 |
|
 |
| |
"il est facile de" la preuve :
@Mojojojo : je demande à voir cela pour le moins d'effort avec Tychonoff.
Ensuite, es-tu convaincu par ton explication ?
Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par pourexemple.
Si $f$ est convexe sur $[a,b]$, on montre que : $\max_{x\in[a,b]} |f(x)| \leq 3\max\left\{|f(a)|, |f(b)|, |f(\tfrac{a+b}2)|\right\}.$
Mais je suis peut-être hors-sujet.
Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par Siméon.
Citation
pourexemple
Ensuite, es-tu convaincu par ton explication ?
C'est quoi comme question ça ? moi j'en suis plutôt convaincu, et toi ?
@Siméon : je ne vois pas où est-ce que tu veux en venir.
@Siméon : es-tu convaincu par la preuve de Mojojojo ?
Sinon, tu chauffes par un certain aspect et refroidis d'un autre aspect.
Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par AD.
@PE: menfin PE, Tychonoff te donne la compacité des parties de $E:=[0,1]^{[0,1]}$ qui t'intéressent ($E$ étant doté de la topologie de la convergence simple). La seule chose que tu n'as pas et que tu dois établir à la main (quand c'est prouvable), c'est l'existence d'une suite extraite***. Mais la compacité a fait 99.9% du taf, le reste est un exo <<d'étudiant de L2>> (en théorie), puisque ne comporte que de la rédaction.
La convexité est une condition "fermée" en ce sens que les éléments de $E$ qui sont convexes forment un ensemble fermé (il suffit de 3 points de la courbe pour attester d'une non convexité)
*** si c'est métrisable, c'est académiquement admis car classique et prouvé depuis longtemps et sinon, c'est de l'artisanat (ou à la rigueur Ascoli quand on espère une convergence uniforme**** ce qui semble raisonnable avec des convexes, flemme de vérifier). Mais je n'en parle que parce que TU DEMANDES TOI des suites extraites (sans qu'il soit bien clair que tu l'aies fait exprès, je soupçonne, pardonne-moi si je me trompe, que tu cherchais la compacité et a "trouvé les suites extraites" incidemment)
**** et à nouveau la convergence uniforme***** ramène la métrisabilité par la fenêtre si elle était sortie par la porte, donc "donne gratuitement" une suite extraite.
***** $d(f,g):=sup_x (d(f(x),g(x)))$
Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi ...... Cliquez sur cet implicite, pour économiser
@pourexemple : Je ne comprend s pas vraiment ton comportement... Je ne répond s pas pour prouver à toi, à moi ou à quelqu'un d'autre que je sais résoudre ton problème. Je répond s en général parce que ça m’intéresse, que je pense que ça intéresse quelqu'un d'autre ou que je pense que ça peut aider. Si tu as des questions, si tu ne comprend s pas ma démonstration même après avoir fait des efforts je veux bien essayer de reformuler. Mais en général tu n'apportes rien à la discussion à part des "pas convaincu" et un "bravo" si jamais la démonstration convient à monsieur. Cela ne m'amuse pas de jouer à ce genre de jeu et je me fiche que ma rédaction convienne à tes standards ou non, je vais donc arrêter de répondre à ce fil.
Mais bon, pour être honnête tu apportes les questions que tu inventes à la discussion et je dois avouer que je les trouve en général assez divertissantes, même si (comme je te l'ai déjà dit) je ne suis pas fan de ta philosophie de créer un énoncé pour "camoufler l'astuce".
@CC : attention quand même, $[0;1]^{\mathbf R}$ n'est pas séquentiellement compact donc gare...
EDIT : le fil dans lequel j'ai originellement posté ce message a été fusionné avec un autre, est-ce que je peux toujours poster ici sans me parjurer ? 
Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par mojojojo.
@Mojojojo : je t'avoue ne pas comprendre ton explication, et même pire ne pas savoir ce que je n'y ai pas compris, je ne me l'explique pas...
Bon aller je vous ai assez bassiné avec le bijou, le voilà donc :
Soit $I$ un ensemble, avec $(f_i)$ une famille de fonctions convexes, tel que $\forall x \in \R, \exists M \in \R, \forall i \in I, f_i(x)\leq M$.
