Pensez à lire la Charte avant de poster !

$\newcommand{\K}{\mathbf K}$


Les-Mathematiques.net - Cours de mathématiques supérieures
 Les-Mathematiques.net - Cours de mathématiques universitaires - Forum - Cours à télécharger

A lire
Deug/Prépa
Licence
Agrégation
A télécharger
Télécharger
223 personne(s) sur le site en ce moment
E. Cartan
A lire
Articles
Math/Infos
Récréation
A télécharger
Télécharger
Théorème de Cantor-Bernstein
Théo. Sylow
Théo. Ascoli
Théo. Baire
Loi forte grd nbre
Nains magiques
 
 
 
 
 

"il est facile de" la preuve :

Envoyé par pourexemple 
Re: "il est facile de" la preuve :
17 fvrier 2016, 11:32
Il y a une erreur dans les données de l'énoncé 32.

Une solution: si f est continue de $\R^2$ dans $\R^2$ et si la droite $(D)$ coupe le segment $[f(A),f(B)]$ alors il existe $M\in\R^2$ tel que $f(M)\in(D)$.
Re: "il est facile de" la preuve :
17 fvrier 2016, 11:59
avatar
Tu as raison j'ai changé l'énoncé en conséquence, de plus je ne connais pas le résultat que tu utilises.
Re: "il est facile de" la preuve :
17 fvrier 2016, 12:25
Pour ce nouvel énoncé 32 il faut remplacer "droite (D)" par (parabole d'équation $x=y^2$) dans ma proposition de solution.

Mais dans le cas de la parabole il faut supposer de plus que $f(A)$ est à l'extérieur de la parabole et que $f(B)$ est à l'intérieur (ou l'inverse).



Modifié 1 fois. Dernière modification le 17/02/2016 13:54 par jandri.
Re: "il est facile de" la preuve :
17 fvrier 2016, 12:34
avatar
Peux tu énoncer clairement le résultat que tu utilises ?

Merci.
Re: "il est facile de" la preuve :
17 fvrier 2016, 14:10
Dans le cas de la parabole d'équation $x=y^2$, $f(A)$ est à l'extérieur de la parabole et $f(B)$ à l'intérieur.
On peut donc appliquer le théorème des valeurs intermédiaires sur [0,1] à la fonction continue définie par $h(t)=f_1((1-t)A+tB)-f_2((1-t)A+tB)^2$ (en posant $f=(f_1,f_2)$).
Re: "il est facile de" la preuve :
17 fvrier 2016, 14:26
avatar
Bravo.
Re: "il est facile de" la preuve :
17 fvrier 2016, 17:56
39: Sans astuce:
Soit $F=\{f\in\mathcal C([-1,1],\mathbb R) \mid \max\limits_{x\in [\frac 34,1]}|f(x)|\le \frac14 \max\limits_{x\in [-1,1]}|f(x)|\}$ est fermé (pour la norme infinie) de $\mathcal C([-1,1],\mathbb R)$. L'application $g: F\to \mathcal C([-1,1],\mathbb R)$, $f\mapsto f\left(\frac{x^2+3}4\right)+ f\left(\frac{x+3}4\right)+\frac{x+7}4$ est contractante. Application du point fixe.

PS: limits ne marche pas avec $\max$ sur le site ?
[Pourtant ... AD]



Modifié 6 fois. Dernière modification le 17/02/2016 20:55 par AD.
Re: "il est facile de" la preuve :
17 fvrier 2016, 18:55
avatar
Il reste à prouver que $g(F) \subset F$.
De plus ce n'est pas évident que $g$ soit contractante.
Sinon ce que tu utilises relève bien de l'astuce.



Modifié 2 fois. Dernière modification le 17/02/2016 19:22 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
17 fvrier 2016, 22:07
avatar
Ce qui n'ont pas encore été résolu :
énoncé 19
énoncé 26
énoncé 28
énoncé 29
énoncé 34
énoncé 36
énoncé 37
énoncé 39



Modifié 1 fois. Dernière modification le 18/02/2016 16:09 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
17 fvrier 2016, 22:11
avatar
Algèbre : 26,28,29,31,36
Analyse : 19,34,37,39
Re: "il est facile de" la preuve :
17 fvrier 2016, 23:19
Pour le 29 (en admettant que $p=2^{607}-1$ est premier).
En posant $v_n=2u_n-1$ on obtient $v_{n+1}=v_n^2$ donc $v_n=v_0^{2^n}=5^{2^n}$.
Le résultat est simple avec $n=607$ mais avec $n=2^{607}$ je trouve un entier à 182 chiffres!



