[Maths] [TS] Au moins 7 solutions

[invitefc60305c]

Bonjour.
Voici un ptit exo sympa extrait du CG

Soit f: [0;1] -> R une fonction numérique, définie, continue sur [0;1].

Pour tout x réel , différent de

Démontrer que admet au moins 7 solutions sur
-----

[chr57]

salut,

j'ai un peu de mal à exploiter cette info pour qu'elle soit utile :

Pour tout x réel , différent de

Si on essaye de traduire, on obtient que la fonction f n'est pas périodique de période . Mais bon, à part ça...

[invitefc60305c]

Traduis autrement mathématiquement, ton idée sur la périodicité est beaucoup trop compliqué, c'est bien plus élémentaire.
Après, fais une supposition qui peut sembler naturelle.

[Romain-des-Bois]

Effectivement, il est rigolo cet exo...

mais il me semble quand même plutôt dur pour des TS...

[A voir en vidéo sur Futura]

[invitefc60305c]

Même très dur, ça vient du CG...
C'est pas pour les rigolos

[chr57]

Traduis autrement mathématiquement, ton idée sur la périodicité est beaucoup trop compliqué, c'est bien plus élémentaire.
Après, fais une supposition qui peut sembler naturelle.

Non, ça m'aide pas.

On peut remarquer que et .
Mais, à part ça ...

[invitefc60305c]

Si a est différent de b c'est que...
Soit...
Soit...
Intuitivement, on peut choisir l'une de ces possibilités.

PS: dsl pour le politiquement incorrect :$

[invite7863222222222]

Bonsoir,
je suis pas sur de comprendre l'énoncé : f(x) = x (x-1) qui n'a que deux racines, ne satisfait-elle pas la condition ?

[kNz]

Non elle ne satisfait pas les conditions, on doit avoir f(x) différent de f(x+3/10) pour x dans [0;7/10] ce qui n'est pas le cas.

[invite7863222222222]

C'est vrai mais pas trop d'idées sur la résolution..., ok pour partir de l'hypothèse f(3/10)>0, mais après...

[invite0914d5b3]

Bonjour,
Voici ce que j'ai un peu fait et je voudrais savoir si j'ais bon et peut continuer:

Montrons dans un premier temps que il existe f(a)=0 autre que a=0 ou a=1:
f(x) continue et definie sur [0,1]

si il n'existe pas f(a)=0 alors:
pour tout x, f(x) >=0 (respectivement =<0) sur [0,1]
soit g(x)= f(x+3/10)-f(x) g(x) est continue et définie sur [0,7/10] (somme de 2 fonction def et cont)

Montrons qu'il existe g(x)=0
si il n'existe pas: f(x+3/10)>f(x) donc pour x=7/10, f(x)<f(x+3/10)<0
Ce qui est absurde donc il existe g(x)=0 et donc f(x+3/10)=f(x)

(c'est dans le cas f(x)>0 on peut de meme montrer pour le cas f(x)<0)

on vient de montrer f(x) change de signe car sinon il existe f(a+3/10)=f(a).

Montrons a prèsent que f(a)=0 alors a appartient a [0,3/10]:

si non: f(a)=0 a>3/10
alors pour x appartenant [3/10,a] f(x)>=0 (respectivement <0)

soit g'(x)=f(x+3/10)-f(x)
alors il existe g'(x)=0 ect... (pareil qu'avant)

C'est un peu compliqué ce que j'essaye de faire mais je voudrais deja savoir si cela est juste, j'ais une petite idée pour la fin....

merci.

[invite35452583]

Montrons a prèsent que f(a)=0 alors a appartient a [0,3/10]:

si non: f(a)=0 a>3/10
alors pour x appartenant [3/10,a] f(x)>=0 (respectivement <0)

soit g'(x)=f(x+3/10)-f(x)
alors il existe g'(x)=0 ect... (pareil qu'avant)

Ce que tu as fait est bon et va aboutir à l'existence d'une racine a comprise entre 0 (exclu) et 3/10 mais la fin de ta démonstration serait à compléter (les ...). Une petite aide : impose à a d'être la plus racine non nulle tu aboutiras à une contradiction avec l'hypothèse a>3/10.

