Exercices de MPSI

[matmeca_mcf1]

Sinon voici la preuve avec la compacité séquentielle qui est super simple mais qui bizarrement est dure à trouver (probablement parce qu'on a envie d'appliquer l'inégalité dans un sens alors qu'il faut l'appliquer dans l'autre). Je ne m'embête pas à faire une rédaction style prépa.

SPOILER:

On suppose qu'il n'y a pas convergence uniforme, donc il existe $ \varepsilon>0 $ tel que pour tout $ n $ dans $ \mathbb{N} $,
$ f_n(x_n)\geq\varepsilon $. On extrait une sous-suite de $ (x_n) $, noté $ (x_{n_j}) $ qui converge vers $ \ell $ dans $ K $. Soit $ k\in\mathbb{N} $. On a pour tout $ j\geq k $ que $ f_k(x_{n_j})\geq f_{n_j}(x_{n_j})\geq\varepsilon $. Comme $ f_k $ est continue, on en déduit que pour tout entier naturel $ k $, $ f_k(\ell)\geq\varepsilon $, ce qui contredit l'hypothèse de convergence simple.

[Zetary]

Un autre exercice (plutôt ardu) : soit n un entier naturel non nul. On appelle fonction polynômiale symétrique en n variables une fonction $ f \colon \mathbb{Q}^n \to \mathbb{Q} $ polynômiale (en chaque variable) telle que pour toute bijection $ \sigma \colon \{1,\dots , n\} \to \{1,\dots,n\} $, et tout $ (x_1,\dots,x_n)\in \mathbb{Q}^n $ on ait $ f(x_1,\dots,x_n) = f(x_{\sigma(1)}, \dots, x_{\sigma(n)}) $. Les fonctions polynômiales symétriques élémentaires en n variables sont les seules fonctions polynômiales $ \sigma_1,\dots,\sigma_n $ vérifiant pour tout $ (x, x_1, \dots, x_n ) \in \mathbb{Q}^{n+1} $ : $$ \prod_{k=1}^{n} (x+x_k) = x^n + \sum_{k=0}^{n-1} x^k \sigma_{n-k}(x_1,\dots,x_n) $$.

1) Montrer que toute fonction polynômiale symétrique en n variables s'écrit comme une fonction polynômiale des fonctions polynômiales symétriques élémentaires (on pourra classer les termes apparaissant dans le polynôme par ordre lexicographique ("alphabétique") et faire une récurrence).

2) Un nombre est dit algébrique (sur $ \mathbb{Q} $) s'il est racine d'un polynôme non nul en une variable à coefficients rationnels. Montrer que si x est algébrique, il existe un unique polynôme (à constante multiplicative près) à coefficients rationnels de degré minimal dont il est racine. Les racines de ce polynôme s'appellent les conjugués de x (x y compris), le degré de ce polynôme s'appelle le degré (d'algébricité) de x.

3) Montrer que toute fonction polynômiale symétrique en autant de variables que le degré de x, évaluée en les conjugués de x prend une valeur rationnelle.

4) Montrer que la somme et le produit de deux nombres algébriques sont algébriques.

[K-ter]

Un exercice d'analyse qui est selon moi instructif, avec seulement le programme de terminale, l'intégration par parties, et l'inégalité triangulaire intégrale (à savoir $ \left| \int f\right|\leq\int \left|f\right| $).
Par ailleurs, une fonction est dite $ \mathcal{C} ^2 $ si elle est deux fois dérivable avec $ f'' $ continue.

Montrer qu'il existe une constante $ C>0 $ telle que pour toute fonction $ \mathcal{C} ^2 $ de $ \mathbb{R} $ dans $ \mathbb{R} $ vérifiant $ f''\geq 1 $ on ait :
$$\forall a,b \in \mathbb{R}, \left|\int_a^b \sin(f(x)) dx\right| \leq C$$

[Errys]

Ma solution pour l'exercice de Zetary de dénombrement :

SPOILER:

Exercice' : montrer qu'un ensemble s'écrit comme réunion croissante d'une suite de ses parties finies si et seulement si il s'écrit comme réunion d'une suite de ses parties finies

Montrer que c'est une condition nécessaire est évident (une réunion croissante est une réunion). Pour montrer que c'est une condition suffisante, si $ (u_n) $ est une suite des parties finies de l'ensemble dont la réunion vaut cet ensemble, on pose pour tout n : $ v_{n+1} = u_{n+1}\cap u_n $ et $ v_0=u_0 $. Cette suite est croissante donc convient.

