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"il est facile de" la preuve :

Envoyé par pourexemple 
Re: "il est facile de" la preuve :
06 aot 2016, 17:06
avatar
Tu as raison il y a une erreur :

énoncé 81 : très difficile ?


En attente de correction.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 06/08/2016 17:42 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
09 aot 2016, 14:26
avatar
Bonjour,

[www.les-mathematiques.net]

Bon courage.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 09/08/2016 15:39 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
09 aot 2016, 20:05
C'est une impolitesse caractérisée de changer les messages sans en avertir les lecteurs.
Re: "il est facile de" la preuve :
09 aot 2016, 20:15
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)



Modifié 2 fois. Dernière modification le 09/08/2016 20:17 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
09 aot 2016, 20:36
exo 81: trivialement faux: il suffit de consiérer le surcops universel de $\mathbb C_p$
Re: "il est facile de" la preuve :
09 aot 2016, 20:42
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.



Modifié 2 fois. Dernière modification le 09/08/2016 20:46 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
09 aot 2016, 20:49
contrexemple écrivait:
-------------------------------------------------------
> 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 :
09 aot 2016, 21:02
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.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 09/08/2016 21:05 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
10 aot 2016, 12:32
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 :
13 aot 2016, 22:33
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.

Un habitant de $\varnothing$
Re: "il est facile de" la preuve :
14 aot 2016, 13:28
avatar
Bonjour,

La compacité est au programme p 10/30
Citation :
introduire la notion de compacité dans un espace vectoriel normé ;

Ensuite tu ne dis pas pourquoi l'ensemble que tu as choisi répond à la question.

Bonne journée.
Pièces jointes:
ouvrir | télécharger - mp-mathematiques_287424.pdf (296 KB)
Re: "il est facile de" la preuve :
14 aot 2016, 13:31
avatar
C'est bien ce que je dis: "Dans un espace vectoriel normé". Je lis même: "la propriété de Borel-Lebesgue est hors-programme."

Il est compact parce que toute suite à valeurs dans lui admet une sous-suite convergente.

Un habitant de $\varnothing$



Modifié 1 fois. Dernière modification le 14/08/2016 13:34 par L'Axone du Choix.
Re: "il est facile de" la preuve :
14 aot 2016, 13:47
avatar
Dans un espace métrique, on a la caractérisation séquentiel des compacts.
Re: "il est facile de" la preuve :
14 aot 2016, 16:03
avatar
Oui, sauf qu'elle est séquentielle.

Un habitant de $\varnothing$
Re: "il est facile de" la preuve :
14 aot 2016, 17:59
avatar
Alors disons, pour éviter des polémiques inutiles, qu'il existe une solution de niveau au plus licence.

PS : je ne vois pas en quoi ton exemple répond à la question, sauf à détailler d’avantage.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 14/08/2016 18:00 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
14 aot 2016, 18:39
avatar
On prend une suite $(u_k)_{k \in \mathbb N}$ d'éléments de l'ensemble proposé. Par compacité de $[0, 2^{-k}]$ chaque $n \mapsto u_k(n)$ a une suite extraite convergente. Une extraction diagonale donne une suite extraite de $(u_k)_{k \in \mathbb N}$ qui converge simplement. Vu la majoration, il est facile de voir qu'elle converge aussi en norme 1.

Un habitant de $\varnothing$



Modifié 1 fois. Dernière modification le 14/08/2016 22:13 par L'Axone du Choix.
Re: "il est facile de" la preuve :
14 aot 2016, 21:25
avatar
Ok, il serait donc compact mais pourquoi ne pourrait-il être représenté par un sous ensemble d'un e.v.n. de dim fini, qui lui serait isométrique ?

En utilisant au plus le programme de licence.
Re: "il est facile de" la preuve :
14 aot 2016, 22:17
avatar
Ok au lieu de la norme 1 je prend la norme 2. Ça ne change rien à la preuve ci-dessus. Par contre on a une infinité de vecteurs $e_1, e_2,...$ tels que $||e_i - e_j||^2 = ||e_i||^2 + ||e_j||^2$ si $i \neq j$ donc ils sont deux à deux orthogonaux.

Un habitant de $\varnothing$
Re: "il est facile de" la preuve :
14 aot 2016, 22:24
avatar
Ah oui et si c'était isométrique à une partie d'un evn de dimension finie (mettons $\mathbb R ^n$) ce serait pour la norme 2 sinon l'isométrie induirait aussi une isométrie entre $\mathbb R^n$ muni de la norme 2 et $\mathbb R^n$ muni de l'autre norme.

Un habitant de $\varnothing$



Modifié 1 fois. Dernière modification le 14/08/2016 22:25 par L'Axone du Choix.
Re: "il est facile de" la preuve :
15 aot 2016, 14:28
Il est clair qu'un espace ultramétrique ne se plonge pas isométriquement dans un evn. (niveau L2 : dans un ultramétrique tout point d'une boule en est un centre, ce qui n'est pas le cas dans les evn, donc...)

