Fonction quasi-contractante
Voici un exercice qu'un collègue m'a montré. J'ai échoué à le résoudre seul et, ayant eu de l'aide d'un autre collègue, j'ai finalement eu 2 réponses bien différentes de la part de ces 2 collègues.
Je vous le soumets pour voir comment vous vous y prendriez.
Soit $f$ une fonction définie sur un segment $[a,b]$ de $\mathbb{R}$, à valeurs dans $[a,b]$ et vérifiant : $$\forall(x,y)\in[a,b]^2, x\neq y \Rightarrow |f(x)-f(y)|<|x-y|$$
1) Montrer qu'il existe un unique $c\in[a,b]$ tel que $f(c)=c$.
2) Soit $u$ la suite réelle définie par $u_0\in[a,b]$ et $\forall n\in\mathbb{N}, u_{n+1}=f(u_n)$. Montrer que $u$ converge vers $c$.
Vous vous doutez que ce n'est pas la 1ère question qui pose problème...
Je serai ravi de trouver une méthode pour la 2ème question qui puisse s'exprimer en quelques mots... donc n'hésitez pas.
Je vous le soumets pour voir comment vous vous y prendriez.
Soit $f$ une fonction définie sur un segment $[a,b]$ de $\mathbb{R}$, à valeurs dans $[a,b]$ et vérifiant : $$\forall(x,y)\in[a,b]^2, x\neq y \Rightarrow |f(x)-f(y)|<|x-y|$$
1) Montrer qu'il existe un unique $c\in[a,b]$ tel que $f(c)=c$.
2) Soit $u$ la suite réelle définie par $u_0\in[a,b]$ et $\forall n\in\mathbb{N}, u_{n+1}=f(u_n)$. Montrer que $u$ converge vers $c$.
Vous vous doutez que ce n'est pas la 1ère question qui pose problème...
Je serai ravi de trouver une méthode pour la 2ème question qui puisse s'exprimer en quelques mots... donc n'hésitez pas.
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Réponses
Avant de trouver en quelques mots, il faut déjà trouver.
Voici ce que je fais :
Une application quasi-contractante est nécessairement continue (par définition de la continuité). Donc $f$ est continue sur $[a,b]$.
On forme la quantité $|u_{n+1} - c| = |f(u_n) - f(c)| < |u_n - c|$ pourvu que $u_n \neq c.$ On prend la limite des deux membres et alors, nécessairement, $|\ell-c| < |\ell-c|$ si $\ell \neq c$. C'est absurde. Donc $\ell=c$. Modifié: j'ai encore fait faux. L'inégalité stricte n'est pas conservée par passage à la limite, donc il n'y a pas de contradiction. :-(
Une autre méthode (incomplète) consiste à dire que, nécessairement, si la limite existe, $f(\ell) = \ell$ et que cette relation implique que $\ell=c$ par unicité démontrée à la question 1). Reste à démontrer la convergence.
La propriété est vraie dans tout compact métrique. Considérer une valeur d'adhérence de la suite et montrer qu'elle est égale au point fixe.
Peut-être y a-t-il une solution spécifique pour un segment de $\R$ ? Je ne sais.
Bonne continuation.
F. Ch.
Mais j'ai effectivement une autre solution spécifique à un segment et qui n'utilise pas la compacité.
Pour le 1). Comme $f$ est (quasi ou pseudo) contractante sur un compact, elle est continue (par définition) sur ce compact. Elle est définie d'un compact vers ce même compact. Donc elle admet au moins un point fixe dans ce compact. Soit $c_1$ et $c_2$ deux points fixes. On a, si $c_1 \neq c_2$, $|f(c_1) - f(c_2)| = |c_1 - c_2| < |c_1 - c_2|$. C'est absurde. Donc $c_1 = c_2$. Le point fixe existe (dans ce compact) et il est unique.
Pour le 2). Je cherche.
Si je comprends @Chaurien, on a le théorème suivant :
Soit $f$ une fonction définie et continue de $K$ compact vers $K$ compact, et soit une suite $(u_n)$ définie par la récurrence $u_{n+1} = f(u_{n})$. Si la suite $(u_n)$ possède une valeur d'adhérence unique, alors la suite $(u_n)$ converge.
Donc si on démontre que $(u_n)$ admet le point fixe, qui est unique, comme valeur d'adhérence, on a montré la convergence de cette suite. Enfin, la convergence étant démontrée, on conclut facilement que la limite vérifie $f(\ell) = \ell$ et par unicité, $\ell=c.$
Ne me reste plus qu'à apprendre ce qu'est une valeur d'adhérence ! (Je ne sais pas :)o.)
