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"il est facile de" la preuve :

Envoyé par pourexemple 
Re: "il est facile de" la preuve :
26 fvrier 2016, 01:38
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.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 26/02/2016 02:14 par Joaopa.
Re: "il est facile de" la preuve :
26 fvrier 2016, 10:38
avatar
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 :
26 fvrier 2016, 10:50
avatar
Bravo pour le 37.
Re: "il est facile de" la preuve :
26 fvrier 2016, 10:53
avatar
Il ne reste plus que 2 énoncés à résoudre.
Re: "il est facile de" la preuve :
01 mars 2016, 14:13
avatar
Bonjour,

énoncé par ordre de difficulté (du plus difficile au moins difficile) :
>39
> 43
Re: "il est facile de" la preuve :
11 mars 2016, 10:49
avatar
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 $ax\in K$ ?



Modifié 2 fois. Dernière modification le 11/03/2016 10:50 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
15 mars 2016, 14:44
avatar
Bonjour,

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

Bonne journée.
Pea
Re: "il est facile de" la preuve :
15 mars 2016, 16:15
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 :
15 mars 2016, 16:49
avatar
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 :
15 mars 2016, 17:40
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 :
15 mars 2016, 18:36
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 :
16 mars 2016, 04:17
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 :
16 mars 2016, 10:53
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 :
17 mars 2016, 20:07
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 $ax\in K$.



Modifié 2 fois. Dernière modification le 17/03/2016 20:08 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
08 mai 2016, 18:26
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 :
08 mai 2016, 19:37
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 :
09 mai 2016, 01:04
Exo49:
mod 3 => a,b pair
mod 5 =>impossible



Modifié 1 fois. Dernière modification le 09/05/2016 01:04 par Joaopa.
Re: "il est facile de" la preuve :
09 mai 2016, 01:13
Exo 48: mod 3=> b impair
mod 4=> a pair
mod 9=> impossible
Re: "il est facile de" la preuve :
09 mai 2016, 15:05
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 :
09 mai 2016, 18:52
Au temps pour moi: erreur de calcul. Avec b impair regarder modulo 11
Re: "il est facile de" la preuve :
09 mai 2016, 19:06
avatar
Non, $3^0=2^5+13 \mod 11$



Modifié 1 fois. Dernière modification le 09/05/2016 19:07 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
09 mai 2016, 19:34
Il fallait lire (et donc moi écrire) modulo 13. Bon je vais le détailler pour montrer que je n'arnaque pas:
On a vu que $b$ impair, $b=2b'+1$. Alors (tout modulo 13)
$$\begin{array}{rcl}
3^a&=&2^b\\
3^a&=&2^{2b'+1}\\
3^a&=&2\times4^{b'}\\
3^a&=&2(-3)^{-b'}\\
3^a&=&2(-1)^{-b'}3^{-b'}\\
3^{a+b'}&=&2(-1)^{-b'}\end{array}$$
Comme $3^3\equiv 27\equiv1\pmod {13}$, les seules puissances de 3 sont $1,3,9$ qui n'est jamais égal à $\pm2$.



Modifié 5 fois. Dernière modification le 09/05/2016 20:45 par Joaopa.
Re: "il est facile de" la preuve :
09 mai 2016, 19:42
avatar
bravo.
Re: "il est facile de" la preuve :
09 mai 2016, 20:04
avatar
énoncé 50 :
$u_{n+1}=u_n^2+1 \mod 5^{20}$ et $u_0=1$
Comment calculer : $u_{2^{100}}$ ?



Modifié 1 fois. Dernière modification le 09/05/2016 20:04 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
30 mai 2016, 12:20
avatar
Bonjour,

énoncé 51 :
On rappelle $2^{607}-1$ est un nombre premier, calculer : $$\sum_{i\in[2,2^{605}]} \frac{1}{1-i^2} \pmod{2^{607}-1}$$



Modifié 3 fois. Dernière modification le 31/05/2016 01:19 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
30 mai 2016, 12:32
avatar
énoncé 52 : la factorielle alléger

On note $(n!)_2$ la factorielle de n alléger de 2, qui est le produit des nombres entre 1 et n, à l'exception des nombres pairs.