Or {0,1}$\N^{*}$ muni de d(x,y)=1/{le plus petit n>0 tel que x(n) diffère de y(n)} si x,y distincts et 0 sinon
est un espace ultramétrique compact (c'est même sur la page wiki).

Ceci fournit un second contre-exemple (après celui de L'Axone du Choix) qui prolonge l'énoncé de l'exo 81 à tous les evn, pas seulement en dimension finie.

ps: publicité mensongère, l'exo est à peu près trivial.
Re: "il est facile de" la preuve :
15 aot 2016, 16:43
avatar
Bonjour,

@L'Axone du Choix : Pourquoi alors l'isométrie ne pourrait être avec sous ensemble d'un evn de dim fini non euclidien ?

@Jesse et pourquoi ne pourrait-on pas plongé un ultramétrique dans e.v.n. de dim fini ? (avec les seuls outils disponible en licence et en moins de 20 lignes)
D'ailleurs Théorème d'Arens-Eells (p17) montre que cela est faux lorsque l'on prend un e.v.n de dimension quelconque.

Bilan : le défi n'est toujours pas relevé.

Bonne journée.



Modifié 2 fois. Dernière modification le 15/08/2016 16:50 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
15 aot 2016, 17:08
avatar
Tous les $\mathbb R$-ev de dimension finie sont isomorohes à l'un des $\mathbb R^n$, qui peut être muni de la norme $2$, et j'ai déjà expliqué pourquoi ça marche pas avec une autre norme.

Un habitant de $\varnothing$
Re: "il est facile de" la preuve :
15 aot 2016, 17:26
avatar
Soit plus explicite, merci.

Ce que tu as montré c'est que l'on peut trouver des espaces métriques non isométriques à des sous ensemble de R-e.v euclidien, il te manque le cas d'un e.v.n. de dimension fini et de norme quelconque.



Modifié 2 fois. Dernière modification le 15/08/2016 17:38 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
15 aot 2016, 20:07
avatar
Si ce que tu dis était juste, alors un résultat prouvé pour un espace euclidien, serait vrai pour un espace muni d'une norme quelconque.
Re: "il est facile de" la preuve :
15 aot 2016, 20:27
avatar
Non, j'ai déjà expliqué pourquoi.
Si c'est isométrique à une partie d'un evn de dimension finie pour la norme N alors l'isométrie induit aussi une isométrie entre Rn muni de la norme 2 et Rn muni de la norme N.

Un habitant de $\varnothing$
Re: "il est facile de" la preuve :
15 aot 2016, 21:16
avatar
Sans plus d'explication cela me semble faux.

PS : répété une même affirmation ne constitue pas une nouvelle (ou plus précise) explication.

De plus si ton résultat était vrai, cela impliquerait que ce qui est vrai en norme euclidienne resterait vrai pour une norme quelconque ce qui est trivialement faux, sauf à préciser d'avantage tes explications.

Bref, ton explication est soit fausse soit incomplète, dans les 2 cas cela ne suffit pas pour répondre à l'énoncé.

Bonne soirée.
Re: "il est facile de" la preuve :
15 aot 2016, 22:03
avatar
Eh bien à moi, elle me convient, et j'ai d'autres chats à fouetter.

Un habitant de $\varnothing$
Re: "il est facile de" la preuve :
16 aot 2016, 10:42
J'ai raconté n'importe quoi, autant pour moi. (Mon illusion reposait sur le "il est clair que...").

Bon, si j'ai le temps, je regarderait ça de plus près..

@L'Axone du Choix : ($\R^{n}$ , $||. ||_{2}$) est-il isométrique à ($\R^{n}$ , $||. ||_{\infty}$) ?
Re: "il est facile de" la preuve :
16 aot 2016, 11:14
avatar
Bonjour,

@Jesse : ok.

@L'Axone du Choix : si entre 2 chats tu as le temps pour écrire une preuve qui ne soit ni fausse, ni incomplète n'hésite pas.

