Salut,
Soit f : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} une fonction continue strictement décroissante. Démontrer que le système suivant a une solution unique :
\left\{\begin{matrix}
x & = & f(y) \\
y & = & f(z)\\
z & = & f(x)
\end{matrix}\right
Montrons l’existence
f est continue donc f^{3}-Id l’est aussi ainsi f^{3}-Id est surjective alors nous pouvons poser x tel que x=f^{3}(x)=f(f^{2}(x))
Nous pouvons poser y tel que y=f^{2}(x)=f(f(x))
Nous pouvons poser z tel que z=f(x)
Donc x=f(y), y=f(z) et z=f(x)
Supposons qu’il existe deux triplets (x,y,z) et (x’,y’,z’) tq x\neqx’ (on peut aussi avoir y et y’ différents, bref ce sont deux triplets solution différents). Alors f(y) prend 2 valeurs différentes, ce qui contredit la stricte décroissance + la continuité de f (elle est str. monotone et continue càd que pour tous a et b de son ensemble de définition, f(a) est différent de f(b)
@Dohvakiin je n’ai pas compris ta preuve sur l’unicité, pourquoi « f(y) prend 2 valeurs différentes » ?
Montrons l’unicité
Soit (x,y,z) et (x',y',z') tq x=f(y), y=f(z), z=f(x) et x'=f(y'), y'=f(z'), z'=f(x')
Raisonnons par l’absurde
Sq x<x'
Donc par stricte décroissance de f f(x)>f(x')
Ainsi z>z'
Alors par stricte décroissance de f f(z)<f(z')
Donc y<y'
Ainsi par décroissance de f f(y)>f(y')
Alors x>x'
Ce qui est absurde
Donc x \ge x'
De même x>x' est absurde
Ainsi x=x'
Par un même raisonnement y=y' et z=z'
tu fais l’existence et l’unicité avec strict monotone + continu. Par contre tu ne peux pas affirmer comme ça que c’est surjectif, y a QUAND même un truc à dire
d’ailleurs la démo prouve que f seulement décroissante suffit
Matthieu Charrier a écrit:
Salut,
Soit f : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} une fonction continue strictement décroissante. Démontrer que le système suivant a une solution unique :
\left\{\begin{matrix}
x & = & f(y) \\
y & = & f(z)\\
z & = & f(x)
\end{matrix}\right
Montrons l’existence
f est continue donc f^{3}-Id l’est aussi ainsi f^{3}-Id est surjective alors nous pouvons poser x tel que x=f^{3}(x)=f(f^{2}(x))
Nous pouvons poser y tel que y=f^{2}(x)=f(f(x))
Nous pouvons poser z tel que z=f(x)
Donc x=f(y), y=f(z) et z=f(x)
Certes, mais pourquoi ne pas tout simplement dire que f-Id est surjective, donc s’annule en un point, et pour ce point, x=f(x) ? en prenant$x=y=z$, on a la solution.
Je pense qu’on peut faire ainsi :
Soit x un réel. La fonction f étant continu et strictement décroissante, il existe un unique y tel que x=f(y) et un unique z tel y=f(z). Maintenant il faut montrer l’existence et l’unicité du x qui permettrait que z=f(x) soit x=fofof(x). On pose g(x)=fofof(x)-x, la continuité et la stricte décroissance de cette fonction permet de conclure.
Soit x un réel. La fonction f étant continu et strictement décroissante, il existe un unique y tel que x=f(y) et un unique z tel y=f(z).
Oui mais est-ce que f atteint \mathbb{R} tout entier ? On ne le précise pas dans l’énoncé.
Par exemple, x \mapsto exp(-x) est continue et strictement décroissante sur \mathbb{R} mais ne l’atteint pas entièrement (0 n’a pas d’antécédent par cette fonction).
Donc pour un x réel, comment affirmer que "il existe un y réel tq x=f(y) ? x n’est pas forcément atteint par f.
En effet 
J’ai mal utilisé le theoreme de bijection, mon prof de maths m’aurait tué s’il avait vu ça 
Exercice 2 :
Soit une fonction continue strictement décroissante. Démontrer que le système suivant a une solution unique :
x = f(y)
y = f(z)
z= f(x)
Solution :
[spoiler]Montrons que f^3 admet un unique point fixe ( ie il existe un unique x dans R tel que f^3(x) = x) :
Existence : Soit x0 dans R . 1) Si f^3(x0) = x0 ok .
