Forum de mathématiques - Bibm@th.net

Bonjour,

Si vôtre fonction est paire et de période donnée T :
vous pouvez alors l'étudier sur [0, T/2[, qui suffit à l' étendre sur $\mathbb{R}$.
L'idéal est de prendre un T minimum, si c'est possible.

Juste quelques rappels ( f n'ayant a priori pas de propriétés particulières, continuité etc) :

Un  réel t est une période de de la fonction f si pour tout x, f(x+t) = f(x).
L'ensemble des périodes t de f forme un sous-groupe additif de $\mathbb{R}$.
On dit par définition que f est périodique si f admet une période autre que 0.

On montre que si f est périodique , continue,  et non constante, il existe une plus petite période T > 0, unique, pour f.
Ce qu'on appelle plus communément LA période de f.
Les fonctions usuelles périodiques étant continues, on tombe donc généralement dans ce contexte-là.

Tof

Bonjour,

En principe, vous pouvez considérer une suite d'épreuves pratiques, dont les conditions ( le contexte d' exécution ) est strictement le même
à chaque étape: lancés de dés, tirs sur une cible, lâcher d'aiguilles sur un plancher à la Buffon, tirs au but ( pour un autre Buffon là...) .

Par-contre dans d'autres cas, certaines coïncidences sont si douteuses que non seulement l'indépendance est fortement remise en question,
mais qu'on peut de surcroît invoquer aussi une causalité:

Une mouche est posée sur une vitre (ou pas).
Cinq minutes après on voit qu'elle a trépassé, tandis que Bob a dans la main un tue-mouche.

Il est plus que probable que l'insecte n'est pas mort de mort naturelle.
J'ai évité l'exemple analogue en considérant Bob, un bazooka, et sa belle-mère :-)...

Tof

Bonjour,

L'expression du morphisme est illisible. J'aurais pris simplement $f ( z ) = \frac{z}{|z|}$ morphisme surjectif adapté à la question.
Le noyau est l'ensemble des complexes non nuls égaux à leur module,  c'est ce qu'on veut pour appliquer le 1ier th. d'isomorphisme.

Par ailleurs il faut quotienter par $\mathbb{R}_+^* $ pas par $\mathbb{R}_+ $ qui sauf erreur contient 0.
Tof

Bonjour,

Certes, mais quelle est finalement la question en rapport avec vous ?

Tof

Bonjour,

Merci Fred.
On peut donc rédiger l'ensemble de la question je pense ainsi ( n' hésitez pas à me signaler toute bourde):
soit f une bijection  $\mathbb{N^*}  \rightarrow  \mathbb{N^*}$ telle que la suite  ( f(n)/n ) converge vers une limite L. Déterminer L.

Pour f = Id, L =1.

- Si L >1 , $\exists N \in \mathbb{ N^*} :  n \ge N => f(n) > n \; donc \; f(n) \ge n+1$.
Donc les entiers de [1 , N] sont les images par f des entiers de [ 1, N-1] ce qui est impossible.

- Si L < 1 , $\exists  \epsilon,  \;1> \epsilon> 0 \; \exists  N \in \mathbb{ N^*} \;n \ge N => f(n) \le  (1 - \epsilon) n$.
Les n - N +1 entiers non nuls $f(N), f(N+1),.. , f(n) \;appartenant \;à \;\; [1, (1 - \epsilon) n ]$ on a :

$\forall n \ge N, \; n - N +1 \le (1 - \epsilon) n $ donc $n\epsilon \le N-1 pour \; tout \;n \ge N$.
C'est impossible ( propriété d'Archimède).

Conclusion : L = 1 est la seule valeur effectivement possible.

Je pense aussi finalement pour éliminer le second cas, que la suite $f^{-1}(1)/1 , f^{-1}(2)/2, .... $tend vers 1/L > 1, qui ramène au premier cas impossible
en changeant f en $f^{-1}$ aussi bijective que f.
Mais ce n'est pas tellement plus simple si on veut être propre, il faut  3 lemmes préliminaires ( faciles par-contre et relativement intuitifs) pour le prouver:

- si L < 1 alors  L n'est pas nul
- $lim_{n \rightarrow +\infty} ( f(n) ) = +\infty$ si f est bijective quelconque (l'injectivité suffit )
- si $lim_{n \rightarrow +\infty} ( u(n) ) = L \; alors \; lim_{n \rightarrow +\infty} ( u(f(n) ) = L$ si $lim_{n \rightarrow +\infty} ( f(n) ) = +\infty$

nantis de ces 3 propriétés , alors en composant par $f^{-1}$  on a  $  u( f^{-1}( n ) )=  (n/f^{-1}(n) )$ qui tend aussi vers L, 0 <L <1.
Il vient immédiatement en inversant la suite que $lim_{n \rightarrow +\infty} f^{-1}(n)/n = 1/L >1 $
Résultat impossible selon le premier cas.

Tof

Bonjour,

Il y  dedans  au moins les fonctions de $\mathbb{N}$ dans $\{1,2,3\} $ dont l'image est dans $\{1,2\}$. Mais $2^{\mathbb{N} } $n'est déjà pas dénombrable puisque équipotent à l'ensemble des parties de $\mathbb{N}$.
Ou encore l'ensemble cherché est équipotent (par composée avec une bijection qui retranche 1) à l'ensemble des fonctions dans {0,1,2}, dont une partie ( celles non stationnaires  à 2 ) est en bijection l'ensemble des réels dans  [0,1[ ( représentés en base 3), non dénombrable.
Ou encore si on a une liste quelconque de telles fonctions, $(f_i)_{i  \in \mathbb{N}}$  la fonction ayant pour image de $0$ , $f_0 (0) + 1$, image de $1$, $f_1(1) + 1$ ,.... ( en posant 3+1 = 1) n'est pas dans la liste donnée ( argument diagonal) ...
Bref plein de façons de faire...

Tof

Bonjour,

Il est clair par-contre qu'à partir de 108, dont 081 est le permuté circulaire, ensuite le phénomène se perpétue toujours dans le rapport 3/4 naturellement puisque les mêmes additions de chiffres se reproduisent ensuite (il suffit de poser les additions pour comprendre).
La seule question à se poser (arithmétiquement) est donc pourquoi il n'y en a pas d'autre que ces multiples de 108...

Il suffit de vérifier que pour chaque chiffre des centaines fixé, les deux seules autres possibilités pour les dizaines et unités ( car on est modulo 36)  que celle qui marche ne donnent pas un permuté lorsque multiplié par 3/4.
Un seul nombre est donc valable pour chaque centaine fixée, et les seuls sont bien ceux déjà mentionnés ( les multiples de 108).

Tof

Bonjour,

et même forcément multiple de 27 ...

Tof

Bonjour,

Affirmatif, selon le théorème de Schwarz: les dérivées partielles croisées sont égales si elles sont continues.

Tof

Bonjour,

Dans le plan euclidien, la relation MA/MB = k (>0) fournit un cercle ou une droite, en passant aux vecteurs et en exprimant les choses avec le produit scalaire.

Tof

Bonjour,

Pas de solution miracle, travailler, faire beaucoup d'exercices... allez sur ce forum, dialoguer.

A.