Bonjour,
j'écris parce que là je suis vraiment désespéré...
J'ai l'application suivante de [0,1] dans [0,1]: f(x)=4x(1-x).
f^k correspond à f composé k fois avec elle meme (par exemple f²=fof)
- Je dois trouver en fonction de k (k varie de 1 jusque 10) le nombre d'orbites périodiques de période k.
- je dois aussi montrer que quelque soit k dans N\{0} l'ensemble des points x de R de période k (i.e. f^k(x)=x) est non vide.
Merci de l'aide.
La question 2 me parait triviale: 0 est de periode k pour tout k.
Non, on veut des éléments de période exactement k.Envoyé par Aleph-0
Sinon, couicoi, C'est quoi le cadre de ta question ? C'est un exercice? De quel niveau ?
Parce qu'il me semble que c'est une question très difficile...
Va voir du côté "suite logistique" et "Théorème de Sarkovsky".
Bonjour,
l'exercice n'utilise que des notions simples (même si lui même l'est moins) :
- Le TVI minore le nombre de racines
Et c'est à peu près tout pour les notions à utiliser.
- le degré polynomiale majore celui-ci
En effet :
k=1
f passe de 0 à 1 sur [0;1/2] et passe de 1 à 0 sur [1/2;1]
donc (après une petite différence de fonctions) f(x)=x admet exactement 2 solutions (TVI+degré polynomial, ou, petit calcul aussi facile qu'inutile)
=> 2 orbites de période 1 (je pense que tu as su le faire sans moi mais ça introduit l'idée)
De même un petit calcul ou une application du TVI+degré polynomial montre que f vaut 1/2 en deux valeurs une a comprise entre 0 et 1/2 l'autre b comprise entre 1/2 et 1. Le cas k=2 est initié
k=2
f² (polynôme de degré 4) passe 4 fois de la valeur 0 à 1 ou de 1 à O=>f(x)=x s'annule 4 fois (TVI+degré polynomial). Mais une orbite admettant 2 comme période a une période égale à 2 ou... 1. Il faut retirer les deux points fixes. Il reste 2 valeurs admettant 2 comme période et qui ne sont pas fixes donc sont dans une orbite de période 2 et sont les deux éléments de cette orbite. =>1 orbite d'ordre 2.
k=3
f3 est un polynôme de degré 8, atteint 4 fois la valeur 1, 5 fois la valeur 0...
=> (après retrait des points fixes) 2 orbites d'ordre 3
k=4 -> (après retrait des points fixes et des points de l'orbite d'ordre 2) 3 orbites d'ordre 4
k=5 -> 6 orbites d'ordre 5
k=6 -> 9 orbites d'ordre 6
...
k=10-> 99 orbites d'ordre 10
J'espère en avoir à la fois écrit assez et pas trop.
ha oui merci gyu j'ai compris (maintenant ca me parait bcp plus simple) ce qu'il fallait faire aurais tu une idee pr la question 2?
Merci d'avance
Ben c'est niveau licence troisième année ... Oui c'est un exercice enfin noté mais bon lol c'est pour ca que là j'ai besoin d'aide ... Je comprends pas trop quand je vais voir suite logistique ou le théroème dont tu parles tu peux me filer un coup de main .... ?
Merci d'avance
On montre d'abord (les arguments de la récurrence sont donnés) que le nombre de points dans une orbite de période n =
d'où par une 1ère majoration (provenant des résultats de la récurrence)
Et on montre que ce dernier est strictement positif (la question ne demande rien de plus).
(Pour ce faire, on peut prendre une majoration encore plus grossière).
D'accord oui en fait ca me parait assez évident maintenant que tu le dis surtout que j'ai pas vraiment réfléchi au fait que la première question pouvait m'aider ...On montre d'abord (les arguments de la récurrence sont donnés) que le nombre de points dans une orbite de période n =
d'où par une 1ère majoration (provenant des résultats de la récurrence)
Et on montre que ce dernier est strictement positif (la question ne demande rien de plus).
(Pour ce faire, on peut prendre une majoration encore plus grossière).
En fait la première question m'a donné l'initialisation de la récurrence mais je ne vois pas comment passer du fait ke je suppose vraie pour un n et qu eje meontre que c'est pour un n+1??
D'ailleurs je vois pourquoi la quantité dont tu parles est positive mais je n'arrive pas non plus à le mettre en forme... ? Peux-tu encore me filer un coup de main ?
