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 Probléme janvier 2015

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abdelbaki.attioui
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MessageSujet: Probléme janvier 2015   Mar 27 Jan 2015, 10:46

Soit f une fonction décroissante de IR + dans IR+. telle que

x < y ===> (y-x) f(y) =< f(x)²


Montrer qu'il existe a dans IR +   t.q.   f(a) = 0

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Dernière édition par abdelbaki.attioui le Sam 11 Avr 2015, 11:08, édité 1 fois
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abdelbaki.attioui
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MessageSujet: Re: Probléme janvier 2015   Dim 01 Fév 2015, 11:30

Indication:

1) Montrer que f(x)--->0 quand x-->+00
2) Montrer l'existence d'une suite bornée strictement croissante (a_k)_k de IR+ telle que:
f(a_k)<1/2^k pour tout entier k
3) Conclure

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Oty
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MessageSujet: Re: Probléme janvier 2015   Dim 29 Mar 2015, 22:34

il y a une erreur quelque part Mr Attioui , s'il existe a tel qeu f(a)=0 , comme f est positive et drecroissante il vient que pour tout x>a 0=<f(x)=<f(a)=0 => f(x)=0 pour tout x > a , donc (x-a)f(x)=0=f(a)² ce qui contredis x < a , (x-a) f(x) < f(a)²
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MessageSujet: Re: Probléme janvier 2015   Mar 31 Mar 2015, 10:35

Bonjour,



J'espère qu'il y a un peu de logique mathématique dans ce que j'ai avancé.
Un grand "Merci" à M. Abdelbaki et M. Oty.

Amicalement.
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Oty
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MessageSujet: Re: Probléme janvier 2015   Ven 03 Avr 2015, 03:55

aymanemaysae , ton dernier passage est faux , a part si tu montre que le ''k'' est indépendant d'epsilon
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aymanemaysae
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MessageSujet: Re: Probléme janvier 2015   Sam 04 Avr 2015, 17:38

Bonjour;

vous avez raison M. Oty.
Pour éluder cette pierre d'achoppement, j'ai essayé de passer par les suites adjacentes mais je ne suis arrivé nul part.

Une indication de votre part ou de M. Abdelbaki serait la bien venue.

Amicalement.
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Oty
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MessageSujet: Re: Probléme janvier 2015   Mer 08 Avr 2015, 11:11

on attend que Mr Abdelbaki rectifie le probleme avant d'essayer de le resoudre , a part si tu es sur que tu as effectuer la bonne rectification
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Oty
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MessageSujet: Re: Probléme janvier 2015   Mer 08 Avr 2015, 12:13

On supposant que t'as rectification est correcte voici ma solution , c'est pas trop difficile comme exo finalement ,
tendre n vers + l'infini permet de conclure Very Happy
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aymanemaysae
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MessageSujet: Re: Probléme janvier 2015   Mer 08 Avr 2015, 15:42

Bonjour,

Un grand "Merci" pour vous M.Oty, votre solution est très astucieuse, Bravo.

Amicalement.
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abdelbaki.attioui
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MessageSujet: Re: Probléme janvier 2015   Ven 10 Avr 2015, 13:55

Soit f une fonction décroissante de IR + dans IR+. telle que  x < y ===> (y-x) f(y) =< f(x)²
1) f(y)--->0 quand y-->+00
f décroissante minorée alors  la limite de f(y) quand y-->+00 existe notée L . On a L>=0
Mais pour y>0,  f(y) =< f(0)²/y alors quand y-->+00,  L =<0  . Donc L=0

2) L'existence d'une suite bornée strictement croissante (a_k)_k de IR+ telle que:
f(a_k)<1/2^k pour tout entier k

lim(x-->+oo) f(x)=0  ==> il existe a_0 :  f(a_0)<1

On pose :   Pour k >= 0,   a_{k+1}=a_k+1/2^{k-1}, suite strictement croissante de IR+
et convergente par télescopage  de limite a>=0.  Par récurrence sur k, on a:
1/2^{k-1}f(a_{k+1}) =(a_{k+1} -  a_k)  f(a_{k+1}) =< f(a_k)²< 1/2^{2k}
==> f(a_{k+1})<1/2^{k+1}

Donc, f(a_k) <1/2^k    qqs k  ==> f(a)=0

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abdelbaki.attioui
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MessageSujet: Re: Probléme janvier 2015   Sam 11 Avr 2015, 11:09

Oty a écrit:
il y a une erreur quelque part Mr Attioui , s'il existe a tel qeu f(a)=0 , comme f est positive et drecroissante il vient que pour tout  x>a  0=<f(x)=<f(a)=0 => f(x)=0  pour tout x > a , donc (x-a)f(x)=0=f(a)² ce qui contredis  x < a , (x-a) f(x) < f(a)²

Effectivement, il manquait un =
Bien vu Oty

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