Modifié 1 fois. Dernière modification le 17/02/2016 23:48 par jandri.
Re: "il est facile de" la preuve :
18 fvrier 2016, 01:03
Bon je détaille le 26

Soit $P$ de degré $2n$ et $P=QR\ \deg Q=k$ avec $1\le k\le n$.
Soit $m_i\in\mathbb Z\ (0\le i\le 4n)$ tel que $P(m_i)=p_i (p_i premier)$. Comme $P(m_i)=p_i=Q(m_i)R(m_i)$, on a $(Q(m_i)=\pm 1 \text{et }R(m_i)=\pm p_i )\text{ ou }(Q(m_i)=\pm p_i\text{ et }R(m_i)=\pm 1 )$. Soit $j$ le nombre de $\pm 1$ dans les $Q(m_i)$. Nécessairement, $j\le 2k$ sinon c'est le polynôme constant. Donc le nombre de $\pm 1$ dans les $R(m_i)$ est $4n+1-j$. Or $4n+1-j\ge 4n-2k+1=2(2n-k)+1=2\deg R+1$.Donc il y a trop de $1$ ou de $-1$ et $R$ est le polynôme constant. Même preuve si $P$ est de degré impair.



Modifié 2 fois. Dernière modification le 18/02/2016 01:05 par Joaopa.
Re: "il est facile de" la preuve :
18 fvrier 2016, 07:53
avatar
Bonjour,

Bravo à tous les 2.
Re: "il est facile de" la preuve :
18 fvrier 2016, 09:21
avatar
énoncé 42 : (nouveau théorème de point fixe)
Soit $E$ un e.v. normé, avec $K$ compact étoilé et $f$ fonction 1-lipschitzienne de $K$ dans lui même.
Prouver qu'alors $f$ a au moins un point fixe.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 18/02/2016 09:22 par contrexemple.
Pea
Re: "il est facile de" la preuve :
18 fvrier 2016, 10:41
Pour la 42: Il faut supposer $K$ non vide. Quitte à translater, on peut supposer que $0\in K$ et que pour tout $x\in K$ on a $[0,x]\subset K$. Alors pour tout $n\geqslant 1$ l'application $x\in K\mapsto (1-1/n)f(x)$ a toujours son image dans $K$ et est $(1-1/n)$-lipschitzienne. Donc elle admet au moins un point fixe. On en choisit un que l'on note $x_n$. Alors toute valeur d’adhérence de la suite $(x_n)_{n\geqslant 1}$ est un point fixe de $f$.
Pea
Re: "il est facile de" la preuve :
18 fvrier 2016, 10:48
L’énoncé 36 n'a aucun sens: il n'y a aucun de polynôme $P$ vérifiant les conditions de l’énoncé car si $P\in \mathbb{Z}[X,Y]$ alors $3$ doit diviser $P(4,3)-P(1,3)$.
Pea
Re: "il est facile de" la preuve :
18 fvrier 2016, 10:52
Pour la 19: oui car il existe un isomorphisme de $\mathbb{Q}$-espace vectoriel entre $\mathbb{R}^n$ et $\mathbb{R}$.
Pea
Re: "il est facile de" la preuve :
18 fvrier 2016, 11:01
Pour la 28, je ne comprends pas bien: pour tout $k\geqslant 5$ et tout polynôme $P\in \mathbb{N}[X]$ de degré $k$ on a $P(k-1)\geqslant (k-1)^k>k^4$. Donc la réponse est oui c'est un ensemble fini, c'est même l'ensemble vide...