Calculer :$(2^{77}!)_2 \mod 2^{101}$



Modifié 1 fois. Dernière modification le 03/07/2016 12:40 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
30 mai 2016, 13:14
avatar
énoncé 53 : un peu d'analyse
$B$ l'ensemble des fonctions de $[0.1]$ dans $[0,1]$, muni de la métrique $d(f,g)=\sup\limits_{x\in[0,1]} |f(x)-g(x)|$.
Le sous-ensemble des fonctions continues y-est-il dense ?
Re: "il est facile de" la preuve :
30 mai 2016, 16:20
avatar
énoncé 54 :
Existe t-il une métrique qui rende $B$ compacte ?
Re: "il est facile de" la preuve :
30 mai 2016, 17:08
avatar
énoncé 55 : de la géométrie ?
Soit E un ensemble de point du plan euclidien tel que la distance entre deux points (distinct) soit dans $[\frac{1}{2},1]$.
Montrer que E est un ensemble finie.
Montrer que le plus petit majorant $m$ est plus grand que 7.



Modifié 2 fois. Dernière modification le 30/05/2016 17:55 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
30 mai 2016, 17:57
avatar
énoncé 56 :
Majorer card(E).



Modifié 2 fois. Dernière modification le 30/05/2016 18:05 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
30 mai 2016, 18:41
Bonjour,

Je n'ai pas la solution, mais le $55$ est rigolo.
Quels sont les $a,b$ pour lesquels on peut remplacer $\left[\dfrac{1}{2};1\right]$ par $[a;b]$ ?
Et quel est alors le plus petit majorant $m$ en fonction de $a$ et $b$ ?
Et peut on remplacer le plan euclidien par $\mathbb{R}^n$ avec $n \geq 3$ ?

Cordialement,

Rescassol
Re: "il est facile de" la preuve :
30 mai 2016, 18:52
avatar
Bonjour,

Il suffit $0<a\leq b$ me semble-t-il.
Je ne connais pas le meilleur majorant, même dans le cas [1/2,1].
Oui, on peut travailler dans des espaces de dimension plus grande mais qui reste de dim finie.

Bonne journée.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 30/05/2016 19:01 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
30 mai 2016, 18:55
avatar
me semble-t-il.

PS : ces réponses donnent des indices.



Modifié 2 fois. Dernière modification le 30/05/2016 18:59 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
30 mai 2016, 19:07
avatar
Combien de boules distinctes de rayon $a/2$ peut-on faire entrer dans une boule de rayon $b/2 + a/2$?
Re: "il est facile de" la preuve :
30 mai 2016, 19:19
avatar
Bravo, c'est ce genre d'astuce utilisé ici.
Mais il faut que tu m'expliques comment es-tu sûr d'avoir tous les points à l'intérieur d'une boule de rayon $\frac{a+b}{2}$, pour la boule de rayon $b$ pas de problème mais là je ne vois pas.
Re: "il est facile de" la preuve :
30 mai 2016, 19:33
avatar
énoncé 56 (bis) : Montrer card(E)<33
Re: "il est facile de" la preuve :
30 mai 2016, 19:45
avatar
trop d'indices tuent l'indice.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 30/05/2016 19:47 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
30 mai 2016, 21:34
avatar
Oui je m'ai tromper au sujet de $b/2$. Pare-contre le $+a/2$ est las pour garantir que la petite boule centrée autour d'un point qui est sur la frontière de la grosse boule est elle-même incluse dans cette dernière (je ne cherche pas l'optimalité).

Ton avatar, il accouche bientôt?
Re: "il est facile de" la preuve :
30 mai 2016, 22:38
avatar
Tu veux dire, b+a/2 ?
Si oui, b suffit, en effet la distance entre un point fixé de E, et n'importe quelle autre est plus petite que b.

PS : j'espère milieu décembre, date vers laquelle j'arrêterais mes recherches, que je trouve ou pas.
Re: "il est facile de" la preuve :
30 mai 2016, 23:08
avatar
énoncé 57 : Erdös revisité
Soit E un ensemble infinie de points du plan euclidien tel que la distance entre 2 points de E est rationnelle.
L'ensemble des points de E sont-ils alignés ?



Modifié 3 fois. Dernière modification le 30/05/2016 23:13 par contrexemple.
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