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On ecrit f=ax+b, g=cx+d

Ainsi, f rond g(x)=a(cx+d)+b=ac x+ad+b
De même, g rond f(x)=c(ax+b)+d=ac x+bc+d.

Ces deux fonctions sont égales ssi ad+b=bc+d ssi (a-1)d=(c-1)b ssi (a=1 et c=1) ou ( d/(c-1)=b/(a-1) )

f(x)=x ssi ax+b=x
On n'a pas de conditions si a=1, et x=-b/(a-1) sinon.
On fait de même pour g.

Fonc f et g ont le même ensemble de points fixes ssi :
* ou bien a=c=1 (tout R)
* ou bien a et c différents de 1, et -b/(a-1)=-d/(c-1).

On retrouve les conditions précédentes...

On a
[tex]E(S)=\sum_{k\geq 1}k P(S=k)[/tex]

Mais P(S=k)=P(S>k)-P(S>k-1). On remplace dans l'expression précédente, on sépare les deux sommes, on change les indices
dans l'une pour revenir à P(S>k), on regroupe à nouveau et on obtient ce que l'on veut...

Ce que tu démontres là, c'est que l'ensemble des rationnels Q est dénombrable.
Mais il y a des réels qui ne s'écrivent pas sous forme de fraction, comme racine de 2 ou pi...

C'est qu'il n'est pas facile ce problème de jardinier. Je vais écrire une réponse sous réserve, je ne suis pas un as
des probas...

On a [tex]P(T_1=k)=p\times (1-p)^{k-1}[/tex].

En effet, pour qu'un oignon fleurisse pour la première fois en k, il faut que les k-1 premières années, il n'est pas fleuri, et que la k-ième il fleurisse.
Par indépendance des oignons,

[tex]P(T_1=k_1,...,T_n=k_n)=p^n\times (1-p)^{k_1+...+k_n-n}[/tex]

Soit [tex]S=max(T_1,...,T_n)[/tex]. Ce qui t'intéresse, c'est l'espérance de S.
Pour cela, on va utiliser la formule suivante (facile à démontrer, tu l'as surement fait en cours on dans un exo précédent) :
[tex]E(S)=\sum_{k=0}^{+\infty}P(S>k).[/tex]

Maintenant, on a S>k si et seulement si il existe un des Ti pour lesquels Ti>k. On a donc :
[tex]P(S>k)=\sum_{k_1=k+1}^{+\infty}...\sum_{k_n=k+1}^{+\infty}P(T_1=k_1,...,T_n=k_n)[/tex].

On remplace par la valeur préalablement calculée, on obtient des séries géométriques à sommer, et on trouve :

[tex]P(S>k)=(1-p)^{kn}[/tex]

Il ne reste plus qu'à faire la somme de ceci pour k allant de 0 à l'infini, on a encore une série géométrique, et on trouve :

[tex]E(S)=\frac{1}{1-(1-p)^n}.[/tex]

Je viens d'essayer avec la version de GeoLabo disponible sur le site.
Aussi bien pour l'export en PNG, en EPS ou pour imprimer, je n'ai pas rencontré de problèmes.

Si cela persiste à ne pas vouloir fonctionner chez vous, envoyez-moi votre fichier (voir la rubrique contacts du site),
j'essaierai de comprendre ce qui ne fonctionne pas.

Non, ce n'est pas normal, cela marchait il y a peu...
J'ai peut-être engendré un bug en changeant la façon dont ils sont traités.

Bonne remarque! Je vais faire la correction.
Merci!

Puisqu'on est à pinailler, si la fonction est DEFINI en x0, alors si f admet une limite en x0, cette limite est forcément f(x0).
Bien sûr, si la fonction n'est pas défini en un point, parler de continuité en ce point n'a pas de sens, alors que parler de limite en a un! On rejoint d'ailleurs un peu la question à l'origine de ce post, puisque le problème était au voisinage de +oo, et qu'il n'y a pas lieu de parler de continuité en +oo....

Ca n'a pas l'air si compliqué. Si on note f la fonction, la dérivée f' vaut :
  f'(x)=exp(-1/x)/x²+1.
f' est donc positive, et la fonction f est croissante.
Il reste à déterminer les limites aux bornes de l'intervalle de définition, ie en +oo, -oo, et en 0 à droite et à gauche.

Les limites en 0 ne posent pas de problèmes, il suffit d'obtenir la limite de exp(-1/x) en 0, ce que l'on fait par composition (on obtient deux valeurs différentes à droites et à gauche en 0).
En +oo et -oo, il n'y a pas de problèmes non plus, car exp(-1/x) va tendre vers 1....

A peu de choses près, sauf que a est remplacé par +oo, et cela ne contredit rien
car la continuité est définie à base de limites.

Non, non, il n'y a pas d'hypothèse de continuité de f et g.
En fait, elles sont déjà dans les hypothèses que l'on met : dire que lim g =l' en l signifie que g est continu en l avec g(l)=l'...

La formule de Leibniz sans doute?????
Elle exprime la formule de la dérivée n-ième d'un produit.
Qd on dérive un produit, on a :
(fg)'=f'g+fg'
Si on dérive deux fois :
(fg)''=f''g+2f'g'+fg''
Ceci ressemble d'ailleurs drolement à l'identité remarquable (a+b)^2...

La formule de Leibniz est la généralisation de cela, en introduisant les coefficients binomiaux (ceux qui apparaissent dans le développement de (a+b)^n).

Cela donne donc :

[tex](fg)^{(n)}=\sum_{k=0}^n C_n^k f^{(k)}g^{(n-k)}[/tex]