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"il est facile de" la preuve :

Envoyé par pourexemple 
Re: "il est facile de" la preuve :
30 mai 2016, 23:24
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C'est mi-mars que ça devait être interessant...
Re: "il est facile de" la preuve :
30 mai 2016, 23:36
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énoncé 58 : de la géolyse
Soit K un compact connexe par arc du plan euclidien, qui possède un infinité d'axe de symétrie.
Montrer que K est connexe par arc $C^\infty$.
Re: "il est facile de" la preuve :
30 mai 2016, 23:38
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@Shah d'Ock : et pourquoi donc ?
JLT
Re: "il est facile de" la preuve :
31 mai 2016, 09:22
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Pour les énoncés 55 et 56, la méthode de Shah d'Ock donne $m\leqslant 25$. Plus généralement, pour toute norme sur $\R^n$, si $m$ points sont deux à deux à distance comprise entre $a$ et $b$ alors $m\leqslant \left( \dfrac{a+2b}{a}\right)^n$.

Pour le plan Euclidien, on a une configuration de $7$ points en prenant un hexagone régulier de côté $1/2$ avec son centre.

On a aussi la majoration $m\leqslant 10$. En effet, quitte à faire un homothétie on peut supposer que deux des points sont à distance $1$. On dessine alors une grille dont les côtés font $1/3$ et $0.34$ comme dans la figure ci-dessous. Comme tous les points sont situés à distance $\leqslant 1$ de $A$ et de $B$, ils sont tous à l'intérieur du grand rectangle. Une case ne peut contenir deux points. En particulier, les quatre cases qui touchent $A$ ou $B$ ne contiennent pas d'autre point que $A$ et $B$. De plus, s'il y a un point dans l'une des six cases du haut, alors la case qui se trouve quatre crans plus bas ne contient pas de point. Par conséquent, la réunion des six cases du haut et des six cases du bas contient au plus 6 points.


Re: "il est facile de" la preuve :
31 mai 2016, 11:27
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Bonjour,

@JLT : bravo, tu as obtenu une majoration meilleure que la mienne.

Dans le cas général tu utilises la méthode de Shah d'Ock, peux tu me dire pourquoi les points seraient dans une boule B de rayon $\frac{a+b}{2}$, ensuite pourquoi il suffit de $(\frac{a+2b}{a})^n$ boules de rayon $\frac{a}{2}$, pour avoir un recouvrement de B.

Enfin on pourrait utiliser ta méthode (dans le cas particulier) pour avoir un majorant $2^{n-1}$ fois plus petit, non ?



On a donc $7\leq m \leq 10$



Modifié 2 fois. Dernière modification le 31/05/2016 11:31 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
31 mai 2016, 12:29
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Re: "il est facile de" la preuve :
01 juin 2016, 18:39
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Bonjour,

énoncé 59 : le retour cf 55
Comment calculer $m$ ?



Modifié 3 fois. Dernière modification le 02/06/2016 00:49 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
01 juin 2016, 22:59
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énoncé 60 : étrange ?
Soit $f$ une fonction $C^\infty$ de $\R^n$ dans lui même tel que $f(0)\neq 0$, montrer qu'alors $f$ admet une valeur propre entière (càd il existe $k$ entier et $x\in \R^n$, $x\neq 0$ tel que $f(x)=k.x$).



Modifié 4 fois. Dernière modification le 11/06/2016 00:55 par contrexemple.
JLT
Re: "il est facile de" la preuve :
01 juin 2016, 23:14
avatar
Je détaille la méthode de Shah d'Ock. Soit $E=\{x_1,\ldots,x_m\}$ un ensemble fini de points dont les distances mutuelles sont comprises entre $a$ et $b$. Alors les boules ouvertes $B(x_i,\frac{a}{2})$ sont deux à deux disjointes, et incluses dans $B_f(x_1,b+\frac{a}{2})$. Comme une boule de rayon $R$ a un volume proportionnel à $R^n$, on a $m(a/2)^n\leqslant (b+\frac{a}{2})^n$, donc $m\leqslant (\frac{a+2b}{a})^n$.

Avec la méthode de mon message précédent, dans le cas de la norme Euclidienne, on peut affiner un peu la majoration. Par exemple, on peut supposer qu'il existe deux points $A$ et $B$ à distance $b$. Soit $C$ le milieu de $[AB]$, alors les $m$ boules sont incluses dans une boule de centre $C$ et de rayon $\frac{\sqrt{3}}{2}b+\frac{a}{2}$. On peut même affiner encore mais c'est plus compliqué ; en tout cas je ne vois pas de manière de faire beaucoup mieux.
Re: "il est facile de" la preuve :
01 juin 2016, 23:42
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Merci, pour les détails...

Il me semble, qu'il existe une manière de calculer m, je l'ai mis partiellement en oeuvre et il semblerait que m=7.
Comme 10 lignes ne suffisent pas pour développer ce résultat, je demande juste de décrire la marche à suivre, et non de le faire effectivement.
Re: "il est facile de" la preuve :
02 juin 2016, 13:11
avatar
Bonjour,

énoncé 61 :

Calculer $\sum \limits_{i\in [0,2^{101}]} \frac{3^i}{(3^i+2)^2-1} \mod (2^{607}-1) $
Re: "il est facile de" la preuve :
02 juin 2016, 13:38
avatar
énoncé 62 : indice ?