Merci d'avance
Une récurrence sur les points suivants :
1)n fn est de dimension 2n
2)n fn s'annule 2n-1+1 fois sur [0,1]
3)n fn atteint une fois et une seule fois la valeur 1 (2n-1 fois au total) entre chaque paire de zéros consécutifs (il revient à montrer que fn-1 atteint une fois et une seule la valeur 1/2 entre un "0" et un "1" de fn-1 puisque 1/2 est le seul antécédent par f de 1 et que 0 a seulement deux antécédents 0 et 1).
1)n est facile, 2)n se déduit facilement de 3)n-1, pour 3)n il faut utiliser la récurrence (2)n-1 et 3)n-1 et le double argument TVI+degré polynomial
Ensuite on montre (TVI+degré polynomial) que le nombre de solutions de fn(x)=x est exactement 2n. Pour les points qui sont sur des orbites de période n il faut retirer ceux de période plus petite.
Je serais toi je m'intéresserai à
aïe pour la récurrence je ne crains de ne pas savoir ce que c'est la dimension d'une fonction et surtout je me suis un peu perdu dans les notations ce qui fai que en fin final je n'ai pas vraiment compris ...Une récurrence sur les points suivants :
1)n fn est de dimension 2n
2)n fn s'annule 2n-1+1 fois sur [0,1]
3)n fn atteint une fois et une seule fois la valeur 1 (2n-1 fois au total) entre chaque paire de zéros consécutifs (il revient à montrer que fn-1 atteint une fois et une seule la valeur 1/2 entre un "0" et un "1" de fn-1 puisque 1/2 est le seul antécédent par f de 1 et que 0 a seulement deux antécédents 0 et 1).
1)n est facile, 2)n se déduit facilement de 3)n-1, pour 3)n il faut utiliser la récurrence (2)n-1 et 3)n-1 et le double argument TVI+degré polynomial
Ensuite on montre (TVI+degré polynomial) que le nombre de solutions de fn(x)=x est exactement 2n. Pour les points qui sont sur des orbites de période n il faut retirer ceux de période plus petite.
Je serais toi je m'intéresserai à
(si j'ai un peu compris ce que tu me disais en fait tu as montre que 2^n c'est le nombre de points fixe de f^n mais tu as prouvé que il fallai envooyer la somme pr k divisan n??!!
Désolé tu peux me réexpliquer???
En fait avec la quantité que tu m'as explicité du coup cest forcément supérieur à 2 et donc positif ... nan ?
Merci d'avance de ton aide!!
Moi non plus.
Pour n=1,
0 est atteint deux fois en x=0 et x=1
1 est atteint une seule fois en x=1/2
=>Deux intervalles sur lesquels f passe de 0 à 1 (ou de 1 à 0)
Pour n=2, on compose cette fonction f par elle-même :
les "0" et les "1" de f deviennent tous des "0" de f²
Entre deux "0" de f² :
cela revient à se placer entre un "0" et un "1" de f, f atteint donc au moins une fois la valeur 1/2.
Maintenant le degré de f est 2 donc f atteint au total au plus 2 fois la valeur 1/2.
Or des intervalles où f passe de "0" à "1" (ou de "1" à "0"), il y en a deux.
Donc f atteint la valeur 1/2 exactement une fois entre un "0" et un "1" de f.
f² passe 2 fois de 0 à 1 et deux fois de 1 à 0 ( 4 en tout).
... tout est dit pour la récurrence qu'il suffit de formaliser.
Cette récurrence montre que fn passe 2n-1 fois de 0 à 1 et 2n-1 fois de 1 à 0.
Sur chaque intervalle l'équation fn(x)=x admet au moins une solution. On vérifie que pour deux intervalles donnés, ces solutions sont nécessairement distinctes (cela suppose simplement que les bornes ne sont pas solutions ce qui est évident sauf pour x=0 mais qui n'appartient qu'à un intervalle).
Il y a potentiellement plusieurs solutions possibles par intervalle mais un raisonnement sur le degré de fn exclut cette possibilité.
