | $

Or $ \left | \int_{0}^{1} \sum_{p=0}^{n}(-1)^p\binom{n}{p}*x^{p+n}dx \right |=\left | \int_{0}^{1} x^n(1-x)^ndx \right | $

Enfin : $ \left |\int_{0}^{1} x^n(1-x)^ndx \right | \leq \int_{0}^{1} \left |x^n(1-x)^n \right |dx $
et $ \int_{0}^{1} \left |x^n(1-x)^n \right |dx = \int_{0}^{1} x^n\left |(1-x)^n \right |dx \leq \int_{0}^{1} x^ndx = \frac{1}{n+1} $

Ainsi : $ \left |\sum_{p=0}^{n}(-1)^p\left \binom{n}{k}\frac{1}{2n-p+1} \right | \leq \frac{1}{n+1} $, ce qui conclut.

Je ne vois pas comment tu arrives à enlever le $ (-1)^n $ au début

[lsjduejd]

Je factorise par $ (-1)^n $ et avec la valeur absolue, ça change rien.

[Meijnir]

Je factorise par $ (-1)^n $ et avec la valeur absolue, ça change rien.

Bon en fait c'était trivial

[JeanN]

Mais se débarrasser de $ (-1)^n $ c'est pas trop compliqué effectivement

[JeanN]

Merci de déplacer ces exos dans le fil adapté !