Intuitivement, il faut montrer que si un $u_n$ s'approche de $c$ suffisamment près, $|u_n - c| < \varepsilon$, alors il existe une infinité de termes de cette suite qui sont aussi près. La relation contractante permet de conclure que c'est vrai.
Voici la démonstration proposée :
Pour tout $\varepsilon >0$, $\{n \in \N, |u_n - c| < \varepsilon\}$ est infini.
On le démontre en écrivant que, en supposant qu'il existe un entier $n$ tel que $|u_n - c| < \varepsilon$, alors $ |u_{n+1} - c|=|f(u_n) - f(c)| <|u_n - c| < \varepsilon $ et donc tous les entiers supérieurs à $n$ font parti de l'ensemble. Cet ensemble est bien infini.
Je pense qu'il faut encore prouver qu'un tel $n$ existe, c'est-à-dire que la suite s'approche de $c$ suffisamment.
Ma dernière tentative :
Je cherche la question 2).
On pose $v_n = |u_n - c|$. Comme le suite $(u_n)$ et $c$ existent, alors la suite $(v_n)$ existe. On calcule $v_{n+1} - v_n = |u_{n+1} - c| - |u_{n} - c| < 0$ car on a $|u_{n+1} - c| = |f(u_n) - f(c)| < |u_{n} - c|.$ Donc la suite $(v_n)$ est strictement décroissante. Comme elle est positive, elle est bornée. Comme toute suite strictement monotone et bornée converge, la suite $(v_n)$ converge.
On a montré que $v_n = |u_n - c|$ converge. On note $v$ sa limite (positive).
Alors pour tout $\varepsilon >0$, $|v_n - v| = ||u_n - c| - v| < \varepsilon .$
Et... j'attends la démonstration.
Bon courage.
F. Ch.
Je crois avoir trouvé. Voici ma démonstration des deux questions.
Enoncé :
Soit $f$ une fonction réelle, définie sur un compact $K$ de $E$ et à valeurs dans $K$ et vérifiant la propriété pseudo-contractante : $\forall (x,y) \in K^2, x \neq y \implies |f(y) - f(x)| < |y-x|.$
Question 1 : Montrer que $f$ admet un unique point fixe $c$ dans $K$.
La propriété pseudo-contractante implique la continuité de la fonction (par définition de la continuité). Cette fonction est continue, définie sur un compact et à valeurs dans ce même compact. Par le théorème du cours, on sait alors que $f$ admet au moins un point fixe dans le compact. Par l'absurde, on montre l'unicité du point fixe en utilisant la propriété pseudo-contractante : soit $c_1$ et $c_2$ deux points fixes distincts dans $K$, alors $|f(c_2) - f(c_1) | = |c_2-c_1| < |c_2-c_1|.$ C'est absurde. Donc on a montré $c_1=c_2=c$ qui est dans $K$.
Enoncé :
Soit $u$ la suite définie par $u_0 \in K$ et, pour tout entier $n$, par la relation de récurrence : $u_{n+1} = f(u_n).$
Question 2 : Montrer que la suite $u$ converge vers $c$.
Soit $V$ l'ensemble des valeurs d'adhérences de la suite $u$. La continuité de la fonction $f$ entraîne que $V$ est stable par $f$, c'est-à-dire $f(V) = V.$
En effet, soit $a$ une valeur d'adhérence, $a \in V$, alors il existe une suite extraite $\varphi$, strictement croissante, telle que $u_{\varphi(n)} \longrightarrow a.$ Mais alors $u_{\varphi(n) +1} = f(u_{\varphi(n)}) \longrightarrow f(a)$ par continuité de la fonction $f$. On a démontré qu'il existe une suite extraite $\varphi + id$ de la suite $u$, strictement croissante, qui converge vers $f(a)$ : $f(a)$ est donc une valeur d'adhérence de la suite $u$, $f(a) \in V.$ On a montré $f(V) \subset V.$
De même, soit $f(b) \in V$, alors il existe une suite extraite $\psi$, strictement croissante, telle que $u_{\psi(n)} \longrightarrow f(b).$ Mais alors $u_{\psi(n)} = f(u_{\psi(n)-1}) \longrightarrow f(b)$ et par continuité de la fonction $f$ on a $u_{\psi(n)-1} \longrightarrow b.$ On a démontré qu'il existe une suite extraite $\psi - id$ de la suite $u$, strictement croissante, qui converge vers $b$ : $b$ est donc une valeur d'adhérence de la suite $u$, $b \in V.$ On a montré $V \subset f(V).$
Donc on a montré que $V=f(V).$
Par la question 1), on sait qu'il existe un unique $c$ dans $K$ tel que $c = f(c)$. On en déduit que $V = \{c\}.$ C'est-à-dire que la suite $u$ admet une valeur d'adhérence unique $c$, donc la suite $u$ converge vers $c$.