2 ) Sinon si f^3(x0) > x0 alors soit x > f^3(x0) > x0 , comme f est strictement décroissante , f^3 est aussi strictement décroissante et alors
comme x > x0 , f^3(x) < f^3(x0) < x . Donc : f^3(x0) - x0 > 0 et f^3(x) - x < 0 , comme f^3 - id est continue , le théorème des valeurs intermédiaires donne l’existence de x1 tel que
f^3(x1) = x1 .
3 ) Sinon f^3(x0) < x0 , on procède de la même façon que le deuxième cas .
**Unicité : ** f^3 admet un point fixe , comme f^3 - id est continue strictement décroissante , elle s’annule en un unique point d’où l’unicité du point fixe de f^3 .
**Soit a l’unique point fixe de f^3 , le triplet ( a,a,a) convient et c’est l’unique solution .
**[/spoiler]
Matthieu Charrier a écrit:
Supposons qu’il existe deux triplets (x,y,z) et (x’,y’,z’) tq x\neqx’ (on peut aussi avoir y et y’ différents, bref ce sont deux triplets solution différents). Alors f(y) prend 2 valeurs différentes, ce qui contredit la stricte décroissance + la continuité de f (elle est str. monotone et continue càd que pour tous a et b de son ensemble de définition, f(a) est différent de f(b)
@anon98987601 je n’ai pas compris ta preuve sur l’unicité, pourquoi « f(y) prend 2 valeurs différentes » ?
Arf c’est vrai c’est faux ^^‹ , je me suis mis dans la tête que x ›=f(y) alors que c’est x’=f(y’), désolé…
matthieu : f n’est pas forcément surjective, mais f-Id (ou f - Id³) l’est
Salut,
Soit A=5^{3n}+5^{2n}+5^n+1
Prouver que 13/A ssi 4 ne divise pas n.
J’ai pas compris la démarche… Ce qui vient à l’esprit c’est A est une somme de termes d’une suite géo. donc A=\frac{5^{4n}-1}{4}
Donc 13/A ssi 5^{4n}\equiv 1(13)
Or pour tout k de IN* 5^4\equiv 1(13) donc 5^{4k}\equiv 1^k(13) donc 13/A ssi n\equiv 0(4)
Pourtant c’est pas ça 
Salut.
D’ou sort le 4 au denominateur? La raison de la suite c’est 5^n non?
Au dénominateur on a 1-q=1-5^n
Ah bah voila je me suis corrigé ^^
Cela dit ça revient au même parce qu’en multipliant des deux côtés on retourne à 1 congru a 5^4n donc 5^4n congru a 1 mod 13
Il est un peu etrange ton exo non? Tu es sur d’avoir le bon enonce? xD
Serieux, j’ai debute un tableau de congruence modulo 13 et je trouve que 13 divise A pour tout multiple de 2, donc ca marche pour 4!!! Bizar…
L’énoncé est juste.
Indication (valable pour beaucoup d’exercices de cette forme)
chercher le plus petit entier naturel non nul $k$tel que 5^k \equiv 1[13]
JeanN vous pouvez m’expliquer le raisonnement à adopter ?
Merci
« Cela dit ça revient au même parce qu’en multipliant des deux côtés on retourne à 1 congru a 5^4n donc 5^4n congru a 1 mod 13 »
Ton raisonnement est le même que celui-ci :
Résolvons x-1 = 0 : multiplions par x ça donne x²-x = 0, x est solution de x²-x = 0 donc de l’équation de départ x-1 = 0
optimath a écrit:
Voici quelques exos :
Exercice 1 :
- Montrer que si 7 ne divise pas l’entier n alors 7 divise n^6-1
- Déterminer les entiers n \geq 1 tels que 7 divise n^n-3
1) D’après le petit théorème de Fermat, si 7 \not| n, alors n^6 \equiv 1 [7]. 
2) Une rapide étude des puissances des différents restes modulo 7 montre que pour que l’on ait n^y \equiv 3 [7], on doit avoir soit n \equiv 3 [7] auquel cas y \equiv 1 [6] (la suite des restes des puissances de 3 modulo 7 étant 6-périodique) soit n \equiv 5 [7] auquel cas y \equiv 5 [6] (même justification). On s’intéresse au cas y = n. Les entiers n solutions vérifient donc l’un des systèmes suivants:
(1) \left\{\begin{matrix}
n & \equiv & 3 [7] \\
n & \equiv & 1 [6]\\
\end{matrix}\right ou (2) \left\{\begin{matrix}
n & \equiv & 5 [7] \\
n & \equiv & 5 [6]\\
\end{matrix}\right
Le système (1) équivaut à l’existence d’entiers p et q tels que \left\{\begin{matrix}
n & = & 6p+1 \\
n & = & 7q+3\\
\end{matrix}\right, d’où l’on tire l’équation 6p - 7q = 2. En résolvant (une solution particulière est (5,4) ), on trouve que l’ensemble des couples (p,q) est \{(5 + 7k; 4+6k) | k \in \mathbb{Z}\}. On a donc n \in \{6(5+7k)+1 = 31 + 42k | k \in \mathbb{Z}\}. Puisque n est un entier naturel, on trouve que l’ensemble des n solutions de (1) est \{42k+31 | k \in \mathbb{N}\}.
