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


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"il est facile de" la preuve :

Envoyé par pourexemple 
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
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!



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a trois années et a été effectuée par jandri.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
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.



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a trois années et a été effectuée par Joaopa.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
avatar
Bonjour,

Bravo à tous les 2.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
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.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a trois années et a été effectuée par contrexemple.
Pea
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
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 :
il y a trois années
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 :
il y a trois années
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 :
il y a trois années
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...



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a trois années et a été effectuée par jacquot.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
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@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.



Edité 5 fois. La dernière correction date de il y a trois années et a été effectuée par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
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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 :
il y a trois années
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 $\mathbb{R}^n$...



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a trois années et a été effectuée par Pea.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
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



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a trois années et a été effectuée par Joaopa.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
@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 :
il y a trois années
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@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 :
il y a trois années
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@Pea pour le 19 : bravo.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
36) $P(X,Y)=R(X)$ avec$ R(X)=X^2-6X+8-c$ convient
Pea
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
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).



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a trois ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par AD.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
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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 :
il y a trois années
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Bonjour Bravo à vous deux.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
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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 :
il y a trois années
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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)



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a trois ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Fin de partie.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
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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)



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a trois ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Fin de partie.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
Enoncé 37 incorrect dans le cas n=1. Voir ma réponse plus haut pour n >1
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
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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.



Edité 2 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a trois ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
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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 $R,Q\in Z[X]$ $P(X,Y)\neq R(X)+Q(Y)$.



Edité 3 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a trois ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
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énoncé par ordre de difficulté (du plus difficile au moins difficile) :
39
43
37
45



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a trois ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
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 :
il y a trois années
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Tu aurais une preuve de ceci :
"Il est négligeable donc son complémentaire est dense"



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a trois ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
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énoncé 45 : il n'est pas de la forme une somme de polynôme à une variable...
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
"Il est négligeable donc son complémentaire est dense"
Tes devoirs Exo 15



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a trois ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Joaopa.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
énoncé 45 : il n'est pas de la forme une somme de polynôme à une variable...
Evidemment, je t'ai donné la méthode générale dans un autre message. Tu as beau changer 15 fois l'énoncé 15 fois on utilisera la même méthode.
Soit $P(X,Y)=R(X)+Q(Y)$ avec $R(X)=\sum_{k=0}^na_k\pi_k(X)$ et $Q(X)=\sum_{k=0}^mb_k\pi_k(X)$. Comme $R,Q\in\mathbb Z[X]$, les $a_k,b_k$ sont dans $\Z$. En remplaçant, on obtient le système
$$\left\{\begin{array}{rcl}
a_0 + 4 a_1 + 12 a_2 + 24 a_3 + 24 a_4 + b_0 + 3 b_1 + 6 b_2 + 6 b_3&=&c\\
a_0 + 2 a_1 + 2 a_2 + b_0 + 4 b_1 + 12 b_2 + 24 b_3 + 24 b_4&=&c\\
a_0 + 4 a_1 + 12 a_2 + 24 a_3 + 24 a4 + b_0 + 4 b_1 + 12 b_2 + 24 b_3 + 24 b_4&=&c\\
a_0 + a_1 + b_0 + 2 b_1 + 2 b_2&=&c\\
a_0 + a_1 + b_0 + 3 b_1 + 6 b_2 + 6 b_3&=&3+c
\end{array}\right.$$
Un bon vieux pivot de Gauss des familles donne la solution
$$\left\{\begin{array}{rcl}
a_0 &=& -10-8a_3-8a_4-b_0-24b_3-72b_4+c\\
a_1 &=& -5+8a_3+8a_4\\
a_2 &= &1-4a_3-4a_4\\
b_1 &=& 9+18b_3+48b_4\\
b_2 &=& -3/2-6b_3-12b_4
\end{array}\right.$$
où $a_3,a_4,b_0,b_3,b_4$ sont des entiers. En regardant $b_2$, c'est impossible.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a trois ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Joaopa.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
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Bravo cela semble correcte.

Pour ma solution il suffit de regarder la fonction booléenne associée et son expression polynomiale admet un terme en $x\times y$ d'où le résultat.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
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Bravo pour le 37.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
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Il ne reste plus que 2 énoncés à résoudre.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
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Bonjour,

énoncé par ordre de difficulté (du plus difficile au moins difficile) :
>39
> 43
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
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Bonjour,

énoncé 46 : (surprenant ou prévisible)
A-t-on qu'il existe E $\R$-e.v. normé de dimension infinie tel qu'il existe $K$ convexe compact, avec pour tout $x\in E$ il existe $a>0$ tel que $ax\in K$ ?



