Phylov a écrit:
Par contre je cherchais une autre généralisation:
Avec les mêmes hypothèses, montrer que :
Pour tout entier naturel n non nul, il existe un réel a_{n} appartenant à [0;1-\frac{1}{n}] tel que :
f(a_{n})=f(a_{n}+\frac{1}{n})
Personne n’a répondu à celle-ci il me semble. Pourtant, moi lorsque je’avais découvert l’astuce, ça m’avait beaucoup plu.
Donc, je ne peux que vous encourager à chercher…
Un autre que j’ai eu en colle:
Soit P une polynôme à coefficient entiers. On suppose qu’il existe trois entiers a, b et c tels que P(a)=b, P(b)=c et P(c)=a. Montrer que a=b=c.
zboum a écrit:
[quote=« Phylov »]
Par contre je cherchais une autre généralisation:
Avec les mêmes hypothèses, montrer que :
Pour tout entier naturel n non nul, il existe un réel a_{n} appartenant à [0;1-\frac{1}{n}] tel que :
f(a_{n})=f(a_{n}+\frac{1}{n})
Personne n’a répondu à celle-ci il me semble. Pourtant, moi lorsque je’avais découvert l’astuce, ça m’avait beaucoup plu.
Donc, je ne peux que vous encourager à chercher…
[/quote]
Alors là je suis pas sûr du tout
Edit: et j’avais bien raison 
Phylov a écrit:
Un autre que j’ai eu en colle:
Soit P une polynôme à coefficient entiers. On suppose qu’il existe trois entiers a, b et c tels que P(a)=b, P(b)=c et P(c)=a. Montrer que a=b=c.
amusant
zboum a écrit:
[quote=« Phylov »]
Par contre je cherchais une autre généralisation:
Avec les mêmes hypothèses, montrer que :
Pour tout entier naturel n non nul, il existe un réel a_{n} appartenant à [0;1-\frac{1}{n}] tel que :
f(a_{n})=f(a_{n}+\frac{1}{n})
Personne n’a répondu à celle-ci il me semble. Pourtant, moi lorsque je’avais découvert l’astuce, ça m’avait beaucoup plu.
Donc, je ne peux que vous encourager à chercher…
[/quote]
TVI à g(x)=f(x+\frac{1}{n})-f(x)
On fait une somme télescopique genre sum(g(k/n),k=0..n-1) et on trouve que c’est nul.
Donc ou tous les g(k/n) sont nuls et donc a_n est triviale
Ou c’est pas le cas, donc g change de signe au moins une fois, on applique donc le TVI qui donne a_n
Phylov a écrit:
Par contre je cherchais une autre généralisation:
Avec les mêmes hypothèses, montrer que :
Pour tout entier naturel n non nul, il existe un réel a_{n} appartenant à [0;1-\frac{1}{n}] tel que :
f(a_{n})=f(a_{n}+\frac{1}{n})
Une variante que j’ai lue dans « 6 ans de CG de mathématiques » (Ellipses) un super bouquin que je n’ai (malheureusement) pas eu le temps de potasser:
Soit f une fonction de [0,1] dans \mathbb{R} continue sur [0,1] telle que f(0)=f(1)=0 et telle que, pour tout x réel de [0,1-a], f(x+a) \neq f(x) (a un réel de ]0,1[). f s’annule-t-elle ailleurs qu’en 0 et 1 et si oui, combien de fois?
La difficulté ici (quand on connait l’astuce de la fonction auxiliaire et du TVI) est la rédaction, la preuve bien rédigée fait 3 pages ^^.
Dohvakiin a écrit:
[quote=« Phylov »]
Par contre je cherchais une autre généralisation:
Avec les mêmes hypothèses, montrer que :
Pour tout entier naturel n non nul, il existe un réel a_{n} appartenant à [0;1-\frac{1}{n}] tel que :
f(a_{n})=f(a_{n}+\frac{1}{n})
Une variante que j’ai lue dans « 6 ans de CG de mathématiques » (Ellipses) un super bouquin que je n’ai (malheureusement) pas eu le temps de potasser:
Soit f une fonction de [0,1] dans \mathbb{R} continue sur [0,1] telle que f(0)=f(1)=0 et telle que, pour tout x réel de [0,1-a], f(x+a) \neq f(x) (a un réel de ]0,1[). f s’annule-t-elle ailleurs qu’en 0 et 1 et si oui, combien de fois?
