Exercices de MPSI

[Simon Billouet]

Une justification niveau MPSI d'où les $ \mathbb{Z}/n\mathbb{Z} $ sont absents, tout comme l'indicatrice d'Euler ?

[Salimovich]

Salut, je rentre en MPSI l'année prochaine et j'ai rédigé quelques exos du début du sujet pour me familiariser avec Latex donc autant envoyer le message, si une âme charitable passe par là et peut vérifier que je ne dis pas trop de bêtises .

Bon, un exercice un peu difficile pour un TS (je crois même sans trop m'avancer que pas mal de spé qui le rencontrent pour la première fois auront du mal à y arriver)
Soit f et g deux applications continues de I=[0,1] dans I. On suppose que fog=gof. Montrer que f et g admettent un point fixe commun.

SPOILER:

On considère $ h : x\in [0;1] \mapsto f(x)-x $.

$ h(0)=f(0)\geq 0 $ et $ h(1)=f(1)-1\leq 0 $ donc $ h $ s'annule sur $ [0;1] $. Par continuité et le TVI, $ \exists \alpha \in [0;1], f(\alpha)=\alpha $. Par symétrie de $ f $ et $ g $ les deux fonctions admettent un point fixe sur $ [0;1] $.

On considère un point fixe $ U_0 $ de $ f $ et on définit $ (U_n) $ par récurrence : $ \forall n \in \mathbb{N}, U_{n+1} = g(U_n) $. Pour tout $ n, U_n $ n'est autre que la fonction g composée n fois et appliquée à $ U_0 $. $ (U_n) $ est donc bornée par $ [0;1] $. De même si $ f(U_n)=U_n $ alors $ g(f(U_n))=U_{n+1} $ d'où en appliquant la commutativité de la composition de f par g $ f(g(U_n))=U_{n+1} $ i.e $ f(U_{n+1})=U_{n+1} $. Comme $ f(U_0)=U_0 $ on a bien tous les termes de la suite qui sont des points fixes de $ f $.

Soit n dans $ \mathbb{N} $, $ f(U_n)=U_n \Rightarrow f(U_n)-g(U_n)=U_n-g(U_n) \Rightarrow f(U_n)-g(U_n)=U_n-U_{n+1} $. Si $ U_n-U_{n+1} $ s'annule alors $ f(U_n)=g(U_n)=U_n $ et on a trouvé un point fixe commun. Sinon $ U_n-U_{n+1} $ est de signe constant donc $ (U_n) $ est monotone borné et converge donc vers un réel $ l \in [0;1] $. On a alors $ \forall n \in \mathbb{N}, f(U_n)=U_n \Rightarrow \lim\limits_{n \to +\infty} f(U_n) = \lim\limits_{n \to +\infty} U_n \Rightarrow f(l)=l $ et $ \forall n \in \mathbb{N}, U_{n+1} = g(U_n) \Rightarrow \lim\limits_{n \to +\infty} U_{n+1} = \lim\limits_{n \to +\infty} g(U_n) \Rightarrow g(l)=l $ donc $ l $ est point fixe commun de f et g.

Soit f une fonction continue sur [0;1] telle que f(0)=f(1). Montrer que l'équation $ f(x+\frac{1}{2})=f(x) $ admet une solution sur [0;$ \frac{1}{2} $]. Généralisation?

SPOILER:

Soit $ h : x \in [0;\frac{1}{2}] \mapsto f(x+\frac{1}{2})-f(x) $

Alors $ h(0)=f(\frac{1}{2})-f(0) $ et $ h(\frac{1}{2})=f(1)-f(\frac{1}{2})=-h(0) $

$ h $ continue change de signe sur $ [0;\frac{1}{2}] $ donc par le TVI $ \exists \alpha \in [0;\frac{1}{2}], f(\alpha + \frac{1}{2})=f(\alpha) $

Pour la généralisation une démo similaire donne que si f est une fonction continue sur $ [0,2a] $ avec $ a $ dans $ \mathbb{R}_+ $ alors l'équation $ f(x+a)=f(x) $ admet au moins une solution sur $ [0;a] $ (Il y a peut-être mieux).

- Soient a et b deux complexes. Montrer que $ |a-b|=|1-\overline{a}b| $ si et seulement si $ |a| = 1 $ ou $ |b| = 1 $

SPOILER:

$ |a-b|=|1-\overline{a}b| \\
\iff |a-b|^2=|1-\overline{a}b|^2 \\
\iff \overline{(a-b)}(a-b) = \overline{(1-\overline{a}b)}(1-\overline{a}b) \\
\iff (\overline{a}-\overline{b})(a-b) = (1-a\overline{b})(1-\overline{a}b) \\
\iff 1 + (|a||b|)^2 - |a|^2 - |b|^2 = 0 \\
\iff (1-|a|^2)(1-|b|)^2 = 0 $
$ \iff |a|=1 $ ou $ |b|=1 $

- Montrer que pour tout x strictement positif : $ \int_{x}^{1} \frac{1}{t^{2}+1}dt = \int_{1}^{\frac{1}{x}}\frac{1}{t^{2}+1}dt $

SPOILER:

Soit x réel strictement positif.