Par la même démarche, on trouve que l’ensemble des n solutions de (2) est \{42k +5 | k \in \mathbb{N}\}.
Réciproquement, on vérifie sans problème que les solutions trouvées vérifient bien n^n \equiv 3 [7]
optimath a écrit:
Exercice 3 :
Soit P(x)=x^3-x+1.
- Montrer que P admet une unique racine réelle \alpha et deux racines complexes conjuguées \beta et \gamma =\bar{\beta}
- Pour tout entier naturel n, on pose u_n = \alpha^n + \beta^n + \gamma^n. Montrer que cette suite est à valeurs entières.
- Déterminer (si elle existe) : \displaystyle{\lim_{n \rightarrow \infty}{\sin(\pi \alpha^n)}}
1) La fonction polynôme P est dérivable sur \mathbb{R} de dérivée P'(x) = 3x^2-1 = 3\left(x-\frac{\sqrt{3}}{3}\right)\left(x+\frac{\sqrt{3}}{3}\right). P est donc strictement croissante sur \left]-\infty;-\frac{\sqrt{3}}{3}\right] maximale localement en -\frac{\sqrt{3}}{3} de maximum 1+2\frac{\sqrt{3}}{9} > 0 (elle admet donc exactement une racine \alpha sur cet intervalle), strictement décroissante sur \left[-\frac{\sqrt{3}}{3};\frac{\sqrt{3}}{3}\right], minimale localement en \frac{\sqrt{3}}{3} de minimum 1-2\frac{\sqrt{3}}{9} > 0 (elle ne s’annule donc pas sur cet intervalle) et strictement croissante sur \left[\frac{\sqrt{3}}{3};+\infty\right[ (elle ne s’annule pas non plus sur cet intervalle). P admet donc une unique racine réelle et s’écrit P(x) = (x-\alpha)Q(x) où Q est un polynôme de degré 2 qui n’admet pas de racine réelles et qui admet donc deux racines complexes conjuguées.
2) (Je crois que c’est un peu lourd mais ça a l’air de marcher):
Montrons par récurrence sur q la proposition suivante \forall q \in \mathbb{N}, \forall r \in [\![0;2]\!], \alpha^{3q+r} + \beta^{3q+r} + \gamma^{3q+r} \in \mathbb{Z}.
On a \alpha^0 + \beta^0 + \gamma^0 = 1 \in \mathbb{Z}, \alpha + \beta + \gamma = 0 (Relations de Viète), \alpha^2 + \beta^2 + \gamma^2 = (\alpha+\beta+\gamma)^2 - 2(\alpha\beta + \alpha\gamma + \gamma\beta) = -2 \in\mathbb{Z} (Relations de Viète). La proposition est donc vraie pour q=0.
Supposons la vraie pour un entier q fixé.
Alors \alpha^{3(q+1)+r}+ \beta^{3(q+1)+r} + \gamma^{3(q+1)+r} = \alpha^{3q+r}(\alpha - 1) +\beta^{3q+r}(\beta - 1) + \gamma^{3q+r}(\gamma - 1)= \alpha^{3q+r+1}+\beta^{3q+r+1}+\gamma^{3q+r+1}-(\alpha^{3q+r}+\beta^{3q+r}+\gamma^{3q+r}). Si r = 0 ou 1, alors c’est vrai par hypothèse de récurrence, si r = 2, alors on a \alpha^{3q+3}+\beta^{3q+3}+\gamma^{3q+3}-(\alpha^{3q+2}+\beta^{3q+2}+\gamma^{3q+2}). On remplace \alpha^3,\beta^3,\gamma^3 par \alpha-1,\beta-1,\gamma-1 et on se ramène à un cas de l’hypothèse de récurrence donc la proposition est vraie pour q+1 et r=0,1,2.
La proposition est donc vraie pour tout q et donc pour tout entier n puisque par le théorème de la division euclidienne, on peut écrire n = 3q+r avec n entre 0 et 2.