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"il est facile de" la preuve :

Envoyé par pourexemple 
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
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Bonjour,

Je me rends compte qu'il est plus facile pour moi de produire un énoncé, que de résoudre un énoncé...

Mais je ne perds pas espoir de devenir meilleur en mathématiques (résoudre des énoncés).

Bonne journée.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par AD.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
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Bonsoir, je voulais encore me rassurer enonce 60: disons une fonction continue de ${\mathbb{R}}^2\to {\mathbb{R^2}}$ continue alors il y en a un $k$ tel quel (v.p.) (je crois en fait) aussi pour ${\mathbb{R}}^n\to {\mathbb{R}}^n$, La condition $f(0)\neq 0$ serait -t-elle necessaire pour un $k$ entier existe?

Merci
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
Que penses tu de la fonction $f(x) = \pi x$. Admet elle un tel $k$?
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
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Bonjour,

@Tonm la condition $f(0)\neq 0$ est nécessaire pour qu'il existe un $x\neq 0$.

@Tryss, tu m'as fait douter, mais ton exemple ne vérifie pas $f(0)\neq 0$.

Bonne journée.



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
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Avertissement : Souvent, je ne mets pas le résultat optimal (celui qu'implique les hypothèses et la preuve attachée), j'y mets une forme plus faible, car sinon cela donne un indice.

Indice 60 : c'est le cas pour cette énoncé.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
@contrexemple : non, il n'est pas nécessaire que f(0) soit différent de 0 pour qu'il existe k et $x\neq 0$ tel que $f(x) = kx$. Prendre par exemple $f(x,y) = (5,5)$. Alors $f(5,5) = 1\times (5,5)$ (ou $f(1,1) = 5\times (1,1) $)

C'est juste une condition suffisante.

Mais par contre, effectivement, le caractère $C^\infty$ n'est pas suffisant (comme le montre mon exemple) : il faut donc une hypothèse supplémentaire
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
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Oui effectivement c'est suffisant.

Sinon, comme je l'ai dit à Tonm, il me semble qu'il suffit même que $f$ soit continue et $f(0)\neq 0$ pour avoir "au moins une valeur propre entière", mais alors on ne prend pas la même preuve.



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
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Sinon sans la condition $f(0)\neq 0$ on n'est pas sûr qu'il existe $x\neq 0$ tel que blabla... comme le montre ton exemple.
$f(x)=\pi x$.

Il me semble que l'on parle alors de condition nécessaire.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
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Bonjour. Merci en fait l'idée est que sauf la fonction nulle, de tel fonctions disons continue seulement il y en a une valeur p. Mais $f(0)\neq 0$ est faite pour en trouver une v.p entière. (c'est une question)
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
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Disons que si on permet au "vecteur propre" d'être nul alors il existe toujours au moins "une valeur propre" entière.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
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Un Vecteur propre est non nul, $f$ continue de ${\mathbb{R}}^n \to {\mathbb{R}}^n$, $f(0)=0$ et $f$ n'est pas la fonction nulle alors $f$ admet au moins une valeur propre?
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
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Pas forcément comme le montre l'exemple de Tryss ($f(x)=\pi x$), on n'a pas de "valeur propre" entière.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
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Pardon je n'ai pas dis entière, n'importe quel réel $k$.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
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Il me semble qu'il existe des fonctions linéaire sans valeur propre.
$\R$ n'étant pas algébriquement clos.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
Il suffit de prendre une rotation du plan d'angle $\pi/2$ par exemple, de centre 0.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
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D'accord un certain $k$ quelconque sinon (finalement)
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
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Oui, mais un k quelconque ne garantit pas que cela soit un entier...



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
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Ça me sort. Merci à toi
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
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Bonne journée.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
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Bonsoir,

Le 69 est résolu ici

Bonne soirée.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
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Bonjour,

Le 76 est résolu ici.

Bonne journée.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
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Bonjour,

L'énoncé 57 est résolu ici.

Bonne journée.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
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Bonjour,

Le 60 première partie est résolue ici

Bonne journée.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
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Bonjour,

énoncé 78 : direction Syracuse
Soient $f(x)=3x+1$, $g(x)=2x$, $N$ un entier premier avec 3 et 2, on travaille dans l'anneau $\Z_N$.
Alors $o<f,g>\leq (o<3,2,-1>)^2$, avec $o<3,2,-1>$ l'ordre du groupe multiplicatif engendré par 3,2 et -1.

