PS : Si vous voulez compléter le programme de TS (j’ai probablement oublié quelques points) ou rajouter une règle qui vous semble pertinente, dites le, n’hésitez pas !
Un petit exo de mise en jambe qui satisfaira petits et grands, aucun outil complexe à utiliser
Même faisable par des PS si certains passent par là !
Problème 1:
Soit </s>f:x\mapsto x+1<e> et </s>g:x\mapsto \frac {x}{x+1}<e>.
Montrer que l’on peut obtenir la fraction </s>\frac{7891}{1987}<e> à partir de la valeur 1, en appliquant successivement </s>f<e> ou </s>g<e>. Y-a-t-il plusieurs solutions ?
Soit $(a_n)$ la suite des numérateurs de nos fractions.
Soit $(b_n)$ la suite des dénominateurs
On a $a_0=b_0=1$
A chaque tour, on peut :
-soit assigner à $a_{n+1}$ la valeur $a_n+b_n$
-Soit assigner à $b_{n+1}$ la valeur $a_n+b_n$
L’objectif étant d’arriver à $a_n=7891$ et $b_n=1987$
En faisant l’algorithme précédent en inversé, on s’aperçoit qu’il suffit de trouver $a_n=1930$ et $b_n=1987$, puis qu’il suffit de trouver $a_n=1930$ et $b_n=57$ etc.
On repère ici l’utilisation d’un algorithme d’Euclide ! Puisque la fraction originale est irréductible, $7891$ et $1987$ sont premiers entre eux et on aboutira bien à une solution.
En fait, on vient de prouver que tout rationnel peut être approché par la combinaison de nos deux fonctions…
On a $\frac{7891}{1987}=f(f(f(g(f(f(f(g(f(f(f(f(f(f(g(g(g(g(g(g(g(1)))))))))))))))))))))$
Ah ! J’y suis : quels peuvent être $a_{n-1}$ et $b_{n_1}$ si $a_n=x$ et $b_n=y $ ?
Ils peuvent valoir $x;(y-x)$ ou bien $x-y;(y)$ seulement, on trouve par une récurrence immédiate que $a_n$ et $b_n$ sont des suites à valeurs uniquement positives ! Dès lors, puisque $x<y$ ou $y<x$, un seul des deux cas proposés ci-dessus est valide, et donc chaque couple $(a_n;b_n)$ est dépendant d’un seul couple $(a_{n-1};b_{n-1})$
Si on construit l’ « arbre » des rationnels, qui part de la racine $1$, une seule branche ménera donc à $\frac{7891}{1987}$. Notre solution est donc unique.
A noter qu’on a du coup trouvé un moyen sympa de noter tous les rationnels (sauf $1$) en binaire ^^
Problème 2 : (peut-être trop simple, trop dur, ou trop connu, désolé… :? ) : Alice et Bertrand jouent à un jeu avec un cavalier et un échiquier 8*8.
D’abord, Alice choisit de placer le cavalier où ça l’arrange sur l’échiquier et colorie la case où elle l’a posé.
Après quoi, Bertrand doit déplacer le cavalier (à noter que le cavalier se déplace en L, regardez wikipédia si vous connaissez pas les règles des échecs). Il colorie la case ou le cavalier vient d’arriver.
Alice fait ensuite de même, puis Bertrand, et ainsi de suite.
Il est interdit de déplacer un cavalier sur une case coloriée. Un joueur qui n’a pas de coup légal perd la partie.
En admettant qu’Alice et Bertrand soient tous deux médaille Fields, lequel des deux gagnera ?
Problème 3 : Soit </s>f<e> une fonction continue de </s>[0;1]<e> dans </s>\mathbb{R}<e>. On suppose que </s>f(0) = f(1) = 0<e> et que pour tout </s>x\in[0;0.7]<e>, </s>f(x)\neq f(x+0.3)<e>.
Montrer que </s>f<e> s’annule au moins 7 fois.
Problème 4 : On note E(x) la partie entière du réel x. E(X) est le plus grand entier </s>n\le x<e>.
Calculer, pour tout réel </s>x\ge 0<e> les intégrale suivantes
Problème 5 : Soit </s>(u_n)_{n\in \mathbb{N}}<e> une suite réelle. Montrer qu’il existe une suite d’entiers </s>(n_k)_{k\in\mathbb{N}}<e> strictement croissante telle que </s>(u_{n_k})_{k \in \mathbb{N}}<e> soit monotone.
Pour le problème 1 : $f(x+0,3)-f(x)$ ne s’annule jamais et est continue (comme somme de fonctions continues). Elle est donc strictement positive ou strictement négative. Supposons sans perte de généralité qu’elle est strictement positive. On a :
$f(0,3)-f(0)=f(0,3)>0$
$f(0,6)-f(0,3)>0$, donc $f(0,6)>0$
$f(0,9)-f(0,6)>0$, donc $f(0,9)>0$
$f(1)-f(0,7)=-f(0,7)>0$, donc $f(0,7)<0$
$f(0,7)-f(0,4)>0$, donc $f(0,4)<0$
$f(0,4)-f(0,1)>0$, donc $f(0,1)<0$
En appliquant 5 fois le théorême des valeurs intermédiaires (et en comptant 0 et 1), on trouve bien 7 racines
Comme A et </s>\overline{A}<e> forment une partition de </s>\mathbb{N}<e>, si l’un des deux est fini, alors l’autre est infini.
Premier cas : A est infini.
On défini </s>(n_i)<e> par récurrence. On pose </s>n_0 = \min A<e> (qui existe car A est une partie non vide de </s>\mathbb{N}<e>). Et pour tout entier </s>i\ge 0<e>, </s>n_{i+1} = \min (A\setminus \{n_0,\ldots, n_{i}\})<e> (qui existe car on prive un ensemble infini d’un nombre fini d’éléments, donc cet ensemble est une partie non vide de </s>\mathbb{N}<e>).
La suite </s>(n_i)<e> est bien strictement croissante et tous les termes de la suite sont des éléments de A donc par définition, </s>(u_{n_i})<e> est croissante donc monotone.
Deuxième cas : A est fini.
Ainsi, à partir d’un certain rang </s>i_0<e>, tous les entiers </s>i\ge i_0<e> sont dans </s>\overline{A}<e>. Ainsi, on pose </s>n_0 = i_0<e>. Et pour tout entier </s>i\ge 0<e>, </s>n_{i+1}<e> un entier m tel que </s>u_m<u_{n_i}<e> (qui existe car </s>n_i<e> est dans </s>\overline{A}<e>).
La suite </s>(n_i)<e> est bien strictement croissante et la suite </s>(u_{n_i})<e> décroissante donc monotone.
Ainsi, dans tous les cas, on peut trouver une suite </s>(n_i)<e> strictement croissante d’entiers naturels telle que </s>(u_{n_i})<e> est monotone.
Vous voulez pas numéroter les problèmes ? Ce sera plus facile de s’y retrouver après… donc pour l’instant, on à eu 5 problèmes. Les 2 et 4 restent sans solution.
(et si une connaissance HP intervient, l’expliquer 
