Exercices de MPSI

[mathophilie]

Une réponse agréable

Oui très. Ce sera la réponse de beaucoup de profs de prépa *au début*.
Si tu rédiges encore comme ca en milieu d'année ce sera juste un gros trait rouge sur la copie et basta.

Chaque symbole doit être introduit.
A chaque étape, on doit savoir qui est quoi et ce qu'on suppose (et ce qu'on chercher à prouver).
Si on veut prouver A=>B, nul n'est besoin de prouver que A<=>B..surtout si c'est faux ou, même si c'est vrai, si la preuve proposée est fausse.

Peux tu me prouver que toute fonction réelle se décompose de façon unique en une somme d'une fonction paire et d'une fonction impaire?
Je te donne "l'Astuce" : Considère 1/2 (f(x)-f(-x)) et 1/2 (f(x)+f(-x)).
Reste à le rédiger proprement.
Qu'est ce qu'on suppose? Qu'est ce qu'on prouve? Est ce fini? non car on n'a prouvé uniquement que si une telle décomposition existe alors elle est unique. Reste À prouver qu'elle existe. Pour prouver qu'elle existe, que faut il exhiber? Est ce suffisant?

SPOILER:

Soit f une fonction réelle. On suppose qu'il existe deux fonctions réelles g et (edt) h $ f(x)=g(x)+h(x) $ (1) avec g paire, et h impaire.
En fixant un réel x, il vient (#jevaismefaireallumer1): $ f(-x) = g(x) - h(x) $ (2)
En sommant les égalités (1) et (2), on a : $ g(x) = \frac{1}{2}[f(x) + f(-x)] $
Et en faisant la différence de (1) et (2), il vient : $ h(x) = \frac{1}{2}(f(x)-f(-x) $. (Donc si une telle décomposition existe, elle est unique).

On pose $ g(x) = \frac{1}{2}[f(x) + f(-x)] $ et $ h(x) = \frac{1}{2}(f(x)-f(-x) $.
On vérifie que $ g(x) = g(-x) $ et que $ h(x) = -h(-x) $, pour tout x réel.
De plus, $ g(x) + h(x) = f(x) $ pour tout x réel. (Donc une telle décomposition existe pour toute fonction f réelle.)

[JeanN]

Personnellement, je trouve ça plutôt lisible et clair.

[Leo11]

Il y a juste une petite coquille où tu écris "on suppose qu'il existe g et f" au lieu de "g et h". A part ça c'est très bien je trouve.

[darklol]

bref, que ce soit juste ou pas, ça vaut zéro en post bac.

T'as complètement craqué, la rédaction était très bien et le tout parfaitement compréhensible, la seule chose qu'on peut reprocher à mathophilie c'est de ne pas avoir vérifié que les couples (2,4) et (4,2) étaient solutions (sachant que c'est complètement trivial, donc une phrase du style "et ces deux couples sont bien des solutions." aurait suffi).

Le "il faut" était parfaitement justifié, c'est bien une condition nécessaire sur n et m qu'a trouvée mathophilie. De même que le "donc" je ne vois vraiment pas ce qu'il y a d'horrible, ici il n'avait de toutes façons pas vraiment de valeur logique, c'était juste du français (oui il arrive qu'on écrive du français dans des preuves, incroyable).

Enfin, étant donné qu'elle a cité l'énoncé, le léger abus de ne pas avoir introduit n et m est parfaitement tolérable et ne choquera absolument personne sauf toi, à la rigueur ce serait différent si la preuve était rédigée par quelqu'un qui ne sait pas ce qu'il fait, mais ça n'est pas le cas du tout.