Alors $F(x)=\text{Sup}\{f_i(x)|i\in I\}$ est une fonction convexe.
Si vous n'appréciez pas les encouragements (les bravo), pour ma part j'en ai besoin pour évaluer la pertinence de tel ou tel résultat, donc si vous pensez également que ce résultat est un bijou dîtes le. Merci.
Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par pourexemple.
De mon téléphone : je croyais que le bijou était ton truc d'avant  . Je veux bien t'applaudir pour avoir rappelé qu' une intersection de convexes est convexe mais est-ce que ça va vraiment t'encourager?
Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi ...... Cliquez sur cet implicite, pour économiser
Salut,
Et alors, on peut nommer un même résultat de plusieurs manières différentes (plus ou moins commode à utiliser), qui reste synonyme.
Et à la fin il ne reste que des évidences...
Au revoir.
Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par pourexemple.
J'ai du mal à comprendre où tu veux en venir. Tu multiplies les annonces tonitruantes dans la plupart des fils que tu écris, mets des liens, etc. Quel plaisir trouves-tu à ce, comment dire, "manque de sobriété", et si ce n'est du plaisir quel but poursuis-tu.
Très franchement, je n'en ai parlé avec personne, rassure-toi, mais je pense que tu augmentes essentiellement le risque "d'agacer" la modération**, peut-être un peu le public (je ne dis pas que c'est juste ou moral, je partage juste une intuition): ça, c'est ce que tu perds; que gagnes-tu en échange?
Concernant le fait qu'une intersection de convexes est convexe, c'est une "réalité vide", puisqu'il s'agit d'une distribution de quantificateurs:
$$( \forall C\in X: [\forall a\in Y: (a\subset C\to \phi(a)\subset C)] ) \to ( \forall a\in Y: [(\forall C\in X: a\subset C)\to (\forall C\in X: ( \phi(a)\subset C))] ) $$
** qui doit "travailler plus" pour parcourir tes "annonces".
Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi ...... Cliquez sur cet implicite, pour économiser
Cher Mr le propriétaire,
Qu'est-ce que tu me reproches, en fait ?
Soit le plus concis et claire possible : merci.
Même si ça peut le paraitre, ce ne sont pas des reproches mais plutôt des conseils de forme, je me connecte un peu moins ces temps-ci, ça ne me dérange pas de découvrir plein de posts avec des "annonces tonitruantes" et quand on les ouvre, on découvre qu'il "n'y a rien" de spécial.
Par contre, à chaque fois, je ressens un gêne pour toi, mais j'ai du mal à trouver les mots pour te la décrire. Comment dire, tu montres "beaucoup de toi" et de tes "anxiétés" (ce n'est peut-être pas le bon mot) avec ces formes de rédaction que tu choisis (toujours superlatives, excessives, tonitruantes, un peu "égo-centrées" aussi). Ce n'est pas tant le geste que sa répétition, sa fréquence. Une annonce, une fois, même tonitruante, que tous les multiples de 5 plus grands que 10 sont des nombres non premiers ne serait pas grave, mais tu sembles ouvrir tout plein de fils et répéter cette démarche.
Par ailleurs, ceci ne vient pas seul: ton orthographe, ton manque fréquent de précision, ton côté "je ne réfléchis pas, je poste vite fait à l'arrache, je ne comprends pas dès que ça devient quantifié un peu subtilement, etc" font que c'est vachetement zarbi quand c'est juxtaposé avec l'emphase qui se dégage d'annonces tonitruantes (qui supposerait au moins que la personne ait pris de grands soin avant d'abattre ses "cartes en or pour espérer impressionner").
Voilà, j'ai fait de mon mieux pour te communiquer mon ressenti, purement subjectif et "émotionnel"
Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi ...... Cliquez sur cet implicite, pour économiser
Bonjour.