[invite0914d5b3]

Salut homotopie,

en fait comme personne ne répondait j'ai quand meme continuer a chercher et j'ai asser facilement trouver la réponse. Le plus dur était simplement de penser à la fonction g(x).

Voila la solution la plus simple:

soit g(x)= f(x+3/10)-f(x) g(x) est continue et définie sur [0;7/10]

g(x) est donc forcément soit positive soit négative sinon d'après le théoréme des valeurs intermédiaire (TVI) il y aurait g(x)=0, ce qui est impossible.

Supposons g(x)>0 (le cas g(x)<0 est analogue).
donc f(x+3/10)>f(x)

Pour: x=7/10
f(1)>f(7/10) donc 0>f(7/10)

pour x =4/10
f(7/10)>f(4/10) donc 0>f(4/10)

pour x=1/10
f(4/10)>f(1/10) donc 0>f(1/10)

On a donc f(7/10) f(4/10) f(1/10) tous <0

Pour x=3/10,
f(3/10)>f(0) donc f(3/10)>0

Pour x=6/10
f(6/10)>f(3/10) donc f(6/10)>0

Pour x=9/10
f(9/10)>f(6/10) donc f(9/10)>0

On a donc f(3/10) f(6/10) f(9/10) tous >0
f(1/10)<0 et f(3/10)>0 => 1 solution (TVI)
f(3/10)>0 et f(4/10)<0 => 1 solution
f(4/10)<0 et f(6/10)>0 => 1 solution
f(6/10)>0 et f(7/10)<0 => 1 solution
f(7/10)<0 et f(9/10)>0 => 1 solution
f(0)=0 et f(1)=0

On a bien que il y a au moins 7 solutions.

[invite7863222222222]

Très joli

[invite0914d5b3]

Très joli

lol, merci .

[invitec94189d6]

Il s'agit en fait d'une application au Théoreme de ROLLE (équivalent au theoreme des accroissements finis) dans sa version généralisée. C'est au programme de Maths SUP.

On utilise en effet souvent une fonction associée dans ce genre de problème.. En tout cas Caligula si tu es en terminale .. chapeau !

[invite7af75ce8]

Un truc m'enerve...

C'est qu'en fait on suppose :

a diff b <=> a >b ou b < a

C'est bien joli... mais ce n'est pas soit l'un soit l'autre pour tout a et tout b. Car en fait, dans ta soluce, on suppose a<b tout le temps, ou b<a tout le temps, ce qui n'est pas juste...

Alors n'y aurait il pas une meilleure maniere ?

[invite7863222222222]

g(x) est donc forcément soit positive soit négative sinon d'après le théoréme des valeurs intermédiaire (TVI) il y aurait g(x)=0, ce qui est impossible.

Je reviens sur cela en fait moi aussi. Peux-tu expliquer pourquoi c'est impossible ?

[invite0914d5b3]

C'est pourtant assez évident, tout le problème ne repose que sur le fait que soit f(x)>f(x+3/10), soit f(x)<f(x+3/10).

En faite, je pose la fonction g(x) pour bien montrer ca:
si g(x)=f(x)-f(x+3/10) alors g(x) est continue car c'est une composée de fonction continue sur [0;7/10].

D'où si f(x) devient inférieur (ou supérieur) par rapport a f(x+3/10), alors g(x) change de signe. OK ?

Et bien comme g(x) change de signe, alors il existe forcément g(a)=0 (c'est le théoréme des valaurs intermédiaires) c'est a dire f(b)=f(b+3/10) b appartenant a [0;7/10]. Or c'est impossible, donc soit f(x)>f(x+3/10), soit f(x)<f(x+3/10).

Un truc m'enerve...

C'est qu'en fait on suppose :

a diff b <=> a >b ou b < a

C'est bien joli... mais ce n'est pas soit l'un soit l'autre pour tout a et tout b. Car en fait, dans ta soluce, on suppose a<b tout le temps, ou b<a tout le temps, ce qui n'est pas juste...

Alors n'y aurait il pas une meilleure maniere ?

Je ne suppose rien du tout! je démontre tout, je l'ai démontré que a<b ou a>b , et je n'ais jamais dit que

a diff b <=> a >b ou b < a!