Pensez à lire la Charte avant de poster !

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


Les-Mathematiques.net - Cours de mathématiques supérieures
 Les-Mathematiques.net - Cours de mathématiques universitaires - Forum - Cours à télécharger

A lire
Deug/Prépa
Licence
Agrégation
A télécharger
Télécharger
174 personne(s) sur le site en ce moment
E. Cartan
A lire
Articles
Math/Infos
Récréation
A télécharger
Télécharger
Théorème de Cantor-Bernstein
Théo. Sylow
Théo. Ascoli
Théo. Baire
Loi forte grd nbre
Nains magiques
 
 
 
 
 

"il est facile de" la preuve :

Envoyé par pourexemple 
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
J'imagine que le corps des scalaires est $\mathbb R$?

Un habitant de $\varnothing$
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
Cette "réunion dénombrable de boules ouvertes" est possiblement infinie, donc mérite largement le pluriel...
Vous n'en avez pas marre de ces grossières fautes d'orthographe ?
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
Si.

Un habitant de $\varnothing$
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
@Axone du Choix : oui.
@Chaurien : oui, j'ai corrigé.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
@contre-exemple : on n'a pas vraiment besoin de l'inégalité de Shadock-JLT, en fait, même si on en utilise l'esprit.
J'ai une preuve d'une dizaine de ligne; si ça t'intéresse...
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
@ Chaurien : Il est possible que l'utilisateur ne soit pas Français. Lorsque l'on pose une question sur un forum en anglais personne ne se plaint de la mauvaise orthographe. Ici on devrait faire pareil.

Réponse 83. Cette question est marrante parce que je croyais que c'était faux quand j'étais en prépa.
L'idée de base c'est de considérer l'union $\bigcup _{n \geqslant 0} B(x_n,r_n)$ avec $(x_n)$ une énumération des points rationnels de $O$ et des $r_n$ que l'on va choisir de telle sorte que $O=\bigcup _{n \geqslant 0} B(x_n,r_n)$. Supposons d'abord que $O$ soit borné. Pour chaque $n \geqslant 0$ on définit $r_n = \frac{1}{2} \sup \{ r \geqslant 0, \; B(x_n,r) \subset O \}$. On a alors $\bigcup _{n \geqslant 0} B(x_n,r_n) \subset O$. Réciproquement pour un $x \in O$ et un rayon $r_x$ tel que $B(x,r_x) \subset O$ on fixe $x_N$ tel que $\|x_N - x\| \leqslant \frac{r_x}{3}$ : on a $x \in B(x_N,r_N)$.
Maintenant lorsque $O$ n'est pas borné on écrit $O \subset \bigcup_{n \geqslant 0} O \cap B(0,n)$.

On voit la nécessité de prendre des $r_n$ pas trop gros sur l'exemple suivant, avec $O= ]0,1[^2$. Une majoration brutale donne $\operatorname{Aire} \left( \bigcup_{n \geqslant 0} B(x_n,r_n) \right) \leqslant C \sum_{n \geqslant 0} r_n ^2$. En choisissant $r_n= C^{-1}2^{-(n+1)/2}$ on obtient que $\operatorname{Aire} \left( \bigcup_{n \geqslant 0} B(x_n,r_n) \right) \leqslant C \sum_{n \geqslant 0} r_n ^2 = 1/2 < 1 $ et donc que l'on ne remplit pas $O$ !

J'espère ne pas avoir dit n'importe quoi winking smiley



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

@Chaurien vs Mickaël : je suis bien français, je trouve l'idée, de corriger l'orthographe, bonne, en ces temps de parler sms.

@aléa : si tu as une preuve élémentaire qui n'utilise pas du tout ces propriétés de distances, et si tu es disposée à partager ta preuve, je veux bien la connaître.

@Mickaël : bravo.

Pour ce qui est de l'inégalité de S.J., je pense qu'elle doit avoir de multiple application, pour l'instant j'en ai trouvé au moins une et ne désespère pas d'en trouver d'autre.

Bonne journée.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
Je vous re-propose un énoncé que je trouve très joli :

énoncé bis 1 :
Soit $\R^n$, $n>1$ soit $D$ un ensemble dénombrable dense, montrer qu'alors $\R^n- D$ est connexe.



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
Posons $E=\N^*\cup\{+\infty\}$, avec $d(i,j)=\max(\frac1{\log(1+i)},\frac1{\log(1+j)})$ si $i$ et $j$ sont entiers avec $i\ne j$, $d(+\infty,i)=d(i,\infty)=\frac1{\log(1+i)}$, et evidemment $d(x,x)=0$ pour tout $x$.
La suite $(n)_{n\ge 1}$ tend vers l'infini, donc la suite + sa limite forme un compact: $(E,d)$ est compact.