En lisant ce thème, le résultat annoncé est donc: une fonction convexe différentiable est de classe C1
J'ai eu la chance de découvrir à ce sujet, un résultat quantitatif plus général non publié hélas (voir pièce jointe)
@CC j'aime bien ton français soutenu devant un PC 
--------------------------------------------------------------------------
[Le meilleur moyen de fuir le monde est de pénétrer les mathématiques ]
Salut
Soit I un ensemble, avec $(f_i)_{i\in I}$ un famille de fonctions réelles continues sur $[0,1]$, avec $(f_i)$ simplement majorée.
A-t-on $F(x)=\text{Sup}\{f_i(x)|i\in I\}$ continue ?
Cordialement.
[Fusion de discussions à la demande de l'auteur. AD]
Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par AD.
Ne peux-tu pas répondre toi-même à cette question triviale d'étudiant? Pourquoi choisis-tu "bijou" comme titre? 
Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi ...... Cliquez sur cet implicite, pour économiser
Salut
Soit $F=C([0,1],\R)$ muni t de la topologie uniforme, on note $I$ une forme linéaire continue de $F$, tel le que : $$\text{ si } f \geq 0 \text{ alors } I(f)\geq 0
$$ Soit $(f_n)_n$ qui converge simplement vers $g \in F$, tel le que la suite $(I(|f_n|))_n$ majorée.
A-t-on $\lim \limits_{n \rightarrow \infty} I(f_n)=I(g)$ ?
Cordialement.
[Fusion de discussions à la demande de l'auteur. AD]
Edité 3 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par AD.
Pourquoi revisitée ? Le théorème de représentation de Riesz te dit que $I$ n'est rien d'autre que l'intégration selon une mesure de Borel.
Car, dans la version "classique" on a : $|f_n(x)|\leq g(x)$ avec $g$ intégrable, ici c'est moins fort, sauf si cette version existe déjà ?
Je crois que le résultat est proposé et démontré sous cette forme dans un sujet du concours d'entrée à l'ENS Cachan (1ère année) en 1993.
Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par aléa.
Ce que je veux dire c'est que tu es exactement dans le même cadre que celui de la théorie de la mesure classique, il ne faut donc pas espérer obtenir des théorèmes différents.
Si ton théorème de convergence dominée revisité était vrai tu ne penses pas que ça se saurait ? Je te laisse chercher un contre exemple.
@Aléa : alors je change légèrement l'énoncé :
Soit $F=C([0,1],\R)$ muni de la topologie uniforme, on note $I$ une forme linéaire continue de $F$, telle que :
$$\text{ si } f \geq 0 \text{ alors } I(f)\geq 0$$
Soit $(f_n)_n$ qui converge simplement vers $g \in F$.
A-t-on $\lim \limits_{n \rightarrow \infty} I(f_n)=I(g)$ ?
@Mojojojo : dis moi que tu en connais un contre-exemple, cela m'encouragera à en trouver un, ou à chercher une preuve à ce résultat.
Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par pourexemple.
Bah là il suffit de prendre pour $I$ l'intégration entre $0$ et $1$ et sortir un des contre-exemples classiques où on ne peut pas intervertir limite et intégrale.
@Poirot : pourrais-tu me donner un de ces exemples classiques ?
Car les exemples que je connais, n'ont pas de convergence simple en tout point, d'un compact.
Si $I$ est positive sur $\mathcal{C}^0$ muni de la norme uniforme, n'est-elle pas automatiquement continue?
Le second énoncé est évidemment faux.
Tu prends une suite de triangles isocèles de base reliant $0$ et $\frac{2}{n}$ et de hauteur $n$ par exemple.
Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par Poirot.
Le contre-exemple de Poirot (qui était celui que j'avais en tête) est aussi un contre-exemple au premier énoncé, puisque $I(f_n)=1$.
Oui, effectivement, j'étais persuadé qu'on finirait par avoir un point de non convergence simple.
Merci, Poirot et Mojojojo.
@Aléa : moi aussi mes souvenirs me jouent des tours.
@Papy : question intéressante, si I positive alors est-elle continue, il me semble que cette un sujet de capes... 
Cordialement.
