Laotseu : propre net et sans bavure (et presque sans calcul). trèèèèèèèèès bien 
Vlastilin a écrit:
:Jeu télévisé : 3 portes, derrière deux d’entre elles se trouvent des moutons et derrière la troisième
une voiture (on place la voiture derrière la porte A, B, C avec à chaque fois la probabilité 1/3). Le
joueur sélectionne une porte sans qu’elle ne s’ouvre. Parmi les deux restantes, le présentateur en ouvre une avec un mouton
derrière.
Le joueur a alors le choix : soit il fait ouvrir la porte qu’il avait choisie initialement, soit il fait ouvrir l’autre. En moyenne, que doit-il faire ?changer de choix ou non ?
Il doit changer, car.
Au début, la voiture a 2/3 chances de se trouver derrière une des deux autres portes. Or, derrière l’une de ces deux portes, on apprend qu’il y a un mouton.
La probabilité de 2/3 ne concerne donc plus que la porte que le joueur n’a pas sélectionnée. Résultat, changer de choix le fait gagner dans deux cas sur 3.
@Vlastilin-> Oui tu as raison, il y a un truc qui ne va pas du tout. Je n’ai donc visiblement pas bien compris comment marche une loi de distribution continue en proba. A vrai dire je ne comptais pas trop sur la justesse de mon résultat, c’était juste pour le plaisir d’essayer 
. Je m’y mettrai peut-être quand j’aurai le temps.
@fakbill-> Je vois que tu poursuis ta propagande sur l’extermination du calcul jusque sur le forum de maths
@ØļivierŏđÐ : je m’incline devant l’élégance de cette preuve…et la première fois qu’on m’a parlé de l’exo j’ai commencé par sortir une preuve à base de convolution…en ralant que c’était trop calculatoire pour un joli petit exo comme ça 
ps : et si on préfère le mouton?
Ah OK, j’avais mal compris. Nous sommes d’accord alors. Ça c’est un joli brin de preuve
moamoa a écrit:
Un autre exo d’analyse qui, selon mon prof, demande un poil plus de réflexion :
Soit f une fonction C1 sur R telle que :
f’(x) + f(x) → 0 [x → + l’infini]
Montrer alors que f(x) → 0 [x → + l’infini]
J’y ai un peu réfléchi, je tente de sortir un truc « potable », peut-être en vain…
[spoiler]Tout d’abord, on montre que f tend forcément vers un réel.
- On suppose que f n’a pas de limite, alors au voisinage de +oo, f’(x) = -f(x). On suppose f non nulle, par exemple f > 0. Alors f’ < 0 donc f décroissante. Comme f est décroissante et strictement positive, elle admet une limite : contradictoire.
- On suppose que f tend vers +oo en +oo, alors pour que f’(x) + f(x) tend vers 0 en +oo, il faut que f’(x) tend vers -oo. Par négativité de l’intégrale, f(x) tend vers -oo : contradictoire ; de même quand f tend vers -oo.
On montre alors que ce réel l est nul.
Soit A un réel tel que f(x) = \int_A^x f'(t) dt. Soit V(x) la valeur moyenne de f’ sur [A, x[. On a alors f(x) = (x-A)V(x).
Si f’ tend vers un réel l, on applique la relation de Chasles en B > A tel que x > B implique |f(x) - l| < \epsilon
\frac{1}{x-A}\int_A^x f'(t) dt = \frac{1}{x-A}\int_A^B f'(t) dt + \frac{1}{x-A}\int_B^x f'(t) dt donc
\frac{1}{x-A}\int_A^B f'(t) dt + \frac{1}{x-A} \int_B^x l dt - \frac{1}{x-A}\int_b^x \epsilon dt \le V(x) \le \frac{1}{x-A}\int_A^B f'(t) dt + \frac{1}{x-A} \int_B^x l dt + \frac{1}{x-A}\int_B^x \epsilon dt, d’où |V(x) - \frac{1}{x-A}\int_A^B f'(t) dt - l\frac{x-B}{x-A}| \le \epsilon \frac{x-B}{x-A} \le \epsilon
Alors V(x) tend vers l, donc f(x) tend vers (x-A)l. Comme f’(x) + f(x) tend vers 0, (x-A+1)l tend vers 0, d’où la nécessité que l = 0 (condition non suffisante).[/spoiler]
Je ne la sens vraiment pas, mais autant tenter.
Adolorante a écrit:
[quote=« moamoa »]
Un autre exo d’analyse qui, selon mon prof, demande un poil plus de réflexion :Soit f une fonction C1 sur R telle que :
f’(x) + f(x) → 0 [x → + l’infini]
Montrer alors que f(x) → 0 [x → + l’infini]
J’y ai un peu réfléchi, je tente de sortir un truc « potable », peut-être en vain…
[spoiler]Tout d’abord, on montre que f tend forcément vers un réel.
- On suppose que f n’a pas de limite, alors au voisinage de +oo, f’(x) = -f(x). On suppose f non nulle, par exemple f > 0. Alors f’ < 0 donc f décroissante. Comme f est décroissante et strictement positive, elle admet une limite : contradictoire.
- On suppose que f tend vers +oo en +oo, alors pour que f’(x) + f(x) tend vers 0 en +oo, il faut que f’(x) tend vers -oo. Par négativité de l’intégrale, f(x) tend vers -oo : contradictoire ; de même quand f tend vers -oo.
On montre alors que ce réel l est nul.