Remarque : si $o<f,g>$ est strictement plus petit que $N$ alors la conjecture de Syracuse est fausse.

Bonne journée.



Edité 3 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
Bonjour,

énoncé 78 : indécidable ?
Le monoïde engendré par $G$ est-il un sous-groupe du groupe libre engendré par $a,b$ :
$$G=\{b^{-1}a^{-1}ba,ab^{-1}a^{-2}b,ab^{-1}a,ba,a^{-1}ba,bab^{-1},bab,b^{-1}a\}$$
?

PS : indécidabilité ici



Edité 2 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
Le 72 est résolu ici [www.les-mathematiques.net]
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
énoncé 79 : Syracuse en marche arrière.
Soit $N$ entier premier avec 3 et 2, on note $f(x)=3x+1$ et $g(x)=2x$, on se place dans l'anneau $\Z_N$
Montrer que $N\leq o<f,g>$.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
énoncé 80 : Topologie et Majoration
Les espaces métriques compact sont bornées, par card(IR).
En est-il de même pour les espaces métriques complets, sont-ils majorés par un cardinal ?

[Doublon. Répondre en [www.les-mathematiques.net] . AD]



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par AD.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
@AD : ce fil me permet d'avoir toutes les questions regroupées dans un même endroit.

[Dans ce cas, n'éparpille pas les discussions.
Pour que tout soit groupé, je fusionne c-dessousi cette autre discussion. AD]



Edité 3 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par AD.
Espace métrique complet, majoré ?
il y a deux années
avatar
Bonsoir,

Les espaces métriques compact sont bornées, par $card(\R)$.
En est-il de même pour les espaces métriques complets, sont-ils majorés par un cardinal ?

Bonne soirée.



Edité 4 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par AD.
Re: Espace métrique complet, majoré ?
il y a deux années
Bin non... Pense aux Banach par exemple.

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi ...... Cliquez sur cet implicite, pour économiser
Re: Espace métrique complet, majoré ?
il y a deux années
avatar
Et pourquoi un Banach pourrait-être aussi gros que l'on veut ?

PS : c'est une question (la question initiale) que je soumets à votre sagacité, en effet je crois en connaître une réponse.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par contrexemple.
Re: Espace métrique complet, majoré ?
il y a deux années
Tu peux prendre un Banach voire un Hilbert non séparable.

Par exemple soit $I$ un ensemble non dénombrable et de cardinal $> card(\R)$, et $H = l^2(I)$ l'ensemble des familles $(a_j)_{j \in I}$ indexées par $I$ à valeurs dans $\C$ (ou $\R$, c'est pareil). Alors $H$ est un espace de Hilbert (pour son produit scalaire canonique), et il n'est pas séparable car la base canonique est de même cardinal que $I$ donc non dénombrable. Et $H$ (comme tout espace non séparable) n'est pas de même cardinal que $\R$, il suffit de voir que la base hilbertienne canonique est de même cardinal que $I$ qui est $> card(\R)$.

En fait si $H = l^2(I)$, alors $H$ est séparable si et seulement $I$ est dénombrable, si et seulement si $H$ est de même cardinal que $\R$.
Et $H$ est non séparable si et seulement si $H$ est de même cardinal que $I$, si et seulement si $card(I) > card(\N)$.
Re: Espace métrique complet, majoré ?
il y a deux années
@CE: exercice très simple. Prouve que tout espace métrique peut être complété. En déduire que ta demande voudrait donc que les espaces métriques sont bornés en cardinal. Trouve un espace métrique complet qu'un enfant de 10ans comprend de taille arbitraire.

Lorsque je t'ai répondu (ainsi que neptune), on a d'office rajouté "connexe" pour donner un peu de piment à ta question.

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi ...... Cliquez sur cet implicite, pour économiser
Re: Espace métrique complet, majoré ?
il y a deux années
avatar
un enfant de 10 ans, s'il est capable de comprendre qu'il y aurait plusieurs cardinauxles infinis, alors il serait aussi, selon moi, en mesure de comprendre l'exemple wiki.



Edité 4 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Bruno.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
Bonjour,

énoncé 81 : difficile !
Un espace métrique compact, est-il isométrique à une partie d'un espace vectoriel de dimension finie ?