La difficulté ici (quand on connait l’astuce de la fonction auxiliaire et du TVI) est la rédaction, la preuve bien rédigée fait 3 pages ^^.
[/quote]
Elle s’annule au moins 10(1-a) fois.
Le bouquin donne 2E((1-a)/a)+3 fois, après c’est peut-être la même chose, un peu la flemme de réfléchir maintenant ^^.
Non en fait je disais ca au hasard. (En repartant de l’exo que qqn avait posé: viewtopic.php?f=3&t=38532&start=630#p483757 )
Ca doit être ultra lourd à rédiger c’est clair… 
Phylov a écrit:
Un autre que j’ai eu en colle:
Soit P une polynôme à coefficient entiers. On suppose qu’il existe trois entiers a, b et c tels que P(a)=b, P(b)=c et P(c)=a. Montrer que a=b=c.
Faisable en term ?
Strelok a écrit:
Ca doit être ultra lourd à rédiger c’est clair…
[quote=« Phylov »]
Un autre que j’ai eu en colle:
Soit P une polynôme à coefficient entiers. On suppose qu’il existe trois entiers a, b et c tels que P(a)=b, P(b)=c et P(c)=a. Montrer que a=b=c.
Faisable en term ?
[/quote]
Oui c’est pas bien dur
Soient a,b,c 3 complexes de module 1 tels que a+b+c=1. Montrer qu’au moins l’un des complexes est égal à 1
Vlastilin a écrit:
Soient a,b,c 3 complexes de module 1 tels que a+b+c=1. Montrer qu’au moins l’un des complexes est égal à 1
[spoiler]f:=x->(x-a)(x-b)(x-c)
f s’annule en 1[/spoiler]
Spoilers la prochaine fois s’il te plait 
.
Pour l’instant ya rien de montré !
[spoiler]a, b, c sont trois complexes de module 1.
Donc a=exp(i teta), b=exp(i teta’), c=exp(i teta’‹ ) avec teta, teta › et teta’’ variant dans R.
Or a+b+c=1
Equivaut à exp(i teta)+exp(i teta’)+exp(i teta’‹ )=1
Equivaut à cos teta + i sin teta + … =1
Equivaut à i(sin teta + sin teta › + sin teta’‹ ) + (cos teta + cos teta › + cos teta’‹ )=1
Equivaut à sin teta + sin teta › + sin teta’‹ =0 et cos teta + cos teta › + cos teta’'=1
On montre que les triplets solutions teta, teta’ et teta’’ ont toujours dans l’ensemble solution la valeur 0 pour l’un des trois teta.
Et puisque a=exp(i teta), b=exp(i teta’), c=exp(i teta’'), puisque au moins un teta=0, alors au moins un des trois complexes est égal à 1.[/spoiler]
Ismailking a écrit:
[spoiler]a, b, c sont trois complexes de module 1.
Donc a=exp(i teta), b=exp(i teta’), c=exp(i teta’‹ ) avec teta, teta › et teta’’ variant dans R.
Or a+b+c=1
Equivaut à exp(i teta)+exp(i teta’)+exp(i teta’‹ )=1
Equivaut à cos teta + i sin teta + … =1
Equivaut à i(sin teta + sin teta › + sin teta’‹ ) + (cos teta + cos teta › + cos teta’‹ )=1
Equivaut à sin teta + sin teta › + sin teta’‹ =0 et cos teta + cos teta › + cos teta’'=1On montre que les triplets solutions teta, teta’ et teta’’ ont toujours dans l’ensemble solution la valeur 0 pour l’un des trois teta.