[mathophilie]

f est définie sur [0, 1], continue en 0. De plus, on suppose que $ \lim _{x\rightarrow 0}\frac{f(2x) - f(x)}{x} $ est un réel l. (ça rapelle quelque chose ça )

Montrer que f est dérivable en 0 et que $ f'(0) = l $

Ca ressemble beaucoup à l'autre exo, je reprends ma proposition d'avant

SPOILER:

[EDIT : quantificateurs et g pour meilleure rédac] On pose $ g(x) = \frac{f(2x)-f(x)}{x} $.
$ \forall x \in ]0;1], \forall n \in N, f(x) = \sum_{k=0}^n[f(\frac{2x}{2^{k+1}})-f(\frac{x}{2^{k+1}}] + f(\frac{x}{2^{n+1}}) $

D'où $ \frac{f(x)-f(\frac{x}{2^{n+1}})}{x} = \sum_{k=0}^{n}\frac{1}{2^{k+1}}*g(\frac{x}{2^{k+1}}) $

D'où $ |\frac{f(x)-f(\frac{x}{2^{n+1}})}{x} - \sum_{k=0}^{n}\frac{1}{2^{k+1}}l| = $$ |\sum_{k=0}^{n}[\frac{1}{2^{k+1}}*g(\frac{x}{2^{k+1}}) - \sum_{k=0}^{n}\frac{1}{2^{k+1}}l| $

Soit $ \epsilon \in R+* $. On déduit de la limite de g en 0 que : $ \exists \delta>0, \forall x \in ]0;1], x < \delta,|g(x)-l|<\varepsilon $

D'où (inégalité triangulaire) $ |\frac{f(x)-f(\frac{x}{2^{n+1}})}{x} - \sum_{k=0}^{n}\frac{1}{2^{k+1}}l| < $$ \sum_{k=0}^{n}\frac{1}{2^{k+1}}*\epsilon $

On sait que f est continue en 0, d'où $ \lim_{x \to 0}f(x) = f(0) $.

En faisant tendre n vers $ +\infty $, il vient donc : $ |\frac{f(x)-f(0)}{x} - l|<\epsilon $

D'où f dérivable en 0 et $ f'(0) = l $.

Personnellement, je trouve ça plutôt lisible et clair.

(Version fille...)

[mathophilie]

bref, que ce soit juste ou pas, ça vaut zéro en post bac.

T'as complètement craqué, la rédaction était très bien et le tout parfaitement compréhensible, la seule chose qu'on peut reprocher à mathophilie c'est de ne pas avoir vérifié que les couples (2,4) et (4,2) étaient solutions (sachant que c'est complètement trivial, donc une phrase du style "et ces deux couples sont bien des solutions." aurait suffi).

Le "il faut" était parfaitement justifié, c'est bien une condition nécessaire sur n et m qu'a trouvée mathophilie. De même que le "donc" je ne vois vraiment pas ce qu'il y a d'horrible, ici il n'avait de toutes façons pas vraiment de valeur logique, c'était juste du français (oui il arrive qu'on écrive du français dans des preuves, incroyable).

Enfin, étant donné qu'elle a cité l'énoncé, le léger abus de ne pas avoir introduit n et m est parfaitement tolérable et ne choquera absolument personne sauf toi, à la rigueur ce serait différent si la preuve était rédigée par quelqu'un qui ne sait pas ce qu'il fait, mais ça n'est pas le cas du tout.

En même temps, je reconnais que je rédige mal par moments (cf une démo de la divergence de cos(n) il y a longtemps où vraiment c'était horrible )
Mais c'est vrai qu'ici, je ne comprenais pas (ce qui ne veut pas dire que c'est parfait et qu'il n'y a pas d'erreurs de rédac) ce qui m'était reproché.