Soit $\phi$ une isométrie de $E$ dans une partie de $\mathbb{R}^d$, $K=\phi(E)$
Soit $n$ un entier naturel. Pour $i\ne j$, on a
$$2d(\phi(i),\phi(j))=2d(i,j)=2\max(\frac1{\log(1+i)},\frac1{\log(1+j)})\ge \frac{1}{\log(1+i)}+ \frac{1}{\log(1+j)},$$
ce qui fait que les boules $B(\phi(i),\frac1{3\log(1+i)})$ sont deux à deux disjointes.

Si on vote $V$ le volume de la boule unité de $\mathbb{R}^d$, On a donc
$$\lambda(\cup_{i\ge 1} B(\phi(i),\frac1{3\log(1+i)}))=\sum_{i\ge 1} V \frac1{3^d( \log(1+i))^d}=+\infty.$$

Cependant $\cup_{i\ge 1} B(\phi(i),\frac1{3\log(1+i)})\subset K+B(0,\frac1{3\log 2})$, qui est compact: contradiction.



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 aléa.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
@ Alea : thumbs down

Réponse 1bis. Soient deux points $x,y \in \mathbb{R}^n \setminus D$. Soit $B$ la boule de centre $(x+y)/2$ de rayon $\|x-y\|/2$. On considère $E$ l'ensemble de tous les méridiens partant de $x$ et finissant en $y$. C'est un ensemble non dénombrable donc il en existe un méridien d'intersection vide avec $D$. Conclusion : on peut relier $x$ à $y$ de manière continue et donc $\mathbb{R}^n \setminus D$ est connexe par arcs donc connexe.

Dans un style identique :

Question 1 (ter). Montrer que $\mathbb{R}^3$ privé d'un nombre dénombrable de droites et connexe par arcs.



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 Mickaël.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
@ aléa : Merci.

@Mickaël : Bravo ! Est-ce un énoncé classique ?



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
Classique je ne sais pas mais je ne l'avais pas fait avant. Cela dit j'ai déjà fait un exercice qui demande de montrer qu'un espace métrique connexe par arcs est de cardinal indeménombrable. Ça donne des idées. L'énoncé 1 (ter) est une application de l'idée de preuve de 1 (bis).
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
Réponse Q1 : Soit $a,b\in \R^3$ n'appartenant pas aux droites $L$, alors $(ab)$ n'est pas une de ces droites.
On choisit un plan $(P)$ tel $(ab)\subset (P)$ et $(P)$ ne contient aucune des droites $L$, car on a le choix de $card(\R)$ plan, $card(L)<card(\R)$ et on ne peut avoir une même droite de $L$ dans 2 plans différents contenant $(ab)$, en effet 2 droites distincts caractérisent au plus un plan.
Le plan (P) ne contient aucune droites $L$, donc chaque droite de $L$ laisse comme trace sur (P) au plus un point.
Donc le plan est criblé d'un nombre au plus dénombrable de trous, ce qui revient au cas de l'énoncé bis 1.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
@Mickaël : Oui, je te demande cela car si on ne pense pas à prouver la connexité par arc (une propriété plus forte), cela me semble infaisable.



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
Bonne nuit.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
Je cherche toujours à prouver la connexité par arcs plutôt que la connexité, c'est plus simple et en general le connexe qu'on regarde est connexe par arcs.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
Bonjour,

@Aléa : as-tu pensé à ta preuve en lisant cela : [www.les-mathematiques.net] ?

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

énoncé 84 : (une belle surprise ?)
[www.les-mathematiques.net]

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

énoncé 85 : un nouveau résultat sur les suites
[www.les-mathematiques.net]

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



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

énoncé 87 : (Algébryse ?)
Soit $D=\Z+\pi \Z$. Existe-t-il $f$ continue sur $\R$ dans $\R$ tel que $\forall x \in \R,|\sin(x)-f(x)|\leq \frac{1}{2}$ et $f(D) \subset \R-D$ ?

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 pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
énoncé 88 :
Soient $n\in \N$ et $A=\{P\in \R_n[x]| P(x)=a_0+...+a_nx^n \text{ et } a_0^2+...+a_n^2 \leq 1 \}$.
Montrer qu'il existe un unique $P_0 \in A$ tel que $\forall P\in A, \int_{[0,1]}\ln(P(x)+n+2) dx \leq \int_{[0,1]} \ln(P_0(x)+2+n) dx$.



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 pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
Es-tu sûr pour la 88 pourexemple? C'est faux pour $n = 0$.