Bonne journée.
Re: "il est facile de" la preuve :
16 aot 2016, 14:11
J'ai déjà répondu à la question 81....
Re: "il est facile de" la preuve :
16 aot 2016, 14:19
avatar
J'ai effectivement aussi oublié un détail. Je propose une autre approche:
1) une isométrie $i$ entre evn préserve la convexité.
Preuve: soit $C$ convexe, $a,b \in C$ et $t\in [0,1]$.
Soit $u=ta+(1-t)b$.
Alors $d(a,u)+d(u,b)=d(a,b)$.
Donc $d(i(a),i(u))+d(i(u),i(b))=d(i(a),i(b))$.
Par l'inégalité triangulaire, $i(u) \in [i(a),i(b)]$.
De plus, $d(u,a)=|1-t|d(a,b)$ donc $d(i(u),i(a))=|1-t|d(i(a),i(b))$ et finalement $i(u)=ti(a)+(1-t)i(b)$.
2) L'image d'un $\mathbb R$-evn par une isométrie $i$ vers un autre $\mathbb R$-evn contient un sous-espace vectoriel affine de même dimension.
Preuve: par récurrence sur la dimension: pour la dimension $1$ c'est évident.
Ensuite, on considère l'hypothèse de récurrence jusqu'à $n$. On considère un evn de dimension $n+1$ et on l'écrit comme la somle directe d'un sev $U$ de dimension $n$ et d'une droite $d$. Par HR $i(U)$ contient un sous-espace vectoriel affine $A$ de dimension n, $i(d)$ est une droite, qui, par injectivité, intersecte $A$ en un seul point.
Par 1), l'image de notre evn contient donc l'enveloppe convexe de $i(U)$ et $i(d)$, qui est un sous-espace affine de dimension $n+1$.
3) Si on a une isométrie $i$ de l'ensemble $X$ ci-dessus vers une partie d'un $\mathbb R$-evn $E$ alors quitte à la prolonger par $i(\lambda x)=i(0)+\lambda(i(x)-i(0))$ et à restreindre aux $n$ premières coordonnées alors $E$ contient un sous-espace affine de dimension $n$. Et ce pour tout $n$.
J'espère n'avoir rien oubliè cette fois, mes chats réclament leur fouet!

Un habitant de $\varnothing$
Re: "il est facile de" la preuve :
16 aot 2016, 18:22
avatar
Bonjour,

@L'Axone du Choix : dans le 1/ tu ne peux te servir du cas d'égalité dans l'inégalité triangulaire que si la norme est euclidienne, ce qui n'est pas forcément le cas ici.

Bonne journée.
Re: "il est facile de" la preuve :
16 aot 2016, 20:09
avatar
Tu as raison.
Supposons qu'existe une telle isométrie $i$. On la prolonge comme indiqué plus haut pour donner une image à chacune des suites qui vaut $0$ partout et $1$ sur la $n$-ème composante. Par compacité de la boule unité dans un $\mathbb R$-ev de dimension finie, la famille des images par $i$ des suites susdites a une valeur d'adhérence, en particulier la distance entre deux de ses éléments ne peut pas toujours égaler $1$.

Un habitant de $\varnothing$
Re: "il est facile de" la preuve :
17 aot 2016, 11:02
avatar
Bonjour,

Le problème c'est que ton raisonnement n'est pas bâti sur l'existence d'une telle isométrie, mais que toute isométrie entre e.v.n serait de cette forme.

Après si tu as des précisions qui permettent de corriger ta preuve n'hésite pas, mais en l'état ta preuve me semble fausse.

Bilan : huit jours sont passés sans que personnes n'arrivent à relever le défi, qui s'adresse essentiellement aux X-ENS en particulier aux majors promos, pour vérifier que ces concours sont effectivement basés sur des coutumes.

Bonne journée.
Re: "il est facile de" la preuve :
17 aot 2016, 11:15
Pour la troisième fois, j'ai déjà répondu.
Re: "il est facile de" la preuve :
17 aot 2016, 11:27
avatar
Contrex: je ne vois pas ce que tu veux dire. Je suppose qu'il existe une isométrie, je la prolonge, j'arrive à une contradiction.

Joapa: le défi c'est de n'utiliser que le programme MP. Sans ce genre de contraintes, tout problème qui n'est pas ouvert n'est plus un problème de maths, mais de bibliographie.

Un habitant de $\varnothing$
Re: "il est facile de" la preuve :
17 aot 2016, 11:59
avatar
@Joaopa : Ce n'est pas une solution explicite bâtie sur au plus le programme de licence.

@Axone su Choix : oui mais pour éviter toute incompréhension, j'ai préféré l'étendre au programme de licence.

Pour le problème : tu ne dis pas, explicitement quelle ensemble métrique tu utilises.
De plus je te rappelle que la question est pour un espace métrique compact.
Re: "il est facile de" la preuve :
17 aot 2016, 12:10
La construction du surcorps universel de $\mathbb C_p$ est à la portée d'un très bon bon étudiant de L2
Re: "il est facile de" la preuve :
17 aot 2016, 12:14
avatar
Ok, explicite donc ta preuve alors...
Re: "il est facile de" la preuve :
17 aot 2016, 12:35
avatar
Hum si: l'ensemble des suites réelles positives majorées pour tout $n$ par $2^{-n}$, équipé de la norme 1 ou 2, peu importe.

Un habitant de $\varnothing$
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