**Un fermé non vide minimal stable par $f$ est forcément un singleton (c'est valable dans tout compact métrique)
Tu fais comme moi, tu ne lis pas les messages des autres ? ;-) J'ai déjà posé cette question.
Bravo pour ta persévérance.
MAIS ...
D'abord, quand tu affirmes : "par le théorème du cours, on sait alors que f admet au moins un point fixe dans le compact", penses-tu au "théorème" qui affirmerait : " Toute application continue d'un compact non vide dans lui-même admet un point fixe" ? Si c'est le cas, détrompe-toi, ce théorème n'existe pas, cette assertion est fausse dans sa généralité, même si l'application est 1- lipschitzienne, même si le compact est connexe.
Deuxième objection. Tu désignes par $V$ l'ensemble des valeurs d'adhérence de la suite, et tu prouves que $f(V)=V$. Je ne suis pas certain que ceci implique : $V = \{c\}$
Bon courage.
F. Ch.
On en déduit l'existence d'une sous-suite $(u_{n_i})$ vérifiant $u_{n_i}\to c+\ell$ ou $u_{n_i}\to c-\ell$. Supposons par exemple $u_{n_i}\to c+\ell$.
Alors $|c-u_{n_i+1}|\to |c-f(c+\ell)|$. D'autre part, $|c-u_{n_i+1}|\to \ell$, donc $|c-f(c+\ell)|=\ell=|c-(c+\ell)|$. Comme $f$ est quasi/pseudo-contractante, on en déduit que $c=c+\ell$, et finalement $u_n\to c$.
Pour la question 1), dans le cas particulier proposé, on peut noter que toute application continue $f$ d'un segment $[a,b]$ de $ \mathbb{R}$ dans lui-même admet un point fixe. Preuve : application du Théorème des Valeurs Intermédiaires à la fonction $x\mapsto f(x)-x$, de $[a,b]$ dans $ \mathbb{R}$. En fait, c'est plutôt la connexité qui est à l’œuvre dans cette démonstration. Attention, cette propriété ne se généralise pas à tout compact, même connexe, de $ \mathbb{R}^n$, même si $f$ est 1-lipschitzienne. L'unicité du point fixe provient du caractère pseudo-contractant de la fonction.
Pour la question 1) dans le cas général d'une application $f$ d'un compact métrique non vide $K$ dans lui-même, on considère l'application $x\mapsto d(x,f(x))$ de $K$ dans $ \mathbb{R}$. Cette application est 2-lipschitzienne donc continue, et admet donc un minimum, lequel est forcément nul en raison du caractère pseudo-contractant de la fonction. D'où l'existence d'un point fixe $c$. Et pour l'unicité, itou.
Pour la question 2) dans ce cas général, on considère la suite réelle $ \delta _{n} = d(c,u_{n})$, qui a une limite $\delta \geq 0$. Puis une suite $u_{\phi (n)}$ extraite de la suite $u_n$, qui converge vers une limite $a \in K$. Et on prouve que $a=c$.
Bonne journée.
F. Ch.
Pour la première question, on peut aussi considérer la fonction \(\bigl(x\to\lvert f(x)-x\rvert\bigr)\) : l'argument de compacité assure qu'elle admet un minimum atteint en un point \(c\); on démontre dans un second temps que \(c\) est l'unique point fixe de \(f\).
Je ne comprends pas le passage suivant :
On établit que la suite $|u-c|$ définie par ces termes $|u_n - c|$ est décroissante et positive. (En fait, la propriété pseudo-contractante impose la stricte décroissance.) Donc cette suite converge vers $\ell \geq 0$. Jusqu'ici je peux suivre.
Mais tu écris :
On en déduit qu'il existe une suite extraite telle que $u_{\varphi(n)} - c \to \pm \ell.$
Je n'arrive pas à cette conclusion. Elle est "intuitive" mais je n'arrive pas l'écrire rigoureusement. Comment enlever la valeur absolue ? Il semble qu'on le fasse en disant qu'il existe une suite extraite...
