Solution de l’exercice 16 :
On pose pour tout entier </s>n\ge 0<e>, </s>y_n = \dfrac{1}{2^n}<e> qui est bornée et monotone.
De même, on pose pour tout entier </s>n<e> : </s>x_{2n} = \dfrac{1}{2^{2n}}<e> et : </s>x_{2n+1} = \dfrac{1}{2^{2n}}<e>
Encore une fois, cette suite est bien bornée et monotone.
En revanche, pour tout entier n :
[ctex]\dfrac{x_{2n}}{y_{2n}} = \dfrac{\dfrac{1}{2^{2n}}}{\dfrac{1}{2^{2n}}}=1[/ctex]
Et
[ctex]\dfrac{x_{2n+1}}{y_{2n+1}} = \dfrac{\dfrac{1}{2^{2n}}}{\dfrac{1}{2^{2n+1}}}=2[/ctex]
Ainsi </s>(x_n/y_n)<e> est bornée, mais pas convergente !
Pour ceux qui veulent voir la/une solution de l’exo numéro 8, voici la correction de l’existence
Nous allons montrer par récurrence sur n que c’est possible quand il y a n jetons.
Hypothèse de récurrence: Si n jetons sont diposés sur un cercle, que chaque jeton a une valeur dans Z et que la somme de toutes les valeurs de ces jetons vaut 1, alors on peut choisir un jeton tel que les sommes partielles successives obtenues en sommant successivement les valeurs des jetons en partant dudit jeton puis en suivant le sens trigonométrique reste toujours strictement positive.
Initialisation: si n=1. Le jeton a pour valeur 1 donc en démarrant de ce jeton, on reste strictement positif
Récurrence: Soit n>=1. On suppose la propriété vraie pour n. Montrons qu’elle reste vraie pour le rang n+1. Soit n+1 jetons disposés sur un cercle tel que la somme des valeurs de ces jetons vaut 1. Comme la somme vaut 1, il existe un jeton X dont la valeur v_X est strictement positive. On crée un nouveau système de n jetons en remplaçant le jeton X et celui situé juste après dans le sens tigonométrique par un unique jeton dont la valeur est la somme des valeurs des deux jetons remplacés. On applique l’hypothèse de récurrence. On obtient l’existence d’un jeton Y pour le système à n jetons. Si Y est le jeton fusionné, on démarre de X, sinon on démarre de Y et on obtient un jeton qui convient pour le système à n+1 jetons (Le choix de X comme un jeton avec une valeur strictement positive intervient ici.
salut
pb 9 :
soit les divisions euclidiennes m = 24p + r et n = 24q + s
mn + 1 = 24(24pq + r + s) + rs + 1 est multiple de 24 donc rs + 1 est multiple de 24
un tableau donnant le produit rs avec r et s entier entre 0 et 23 donne la réponse
… donc m + n est multiple de 24
remarquer aussi que rs + 1 est multiple de 24 <=> rs est premier avec 24 <=> r et s sont premiers avec 24
@zygomatique
Bonne chance pour faire ton tableau à 24 lignes et 24 colonnes, il y’a plus simple
Vu sur beos mais faisable en fin de terminale :
[Ex 17] Déterminer les fonctions de R dans R telles que pour tout a<b, f([a,b]) soit un intervalle de longueur b-a.
Petite question comme ça, sans grand rapport : [Ex 18] si f est dérivable sur un intervalle ouvert contenant x, existe-t-il un intervalle ouvert contenant x sur lequel elle est monotone ?
Je pense qu’il faudrait ajouter l’hypothèse «dérivable» vu qu’ils n’ont pas de def de la continuité ^^’, et remplacer «voisinage de x» par «intervalle ouvert non vide contenant x»
Pour l’exercice de donnerwetter, ma solution utilise la définition de la continuité qui est HP mais j’ai pas trouvé comment faire sans…
Tout d’abord, essayons de trouver des choses qui caractérisent une fonction qui vérifie cette propriété :
Soit </s>f<e> une fonction qui vérifie les conditions,
EDIT : Inutile
Montrons que </s>f<e> est continue en tout point de </s>\mathbb{R}<e> :
Soit </s>x<e> un réel, et </s>\varepsilon>0<e>, en prenant </s>\delta = \frac{\varepsilon}{2}<e>, on a </s>|f([x-\delta;x+\delta]| = \varepsilon<e> donc pour tout réel </s>y<e> tel que </s>|x-y|< \delta<e>, </s>y\in [x-\delta;x+\delta]<e> donc </s>|f(y)-f(x)|<\varepsilon<e>.