@pourexemple : encore plus intéressant, c'est comme cela que l'on peut définir des mesures sur un espace localement compact
Salut
A-t-on $\{(f,g) \in (C^1(\R^2,\R))^2\mid d_1f=d_2 g\}=\{(f,g) \in (C^1(\R^2,\R))^2\mid \exists h \in C^2(\R^2,\R),\ d_2h=f \text{ et } d_1h=g\}$ ?
Cordialement.
[Fusion de discussions à la demande de l'auteur. AD]
Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par AD.
$d_1$ et $d_2$ ?
--------------------------------------------------------------------------
[Le meilleur moyen de fuir le monde est de pénétrer les mathématiques ]
$d_i$ dérivée partielle par rapport à $x_i$.
Il y a l'inclusion triviale $\{(f,g) \in (C^1(\R^2,\R))^2| \exists h \in
C^2(\R^2,\R), d_2h=f \text{ et } d_1h=g\} \subset \{(f,g) \in (C^1(\R^2,\R))^2| d_1f=d_2
g\}$
--------------------------------------------------------------------------
[Le meilleur moyen de fuir le monde est de pénétrer les mathématiques ]
Tu es sûr que ce n'est pas de l'autre côté ?
Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par pourexemple.
Salut
Soit $k\in \N$, $k\geq 2$
Existe-t-il une fonction $f$ de $\R^{2k}$ vers $\R$ tel que : $$
\forall (a_1,\ldots,a_k)\in \R^k,\ f\Big(\sum a_i,\sum a_i^2,\ldots,\sum a_i^{2k}\Big)=\sum a_i^{2k+1}
$$ Cordialement.
[Fusion de discussions à la demande de l'auteur. AD]
Edité 3 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par AD.
Archi-classique. On peut prendre pour $f$ un polynômes à coefficients rationnels en les $k$ premières coordonnées).
Mot clé : sommes de Newton.
Mais on dirait qu'on utilise d'autres polynômes que ceux des puissances, peux-tu résoudre concrètement le cas :
k=2... merci.
Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par pourexemple.
En effet cela serait très étonnant (ce qui ne veut pas dire impossible) pour moi que $f$ soit rationnelle.
D'après les formules de wikipedia j'obtiens $p_5=e_1 p_4-e_2 p_3=p_1 p_4 -\dfrac{p_1 ^2-p_2}{2}p_3$.
Donc on prendrait $f : (a,b,c,d) \mapsto a d -\dfrac{a ^2-b}{2}c$.
Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par Crapul.
@Crapul : Merci, donc ce n'est étonnant que pour moi.
Voyons, pour $k=2$, on prend deux lettres $a$ et $b$ et on pose $n_i=a^i+b^i$.
On remarque que $a$ et $b$ sont les racines de $X^2-(a+b)X+ab=X^2-n_1X+(n_1^2-n_2)/2$. On en déduit donc que $n_{i+2}=n_1n_{i+1}-(n_1^2-n_2) n_i/2$. Il n'y a plus qu'à dérouler, ce qu'on peut confier à une machine :
Voilà un résultat que j'espère plus étonnant.
Soit $k\in \N$, $k \geq 2$, $A_k=\{x \in \R^{2^{k}-1}| \forall j \in [1,k] \cap \N, \text{card}(\{i \in [1,2^k-1]\cap \N| x_i=x_j \})=2^{j-1}\}$.
Existe-t-il $f$ tel que : $$\forall x \in A_k, f(\sum x_i,\sum x_i^2,...,\sum x_i^{2k})=\sum x_i^{2k+1}$$ ?
edit : correction suite à la remarque de GaBuZoMeu.
Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par pourexemple.
Énoncé incohérent à corriger.
Est-ce une question générée aléatoirement ?
@Champollion : non, pourquoi ?
Je plaisante. C'est juste que je me demande dans quel contexte cette question est apparue.
Désolé,vous ne pouvez pas répondre à cette discussion, elle est fermée.
Liste des forums - Statistiques du forum
Total
Discussions: 135 799, Messages: 1 311 090, Utilisateurs: 23 807.
Notre dernier utilisateur inscrit lifetime.
Ce forum
Discussions: 397, Messages: 10 452.
|
|
|
|
 |
 |
 |
©Emmanuel
Vieillard Baron 01-01-2001
|
|