Ce qui est montré pour l'instant est que des points admettant n comme période est égal à 2n mais n est une période pour un point x n'implique que la période T de x divise n (les périodes d'un point sont de la forme {mT; m entier} il faut donc retirer de ces 2n points tous ceux qui sont de période plus petite. Et c'est là que l'on majore grossièrement :
1) on ne tient pas compte des intersections possibles et même "fatales" (les deux points fixes sont toujours solutions de fn(x)=x), on majore donc le nombre de points ayant d comme période par 2d
2) on ne se contente pas de retirer les seuls d divisant n mais tous ceux inférieurs à n
Ce faisant on obtient que le nombre de points de période n sont au moins au nombre de 2 (minorant que l'on pourrait largement amélioré par exemple en se limitant aux d tels que 2d<=n pour avoir un minorant qui soit équivalent à 2n ce qui montre que le nombre de points de période n est équivalent à 2n)
ha oui d'accord je crois que je commence à comprendre mon seul problème c'est la formalisation de la récurrence parce que j'ai compris l'idéee j'ai l'initialisation mais je ne vois pas comment faire l'hérédité ??
Oui donc comme la quantité est supérieure à 2 on a forcément un ensemble de point periodiques non v ides!!!
Merci d'avance de ton aide!!
Le point 1) sur le degré de fn peut se traiter en préambule et est très simple.
Rang n :
2) il existe xn0=0 < xn1 <...<xn2n valeurs sur lesquelles fn s'annule.
3) entre deux valeurs consécutives xni et xni+1 f atteint une fois la valeur 1 en une valeur yni+1
Rang n+1 :
2) fn+1 s'annule en les points x tels que fn(x)=0 ou 1, il y en a donc...
xn+12i=? (se reporter au rang n)
xn+12i+1=?
3) fn+1(x)=1 <=> fn(x)=1/2
Entre deux valeurs consécutives xn+1i et xn+1i+1 fn passe de 0 à 1 ou bien de la valeur 1 à 0 donc ... fn+1 atteint au moins une fois la valeur 1.
En utilisant l'argument du degré de fn+1 on argumente que ce dernier "au moins une fois" est en fait exactement une fois.
Ceci étant fait, on argumente alors pour justifier (en minorant ce nombre, d'une part, et en le majorant, d'autre part) que fn(x)=x admet 2n solutions.
Puis on conclue comme précédemment dit.
Là j'espère que cela suffira car à part rédiger à ta place je ne vois pas ce que je peux faire de plus.
Je pense voir ce qu'il faut faire mais le problème c'est que je ne sais pas je dois être bouchée ojourd'hui... Je ne vois pas quoi répondre à tes points d'interrogations ... et aussi je ne vois pas comment tu minores e tu majores pour obtenir 2^n...
Si tu pouvais m'éclairer un peu plus ( je suis désolé mais je n'arrive pas du tout à saisir ...)
Merci d'avance!!
Il faut les exprimer en fonction des xni et des yni (l'idée est de montrer que l'on a bien une succession pour les valeurs de fn 01010...10 et non pas par exemple 0010110...10, on peut donc appliquer le TVI, pour fn, sur chaque intervalle [xn+1i ; xn+1i+1])
Toujours les mêmes :
i) le TVI implique l'existence d'un nombre minimal de solutions
ii) le degré polynomial de fn maximise le nombre de celles-ci.
Or ce minimum et ce maximum sont égaux.
Je vois à quoi il faut arriver dans le premier point mais j'ai encore du mal avec le cheminement!!Pour exprimer en fonction de xi^n et yi^n on a x2i^(n+1)= 2xi^n non??
mais pourquoi faut-il distinguer 2i et 2i+1 ??
Ha oui d'accord pour le deuxieme point j'ai compris!!
Merci d'avance de ton aide!
xn+12i=xni
Au rang n, on a (en haut les abscisses en ordre croissant en bas les images par fn)
Au rang n+1, on a :
Au rang n+1, on a 2n+1+1 points en lesquels fn+1 s'annule mais il faut de plus montrer qu'entre chaque paire de "0" consécutifs fn+1 atteint la valeur 1.
Pour ce faire, il faut se souvenir qu'au rang n entre deux de ces 0 de fn+1, fn, elle, passe de 0 à 1 ou de 1 à 0 (et on peut donc appliquer le TVI à fn pour montrer que fn atteint la valeur 1/2 et donc fn+1 atteint la valeur 1).
n'y aurait-il pas une coquille dans ce que tu as noté juste plus haut ? y1^n =1 non ???
Je crois que je commence à bien comprendre la je vais mettre tout en forme parce que pour le moment c'est un peu en bazar dans mon raisonnement .....
