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Errys a écrit : ↑
11 août 2019 11:48

Bidoof a écrit : ↑
10 août 2019 15:46

Errys a écrit : ↑
06 août 2019 23:56

SPOILER:
Salut, intuitivement on se dit que si on est strictement négatif en un point, alors on sera strictement négatif à droite si on est assez proche et on pourra donc utiliser le meme argument.
Ainsi, une telle fonction est positive puis négative et décroissante. Clairement ces fonctions conviennent, montrons que ce sont les seules.

Soit f une telle fonction
Pour cela, montrons que si $ f(x) < 0 $ alors pour tout $ y > x $, $ f(y) < 0 $.
Soit $ A = \{y\ge x, \forall t\in [x,y], f(y) < 0\} $. $ x\in A $ donc A non vide. Supposons par l'absurde que A ne soit pas majoré et soit $ s = \sup A $.
Comme $ f(s) < 0 $, $ f'(s) < 0 $. D'après la définition de la limite, si $ \varepsilon=1> 0 $, on dispose de $ \delta>0 $ tel que si $ y\in B(s, \delta) $ et $ y\neq s $, alors :
$$ \left| \dfrac{f(y)- f(s)}{y-s} -f'(s)\right|\le 1 $$
Donc si $ y \in ]s, s + \delta[ $ on obtient :
$$ f(y) \le (y-s)(1+ f'(s)) + f(s) $$
Si on prend alors $ y \in ]s; s - f(s)/( 2 * (1+f'(s)))] $, on a alors :
$$ f(y) \le f(s)/2 < 0 $$
Donc en particulier si on fixe un tel y dans cet intervalle, on a aussi $ y\in A $ et y > s ce qui est absurde.
Ainsi, pour tout $ t\ge x, f(t) < 0 $.

Pour conclure, considérons $ B = \{x\in\mathbb{R}, f(x) < 0\} $. Si $ \inf B = -\infty $, alors f est strictement négative et décroissante sur $ \mathbb{R} $ entier.
Sinon l'inf est fini, qu'on note s. et on montre que f(s) = 0, f(x) < 0 si x > s et f(x) >= 0 si x < s !

Bravo tu peux dériver des inégalités
L'énoncé a été changé depuis que j'ai posté ma solution (passage des inégalités larges aux inégalités strictes) ou alors j'ai rêvé ? Mais sinon j'ai l'impression que ma solution fonctionne encore malgré le changement d'énoncé, à part un détail quand f(x) = 0 ^^

C'est bizarre j'ai pas touché

(ref : OM).

Dattier a écrit : ↑
12 août 2019 01:44

Bidoof a écrit : ↑
06 août 2019 08:12
Je propose un exercice qui m’intéresse : Pouvez vous caractériser les applications $h$ dérivable tel que $h \le 0 \Rightarrow h' \le 0$
les fonction dérivable tel que : $h \le 0 \Rightarrow h' \le 0$
c'est à dire les fonctions dérivables tel que :
$\exists x \in \mathbb R, h(x) > 0 $ ou ($h\leq 0$ et $h' \leq 0$)

c'est à dire les fonctions dérivables tel que si $h(\mathbb{R}) \subseteq ]-\infty ;0]$ alors $h'(\mathbb{R}) \subseteq ]-\infty ;0]$

$ $
Un nouvel exercice : Soit $u : \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{R}$ tel que $\lim_{n \rightarrow +\infty} u(n+1)-u(n) = 0$ et $\lim_{n \rightarrow +\infty} u(n) = +\infty$. Alors $\{ f(m)-f(n) ; (m,n)\in \mathbb{N}^{2} \}$ est dense dans $ \mathbb{R}$.
Application : Montrer que $\{ \sqrt{m}-\sqrt{n} ; (m,n)\in \mathbb{N}^{2} \}$ est dense dans $ \mathbb{R}$.

Bidoof a écrit : ↑
25 août 2019 13:41
$ $
Un nouvel exercice : Soit $u : \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{R}$ tel que $\lim_{n \rightarrow +\infty} u(n+1)-u(n) = 0$ et $\lim_{n \rightarrow +\infty} u(n) = +\infty$. Alors $\{ f(m)-f(n) ; (m,n)\in \mathbb{N}^{2} \}$ est dense dans $ \mathbb{R}$.
Application : Montrer que $\{ \sqrt{m}-\sqrt{n} ; (m,n)\in \mathbb{N}^{2} \}$ est dense dans $ \mathbb{R}$.

on pose $\forall k \geq 1,~~x_{k}=u_{k}-u_{k-1}$ , $S_{k}= \sum_{j=1}^{n} x_{j}$,

$S_{k}$ représente la distance parcourue, chaque étape faisant un pas de longueur $x_{j}$.

D’après les hypothèses, nous avons $S_{k} =u_{k}-u_{0}\to +\infty$, $S_{k}-S_{k-1}=x_{k} \to 0$.

L' objectif est donc de trouver la bonne distance, par rapport à un réel $r$. Intuitivement deux conditions au préalable devraient être vérifiées,
- la longueur des pas que j'effectue devrait êtres suffisamment petite,
En effet soit $\varepsilon >0$, on dispose de $p$ tel que $\forall k \geq p ,~~ |x_{k}| \leq \varepsilon $
-Le problème qui puisse se poser c'est que après avoir parcourue la distance $S_{p}$ le marcheur oscille autour d'une valeur éloignée de $r$, pour palier à cela on fait une translation de sorte à compenser cette distance, soit $q$ (qui existe en vue des hypothèses ) tel que $r+S_{q} \geq S_{p}$.