Il me faut un théorème du genre :
Soit $u$ une suite convergente et telle que $|u_n| \to a \geq 0.$ Alors il existe une suite extraite $u_{\varphi}$, avec $\varphi$ strictement croissante, telle que $u_{\varphi} \to \pm a.$ Est-ce un théorème "du cours" ? Est-ce évident ? Ou est-ce faux, et alors comment conclure dans notre cas ?
La fonction $ f $ est 1-Lipschitzienne, donc continue. On peut vérifier que $ g $ est continue, strictement décroissante d'après la propriété de quasi-contraction, et que $ g(b)\leq 0 \leq g(a) $. D'après le théorème qui n'a pas de nom dans les programmes du lycée, $ g $ définit une bijection de $ [a,b] $ sur $ [g(b),g(a)] $, qui contient $ 0 $. Donc $ g $ a une unique racine sur $ [a,b] $, qui est l'unique point fixe de $ f $ sur $ [a,b] $.
Question 2 : généralisons l'énoncé et démontrons le résultat pour une fonction quasi-contractante sur un compact $ K $, en supposant démontré l'existence d'un unique point fixe $ \ell $
La suite $ \left(|u_{n}-\ell|\right)_{n\in\mathbb{N}} $ est strictement décroissante, donc converge vers une limite $ \alpha\geq 0 $.
Soyons absurdes et supposons un instant que $ |u_{n}-\ell|\xrightarrow[n\to+\infty]{}\alpha>0 $.
La fonction $ \displaystyle x\longmapsto \left| \frac{f(x)-f(\ell)}{x-\ell}\right| $ est continue sur $ K $ privé de la boule ouverte de centre $ \ell $, de rayon $ \alpha $. Elle est donc bornée et atteint ses bornes sur ce compact. La borne supérieure $ \lambda $ étant atteinte, elle est strictement inférieure à $ 1 $ d'après la condition de quasi-contraction.
On en déduit que $ \left|u_n-\ell\right| $ est majoré par $ \lambda^{n}\left|u_0-\ell\right| $, on conclut que $ \left|u_{n}-\ell\right|\xrightarrow[n\to+\infty]{}0 $, ce qui contredit l'hypothèse $ \lim\limits_{n\to+\infty}|u_{n}-\ell|>0 $.
Sinon, à partir d'un certain rang, tous les $u_n$ sont négatifs et tu conclus facilement.
Merci @Benoit RIVET, la démonstration et la rédaction sont claires. J'aime beaucoup le raisonnement par l'absurde pour la question 2) et l'utilisation du réel strictement positif $\alpha$ pour construire l'intervalle ouvert $]c-\alpha, c+\alpha[$ où $c$ est le point fixe.
@rakam et @JLT, merci aussi, la partie qui me bloquait c'est qu'on suppose que si A alors blabla et si B alors blabla, mais je ne comprends pas pourquoi A et B sont les deux seuls cas possibles. A : il existe une infinité des termes positifs. B : il existe une infinité des termes négatifs.
Voici comment j'arrive au résultat. Soit $m$ le plus grand entier tel que $u_m$ est positif. Soit $m$ existe. Soit il n'existe pas. S'il existe, alors tous les termes postérieurs $u_{n >m}$ sont négatifs. Il en existe une infinité... d'où l'existence de la suite extraite, strictement croissante, etc. S'il n'existe pas, alors il y a une infinité de termes positifs... etc.
Pour ce qui est du niveau que j'attendais, a priori, ce serait pour mes petits sups... mais avec un niveau pas trop éloigné, je devrais pouvoir adapter, et en particulier, normalement, je devrais maîtriser le niveau Spé MP... mais j'ai dû rater un truc dans la démonstration dont Chaurien a parlé au tout début et c'est la raison pour laquelle je disais que je n'y arrivais pas.
Ceci étant, il est vrai que j'aurais dû préciser dès le départ que j'espérais obtenir des réponses d'un niveau proche de Math Sup.
@JLT : C'est la deuxième méthode que l'on m'a suggérée... et que j'ai finalement adoptée.
@Benoît Rivet : Bravo pour l'écriture généralisée et la preuve éclatante.
@Tout le monde : Merci pour vos contributions.