Modifié 1 fois. Dernière modification le 19/02/2016 11:04 par jacquot.
Re: "il est facile de" la preuve :
18 fvrier 2016, 11:32
avatar
@Pea :
39 : non en considérant que $0\in K$ étoilé par rapport à $0$, tu prouves qu'il y a un point fixe pour une autre fonction que $f$. tu travailles avec $g(x)=f(x+a)-a$ avec $K$ étoilé par rapport à $a$ alors un point fixe de $g$ est aussi point fixe de $f$... Bravo.
36 : oui j'ai changé l'énoncé à cette effet.
19 : on veut un anneau, et pas seulement un e.v.
28 : Bravo, c'est l'ensemble vide.



Modifié 5 fois. Dernière modification le 18/02/2016 13:32 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
18 fvrier 2016, 11:40
avatar
énoncé 43 :
Existe-t-il sur $\R^n$, une relation d'ordre totale $\leq$ tel que il existe $o\in \R^n$ et $(\R^n,+,\times)$ anneau, pour tout $a,b,c,d$ dans $\R^n$ : $a\leq b$, $c\leq d$ alors $a+c\leq b+d$ et si $o\leq a$ et $o\leq c$ alors $o\leq a\times c \leq b \times d$, avec $+$ l'addition canonique, $o$ un élément absorbant de $\times$, avec $+,\times$ continues.
Pea
Re: "il est facile de" la preuve :
18 fvrier 2016, 13:50
A contreexemple: pour la 19 j'ai bien compris qu'on voulait un anneau....il suffit juste de transporter la structure d'anneau et l'ordre de $\mathbb{R}$ à $\mathbb{R}^n$ via n'importe quel isomorphisme de $\mathbb{Q}$-espace vectoriel $\mathbb{R}\simeq \mathbb{R}^n$. Le fait que ce soit un isomorphisme de $\mathbb{Q}$-espace vectoriels montre que tu obtiens bien ainsi l'addition usuelle sur $\mathbb{R}^n$...



Modifié 1 fois. Dernière modification le 18/02/2016 13:51 par Pea.
Re: "il est facile de" la preuve :
18 fvrier 2016, 14:09
36: Nouvel énoncé trivialement faux
PS/ Ca ne se fait pas de modifier les messages avec des énoncés erronés. Les messages suivants n'ont plus aucun sens. Ecris un nouveau post disant que l'énoncé dans le message tatata était incorrect avec le nouvel énoncé



Modifié 2 fois. Dernière modification le 18/02/2016 14:14 par Joaopa.
Re: "il est facile de" la preuve :
18 fvrier 2016, 14:21
@Chaurien: Excellent ta solution du 31.

L'exercice 31 est résolu. Il faut le barrer de la liste
Re: "il est facile de" la preuve :
18 fvrier 2016, 16:07
avatar
@Chaurien
Oui, effectivement ta solution est bonne, désolé.

@Joaopa : et pourquoi l'énoncé 36 n'admet aucune solution ?
Re: "il est facile de" la preuve :
18 fvrier 2016, 16:13
avatar
@Pea pour le 19 : bravo.
Re: "il est facile de" la preuve :
18 fvrier 2016, 19:45
36) $P(X,Y)=R(X)$ avec$ R(X)=X^2-6X+8-c$ convient
Pea
Re: "il est facile de" la preuve :
19 fvrier 2016, 06:47
Pour la 34: il suffit de combiner la remarque de Philippe Malot ($\mathbb{R}^n\setminus \{f(c)\}$ n'est pas connexe) à la preuve de l’énoncé 35 par Chaurien (en effet sa preuve montre que si $A\subset \mathbb{R}^n$ est tel que $card(A)<card(\mathbb{R})$ alors $\mathbb{R}\setminus A$ est connexe).



Modifié 1 fois. Dernière modification le 19/02/2016 22:48 par AD.
Re: "il est facile de" la preuve :
22 fvrier 2016, 01:25
avatar
Montrer que:

$\displaystyle \int_0^{+\infty}\dfrac{x\ln(1+\sqrt{2}x+x^2)}{1+x^4}dx=\dfrac{\pi\ln 2}{2}$

Je vis parce que les montagnes ne savent pas rire, ni les vers de terre chanter.(Cioran)
Re: "il est facile de" la preuve :
22 fvrier 2016, 07:32
avatar
Bonjour Bravo à vous deux.
Re: "il est facile de" la preuve :
25 fvrier 2016, 00:52
avatar
Bonjour @Fin de partie,