Soit A un réel tel que f(x) = \int_A^x f'(t) dt. Soit V(x) la valeur moyenne de f’ sur [A, x[. On a alors f(x) = (x-A)V(x).
Si f’ tend vers un réel l, on applique la relation de Chasles en B > A tel que x > B implique |f(x) - l| < \epsilon
\frac{1}{x-A}\int_A^x f'(t) dt = \frac{1}{x-A}\int_A^B f'(t) dt + \frac{1}{x-A}\int_B^x f'(t) dt donc
\frac{1}{x-A}\int_A^B f'(t) dt + \frac{1}{x-A} \int_B^x l dt - \frac{1}{x-A}\int_b^x \epsilon dt \le V(x) \le \frac{1}{x-A}\int_A^B f'(t) dt + \frac{1}{x-A} \int_B^x l dt + \frac{1}{x-A}\int_B^x \epsilon dt, d’où |V(x) - \frac{1}{x-A}\int_A^B f'(t) dt - l\frac{x-B}{x-A}| \le \epsilon \frac{x-B}{x-A} \le \epsilon
Alors V(x) tend vers l, donc f(x) tend vers (x-A)l. Comme f’(x) + f(x) tend vers 0, (x-A+1)l tend vers 0, d’où la nécessité que l = 0 (condition non suffisante).[/spoiler]
Je ne la sens vraiment pas, mais autant tenter.
[/quote]
Je ne comprends pas comment tu aboutis au fait que f admet une limite dans R ou {+/- infini}… f peut être de signe variable en l’infini à priori. Il faut penser aux équa diffs comme l’a suggéré Drive. (On a vu cet exo dans ma spé il y a 10 jours).
[spoiler]Pour montrer que l est nul, j’aurais plutot fait
Par l’absurde, si l non nul
Si f(x) = l + o(1)
f’(x) = -l + o(1) par hypothese
Donc f(x) = f(0) - lx + o(x) en intégrant donc f tend vers -oo, contradiction
Après le probleme, c’est que rien ne dit que f admet une limite[/spoiler]
Oulah tu compliques les choses:Il fallait suivre mon indication. Soit l’équa diff f'(x)+f(x)=g(x), les solutions sont f(x)=e^{-x}(\gamma+\int_{0}^{x}g(t)e^{t}dt).Et comme g tend vers 0 en l’infini, à coups de \epsilon tu obtiens le truc.
On suppose que f n’a pas de limite, alors au voisinage de +oo, f’(x) = -f(x). On suppose f non nulle, par exemple f > 0. Alors f’ < 0 donc f décroissante. Comme f est décroissante et strictement positive, elle .
Ca n’a pas de sens, une fonction ne peut pas être égale à une autre en +infini, équivalentes oui…et alors en aucun cas tu ne peux discuter les signes (en l’état) comme l’a dit compol.
Drive a écrit:
On suppose que f n’a pas de limite, alors au voisinage de +oo, f’(x) = -f(x). On suppose f non nulle, par exemple f > 0. Alors f’ < 0 donc f décroissante. Comme f est décroissante et strictement positive, elle .
Ca n’a pas de sens, une fonction ne peut pas être égale à une autre en +infini, équivalentes oui…et alors en aucun cas tu ne peux discuter les signes (en l’état) comme l’a dit compol.
Deux fonctions peuvent être égales au voisinage de +\infty (i.e. égales sur un intervalle du type [A,+\infty[ avec A réel.
D’accord mais ici c’est faux.
Possible, je n’ai pas lu. Je répondais juste à cette partie de ton post.
« Un exo très élémentaire de difficulté moyenne:
Soit E un ensemble fini non vide muni d’une loi interne associative . Montrer qu’il existe un élément indempotent pour cette loi. (i.e un x tel que x.x=x ). »
Une solution de toute autre nature ( et assez jolie) que celle suggérée un peu plus haut dans le fil .
Soit F un ensemble stable pour la loi . qui est de cardinal minimal .
Soit alors a un élément de F
on considère l’ensemble G = { a.x / x in F }
G est stable et contenu dans F donc G= F ( par hypothèse sur le cardinal de F)
donc puisque a est élément de F , il existe x0 de F tel que a.x0=a
Considérons maintenant H = { x in F / a.x= a }
H est non vide (contient x0) , H est stable et contenu dans F , donc H = F
d’où
a.a= a
On dit que f de \mathbb{R} dans \mathbb{R} possède un module de continuité si il existe \alpha > 0 et une application m de [0,\alpha[ dans \mathbb{R}^+ qui vérifie :
- m continue ;
- m(0)=0 ;
- \forall (x,y) \in \mathbb{R}^2, |y-x|<\alpha \Rightarrow|y-x| \le m(|f(y)-f(x)|).
Montrer que f possède un module de continuité <=> f est uniformément continue
Tiens c’est traité dans le Pearson Sup comme du cours et pourtant c’est HP.
(
Pour relancer le topic (Oral Ulm):
Soient $z_0,z_1,…z_n$n+1 nombres complexes, tels que pour tout P \in \mathbb{C}_{n-1}[X], on ait:
P(z_0)=\frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} P(z_k).
Montrer que z_1,...,z_n sont les affixes des sommets d’un polynôme régulier de centre z_0.
Conseil:Choisir une bonne base de \mathbb{C}_{n-1}[X]
Exercice « sympa » que j’ai eu aujourd’hui en colle :
Soit P dans R, on suppose que P est positif sur R, montrer qu’il existe Q et R tels que P=Q²+R²