Et puisque a=exp(i teta), b=exp(i teta’), c=exp(i teta’'), puisque au moins un teta=0, alors au moins un des trois complexes est égal à 1.[/spoiler]
On montre que les triplets solutions
Ce passage là le passage intéressant
Sinon, il y a plus simple 
Liebig a écrit:
On se donne un entier non nul d\in\mathbb{N}^* et pour tout (x,y)\in\{0,1\}^d (c’est à dire x=(x_1,...,x_d), y=(y_1,...,y_d) où les x_i et y_j sont des 0 ou des 1), on pose x.y=x_1y_1+x_2y_2+...+x_dy_d.
On fixe maintenant un w\in\{0,1\}^d tel que w\neq (0,...,0).
Montrer que \sum_{x\in\{0,1\}^d} (-1)^{w.x}=0 (c’est à dire la somme sur tous les éléments x\in\{0,1\}^d de (-1)^{w.x}).
Soit f: \{0,1\}^d \to \mathcal{P}([\![1,d]\!]) qui à tout d-uplet x=(x_1,...,x_d) associe l’ensemble X = \{k \in [\![1,d]\!] / x_k = 1\}. Elle est bijective et sa réciproque associe à toute partie X de [\![1,d]\!] le d-uplet x=(x_1,...,x_d) où x_i = 1 si i \in X et 0 sinon.
On vérifie (plus bas) que pour tous d-uplets x et y, on a x.y = |X\cap Y| donc que la somme peut également s’écrire: \displaystyle S = \sum_{X \in \mathcal{P}([\![1,d]\!])} (-1)^{|X\cap W|}. On vérifie ensuite que la relation X \sim Y \Leftrightarrow X \cap W = Y \cap W est une relation d’équivalence sur \mathcal{P}([\![1,d]\!]) (évident) et on pose Q = \mathcal{P}([\![1,d]\!])/\sim l’ensemble quotient (on note \~ X la classe de X). On montre que toutes les classes de Q sont équipotentes (notons le cardinal C) et que chaque classe de Q contient une unique partie de W. On peut donc écrire:
\displaystyle S = \sum_{\~X \in Q} C(-1)^{|X\cap W|} = C\sum_{X \in \mathcal{P}(W)} (-1)^{|X|}.
En regroupant les parties de Q selon leur cardinal, on obtient: \displaystyle S = C\sum_{k=0}^{|W|}{|W| \choose k} (-1)^k = 0
Démonstrations des propositions:
Pour tous d-uplets x,y, on a x.y = |X\cap Y|:
On a \displaystyle x.y = \sum_{k=1}^d x_ky_k. Or, on a x_ky_k = 1 \Leftrightarrow x_k = 1, y_k = 1\Leftrightarrow k \in X\cap Y
Donc: \displaystyle x.y = \sum_{k \in X\cap Y} 1 = |X\cap Y|
Toutes les classes d’équivalence pour \sim sont équipotentes:
Soient alors X et Y deux parties de [\![1,d]\!], on définit g: \~X \to \~Y par g(A) = (A\backslash(A\cap W)) \cup (Y\cap W) où Y est un représentant quelconque de \~Y. Elle est bijective de réciproque g^{-1}(A) = (A\backslash(A\cap W)) \cup (X\cap W) où X est un représentant quelconque de \~X donc toutes les classes d’équivalence sont équipotentes (on montre qu’elles sont de cardinal 2^{d - |W|} mais la flemme d’écrire ).
Chaque classe de Q correspond à une unique partie de W
Soit f: \mathcal{P}(W) \to Q qui associe à X \subset W sa classe \~X. f est injective car on a \~X = \~Y \Leftrightarrow X\cap W = Y \cap W \Leftrightarrow X = Y car X et Y sont des parties de W. Elle est surjective car pour toute classe \~X\in Q, il suffit de prendre pour antécédent X\cap W (X étant un représentant quelconque de \~X) et donc bijective. Chaque classe de Q contient donc une unique partie de W.