Tu demandes de montrer que : $\displaystyle \int_{0}^{+\infty} {x \over 1+x^4} \ln(1+\sqrt{2}x+x^2)dx = \frac{\pi}{2} \ln 2.$

Existence :
L'intégrande $\displaystyle f: x \mapsto {x \over 1+x^4} \ln(1+\sqrt{2}x+x^2)$ est définie et continue sur $\displaystyle [0, +\infty[$ ; on a aussi $\displaystyle x^2 f(x) \to 0$ quand $\displaystyle x \to +\infty$ et on peut donc majorer l'intégrande en valeur absolue par la fonction $\displaystyle x \mapsto \frac{1}{x^2}$ pour $x$ suffisamment grand ; comme cette dernière fonction est intégrable à l'infini, alors l'intégrale existe.

Deux heures perdues :
On note $\displaystyle P(x) = 1+\sqrt{2}x+x^2.$ On calcule $\displaystyle P(x)P(-x) = 1+x^4.$
Cette intégrale est élégante parce que les changements de variables $\displaystyle z=-x$, $\displaystyle y=\frac{1}{x}$ et la relation de Chasles, notamment avec une coupure en $\displaystyle x=1$ ne mènent à rien.

Intégrales de contour :
On pose $\displaystyle I = \int_{0}^{+\infty} {x \over 1+x^4} \ln(1+\sqrt{2}x+x^2)dx, \quad J = \int_{0}^{+\infty} {x \over 1+x^4} \ln(1-\sqrt{2}x+x^2)dx.$

Calcul d'une somme :
On a $\displaystyle I+J = \int_{0}^{+\infty} {x \over 1+x^4} \ln(1+x^4) dx= \frac12 \int_{0}^{+\infty} {\ln(1+u^2) \over 1+u^2} du$ avec $\displaystyle u=x^2.$

Je connais plusieurs façons de trouver cette intégrale mais on reste sur une intégrale de contour. Après un essai vain, on vient à définir la fonction holomorphe sur $\C \setminus \{\pm i\}$, $\displaystyle z \mapsto {\ln(i+z) \over 1+z^2}.$ Le contour orienté et fermé est le demi-cercle supérieur centré en $O$ et de rayon $\displaystyle R>0.$ L'intégrale le long du demi-cercle se comporte comme $\displaystyle {\ln R \over R} \to 0$ quand $\displaystyle R \to +\infty.$ L'intégrale le long du segment $\displaystyle [-R,R]$ donne deux contributions selon le signe de $x$ et on a donc $\displaystyle \int_{0}^{R} {dx \over 1+x^2} (\ln(i-x) + \ln(i+x) ) \to \int_{0}^{+\infty} {dx \over 1+x^2} \ln(-(1+x^4)) $ quand $\displaystyle R \to +\infty.$ On choisit la détermination de l'argument de la fonction logarithme entre $0$ et $2\pi.$ On a donc pour l'intégrale de contour la relation : $\displaystyle \int_{0}^{+\infty} {dx \over 1+x^2} \ln(1+x^4) + i\pi \int_{0}^{+\infty} {dx \over 1+x^2} = 2(I+J) + i \pi \times \frac{\pi}{2} $
Le calcul du résidu, pour le pôle dans le contour $\displaystyle z=i$ se fait immédiatement : $\displaystyle 2\pi i \times {\ln(2i) \over 2i} =\pi \ln 2 + \pi \times i\frac{\pi}{2}.$ On a déduit donc $\displaystyle I+J = \frac{\pi}{2} \ln 2.$