Remarque : Je pense que même le(s) major(s) de X-ULM seront sans réponses, devant un énoncé qui a une réponse élémentaire, disons d'une vingtaine de lignes (accessible me semble-t-il avec le programme de MP).

Bonne journée.



Edité 9 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par contrexemple.
Pea
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
Pour l'exercice 81: il me semble tout d'abord qu'il faut supposer que $(x_1,\ldots,x_n)\neq(0,\ldots,0)$ (sinon l'exercice est faux). Ensuite dans le cas où au moins un des $x_i$ est non nul, je crois qu'il suffit d'utiliser l’inégalité $e^x\geqslant 1+x$ pour $x\geqslant 0$ (inégalité stricte dès que $x>0$) plus le fait qu'une moyenne arithmétique (pondérée) est plus petite que le maximum de la famille pour aboutir au résultat.
Pea
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
Désolé j'ai raconté n'importe quoi en fait... le cas $(x_1,\ldots,x_n)=(0,\ldots,0)$ n'est pas à exclure (l'intersection est alors de cardinal $1$) et de plus mon argument ne fonctionne pas car $1/2+\sum_{j=2}^n 2^{1-j}>1$...
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
Bonjour,

Tu obtiens que $e^{\sum \limits_{i\in[1,n]} a_i x_i}>f_k(x)$ avec $a_i\in \{\frac{1}{2},..,\frac{1}{2^{n-1}} \}$, avec la somme des $a_i$ qui vaut 1, comment à partir de là conclues-tu ?

Bonne journée.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
Tu as raison il y a une erreur :

énoncé 81 : très difficile ?


En attente de correction.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
Bonjour,

[www.les-mathematiques.net]

Bon courage.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
C'est une impolitesse caractérisée de changer les messages sans en avertir les lecteurs.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
Oui, tu as raison mais il y avait bien un avertissement sur des erreurs dans l'énoncé qui demandait à être changé, ce que j'ai fait, donc soit tu étais attentif à ce problème et cette avertissement ne t'a pas échappé, soit tu viens de le prendre en vol, et c'est celui-ci qui est valable après correction, soit j'ai oublié un cas et tu serais alors aimable de me le signaler.

Pour ce qui est de la participation de Pea, elle a reconnu que sa proposition de solution était incorrect, ce qui m'a fait prendre conscience que mon problème était mal formulé, j'ai dit que le changerais (il y a 3 jours) et je le change aujourd'hui (point)



Edité 2 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
exo 81: trivialement faux: il suffit de consiérer le surcops universel de $\mathbb C_p$
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
Ce n'est pas au programme de MP, ce n'est même pas au programme de maîtrise.

Donc donne ta preuve, ou un lien vers celle-ci ?

Je tiens à préciser même si cela est implicite qu'il s'agit de $\R$-espace vectoriel.



Edité 2 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
contrexemple &eacute;crivait:
-------------------------------------------------------
> Ce n'est pas au programme de MP, ce n'est même
> pas au programme de maîtrise.

Je m'en tamponne
> Donc donne ta preuve, ou un lien vers celle-ci ?
Robert: A course in $p$-adic analysis


> Je tiens à préciser même si cela est implicite
> qu'il s'agit de $\R$-espace vectoriel.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
Ok, j'attends une preuve plus explicite.

Sinon tu trouveras toutes tes réponses dans E.D.T.D.C édition D.A.C.A.K.B.L.

Au revoir.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
Bonjour,

Un joli résultat de relative sécurité.

énoncé 82 : Diffie-Hellman par les polynômes
Soit $p=2^j\times q_1\times q_2 \times ...q_n+1$ un nombre premier, avec les $q_i$ premiers entre eux et impair, soit $P$ un polynôme de deux variable dans $\Z_p[X,Y]$ avec $b$ un de ses éléments primitifs tel que pour tout $n,m\in \N$, $b^{n \times m} \mod p=P(b^m,b^n) \mod p$.
Alors $2^n \leq degré(P)$.

Bonne journée.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
Sauf erreur de ma part, la definition "officielle" de compacité n'est pas au programme de MP.
Et si je ne me trompe pas, l'ensemble des suites $u$ de réels positifs telles que $\forall n \in \mathbb N u_n \le 2^{-n}$ est une partie compacte de l'ensemble des suites absolument convergentes, muni de la norme 1.

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