Dernier détail. Dans la preuve de @Benoit RIVET http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1182611,1183049#msg-1183049 pour la question 2), on suppose que $\alpha >0$ pour démontrer qu'alors $\alpha =0$, ce qui est absurde. Dans cette preuve, on considère la boule ouverte centrée en $\ell$, point fixe, et de rayon $\alpha >0$. Puis on écrit que le compact $K$, privé de cette boule, est un (autre) compact. Et comme la fonction $f$ est continue sur cet (autre) compact, alors elle atteint ces bornes.
Encore faut-il que cet (autre) compact ne soit pas vide:-D.
Je pense qu'il manque donc une étape dans le raisonnement.
Pour illustrer, si on part du segment fermé $[0, 1]$ et que le point fixe est dans cet intervalle, $\ell \in [0,1]$, alors pour $\alpha >0$ on pourrait avoir, a priori, $\alpha = 10.$ L'intervalle ouvert de centre $\ell$ et de rayon $10$ est $]\ell-10, \ell+10[$. Le premier segment fermè privé de l'intervalle ouvert est vide, n'est-ce pas ?
Je pense qu'il faut ajouter à la démontration que l'on peut toujours choisir $n$ entier suffisamment grand tel que $\alpha / 2^n$ soit suffisamment petit pour que le compact $K$ privé de la boule ouverte de centre $\ell$ et de rayon $\alpha / 2^n$ soit non vide.
Supposons qu'il existe $\epsilon > 0$ tel que $|u_n - c| \geq \epsilon$ pour tout $n$, et cherchons une contradiction.
D'après le théorème des bornes, il existe $\lambda \in \,]0,1[$ tel pour tout $x \in [a,b]$ avec $|x-c| \geq \epsilon$, on ait $|f(x)-c| \leq \lambda\,|x-c|$.
On en déduit que $|u_n-c| \leq \lambda^n |u_0 - c|$ pour tout $n$. Ceci est absurde car cette quantité tend vers $0$.
La réponse à la question 2 en découle par monotonie de la suite $n\mapsto |u_n-c|$.
Edit : en fait si, mais la présentation est un peu différente.
$K$ n'est pas vide, mais $K$ privé de la boule ouverte de centre $\ell$, point fixe, et de rayon $\alpha >0$ est-il vide ? Oui si $\alpha$ est suffisamment grand, n'est-ce pas ?
Merci @bisam, effectivement, $\alpha$ ne peut pas être choisi arbitrairement...
1/ N'importe quel fermé non vide et minimal parmi les stables par $f$ est un singleton $\{p\}$ tel que $f(p)=p$ (en particulier, on peut le choisir inclus dans l'adhérence de la suite de bisam). Inconvénient: using Zorn (je ne crois pas que ce soit "maths sup compatible") pour l'existence d'au moins un tel fermé
2/ Si $(E,d)$ est un compact métrique et $f$ continue $E\to E$ et $A$ est le fermé intersection des $f^n(E), n\in \N$ alors $f(A)=A$. Si on ajoute l'hypothèse de bisam à ça, $A$ est un singleton $\{p\}$ tel que $f(p)=p$ car le diamètre de $A$ est forcé d'être nul (évidemment la limite de la suite $u$ de bisam est alors $p$). Inconvénient: image continue d'un compact est compact (c'est une tautologie si on prend la def de la continuité avec les réciproques des ouverts par la continue), et surtout using topologie (même si très élémentaire).
Le point (2) me parait être un lemme plus central que la question (plus anecdotique) de bisam, donc ça vaut peut-être le coup de le mettre en devoir surveillé en sup.
> De mon téléphone : " INCLUS dans un singleton"
Soit $F_n:=f_{i_0} \circ ... \circ f_{i_n} (E)$. Comme $f_1,f_2$ sont continues et $E$ compact, $F_n$ est compact, et il est bien évidemment non vide. Comme $F_{n+1} \subseteq F_n$ pour tout $n$, $\bigcap_{n \in \mathbb N} F_n$ est non vide.
Lemme : soit $(K_n)$ une suite décroissante de compacts de $E$ et $f:E\to E$ continue. Alors $f(\cap_n K_n)=\cap_n f(K_n)$.
En effet, si $y$ appartient à $\cap_n f(K_n)$ alors pour tout $n$ il existe $x_n\in K_n$ tel que $y=f(x_n)$. Soit $x$ une valeur d'adhérence de $(x_n)$, alors $x\in\cap_n K_n$ et $y=f(x)$.