Ainsi, </s>f<e> est bien continue sur </s>\mathbb{R}<e>.
Montrons que </s>f<e> est injective,
En notant </s>|A|<e> la longueur d’un intervalle </s>A<e> on a :
Soit </s>a,b,c<e> des réels avec </s>a<b<c<e>, on a </s>|f([a;b])| = b-a<e>, </s>|f([b;c])| = c-b<e>, </s>|f([a;c])| = c-a<e>
Or, </s>|f([a;c])| = |f([a;b])| + |f([b;c])| - |f([a;b])\cap f([b;c])|<e> d’où </s>f([a;b])\cap f([b;c]) = \{f(b)\}<e>
Ainsi, s’il existe </s>(a;c)\in\mathbb{R}^2<e> tels que </s>a<c<e> et </s>f(a) = f(c)<e>, Soit </s>f<e> est constante sur </s>[a;c]<e> et on arrive à une contradiction, soit il existe b tel que </s>a<b<c<e> et </s>f(a)\neq f(b)<e> et on arrive aussi à une contradiction car </s>f([a;b])\cap f([b;c]) = \{f(b)\}<e> et </s>f(b)\neq f(a)<e>.
Ainsi, </s>f<e> est injective.
Montrons que </s>f<e> est strictement monotone.
Supposons par l’absurde que </s>f<e> n’est pas strictement monotone, cela veut donc dire que soit il existe </s>a,b<e> tels que </s>f(a)=f(b)<e> et </s>a\neq b<e> ce qui est absurde. Soit qu’il existe </s>(a,b,c)\in\mathbb{R}^3<e> avec </s>a<b<c<e> tels que </s>f(a)<f(b)<e> et </s>f(b) >f(c)<e>.
On suppose sans perdre de généralité que </s>f(a)>f(c)<e>, ainsi, </s>f(c)<f(a)<f(b)<e> donc </s>f(a)\in [f(c); f(b)]\in f([c;b])<e>. Ainsi, il existe </s>d\in[c;b]<e> tel que </s>f(d)=f(a)<e> ce qui est absurde car </s>f<e> est injective.
AInsi, </s>f<e> est strictement monotone.
On suppose </s>f<e> strictement croissante, quitte à prendre </s>g=-f<e>.
Ainsi, pour tout </s>a>0<e>, </s>f([0;a]) = [f(0); f(0) + a]<e>. Donc </s>f(a) = f(0) + a<e> car </s>f<e> est strictement croissante.
De même, pour tout </s>b<0<e>, </s>f([b; 0]) = [b+f(0); f(0)]<e> d’où </s>f(b) = f(0) + b<e>.
Ainsi, pour tout </s>x<e> réel, </s>f(x) = f(0) + x<e> ou </s>f(x) = -f(0) - x<e> (car on avait supposé que </s>f<e> était strictement croissante quitte à prendre </s>g = -f<e>).
Vérifions que toutes les fonctions de la forme </s>f(x) = +/-x+C<e> avec </s>C\in\mathbb{R}<e> vérifient les conditions :
Si </s>f(x) = x + C<e> alors pour tout a, b avec a<b, </s>f([a; b]) = [a+C; b+C]<e> qui est un intervalle de longueur </s>b-a<e>.
Si </s>f(x) = -x + C<e> alors pour tout </s>a,b<e> avec </s>a<b<e>, </s>f([a;b] = [-b+C; -a+C] = -a+b = b-a<e>.
Ainsi, les solutions sont les fonctions </s>f<e> de la forme </s>f(x) = +/- x+ C<e> pour tout réel x et </s>C<e> un réel quelconque.
Le TVI affirme exactement que l’image (par une fonction continue) d’un intervalle est un intervalle, mais l’énoncé donne déjà cette hypothèse sur f donc inutile de montrer qu’elle est continue
tout à fait raisonnable avec un tableur en term S …
par ailleurs je termine par une remarque qui permet de s’en passer et de résoudre cela de façon « plus élégante » …
En effet, au final on a ni besoin du TVI, ni besoin de la continuité ;p
Merci.
Je viens de finir la terminale mais j’arrive pas à comprendre clairement l’énoncé. On a le droit de mettre un intervalle dans une fonction?
Et c’est quoi la définition des voisinages?
f([a,b]) signifie l’ensemble des f(x) pour x dans [a,b]. Dans tout l’énoncé tu peux remplacer «voisinage de x» par «intervalle ouvert non vide contenant x».
D’accord, merci pour ces précisions.