Pour conclure il suffit de prendre $t$ le plus grand entiers $\geq p$, tel que $S_{t} \leq r+S_{q}$ il vient que :
$$|r+S_{q}-S_{t}|=|r+u_{q}-u_{t}| \leq |S_{t+1}-S_{t}|\leq \varepsilon $$

Bonsoir oty20, bravo, j'ai suivi le raisonnement (à la fin par définition de $t$ on a $S_{t+1} > r + S_{q}$ d'où la dernière inégalité).
Merci pour l'explication, je réfléchis encore à la manière dont tu as réfléchi ^^. Notamment quand tu compenses la distance.

tu peux aussi le voir comme cela, si par malheur $x < S_{p}$ l'ensemble des $\{ n\geq p , x \geq S_{n} \}$ pourrait être vide et donc l'existence de $t$ n'est pas assurée, on change la position de $x$ on cherche à atteindre $x+S_{q} \geq S_{p}$, puisque de toute façon pour $n,q \geq p, ~~ |S_{n}-S_{q}|\leq \varepsilon $

une jolie caractérisation de la continuité :

soit $g: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ une application surjective, telle que pour toute suite réelle $(x_{n})$ :

$$ (g(x_{n}))~~\text{converge} \Rightarrow (x_{n})~~\text{converge}$$

Monter que $g$ est continue.

Dattier a écrit : ↑
27 août 2019 15:11

Bidoof a écrit : ↑
25 août 2019 13:41
$ $
Un nouvel exercice : Soit $u : \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{R}$ tel que $\lim_{n \rightarrow +\infty} u(n+1)-u(n) = 0$ et $\lim_{n \rightarrow +\infty} u(n) = +\infty$. Alors $\{ f(m)-f(n) ; (m,n)\in \mathbb{N}^{2} \}$ est dense dans $ \mathbb{R}$.
Application : Montrer que $\{ \sqrt{m}-\sqrt{n} ; (m,n)\in \mathbb{N}^{2} \}$ est dense dans $ \mathbb{R}$.
Plus généralement :

Soient $u,f : \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{R}$ tel que $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} u(n+1)-u(n) = 0$, $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} u(n) = +\infty$ et $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} f(n) = +\infty$.
Alors $\{ f(m)-u(n) ; (m,n)\in \mathbb{N}^{2} \}$ est dense dans $ \mathbb{R}$.
Application : Montrer que $\{ 2^m-\ln(n) ; (m,n)\in \mathbb{N^*}^{2} \}$ est dense dans $ \mathbb{R}$.

Prenons a < b deux réels.
D'apres $ u(n+1) - u(n)\to 0 $, on dispose de $ N_1 $ entier tel que pour tour $ n\ge N_1, | u(n+1) - u(n)| < b-a $
D'après $ u(n)\to+\infty $, on dispose de $ N_2 $ entier tel que pour tout $ n\ge N_2, u(n) \ge b $.
Prenons $ N = \max(N_1, N_2) $. On a $ u(N) \ge b $.
D'après $ f(n)\to +\infty $, on dispose de M tel que si $ n\ge M $, alors $ f(n) > u(N) - b $.
Ainsi, $ u(N) - f(M) < b $. Notons k le plus grand entier supérieur à N tel que $ u(k) - f(M)< b $ (il existe forcément car $ u(n) - f(M)\to +\infty $).
On a alors $ u(k+1) - f(M) \ge b $, or, $ u(k) > u(k+1) - (b-a) $ car $ k \ge N $. Ainsi :
$$ b\ge u(k) - f(M) > u(k+1) - f(M) - (b-a) \ge b - (b-a) = a $$
D'où $ u(k) - f(M)\in [a,b] $. Ce qui achève la preuve.

L'idée de la preuve résulte d'un dessin, comme on veut passer dans un intervalle de taille b-a, on va commencer par faire en sorte que la suite u fasse des pas de longueur < b-a. Ensuite on va prendre un entier assez grand pour depasser b. Et on va revenir en arrière avec f, puis remonter progressivement en faisant des petit pas jusqu'à revenir dans l'intervalle !

L'application résulte juste du fait que si A est dense dans R, alors l'ensemble $ B = \{ -x, x\in A\} $ est dense aussi. On applique donc le résultat avec $ u(n) = \ln(n), f(m) = 2^m $.

Bidoof a écrit : ↑
25 août 2019 13:41
$ $
Un nouvel exercice : Soit $u : \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{R}$ tel que $\lim_{n \rightarrow +\infty} u(n+1)-u(n) = 0$ et $\lim_{n \rightarrow +\infty} u(n) = +\infty$. Alors $\{ f(m)-f(n) ; (m,n)\in \mathbb{N}^{2} \}$ est dense dans $ \mathbb{R}$.
Application : Montrer que $\{ \sqrt{m}-\sqrt{n} ; (m,n)\in \mathbb{N}^{2} \}$ est dense dans $ \mathbb{R}$.

Corollaire : soit $(u_{n})$ une suite croissante de réels $>0$ de limite $+\infty$, avec $\frac{u_{n+1}}{u_{n}} \to 1$

alors l'ensemble $\{ \frac{u_{m}}{u_{n}}| m>n \}$ est dense dans $[1,+\infty[$

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