Edité 2 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a trois ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
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Bonjour,

l'énoncé 46 est bien surprenant (il est vrai).

Bonne journée.
Pea
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
Surprenant? Si $K$ est n'importe quel convexe compact symétrique d'un espace vectoriel normé qui n'est contenu dans aucun sous-espace de dimension finie alors il suffit de prendre pour $E$ le sev engendré par $K$ (muni de la norme induite), non? Par contre si tu veux que $E$ soit complet alors c'est faux.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
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Citation :
Si K est n'importe quel convexe compact symétrique d'un espace vectoriel normé qui n'est contenu dans aucun sous-espace de dimension finie...

Mais c'est cela qu'il faut montrer qu'il existe un tel compact $K$.

Pourquoi ne pourrait-il pas être complet ?
Pea
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
Pourtant ce n'est pas bien difficile de construire un tel $K$: prend une suite $(u_n)_{n\geqslant 0}$ libre qui tend vers $0$ dans un evn et pour $K$ l'enveloppe convexe de $\{u_n; n\geqslant 0\}\cup \{-u_n; n\geqslant 0\}$.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
avatar
Quelle argument te permet de dire que c'est bien un compact ?
Et tu ne précises pas la norme que tu utilises.
Pea
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
Je suis allé un peu vite en fait, l'enveloppe convexe de $\{u_n; n\geqslant 0\}\cup \{-u_n; n\geqslant 0\}$ est seulement précompacte en général. Il faut donc se placer dans un Banach et prendre la clôture de l'enveloppe convexe.

Tu poses une question sur les convexes compacts dans les evn mais tu ne sembles pas connaitre les bases.... quelques rappels:

Soit $E$ un evn et $C\subset E$. On dit que $C$ est précompact si pour tout $\epsilon>0$ il existe des points $c_1,\ldots,c_n\in C$ tels que $C\subset \bigcup_{i=1}^n B(c_i,\epsilon)$. On a les propriétés élémentaires suivantes que je te laisse en exercice:

1) $C$ est précompact ssi $\overline{C}$ (la clôture de $C$ dans $E$) est précompact;

2) Si $C$ est précompact alors il en va de même pour son enveloppe convexe;

3) $C$ est compact ssi $C$ est précompact et complet (pour la distance induite par la norme de $E$).

On en déduit facilement que si $C$ est précompact et $E$ complet (i.e. un Banach) alors la clôture de l'enveloppe convexe de $C$ est un compact convexe.

Maintenant pour résoudre ton exercice tu choisis ton Banach $F$ de dimension infinie préféré (par exemple $F=\ell^1(\mathbb{N})$), tu prends une suite libre $(u_n)_{n\geqslant 0}$ qui tend vers $0$ dans $F$ (par exemple $u_n=\frac{1}{n}e_n$), tu définis $K$ comme l'enveloppe convexe fermée de $\{u_n;n\geqslant 0\}\cup \{-u_n;n\geqslant 0\}$ et tu prends pour $E$ le sous-espace de $F$ engendré par $K$ muni de la norme induite par $F$.

Un tel $K$ n'existe pas si $E$ est un Banach. C'est une conséquence facile du théorème de Baire. Je te laisse ça en exercice.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
avatar
Bonjour,

Pour ton exercice :
$O_n=E-nK$ ouverts denses, car $nK$ compact d'intérieur vide (par théorème de Reisz), deplus $\cup_{n\in \N} nK=E$, donc $\cap_{n\in\N} O_n=\{\}$, alors par la contraposée du théorème de Baire $E$ n'est pas complet.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
avatar
Bonjour,

énoncé 47 :
Trouver $E$, $\R$-ev de dimension $card(\R)$, tel qu'il existe $K$ compact et convexe, avec pour tout $x\in E$ il existe $a>0$ tel que $ax\in K$.



Edité 2 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a trois ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
avatar
Bonjour,

énoncé 48 :
Existe-t-il $a,b \in \N$ tels que : $3^a = 2^b+13$ ?
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
avatar
énoncé 49 :
Existe-t-il $a,b,c,d \in \N$ tels que $15^a=2^b+2^c+1$ ?
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
Exo49:
mod 3 => a,b pair
mod 5 =>impossible



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a trois ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Joaopa.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
Exo 48: mod 3=> b impair
mod 4=> a pair
mod 9=> impossible
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
avatar
Bonjour,

49 : bravo.

48 : mod 4 => (b=1, a=1) et (b=3, a=0) solutions donc on ne peut pas dire de a qu'il est pair...
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
Au temps pour moi: erreur de calcul. Avec b impair regarder modulo 11
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