Zetary : oui merci, je corrige ça. J’avais fait l’exo en montrant la continuité de f (dont j’ignorais qu’elle était HP en terminale… le TVI l’est aussi alors ?) mais effectivement on peut faire sans et l’exo a bien sa place sur le topic.
Non le TVI est bien au programme. La continuité aussi mais : «On se limite à une approche intuitive de la continuité et on admet que les fonctions usuelles sont continues par intervalle. On présente quelques exemples de fonctions non continues, en particulier issus de situations concrètes.» (en gros continue = «qu’on peut tracer sans lever son crayon»)
Exo 18 :
Si f est dérivable sur un ouvert contenant x, alors f admet une dérivée f’ sur cet ouvert contenant x.
Soit I un tel intervalle.
Tout d’abord si </s>f' < 0<e> sur I, alors f est strictement décroissante donc monotone sur I.
De même si </s>f' > 0<e> sur I, alors f est strictement croissante donc monotone sur I.
Si </s>f' = 0<e> sur I, f est la fonction constante et est donc monotone sur I.
Supposons maintenant que f’ s’annule n fois sur I en les points d’abscisses </s>n_1 , n_2 , ..<e>, on peut donc décomposer I en n+1 intervalles ouverts </s>I_1 , I_2 , ..<e>.
Ainsi </s>I = \bigcup _{i=1}^{n+1} I'_i \cup \bigcup _{i=1}^{n} \{n_i\} <e>
Si </s>x \in I'_k<e> ,avec </s>1 \leq k \leq n+1 <e>, alors f’ est soit strictement positive, soit strictement négative et par conséquent f est strictement monotone sur cet </s>I_k<e>.
Si </s>x \in \{n_k\}<e>, avec </s>1 \leq k \leq n <e>, alors on distingue deux cas :
Premièrement si f’ sur </s>I_k<e> est du même signe que f’ sur </s>I_{k+1}<e>, alors f’ est soit positive, soit négative sur </s>I_k \cup I_{k+1}<e> et pas conséquent f est monotone sur </s>I_k \cup I_{k+1}<e> qui contient bien x.
Ensuite si f’ sur </s>I_k<e> est du signe contraire de f’ sur </s>I_{k+1}<e>, alors x se situe sur un extrémum de f, et par conséquent dans ce cas il n’existe pas d’ouvert contenant x où f est monotone.
Ma solution pour le problème 13 :
On a </s>\forall x\in\mathbb{R}, f(x) = c_0 + c_1\times x^1+\ldots+ c_{2n+1}x^{2n+1} = x^{2n+1}\times ( c_{2n+1} + \frac{c_{2n}}{x} +\ldots+ \frac{c_0}{x^{2n+1}})<e>
Où n est un entier naturel et </s>(c_0,\ldots, c_{2n+1})<e> des réels avec </s>c_{2n+1} \neq 0<e>.
(Factorisation pour </s>x \neq 0<e>)
Or, </s>\lim\limits_{x\rightarrow +\infty} \frac{c_{2n}}{x}=\cdots =\lim\limits_{x\rightarrow +\infty} \frac{c_0}{x^{2n+1}} = 0<e>
De même pour la limite en </s>-\infty<e>.
Ainsi, </s>\lim\limits_{x\rightarrow +\infty} (c_{2n+1} + \frac{c_{2n}}{x}+ \cdots + \frac{c_0}{x^{2n+1}}) = c_{2n+1}<e> (même résultat en </s>-\infty<e>)
</s>\lim\limits_{x\rightarrow +\infty} x^{2n+1} = + \infty<e> et </s>\lim\limits_{x\rightarrow -\infty} x^{2n+1} = - \infty <e>
Si </s>c_{2n+1} > 0<e>, alors </s>\lim\limits_{x\rightarrow +\infty} f(x) = + \infty<e> et </s>\lim\limits_{x\rightarrow -\infty} f(x) = - \infty<e>
Et si </s>c_{2n+1} < 0<e>, alors </s>\lim\limits_{x\rightarrow +\infty} f(x) = - \infty<e> et </s>\lim\limits_{x\rightarrow -\infty} f(x) = + \infty<e>
</s>f(x)<e> est une fonction polynome, elle est donc continue sur </s>\mathbb{R}<e>, donc d’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation </s>f(x) = 0<e> admet au moins une solution réelle.
Edit : précision pour la factorisation.
f’ pourrait s’annuler une infinité de fois
Une fonction peut s’annuler une infinité de fois sur un ouvert I sans être la fonction nulle sur un sous intervalle de I ?
Oui
[ctex]
]0,1[\to \mathbb{R}\
x\mapsto x^2\sin(\frac{1}{x})
[/ctex]