Exercice'' : Soit $ A\subset \mathbb{R} $. Montrer que s'il existe une fonction $ f \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R} $ croissante, continue en aucun point de $ A $ alors $ A $ est fini ou dénombrable


On pose pour tout entier m>0 et $ n\in\mathbb{Z} $:
$ \displaystyle B_{n,m} = \{x\in \left[n,n+1\right], f\left(\left[n,n+1\right]\right)\cap \left]f(x), f(x)+\dfrac{1}{m}\right[ =\emptyset\} $
Il est clair que si $ x\in A $, d'après la définition de la non continuité, il existe $ m>0 $ tel que $ x\in B_{E(x), m} $.
D'où :
$ \displaystyle A\subset \bigcup_{n\in\mathbb{Z}}\bigcup_{m\in\mathbb{N}^*}B_{n,m} $

Montrons que pour tout $ (n,m)\in\mathbb{Z}\times\mathbb{N}^* , B_{n, m} $ est fini.

Soit $ (n,m)\in\mathbb{Z}\times\mathbb{N}^* $
Comme $ f $ est croissante, $ f(n) = \inf f([n,n+1]) $ et $ f(n+1)=\sup f([n, n+1]) $ donc $ f $ est bornée, ainsi, $ card(B_{n,m})
\le E(m(f(n+1)-f(n))) + 1 $. Sinon, on arrive à une contradiction car les $ x\in B_{n,m} $ sont espacés d'au moins $ \dfrac{1}{m} $.

Ainsi, comme pour tout couple $ (n,m)\in\mathbb{Z}\times\mathbb{N}^* $ $ B_{n,m} $ est fini, pour tout entier n:

$ \displaystyle\bigcup_{m\in\mathbb{N}^*} B_{n,m} $ est au plus dénombrable car c'est un union dénombrable d'ensembles finis.

Et pour conclure :

$ \displaystyle\bigcup_{n\in\mathbb{Z}}\bigcup_{m\in\mathbb{N}^*} B_{n,m} $ est au plus dénombrable car c'est un union dénombrable d'ensembles au plus dénombrables.

Donc A est dénombrable ou fini.

EDIT: il y a une petite erreur de raisonnement dans ma preuve, un point discontinu peut être continu à droite mais pas à gauche. Pour remédier à cela, on peut juste introduire les ensembles $ C_{n,m} = \{x\in \left[n,n+1\right], f\left(\left[n,n+1\right]\right)\cap \left]f(x)-\dfrac{1}{m}, f(x)\right[ =\emptyset\} $ . Ainsi :
$ \displaystyle A = \left(\bigcup_{n\in\mathbb{Z}}\bigcup_{m=1}^{\infty} B_{n,m}\right) \bigcup \left(\bigcup_{n\in\mathbb{Z}}\bigcup_{m=1}^{\infty} C_{n,m}\right) $

On montre que les $ C_{n,m} $ sont finis de la même manière que pour les $ B_{n,m} $. Ainsi, A est bien fini ou dénombrable.

[Zetary]

Pas mal !

SPOILER:

D'habitude pour faire cet exercice à tout x dans A on associe q_x rationnel compris strictement entre la limite à gauche et la limite à droite de f en A (différentes par discontinuité en x et croissance) et on a une injection de A dans Q (par croissance de f) mais ce que tu as fait marche aussi

Comme tu t'en doutes, la réciproque nécessite de construire des fonctions très moches (par exemple si A = Q) ^^ donc ne se fait pas avant la sup (voire la spé pour l'exo posé comme ça), mais je pourrai te l'expliquer si tu veux

J'en ajoute un : soit f de R dans lui même, on appelle maximum local strict de f un point x tel qu'il existe un (petit) intervalle ouvert contenant x sur lequel f a un maximum global strict en x. Montrer que l'ensemble des maxima locaux stricts de f est au plus dénombrable

[Errys]

Pour montrer la réciproque, voici une idée en utilisant une suite de fonctions :

SPOILER:

Soit $ A $ un ensemble au plus dénombrable :

- Si A est fini :
On numérote les éléments de $ A $ : $ (x_1, x_2,\ldots, x_n) $ de sorte à ce que $ x_1<x_2<\ldots<x_n $.
On découpe $ \mathbb{R} $ en $ n+1 $ intervalles : $ ]-\infty; x_1[ $, $ ]x_1, x_2[ $, $ \dots $, $ ]x_n,\infty[ $
On pose $ f(x_i) = i $ pour tout entier $ i $ entre 1 et n. Et sinon, pour tout $ x\in\mathbb{R}\setminus A $, soit $ i $ le plus grand entier tel que $ x_i<x $, $ f(x) = i $.
$ f $ est comme la fonction partie entière donc continue partout sauf sur A et croissante.