Calculer $\sum \limits_{i\in [0,2^{100}]} \frac{3^{2^i}}{3^{2^{i+1}}-1} \mod (2^{607}-1)$
Re: "il est facile de" la preuve :
02 juin 2016, 15:37
avatar
énoncé 63 : intéressant ?
Existe-t-il une norme $||.||$ et une fonction $f$ sur $\R^n$ tel que pour tout $x,y$ dans $\R^n$ $||f(x)-f(y)||^3=||x-y||^2$ ?



Modifié 1 fois. Dernière modification le 03/06/2016 00:11 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
02 juin 2016, 19:57
avatar
Comme l'énoncé 63 n'est pas quantifié, je décide que l'énoncé demande s'il existe une norme et une fonction $f$ telle qu'il existe $x $et $y$ vérifiant blablabla, et je dis que la réponse est oui, en prenant $x=y= 0$ et en prenant n'importe quoi comme norme et comme fonction.

PS: tu prétends faire des maths, commence par écrire de vrais énoncés mathématiques complets, qui ont du sens.

Greg

Ora, lege, lege, relege, labora et invenies (Prie, lis, lis , relis, travaille et tu trouveras)



Modifié 1 fois. Dernière modification le 02/06/2016 19:58 par GreginGre.
Re: "il est facile de" la preuve :
06 juin 2016, 14:29
avatar
Bonjour,

énoncé 64 : difficile ?
On note $A_n=[0,n]\cap \N$, $\R_n[x]$l'ensemble des polynômes réels de degrés au plus $n$, $B_n=\{P\in \R_n[x]\mid \forall i \in A_n,\ P(i)\in A_2\}$.
Montrer que pour tout $n>3$ dans $\N$, il existe $P \in B_n$ tel que : $\deg(P)>\frac{2n-1}{3}$.

Bonne journée.



Modifié 5 fois. Dernière modification le 06/06/2016 16:27 par AD.
Re: "il est facile de" la preuve :
06 juin 2016, 18:44
avatar
Je pense que le 64 est très difficile sans un indice, je le donnerais dans quelque temps, si personne ne trouve avant.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 06/06/2016 18:47 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
06 juin 2016, 18:53
avatar
indice pour le 51, 61 et 62, ils reposent sur la même astuce.
Re: "il est facile de" la preuve :
10 juin 2016, 19:44
avatar
Bonjour,

Voilà l'indice pour le 64 et le 63, j'y ai utilisé l'inégalité de Shah d'Ock-JLT.

Bonne journée.
Re: "il est facile de" la preuve :
10 juin 2016, 21:28
J'aime bien le 57. Comme dit Greg, tu ne veux toujours pas faire l'effort de rédiger des énoncés complets et corrects? Le 60 par exemple, n'a aucun sens.

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "il est facile de" la preuve :
11 juin 2016, 15:53
avatar
Bonjour,

énoncé 65 : la racine fonctionnelle
Trouver une fonction $g$ de $[-1,0]$ dans lui même et une approximation de $g$ sur $-1,\frac{1}{2},0$ à $10^{-1}$ : vérifiant $g(g(x))=x^2+2x$


énoncé 66 : et les autres
Trouver une fonction $g$ de $[-1,1]$ dans lui même et une approximation de $g$ sur $-1,0,1$ à $10^{-1}$ : vérifiant $g(g(x))-4g(x)=x^2$

Bonne journée.
Re: "il est facile de" la preuve :
11 juin 2016, 20:18
avatar
énoncé 67 :
Trouver toutes les fonctions $f$ de $\R^3$ euclidien dans $\R^2$ euclidien, tel qu'il existe $g$ de $\R^+$ dans $\R^+$ avec pour tout $x,y$ dans $\R^3$ $||f(x)-f(y)||=g(||x-y||)$.
Re: "il est facile de" la preuve :
13 juin 2016, 03:53
Pour le 53, c'est facile : considérer $g$ la fonction indicatrice des irrationnels.

Alors si on a $f$ une fonction continue, elle vérifie $d(f,g) \geq \frac{1}{2}$

Supposons que $d(f,g) = \epsilon$

Alors $|f(0) - g(0)| \leq \epsilon$, c'est à dire $f(0) \leq \epsilon$. Mais il existe une suite $x_n$ d'irrationnels tendant vers 0 tels que $f(x_n) \to f(0)$ (par continuité) et $g(x_n) = 1$.

Ainsi $\forall n, \epsilon \geq d(f,g) \geq |f(x_n)-g(x_n)| = 1-f(x_n)$

Et alors en passant à la limite, $\epsilon \geq 1-\epsilon$, d'où $\epsilon \geq \frac{1}{2}$

Ainsi on n'a pas la densité.