Et pour la 87, ne veux-tu pas plutôt dire $f(D) \subset D$? Parce que $f(D) \subset \mathbb{R}-D$ est "presque" déjà vraie pour $f = \sin$ il me semble.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
88 : laisse moi le temps de voir...

87 : sin marche peut-être mais cela resterait à prouver.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
$\sin$ ne fonctionne pas parce que $\sin(0) = 0$ mais on peut chercher une solution de la forme $f_c = \sin + c$ où $c$ est une constante dans $[-\frac{1}{2};\frac{1}{2}]$: l'ensemble des triplets d'entiers $m,n,p$ qui empêchent $f_c$ d'être solution, c'est-à-dire tels que $f_c(m) = n + p.\pi$, est dénombrable.

Donc si les $f_c$ qui ne sont pas solution étaient en infinie non-dénombrable, il existerait un triplet d'entiers $m_0,n_0,p_0$ et une partie infinie non-dénombrable $X$ de $[-\frac{1}{2};\frac{1}{2}]$ tels que pour $c \in X$, $ f_c(m_0) = n_0 + p_0.\pi$, mais cela impose que $X = \{n_0 + p_0.\pi - \sin(m_0)\}$, qui n'est pas infini: contradiction.

Donc la plupart des $c \in [-\frac{1}{2};\frac{1}{2}]$ fonctionnent, mais ne connaissant pas grand chose à la théorie des nombres, je ne saurais t'en donner un.



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 Palabra.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
Bravo pour 87.

J'ai corrigé le 88.



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

énoncé 89 : (enfin des équations différentielles)
Soit $P_0,P_1,P_2$ polynômes réels, non nuls, dont le pgcd est $x^2$, et $P_3$ tel que $P_3(0)=0 \text{ et }P_3'(0)\neq 0$
on note $d_i$ la dérivée partielle par rapport à $x_i$.
Existe-t-il $U$ ouvert non vide de $\R^2$ et $f\in C^1(U,\R)$, tel que :
-$d_1d_2f$ et $d_2d_1f$ définis, continues et égaux.
-$P_0(f)+P_1(d_1f)+P_2(d_2f)+P_3(d_1d_2f)=x_1+x_2$ ?

Bonne journée.



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 pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
énoncé 90 : (un peu d'algèbre)
Soit $G$ un groupe fini, montrer qu'il existe $n\in \N$ et $H \subset GL_n(\R)$ tel que $G$ et $H$ soit isomorphe.



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

90: Tout groupe de cardinal $n$ est isomorphe à un sous groupe du groupe des permutations de lui-même et peut donc se réaliser comme groupe de matrices de permutation d'ordre $n$.

Cordialement,

Rescassol
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
Citation Rescassol :
Tout groupe de cardinal n est isomorphe à un sous groupe du groupe des permutations de lui-même

Et comment cela, se montre-t-il ?

édit : croisement.



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

Soit $G$ un groupe de cardinal $n$ et $g \in G$. On pose $s_g:g' \mapsto gg'$ et $f:g \mapsto s_g$.
$\forall g \in G$, $s_g$ est un morphisme bijectif, donc une permutation de l'ensemble sous-jacent à $G$.
$f$ est alors un isomorphisme de groupe.
Il suffit de réaliser ces permutations avec des matrices de permutations, c'est à dire en faisant agir les permutations sur les colonnes de la matrice identité d'ordre $n$.

Cordialement,

Rescassol



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 Rescassol.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
Bravo.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
énoncé 91 : équation fonctionnelle
Existe-t-il $f$ continue de $[-1,1]$ dans lui même tel que :
$\forall x \in [-1,1], f^3(x)+f^2(x)+f(x)+x=1 \text{ et } 3f^2(x)+2f(x)+x=0$ avec $f^2(x)=f(f(x))$ ?



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 pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
énoncé 92 : équation fonctionnelle+
Existe-t-il $f$ continue de $[-1,1]$ dans lui même tel que :
$\forall x \in [-1,1], f^3(x)+f^2(x)+f(x)+x=0 \text{ et } 3f^2(x)+2f(x)+x=0$ avec $f^2(x)=f(f(x))$ ?
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
énoncé 93 :
Déterminer toutes les matrices $A \in M_3(\C)$ tel que : $A^3+A^2+A+I_3=0_3$.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
Pour le 93
$A$ est diagonalisable, ses valeurs propres sont incluses dans $\{-1;-i;i\}=B$.
Toute matrice diagonale avec valeurs propres dans $B$ vérifie l'équation.
En conjuguant avec une matrice $P$ inversible, on les a toutes.



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
Bonjour,

Bravo.