- Sinon,
Soit $ (f_n) $ une suite de fonction croissantes. Soit $ g $ une bijection de $ \mathbb{N} $ dans A.
Pour tout $ n\in\mathbb{N} $, on pose $ A_n = \{g(0), \ldots,g(n)\} $. $ A_n $ est fini donc on reprend la fonction $ f $ construite dans le premier paragraphe pour $ f_n $.

Comme $ \lim\limits_{n\to+\infty} A_n = A $, la fonction $ f = \lim\limits_{n\to+\infty}f_n $ convient.

Je ne suis pas du tout sûr d'avoir le droit de faire cela mais bon... Qui ne tente rien n'a rien !

[Errys]

Pas mal !

SPOILER:

D'habitude pour faire cet exercice à tout x dans A on associe q_x rationnel compris strictement entre la limite à gauche et la limite à droite de f en A (différentes par discontinuité en x et croissance) et on a une injection de A dans Q (par croissance de f) mais ce que tu as fait marche aussi

Comme tu t'en doutes, la réciproque nécessite de construire des fonctions très moches (par exemple si A = Q) ^^ donc ne se fait pas avant la sup (voire la spé pour l'exo posé comme ça), mais je pourrai te l'expliquer si tu veux

J'en ajoute un : soit f de R dans lui même, on appelle maximum local strict de f un point x tel qu'il existe un (petit) intervalle ouvert contenant x sur lequel f a un maximum global strict en x. Montrer que l'ensemble des maxima locaux stricts de f est au plus dénombrable

Sympa la solution avec les rationnels ! Merci
Je veux bien que tu me l'expliques si tu as le temps, cet exercice est intéressant. Merci aussi pour l'exercice.

[Zetary]

Voilà l'explication :

SPOILER:

On note f l'indicatrice de $ \mathbb{R}^*_+ $. Si A est fini c'est immédiat avec $ x \mapsto \sum_{a\in A} f(x-a) $. Si A est dénombrable on l'énumère avec une suite $ (a_n)_{n\in\mathbb{N}} $ et on pose $$ g(x) = \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{f(x-a_n)}{2^n} $$(la suite des sommes partielles converge pour tout x car est croissante et bornée par $ \sum_{n=1}^{+\infty} 1/2^n = 2 $). g est croissante comme somme de fonctions croissantes. De plus pour tout $ n\in\mathbb{N},\epsilon>0 $ on a $$ g(a_n+\epsilon)-g(a_n) = \sum_{m=0}^{+\infty} \frac{f(a_n+\epsilon-a_m) - f(a_n-a_m)}{2^n}\geq \frac{f(\epsilon)-f(0)}{2^n} = \frac{1}{2^n} $$ (en ne gardant que le terme d'indice n), donc g ne peut être continue en $ a_n $.

(en réalité on peut montrer que g est continue en tous les points qui ne sont pas dans A)

[JeanN]

Ça serait sympa de poster ces exos dans le fil des exos de spé.
Merci d’avance

[Errys]

Voilà l'explication :

SPOILER:

On note f l'indicatrice de $ \mathbb{R}^*_+ $. Si A est fini c'est immédiat avec $ x \mapsto \sum_{a\in A} f(x-a) $. Si A est dénombrable on l'énumère avec une suite $ (a_n)_{n\in\mathbb{N}} $ et on pose $$ g(x) = \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{f(x-a_n)}{2^n} $$(la suite des sommes partielles converge pour tout x car est croissante et bornée par $ \sum_{n=1}^{+\infty} 1/2^n = 2 $). g est croissante comme somme de fonctions croissantes. De plus pour tout $ n\in\mathbb{N},\epsilon>0 $ on a $$ g(a_n+\epsilon)-g(a_n) = \sum_{m=0}^{+\infty} \frac{f(a_n+\epsilon-a_m) - f(a_n-a_m)}{2^n}\geq \frac{f(\epsilon)-f(0)}{2^n} = \frac{1}{2^n} $$ (en ne gardant que le terme d'indice n), donc g ne peut être continue en $ a_n $.

(en réalité on peut montrer que g est continue en tous les points qui ne sont pas dans A)

Merci pour l'explication, j'aime bien cette solution.

Ça serait sympa de poster ces exos dans le fil des exos de spé.
Merci d’avance

On peut se déplacer si il faut mais je pense que ça peut plaire à des élèves de ts (comme moi), les exercices ne demandent pas non plus beaucoup de connaissances, ils peuvent être résolus en cherchant 2-3 définitions.