[wallissen]

Il y a deux lignes que j'aurais inversé dans ton démo.(la ligne sur la continuité et la suivante, en introduisant une caractérisation séquentielle de la continuité entre les deux .. Mais comme t'as fait quelque chose de potentially dangerous je ne peux pas voir le reste de ta démo

Edit..désolé je viens de voir que tu as rectifié

[mathophilie]

Il y a deux lignes que j'aurais inversé dans ton démo.(la ligne sur la continuité et la suivante, en introduisant une caractérisation séquentielle de la continuité entre les deux .. Mais comme t'as fait quelque chose de potentially dangerous je ne peux pas voir le reste de ta démo

Edit..désolé je viens de voir que tu as rectifié

T'inquiètes ! Oui je me prends toujours des potentially Dangerous dès qu'il y a beaucoup de fractions

Il y a juste une petite coquille où tu écris "on suppose qu'il existe g et f" au lieu de "g et h". A part ça c'est très bien je trouve.

Désolée j'avais pas vu ton message... Merci pour la coquille, j'ai édité

[mathophilie]

Relance numéro 3

Une jolie limite :

On pose $ S_n = \sum_{k=1}^{n-1}sin(\frac{k\pi}{n}) $
- Calculer $ S_n $. Indice :

SPOILER:

$ S_n = \frac{1}{tan(\frac{\pi}{2n})} $. A démontrer .

- En déduire la limite de $ \frac{S_n}{n} $.

Pour ceux que cela intéresse, cette limite est égale à la probabilité qu'une aiguille lancée au-dessus d'un parquet constitué de planches parallèles entre elles dont la largeur est égale à la longueur de l'aiguille tombe à cheval sur au moins une rainure de ce parquet !

Un indice :

SPOILER:

Considérer la somme des premières puissances d'un complexe z "pratique" ici que l'on déterminera.

[JeanN]

f est définie sur [0, 1], continue en 0. De plus, on suppose que $ \lim _{x\rightarrow 0}\frac{f(2x) - f(x)}{x} $ est un réel l. (ça rapelle quelque chose ça )

Montrer que f est dérivable en 0 et que $ f'(0) = l $

Ca ressemble beaucoup à l'autre exo, je reprends ma proposition d'avant

SPOILER:

$ \forall x \in ]0;1], \forall n \in N, f(x) = \sum_{k=0}^n[f(\frac{2x}{2^{k+1}})-f(\frac{x}{2^{k+1}}] + f(\frac{x}{2^{n+1}}) $

D'où $ \frac{f(x)-f(\frac{x}{2^{n+1}})}{x} = \sum_{k=0}^{n}\frac{1}{2^{k+1}}*\frac{f(\frac{2x}{2^{k+1}})-f(\frac{x}{2^{k+1}})}{\frac{x}{2^{k+1}}} $

D'où $ |\frac{f(x)-f(\frac{x}{2^{n+1}})}{x} - \sum_{k=0}^{n}\frac{1}{2^{k+1}}l| = $$ |\sum_{k=0}^{n}[\frac{1}{2^{k+1}}*\frac{f(\frac{2x}{2^{k+1}})-f(\frac{x}{2^{k+1}})}{\frac{x}{2^{k+1}}} - \sum_{k=0}^{n}\frac{1}{2^{k+1}}l| $

Or $ \forall \varepsilon>0, \exists \delta>0, \forall x \in ]0;1], x < \delta,|\frac{f(2x) - f(x)}{x}-l|<\varepsilon $

D'où (inégalité triangulaire) $ \forall \varepsilon>0, \forall x \in ]0;1], x < \delta, |\frac{f(x)-f(\frac{x}{2^{n+1}})}{x} - \sum_{k=0}^{n}\frac{1}{2^{k+1}}l| < $$ \sum_{k=0}^{n}\frac{1}{2^{k+1}}*\epsilon $

On sait que f est continue en 0, d'où $ \lim_{x \to 0}f(x) = f(0) $.

En faisant tendre n vers $ +\infty $, il vient donc : $ \forall \varepsilon>0, \forall x \in ]0;1], x < \delta,|\frac{f(x)-f(0)}{x} - l|<\epsilon $

D'où f dérivable en 0 et $ f'(0) = l $.

Histoire de rétablir l'équilibre :
Trop de quantificateurs, ensemble assez peu lisible (même si ça semble compris...)