Calcul d'une différence :
On a $\displaystyle I-J =\int_{0}^{+\infty} dx{x \over 1+x^4} \ln {P(x) \over P(-x)}.$
On définit la fonction holomorphe sur $\C \setminus \{z_k=e^{i\frac{2k+1}{4}}, k=0, 1, 2, 3\}$, $\displaystyle z \mapsto {z \over 1+z^4} \ln {P(z) \over P(-z)}.$ Le contour orienté et fermé est le demi-cercle supérieur centré en $O$ et de rayon $\displaystyle R>0.$ L'intégrale le long du demi-cercle se comporte comme $\displaystyle {1 \over R^3} \to 0$ quand $\displaystyle R \to +\infty.$ L'intégrale le long du segment $\displaystyle [-R,R]$ donne une contribution car l'intégrande est une fonction paire et on a donc $\displaystyle 2 \int_{0}^{R} dx {x \over 1+x^4} \ln {P(x) \over P(-x)} \to 2 \int_{0}^{+\infty} dx {x \over 1+x^4} \ln {P(x) \over P(-x)}$ quand $\displaystyle R \to +\infty.$ On a donc pour l'intégrale de contour la relation : $\displaystyle 2(I-J).$
Le calcul des résidus, pour les deux pôles dans le contour $\displaystyle z_0$ et $\displaystyle z_1$ est particulièrement pénible.
Il faut écrire $\displaystyle P(z) = (z-z_1)(z-z_2), \quad P(-z) = (z-z_3)(z-z_0).$
La somme des résidus vaut $\displaystyle 2\pi i \times \frac{1}{4i} \ln {(z_0-z_1)(z_0-z_2)(z_1-z_3)(z_0-z_1) \over (z_0-z_3)(z_1-z_2)} = 2\pi i \times \frac{1}{4i} \ln{\sqrt{2}.2e^{i\frac{\pi}{4}}.2e^{i\frac{3\pi}{4}}.\sqrt{2} \over \sqrt{2}i.\sqrt{2}i} =\\ \displaystyle 2\pi i \times \frac{1}{4i} \ln 4 = \pi \ln 2.$
On a donc démontré que $\displaystyle I-J = \frac{\pi}{2} \ln 2$ qui donne immédiatement, à l'aide du résultat précédent : $$\displaystyle I = \int_{0}^{+\infty} {x \over 1+x^4} \ln(1+\sqrt{2}x+x^2)dx = \frac{\pi}{2} \ln 2,$$ $$\displaystyle J = \int_{0}^{+\infty} {x \over 1+x^4} \ln(1-\sqrt{2}x+x^2)dx = 0.$$
J'ai pourtant torturé $J$ avec tous les outils sous la main et je n'en ai rien tiré... alors de constater qu'elle est simplement nulle est une surprise.
Re: "il est facile de" la preuve :
25 fvrier 2016, 01:07
avatar
Bravo !

Je pense avoir une méthode élémentaire (c'est à dire sans recours à la variable complexe) pour calculer cette intégrale.
Mais cela consiste à faire comme toi, à calculer I+J et I-J.

Je la poste demain si je n'y trouve pas d'erreur.

Si tu es motivé, tu peux essayer celle-ci:

$\displaystyle \int_0^{+\infty}\dfrac{\left(\arctan(1+\sqrt{2x})-\arctan(1-\sqrt{2x})\right)\arctan x}{1+x^2}dx$

Je ne sais pas (encore) comment la calculer.

PS:
Je connais la valeur probable de cette intégrale cependant.

Je vis parce que les montagnes ne savent pas rire, ni les vers de terre chanter.(Cioran)



Modifié 1 fois. Dernière modification le 25/02/2016 01:09 par Fin de partie.
Re: "il est facile de" la preuve :
25 fvrier 2016, 04:00
avatar
On définit sur $[0,\sqrt{2}]$,

$\displaystyle F(a)= \int_0^{+\infty} \dfrac{x(\ln(1+ax+x^2)-\ln(1-ax+x^2))}{1+x^4}dx$

On note que $F(\sqrt{2})=I-J$ et $F(0)=0$

On a:

$\displaystyle F'(a)= \int_0^{+\infty} \dfrac{2x(1+x^2)}{(x^2-ax+1)(x^2+ax+1)(x^4+1)}dx$



$F'(a)=\left[\dfrac{2 \left( \mathrm{arctan}\left( \dfrac{2x-a}{\sqrt{4-{{a}^{2}}}}\right) +\mathrm{arctan}\left( \dfrac{2x+a}{\sqrt{4-{{a}^{2}}}}\right) \right) }{\sqrt{4-{{a}^{2}}}\cdot \left( {{a}^{2}}-2\right) }-\dfrac{\sqrt{2} \left( \mathrm{arctan}\left( \sqrt{2}x-1\right) +\mathrm{arctan}\left( \sqrt{2}x+1\right) \right) }{{{a}^{2}}-2}\right]_0^{+\infty}$

