Exercices de MPSI

[mathophilie]

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...)

Dans ce cas, faut-il que je pose une fonction g pour le quotient [f(2x)-f(x)]/x ?
ET poser un epsilon réel strictement positif quelconque juste 1 fois ?

[JeanN]

Pourquoi pas pour g
Oui pour ce qui est de poser eps au départ...
Bref, ta démonstration pourrait ne comporter aucun quantificateur.

[mathophilie]

Pourquoi pas pour g
Oui pour ce qui est de poser eps au départ...
Bref, ta démonstration pourrait ne comporter aucun quantificateur.

D'accord merci, j'ai essayé d'alléger en éditant.

[JeanN]

A reprendre :
tes x ne sont jamais fixés... (plus petit que 1 ? que delta ?)
Et il reste des quantificateurs... Si tu veux poser delta, introduit le ainsi par exemple : "il existe delta>0 tel que .... et on fixe un tel delta pour la suite"

Et si tu veux que je relise, ne modifie pas le message initial car il est pénible à retrouver...

[mathophilie]

Ok, je vais reprendre ici
Mais j'ai du mal à voir comment je peux éliminer tous les quantificateurs et introduire en même temps dans x dans un intervalle bien défini (notamment au niveau de l'application de la def de la convergence d'une fonction en un point)

[phibang]

Tu peux appliquer la def sans la répéter :

Soit eps > 0
Il existe delta tq ... (on le pose ainsi)
Soit x tq ...
Et là tu montres ce que tu veux.

[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

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

Latex aurait buggé de toute façon en voyant Homer simpson sur un exo de maths

[mathophilie]

Tu peux appliquer la def sans la répéter :

Soit eps > 0
Il existe delta tq ... (on le pose ainsi)
Soit x tq ...
Et là tu montres ce que tu veux.

Thanks!

@wallissen :

[mathophilie]

Donc :

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 $

SPOILER:

On pose $ g(x) = \frac{f(2x)-f(x)}{x} $.
$ 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 $ tel que pour $ 0< x < \delta,|g(x)-l|<\varepsilon $

D'où (inégalité triangulaire), $ pour $ 0< 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 : $ |\frac{f(x)-f(0)}{x} - l|<\epsilon $

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

[JeanN]

Pas mal
4e ligne en partant de la fin, tu n'as pas introduit x
L'inégalité devient large après passage à la limite quand n tend vers l'infini.