Bonne journée.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
Je vous conseille si les équations fonctionnelles vous intéressent de vous attaquer d'abord :
à 91 (qui est facile quand on connaît le truc), puis à 92 (qui demande un peu de travail, même en connaissant le truc).
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
du plus facile au plus difficile : 91, 88, 92, 89. (les 2 derniers utilisent des astuces (simples) inédites pour moi, avant de tomber dessus lors de mes recherches).

Bon courage.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
énoncé 94 : un joli résultat d'arithmétique
On note $(n!)_p$ est la factorielle allégée de $p$, c'est le plus grand entier, premier avec $p$ et qui divise $n!$
Montrer que pour tout $n \in \N$ tel que $n>1$ et $p$ entier premier :
$(n!)_p|(p-1)...(p^n-1)$



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

énoncé 95 : amusant
Soit $P_n(x)=1+x+\frac{x^2}{2!}...+\frac{x^n}{n!}$ une suite de polynôme.
Montrer $\exists n_0 \in \N, \forall n>n_0,\exists x \in [-1,1], P_n(x)=-x$.

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 pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
énoncé qui reste à résoudre :

algèbre :
-50
-51
-61
-82
-92
-94


analyse :
-43
-63
-65,66
-67
-70
-88
-89
-95
-91



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 pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
énoncé 96 : généralisation du discriminant
Soit $n>1$, $P(x)=a_1+...+a_n X^{n-1}+ X^n$ tel que $\forall x \leq 0, P(x)>0$
Montrer que si $\Delta=a_n^n-n^na_1<0$ alors $P$ n'a pas toutes ses racines réelles.



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 pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
Bonjour, le no 91, ce serait pas que $f$ admet forcément un point fixe $\alpha$ et que alors on aurait (avec les équations) à la fois $4\alpha =1$ et $6 \alpha=0$ ?
Donc la réponse serait NON.



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 Blueberry.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
Bravo.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
Le no 92 :

- On a un unique point fixe en $0$, soit $f(0)=0$

- On prouve que $0$ n' a pas d'autre antécédent : si $\beta$ en est un on a $f^3(\beta)+f^2(\beta)+f(\beta)+\beta=0$ donc $\beta=0$

- On en déduit (TVI) que $f([-1 ; 0[) \subset ]0 ; 1]$ et que $f([0 ; 1[) \subset [-1 ; 0[$, ce qui prouve que de $f^n(x)$ à $f^{n+1}(x)$ le signe change.

- Soit $m$ tel que $|f(m)|$ soit minimal. Que $m$ soit dans $]0 ; 1]$ ou dans $[-1 ; 0[$, grâce à la deuxième équation $3f^2(m)+2f(m)+m=0$ on obtient que $2|f(m)|=3|f^2(m)|+|m|$. Absurde.

Donc réponse NON.


Edit : raisonnement bidon, voir post suivant.



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 Blueberry.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
4/m=0, non ?
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
Ah ben voui drinking smiley Bon donc ça ne marche pas, je vais continuer à y réfléchir. Peut être que $|f(M)|$ maximal va donner quelque-chose grinning smiley
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
Bon je reprends le 92 :

De la première équation (1) $f^3+f^2+f+Id=0$, on déduit $f^4+f^3+f^2+f=0$ puis en combinant avec cette première équation on trouve $f^4=Id$.

De (2) $3f^2+2f+Id=0$ et de $f^4=Id$, on déduit en y injectant $f^2$ que $3Id+2f^3+f^2=0$ puis $f^2+2f=Id$ (en utilisant (1))

Puis en réinjectant $f^2+2f=Id$ dans (2) on trouve $4f=4Id$ soit $f=Id$ ce qui est contradictoire avec (2).

Donc réponse NON (sauf erreur grinning smiley)
Désolé,vous ne pouvez pas répondre à cette discussion, elle est fermée.
Liste des forums - Statistiques du forum

Total
Discussions: 134 285, Messages: 1 293 165, Utilisateurs: 23 288.
Notre dernier utilisateur inscrit youb.


Ce forum
Discussions: 377, Messages: 9 681.

 

 
©Emmanuel Vieillard Baron 01-01-2001
Adresse Mail:

Inscription
Désinscription

Actuellement 16057 abonnés
Qu'est-ce que c'est ?
Taper le mot à rechercher

Mode d'emploi
En vrac

Faites connaître Les-Mathematiques.net à un ami
Curiosités
Participer
Latex et autres....
Collaborateurs
Forum

Nous contacter

Le vote Linux

WWW IMS
Cut the knot
Mac Tutor History...
Number, constant,...
Plouffe's inverter
The Prime page