Donc:
$F'(a)=\dfrac{2\pi}{(a^2-2)\sqrt{4-a^2}}-\dfrac{\sqrt{2}\pi}{a^2-2}$

$\displaystyle F(\sqrt{2})=\int_0^{\sqrt{2}} F'(a)da=\dfrac{\pi}{2}\left[\mathrm{ln}\left( \dfrac{\left( \sqrt{2}+a\right)\left( \sqrt{4-{{a}^{2}}}-a\right) }{\left( \sqrt{2}-a\right)\left( \sqrt{4-{{a}^{2}}}+a\right) }\right)\right]_0^\sqrt{2}=\dfrac{\pi\ln 2}{2}$

Je vis parce que les montagnes ne savent pas rire, ni les vers de terre chanter.(Cioran)



Modifié 1 fois. Dernière modification le 26/02/2016 13:29 par Fin de partie.
Re: "il est facile de" la preuve :
25 fvrier 2016, 15:28
Enoncé 37 incorrect dans le cas n=1. Voir ma réponse plus haut pour n >1
Re: "il est facile de" la preuve :
25 fvrier 2016, 17:18
avatar
L'énoncé 37 : est faux pour n>2 et vrai pour n=1, comme cela est déjà indiqué.

Je ne vois aucune réponse pour l'énoncé 37. oui ta réponse est correcte, mais il manque le cas n=1.



Modifié 2 fois. Dernière modification le 25/02/2016 17:21 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
25 fvrier 2016, 19:09
avatar
énoncé 45 :
Soit $P$ un polynôme de $Z[X,Y]$ tel que $P(4,3)=P(2,4)=P(4,4)=P(1,2)=c$ et $P(1,3)=3+c$.
Montrer que pour tout $R,Q\in Z[X]$ $P(X,Y)\neq R(X)+Q(Y)$.



Modifié 3 fois. Dernière modification le 25/02/2016 19:10 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
25 fvrier 2016, 19:17
avatar
énoncé par ordre de difficulté (du plus difficile au moins difficile) :
39
43
37
45



Modifié 1 fois. Dernière modification le 25/02/2016 19:18 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
25 fvrier 2016, 20:00
enoncé pour 37 est faux même pour n=1.
Tu prends l'ensemble de Cantor qui indénombrable. Il est négligeable donc son complémentaire est dense.
Pour l'énoncé 45, j'ai donné la méthode. Utiliser la base de Newton aux entiers naturels.
Re: "il est facile de" la preuve :
25 fvrier 2016, 20:17
avatar
Tu aurais une preuve de ceci :
"Il est négligeable donc son complémentaire est dense"



Modifié 1 fois. Dernière modification le 25/02/2016 20:19 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
25 fvrier 2016, 20:24
avatar
énoncé 45 : il n'est pas de la forme une somme de polynôme à une variable...
Re: "il est facile de" la preuve :
26 fvrier 2016, 01:36
"Il est négligeable donc son complémentaire est dense"
Tes devoirs Exo 15



Modifié 1 fois. Dernière modification le 26/02/2016 01:36 par Joaopa.
Désolé,vous ne pouvez pas répondre à cette discussion, elle est fermée.
Liste des forums - Statistiques du forum

Total
Discussions: 151 387, Messages: 1 539 025, Utilisateurs: 28 278.
Notre dernier utilisateur inscrit light544.


Ce forum
Discussions: 641, Messages: 22 592.

 

 
©Emmanuel Vieillard Baron 01-01-2001
Adresse Mail:

Inscription
Désinscription

Actuellement 16057 abonnés
Qu'est-ce que c'est ?
Taper le mot à rechercher

Mode d'emploi
En vrac

Faites connaître Les-Mathematiques.net à un ami
Curiosités
Participer
Latex et autres....
Collaborateurs
Forum

Nous contacter

Le vote Linux

WWW IMS
Cut the knot
Mac Tutor History...
Number, constant,...
Plouffe's inverter
The Prime page