Revenons à la question. Soient $a\ne b\in \cap_n f_{i_0}\circ\cdots\circ f_{i_n}(E)$. D'après le lemme, on a $a\in f_{i_0}(\cap_{n\geqslant 1} f_{i_1}\circ\cdots\circ f_{i_n}(E))$ donc il existe $a_0\in \cap_{n\geqslant 1} f_{i_1}\circ\cdots\circ f_{i_n}(E))$ tel que $a=f_{i_0}(a_0)$.
De même, on construit par récurrence une suite $(a_n)$ telle que $f_{i_n}(a_n)=a_{n-1}$ pour tout $n$. On construit de même une suite $(b_n)$. Comme $f_1$ et $f_2$ sont quasi-contractantes, la suite $(d(a_n,b_n))$ est strictement croissante.
Soit $(\alpha,\beta)$ une valeur d'adhérence de $(a_n,b_n)$. On a $\alpha\ne\beta$ puisque $d(a_n,b_n)\geqslant d(a,b)$ pour tout $n$.
Il existe une suite strictement croissante d'entiers $(n_i)$ telle que $(a_{n_i},b_{n_i})\to (\alpha,\beta)$. Soit $\epsilon$ tel que $d(f_i(\alpha),f_i(\beta)) \leqslant d(\alpha,\beta)-2\epsilon$ pour tout $i=1,2$. Pour $i$ assez grand, on a $d(a_{n_{i+1}},b_{n_{i+1}})\leqslant d(f_{i_n}(a_{n_i}),f_{i_n}(b_{n_i}))\leqslant d(\alpha,\beta)-\epsilon$. En faisant tendre $i$ vers $+\infty$, il vient $d(\alpha,\beta)\leqslant d(\alpha,\beta)-\epsilon$. Contradiction.
$$ L'autre sens est un grand classique*** dont j'ai parlé 1000 fois et il n'y a évidemment pas besoin de se limiter à $2$ fonctions
*** on pourrait appeler ça la récurrence à l'envers, ie l'existence d'une suite $u$ telle que $\forall n\in \N: u_n = f_n(u_{n+1})$. Remarque: l'ANS trivialise tous ces genres d'énoncés.
Ma preuve n utilise pas de reccurence a l envers, et est très proche de la preuve de Simeon (edit. et Benoit Rivet) dans le cas dune fonction (si on applique successivement des fonctions a deux points, tant que les images sont pas proches il y a contraction uniforme)
Apres, l ANS qui trivialise tout ca..Bon bah on va dire que je te fais confiance
Je dépasse déjà allègrement le programme en leur parlant de voisinages, d'intérieur, d'adhérence, d'ouverts, de fermés, de points isolés et de points d'accumulation de la topologie usuelle de R... alors aller parler d'une topologie abstraite sur un espace abstrait... ce n'est franchement pas envisageable.
A vrai dire, depuis la réforme, seule la section MP (en 2ème année) conserve des notions de topologie générale. Les autres sections se contentent des espaces vectoriels normés.
Ceci étant, je suis d'accord avec toi qu'à très peu de frais (si l'on omet les prérequis), il est bien plus intéressant de généraliser.
@bisam
C'est surtout une question de programme et de fait qu'on doive leur imposer qu'il faut prouver tout ce qu'on dit (chose qu'ils n'ont JAMAIS faite avant). Autrement dit, c'est le temps qu'ils l'acceptent, puis qu'ils le fassent (qui peut être long). Je me suis laissé dire que les CPGE subissaient le même cancer que le secondaire avec un peu de décalage, mais dans le cas précis des CPGE, c'est une affaire de programme (tous les enseignants le respectant et faisant à peu près pareil), ie c'est le programme qui est devenu pourri. Donc oui, tu dois avoir raison, le programme que tu dois avoir à traiter en plus d'aborder ces histoires de logiques et de quantificateurs (la topologie n'est rien de plus) doit t'empêcher d'y consacrer le temps suffisant.
Par contre, la disparition des maths des lycées-collèges n'est pas d'une incidence très grande sur ce thème car il n'est pas calculatoire et de tout temps, même quand il y avait des maths au lycée, les alternances de quantificateurs étaient très modérées. On est pas sur un disparition de réflexe conditionnés qui auraient existé avant la disparition. Le vrai problème est le processus consistant à les obliger à prouver ce qu'ils disent (qui doit bien prendre les 6 premiers mois de math sup, si j'en juge par mon expérience, car ils doivent opposer pendant quelques mois une assez forte résistance). Cela dit, vous avez l'avantage d'avoir un mode et une réputation "d'armée". Donc on peut les maltraiter :-D