$ \int_{x}^{1} \frac{1}{t^{2}+1}dt = -\int_{1}^{{x}}\frac{1}{t^{2}+1}dt $

On pose $ u : a \in [1;+\infty] \mapsto 1/a $

On a alors $ u(1)=1 $, $ u(x)=\frac{1}{x} $ et $ \frac{d{u(t)}}{dt} = -\frac{1}{t^2} \Rightarrow dt=-t^2du=-\frac{du}{u^2} $

L'intégrale se réécrit donc :

$ \int_{x}^{1} \frac{1}{t^{2}+1}dt = \int_{1}^{\frac{1}{x}}\frac{1}{u^2((\frac{1}{u})^{2}+1)}du $

Qui donne par substitution de la variable muette $ u $ en $ t $ :

$ \int_{x}^{1} \frac{1}{t^{2}+1}dt = \int_{1}^{\frac{1}{x}}\frac{1}{t^{2}+1}dt $

Assez classique (en tout cas en sup je crois):

Calculer $ \sum_{k=0}^{n}{cos(kx)} $ (x réel)

SPOILER:

Soit n dans $ \mathbb{N} $,

$ \sum_{k=0}^{n}{cos(kx)} = Re\sum_{k=0}^{n}{exp(ikx)} $

Si $ \newcommand{\a}{2\pi} x \equiv 0 \pmod \a $ alors $ \sum_{k=0}^{n}{exp(ikx)} = \sum_{k=0}^{n}{1} $ d'où $ \sum_{k=0}^{n}{cos(kx)} = n+1 $

Sinon, $ \sum_{k=0}^{n}{cos(kx)} = Re(\frac{1-exp(ix(n+1))}{1-exp(ix)}) \\

= Re(\frac{exp(\frac{ix(n+1)}{2})(exp(\frac{-ix(n+1)}{2})-exp(\frac{ix(n+1)}{2}))}{exp(\frac{ix}{2})(exp(\frac{-ix}{2})-exp(\frac{ix}{2}))}) \\

=Re(exp(\frac{ixn}{2})(\frac{sin(\frac{ix(n+1)}{2})}{sin(\frac{ix}{2})})) \\

=cos(\frac{ixn}{2})(\frac{sin(\frac{ix(n+1)}{2})}{sin(\frac{ix}{2})})) $

Calculer les sommes suivantes, pour x non nul :
$ \sum_{k=0}^n exp(kx) $

SPOILER:

Soit $ n $ dans $ \mathbb{N} $ et $ x $ dans $ \mathbb{R}^* $

On définit $ f : x \in \mathbb{R}^* \mapsto \sum_{k=0}^n exp(kx) $

$ f(x) = \sum_{k=0}^n exp(kx) = \frac{1-exp(x(n+1))}{1-exp(x)} $

$ \sum_{k=0}^n k.exp(kx) $

SPOILER:

En dérivant :

$ f'(x) = \sum_{k=0}^n k.exp(kx) \\ \iff \sum_{k=0}^n k.exp(kx) = \frac{exp(x)(1-exp(x(n+1)))-exp(x(n+1))(n+1)(1-exp(x))}{(1-exp(x))^2} $

[Nabuco]

La rédaction du premier exo est archi fausse Un-Un+1 peut changer de signe sans s annuler

[Salimovich]

Hmm alors on suppose par l'absurde que $ f $ et $ g $ n'admettent pas de point fixe commun donc $ f-g $ est de signe constant sur $ [0;1] $ donc $ (U_n) $ monotone borné et on reprend l'argument avec la limite qui amène à une contradiction ?

[Nabuco]

Hmm alors on suppose par l'absurde que $ f $ et $ g $ n'admettent pas de point fixe commun donc $ f-g $ est de signe constant sur $ [0;1] $ donc $ (U_n) $ monotone borné et on reprend l'argument avec la limite qui amène à une contradiction ?

non plus f-g peut s'annuler sans qu'il y ait un point fixe commun...

[Salimovich]

Pardon je voulais dire pas de point commun tout court.

$ \forall x \in [0;1], f(x) \ne g(x) \Rightarrow \forall x \in [0;1], f(x)-g(x) \ne 0 \Rightarrow $ f-g de signe constant

[Nabuco]

Pardon je voulais dire pas de point commun tout court.

$ \forall x \in [0;1], f(x) \ne g(x) \Rightarrow \forall x \in [0;1], f(x)-g(x) \ne 0 \Rightarrow $ f-g de signe constant

Oui enfin quel est l'intérêt ? montrer qu'elles ont un point commune est bien plus faible qu'un point fixe. A priori cet exo me semble compliqué à résoudre en tale car la solution standard contient une notion pas développée en tale contrairement aux autres exos que tu as résolu qui sont juste des calculs.

[Salimovich]

Oui mais justement prouver que ce point commun est la limite de $ (U_n) $ ne suffit-il pas à prouver qu'il est fixe pour $ f $ et donc pour $ g $ ? En passant à la limite avec $ \forall n \in \mathbb{N}, f(U_n)=U_n $.

Edit : Oui non je dis n'importe quoi la suite ne converge pas forcément maintenant qu'on a prouvé que $ f-g $ s'annulait.

Tu aurais pas une indication pour me mettre sur la piste du coup ?

[Errys]

Pardon je voulais dire pas de point commun tout court.

$ \forall x \in [0;1], f(x) \ne g(x) \Rightarrow \forall x \in [0;1], f(x)-g(x) \ne 0 \Rightarrow $ f-g de signe constant

Oui enfin quel est l'intérêt ? montrer qu'elles ont un point commune est bien plus faible qu'un point fixe. A priori cet exo me semble compliqué à résoudre en tale car la solution standard contient une notion pas développée en tale contrairement aux autres exos que tu as résolu qui sont juste des calculs.

Il existe vraiment une solution à cet exercice ? J'ai l'impression que l'énoncé est faux sans hypothèses en plus : http://www.ams.org/journals/tran/1969-1 ... 6331-5.pdf)

[Salimovich]

Ah bah comme ça au moins c'est réglé je vais faire confiance à WILLIAM M. BOYCE et arrêter de me casser la tête dessus.