Pour le 54 : tout espace métrique compact est homéomorphe à un sous espace du cube de Hilbert, son cardinal est donc au plus celui de $\Bbb R$. La réponse est donc négative
Re: "il est facile de" la preuve :
13 juin 2016, 16:59
avatar
Bonjour,

@Tryss : bravo.

énoncé 68 : des suites récurrentes rationnelles
Déterminer le terme générale de la suite $u_n$ avec $u_0 \in \R$ et $u_{n+1}=\frac{4u_n}{2+{u_n}^2}$.

Bonne journée.
Re: "il est facile de" la preuve :
13 juin 2016, 17:15
avatar
énoncé 69 : encore des suites
Déterminer le terme générale de la suite $u_n$ avec $u_0\in \R^+$ et $u_{n+1}=\frac{{u_n}^2+1}{1+2u_n}$



Modifié 2 fois. Dernière modification le 13/06/2016 17:17 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
13 juin 2016, 17:33
avatar
énoncé 70 : classique ?
Soit $\R^n,||.||$espace de dimension finie normé, avec $n>1$ trouver toutes les fonctions $g$ de $\R^+$ dans lui même tel qu'il existe $f$ de $\R^n$ dans lui même, surjective tel que : pour tout $x,y$ $||f(x)-f(y)||=g(||x-y||)$.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 13/06/2016 21:04 par contrexemple.
JLT
Re: "il est facile de" la preuve :
13 juin 2016, 17:48
avatar
énoncé 68 : poser $u_0=\sqrt{2}\mathop{\mathrm{th}} a$, alors $u_n=\sqrt{2}\mathop{\mathrm{th}} (2^na)$.
Re: "il est facile de" la preuve :
13 juin 2016, 18:13
avatar
@JLT : bravo.
Re: "il est facile de" la preuve :
14 juin 2016, 14:43
avatar
Bonjour,

énoncé 71 : un nouveau théorème de point fixe ?
Soit $f$ continue de $K$ dans lui même, avec $K$ compact connexe de $\R^n$. A-t-on alors $f$ admet un point fixe ?

Bonne journée.
Re: "il est facile de" la preuve :
14 juin 2016, 15:02
avatar
Non. La propriété de point fixe est quand même particulière.
Re: "il est facile de" la preuve :
14 juin 2016, 15:15
avatar
Contre-exemple facile.

Soit $K$ le cercle unité et $f$ une rotation d'angle non nul.
ev
Re: "il est facile de" la preuve :
14 juin 2016, 15:18
avatar
71: $n=2$, $K$ cercle unité. $f(x) = -x$.

e.v.
Re: "il est facile de" la preuve :
14 juin 2016, 17:04
avatar
@Cyrano et ev : bravo.
Re: "il est facile de" la preuve :
15 juin 2016, 17:04
avatar
Bonjour,

énoncé 72 : moins difficile qu'il en a l'air
Soit $u_0 \in \R$ on note $u_{n+1}=u_n^2-2$.
Calculer le terme général de la suite $v_n=\prod \limits_{i\in [0,n]} u_i$.

Bonne journée.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 15/06/2016 17:11 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
15 juin 2016, 17:34
64: Pas compris: $P(X)=\frac1{n!}\prod_{j=0}^{n-1}(X-j)$ est de degré $n$. On a $n>\frac{2n-1}3$, $P(j)=0$ pour $j=0,\cdots,n-1$ et $P(n)=1$.
Re: "il est facile de" la preuve :
15 juin 2016, 18:53
avatar
Bien joué
Re: "il est facile de" la preuve :
15 juin 2016, 19:02
avatar
énoncé 73 :
On note $A_{n}=[0,n]\cup \N$, $\R_n[x]$ l'ensemble des polynômes réels de degrés au plus $n$, $B_{n}=\{P\in \R_n[x]\mid \forall a \in A_{n}, P(a)\in A_2\}$.
Montrer que pour tout $n>3$ dans $\N$, $\dim(Vect(B_n))>\frac{2(n+1)}{3}$.



Modifié 5 fois. Dernière modification le 15/06/2016 19:25 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
15 juin 2016, 19:15
avatar
edit



Modifié 1 fois. Dernière modification le 15/06/2016 19:21 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
15 juin 2016, 21:11
73: $P_i(X)=\prod_{\substack{0\le j\le n\\j\ne i}}\frac{X-j}{i-j}$ ($0\le i\le n$) sont libres et bien à valeurs dans $A_2$. Donc $\mathrm{Vect}(B_n)\ge n+1$.



Modifié 5 fois. Dernière modification le 16/06/2016 04:42 par Joaopa.
Re: "il est facile de" la preuve :
15 juin 2016, 21:14
avatar
Bravo.
Re: "il est facile de" la preuve :
16 juin 2016, 04:39
affirmation péremptoire 1
affirmation péremptoire 2

Ta solution de l'exo 30 est correcte si on suppose que ton $a$ est solution de l'équation $x+1/x=u_0$. Dans ce cas, on retrouve bien les solutions de Rescassol et Cidrolin



Modifié 1 fois. Dernière modification le 16/06/2016 07:22 par jacquot.
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