On peut faire autrement :
(a-1)(b-1)(c-1)=abc-(ab+bc+ac)+(a+b+c)-1=abc-(ab+bc+ac). Il reste à prouver que abc=ab+ac+bc <=> \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1 ce qui est vrai puisque \frac{1}{a}=\overline{a} (a étant de module 1)
KGD a écrit:
[quote=« Liebig »]
On se donne un entier non nul d\in\mathbb{N}^* et pour tout (x,y)\in\{0,1\}^d (c’est à dire x=(x_1,...,x_d), y=(y_1,...,y_d) où les x_i et y_j sont des 0 ou des 1), on pose x.y=x_1y_1+x_2y_2+...+x_dy_d.
On fixe maintenant un w\in\{0,1\}^d tel que w\neq (0,...,0).
Montrer que \sum_{x\in\{0,1\}^d} (-1)^{w.x}=0 (c’est à dire la somme sur tous les éléments x\in\{0,1\}^d de (-1)^{w.x}).
Soit f: \{0,1\}^d \to \mathcal{P}([\![1,d]\!]) qui à tout d-uplet x=(x_1,...,x_d) associe l’ensemble X = \{k \in [\![1,d]\!] / x_k = 1\}. Elle est bijective et sa réciproque associe à toute partie X de [\![1,d]\!] le d-uplet x=(x_1,...,x_d) où x_i = 1 si i \in X et 0 sinon.
On vérifie (plus bas) que pour tous d-uplets x et y, on a x.y = |X\cap Y| donc que la somme peut également s’écrire: \displaystyle S = \sum_{X \in \mathcal{P}([\![1,d]\!])} (-1)^{|X\cap W|}. On vérifie ensuite que la relation X \sim Y \Leftrightarrow X \cap W = Y \cap W est une relation d’équivalence sur \mathcal{P}([\![1,d]\!]) (évident) et on pose Q = \mathcal{P}([\![1,d]\!])/\sim l’ensemble quotient (on note \~ X la classe de X). On montre que toutes les classes de Q sont équipotentes (notons le cardinal C) et que chaque classe de Q contient une unique partie de W. On peut donc écrire:
\displaystyle S = \sum_{\~X \in Q} C(-1)^{|X\cap W|} = C\sum_{X \in \mathcal{P}(W)} (-1)^{|X|}.
En regroupant les parties de Q selon leur cardinal, on obtient: \displaystyle S = C\sum_{k=0}^{|W|}{|W| \choose k} (-1)^k = 0
Démonstrations des propositions:
Pour tous d-uplets x,y, on a x.y = |X\cap Y|:
On a \displaystyle x.y = \sum_{k=1}^d x_ky_k. Or, on a x_ky_k = 1 \Leftrightarrow x_k = 1, y_k = 1\Leftrightarrow k \in X\cap Y
Donc: \displaystyle x.y = \sum_{k \in X\cap Y} 1 = |X\cap Y|
Toutes les classes d’équivalence pour \sim sont équipotentes:
Soient alors X et Y deux parties de [\![1,d]\!], on définit g: \~X \to \~Y par g(A) = (A\backslash(A\cap W)) \cup (Y\cap W) où Y est un représentant quelconque de \~Y. Elle est bijective de réciproque g^{-1}(A) = (A\backslash(A\cap W)) \cup (X\cap W) où X est un représentant quelconque de \~X donc toutes les classes d’équivalence sont équipotentes (on montre qu’elles sont de cardinal 2^{d - |W|} mais la flemme d’écrire ).
Chaque classe de Q correspond à une unique partie de W
Soit f: \mathcal{P}(W) \to Q qui associe à X \subset W sa classe \~X. f est injective car on a \~X = \~Y \Leftrightarrow X\cap W = Y \cap W \Leftrightarrow X = Y car X et Y sont des parties de W. Elle est surjective car pour toute classe \~X\in Q, il suffit de prendre pour antécédent X\cap W (X étant un représentant quelconque de \~X) et donc bijective. Chaque classe de Q contient donc une unique partie de W.
[/quote]
J’ai rien compris 
, c’était faisable sans programme de sup?
