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"il est facile de" la preuve :

Envoyé par pourexemple 
Re: "il est facile de" la preuve :
16 octobre 2016, 14:49
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edit



Modifié 1 fois. Dernière modification le 24/10/2016 13:13 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
24 octobre 2016, 13:12
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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.



Modifié 3 fois. Dernière modification le 24/10/2016 13:37 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
24 octobre 2016, 14:03
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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 $\forall P\in A, \int_{[0,1]}\ln(P(x)+n+2) dx \leq \int_{[0,1]} \ln(P_0(x)+2+n) dx$.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 24/10/2016 17:41 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
24 octobre 2016, 15:57
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 :
24 octobre 2016, 17:00
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88 : laisse moi le temps de voir...

87 : sin marche peut-être mais cela resterait à prouver.
Re: "il est facile de" la preuve :
24 octobre 2016, 17:13
$\sin$ 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.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 24/10/2016 17:43 par Palabra.
Re: "il est facile de" la preuve :
24 octobre 2016, 17:42
avatar
Bravo pour 87.

J'ai corrigé le 88.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 24/10/2016 17:43 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
25 octobre 2016, 09:19
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.



Modifié 4 fois. Dernière modification le 01/11/2016 15:36 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
25 octobre 2016, 09:46
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.



Modifié 2 fois. Dernière modification le 25/10/2016 09:54 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
25 octobre 2016, 10:34
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 :
25 octobre 2016, 10:37
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.



Modifié 3 fois. Dernière modification le 25/10/2016 10:57 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
25 octobre 2016, 10:53
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



Modifié 1 fois. Dernière modification le 25/10/2016 10:53 par Rescassol.
Re: "il est facile de" la preuve :
25 octobre 2016, 10:58
avatar
Bravo.
Re: "il est facile de" la preuve :
25 octobre 2016, 11:51
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 $f^2(x)=f(f(x))$ ?



Modifié 1 fois. Dernière modification le 25/10/2016 11:53 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
25 octobre 2016, 14:59
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 :
25 octobre 2016, 20:40
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 :
26 octobre 2016, 22:53
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.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 26/10/2016 23:30 par AD.
Re: "il est facile de" la preuve :
27 octobre 2016, 10:33
avatar
Bonjour,

Bravo.

Bonne journée.
Re: "il est facile de" la preuve :
27 octobre 2016, 10:49
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 :
27 octobre 2016, 10:55
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 :
27 octobre 2016, 13:58
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 :
$(n!)_p|(p-1)...(p^n-1)$



Modifié 1 fois. Dernière modification le 27/10/2016 14:01 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
28 octobre 2016, 06:34
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.



Modifié 3 fois. Dernière modification le 28/10/2016 07:18 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
28 octobre 2016, 09:26
avatar
énoncé qui reste à résoudre :

algèbre :
-50
-51
-61
-82
-92
-94


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



Modifié 1 fois. Dernière modification le 28/10/2016 09:32 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
28 octobre 2016, 09:52
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.



Modifié 2 fois. Dernière modification le 28/10/2016 10:23 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
28 octobre 2016, 09:56
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.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 28/10/2016 09:57 par Blueberry.
Re: "il est facile de" la preuve :
28 octobre 2016, 10:11
avatar
Bravo.
Re: "il est facile de" la preuve :
28 octobre 2016, 12:55
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.



Modifié 2 fois. Dernière modification le 28/10/2016 16:02 par Blueberry.
Re: "il est facile de" la preuve :
28 octobre 2016, 13:03
avatar
4/m=0, non ?
Re: "il est facile de" la preuve :
28 octobre 2016, 13:11
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 :
28 octobre 2016, 16:09
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)
Re: "il est facile de" la preuve :
28 octobre 2016, 16:10
avatar
énoncé 97 : un résultat général
Soit $f$ fonction croissante concave majorée sur $\R^+$ dans $\R$, alors $n(f(n)-f(n+1))$ converge.



Modifié 3 fois. Dernière modification le 28/10/2016 16:46 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
28 octobre 2016, 16:15
avatar
@BlueBerry : Bravo.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 28/10/2016 16:16 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
28 octobre 2016, 16:18
Tu n'as pas fait autrement pour le 92 ? Car tu parlais du ''même truc" que le no 91. Si c'est le cas j'aimerais voir ce que tu as fait.
D'autre part avec ma solution je n'utilise pas l'hypothèse de continuité.

Dernière chose qui n'a rien à voir. Pourquoi ce fil est-il en rubrique Shtam ?
Re: "il est facile de" la preuve :
28 octobre 2016, 16:29
avatar
1/Ma solution est algébrique aussi (comme je l'ai indiqué dans mon classement)
2/je te l'envoie par MP si tu veux, en effet elle pourrait donner lieu à de nouveau énoncé.
3/Effectivement la preuve marche pour une fonction quelconque, je ne mets pas toujours, les énoncés optimaux car sinon cela donne des indices sur la piste à suivre.
4/Dans Shmat, car je prends plus grand soin pour que les énoncés proposés soient originaux (et donc c'est en quelques sortes de nouveaux résultats grinning smiley)



Modifié 1 fois. Dernière modification le 28/10/2016 16:31 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
28 octobre 2016, 16:35
Ok alors garde la solution à laquelle tu as pensée en réserve, ça évitera que j'ai déjà presque la réponse si je recherche un autre de tes énoncés.

Pour Shtam, je voyais ça comme un sous-forum pour quelques délires mathématiques, alors que tes énoncés sont sérieux (et intéressants).
Re: "il est facile de" la preuve :
28 octobre 2016, 17:03
avatar
énoncé 98 :
Soit $a_n$ terme général positif d'une série divergente, $(u_n)_n$ une suite de réels positifs strictement.
Montrer que si la série de terme général $a_n u_n$ converge alors la série de terme général $\frac{a_n}{u_n}$ diverge.
Re: "il est facile de" la preuve :
28 octobre 2016, 17:13
avatar
Bonjour,

Enoncé 98 :
(temps de résolution 30 secondes)
La série $a_n (u_n + {1 \over u_n})$, minorée par la série divergente $2 a_n$, diverge. Comme la série $a_n u_n$ converge, la série ${a_n \over u_n}$ diverge.
Re: "il est facile de" la preuve :
28 octobre 2016, 17:19
avatar
Bravo.
Re: "il est facile de" la preuve :
28 octobre 2016, 17:21
avatar
@Yves essaie le 97, je pense qu'il te faudrait plus de 30 secondes, mais après je peux me tromper et me trompe souvent.
Re: "il est facile de" la preuve :
28 octobre 2016, 17:52
avatar
Sinon il y a d'autre équations fonctionnelles disponibles 65,66
Désolé,vous ne pouvez pas répondre à cette discussion, elle est fermée.
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