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"il est facile de" la preuve :

Envoyé par pourexemple 
Re: Un résultat étrange ou archi-classique
25 avril 2017, 23:24
Pour $k=2$, $f$ défini par
$$f(a,b,c,d)=\frac16(a^5 - 5a^3b + 5a^2c + 5bc)$$
convient.
Re: Un résultat étrange ou archi-classique
25 avril 2017, 23:25
avatar
Oui et dans le cas général, qu'est-ce qui nous garantit l'existence de cette fonction ?

édit : orthographe cf Chaurien.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 26/04/2017 09:42 par pourexemple.
Re: Un résultat étrange ou archi-classique
26 avril 2017, 06:54
avatar
Oui, qu'est-ce qui nous le garantit ?
[la-conjugaison.nouvelobs.com]
Re: Un résultat étrange ou archi-classique
26 avril 2017, 11:01
avatar
Salut,

@Chaurien : peux-tu nous dire si tu as déjà vu passer ce problème ?

Cordialement.
Re: Un résultat étrange ou archi-classique
26 avril 2017, 15:05
avatar
J'explique en quoi ce résultat est étrange (pour simplifier on va se restreindre au cas $k=2$)

1/ en fait on peut montrer qu'il existe $f,g$ 2 fonctions tel que :

$$f(x_1+2x_2,...,x_1^4+2x_2^4)=x_1$$
$$g(x_1+2x_2,...,x_1^4+2x_2^4)=x_2$$

2/ ma preuve a besoin d'utiliser les puissances 1,2,3,4.

3/ l'algèbre n'est générée que par 2 éléments $x_1,x_2$ (alors que j'en ai besoin de 4).

4/ je ne sais pas si $f,g$ sont rationnelles, mais je ne le pense pas.
Re: Un résultat étrange ou archi-classique
27 avril 2017, 10:42
Mot clé : sommes de puissances à poids.

Notation: soient $w=(w_1,\ldots,w_n)$ un $n$-uple d'éléments du corps $K$ dont aucun n'est nul. On pose, pour tout entier naturel $k$,
$$P_{w,k}(x_1,\ldots,x_n)=\sum_{i=1}^n w_ix_i^k\;.$$

Résultat: pour tout entier $p\geq 2n$, il existe des polynômes $A_p$ et $B_p$ à coefficients entiers en $2n$ variables tels que, pour tout $w\in (K\setminus\{0\})^n$ et tout $n$-uple $x=(x_1,\ldots, x_n)$ d'éléments distincts d'une extension $L$ de $K$, $$B_p(P_{w,0}(x),\ldots,P_{w,2n-1}(x))\neq 0$$ et
$$ P_{w,p}(x)= \frac{A_p(P_{w,0}(x),\ldots,P_{w,2n-1}(x))}{B_p(P_{w,0}(x),\ldots,P_{w,2n-1}(x))}\;$$

Démonstration: sur demande, quand j'aurai le temps. L'idée est que les sommes de puissances à poids satisfont une relation de récurrence linéaire d'ordre $n$, que l'on peut récupérer à partir des $2n$ premiers termes de cette suite récurrente.
Re: Un résultat étrange ou archi-classique
27 avril 2017, 10:54
avatar
Salut,

Citation
GaBuZoMeu
1/Mot clé : sommes de puissances à poids.

2/Démonstration: sur demande, quand j'aurai le temps.

1/Le mot clef sur google, ne renvoie vers rien de concluant.

2/J'aimerais voir la démonstration dans le cas $k=2$ et $k=3$ (les formules explicitent dans ces cas se passeraient d'autre commentaire).

Cordialement.



Modifié 2 fois. Dernière modification le 27/04/2017 11:04 par pourexemple.
Re: Un résultat étrange ou archi-classique
27 avril 2017, 19:26
Démonstration:

On vérifie l'égalité dans $L[[T]]$ :
$$\sum_{i=1}^n \frac{w_i}{1-x_iT} = \sum_{k\in \mathbb N} P_{w,k}(x)T^k\;.$$
Il existe donc des polynômes $D=1-a_1T-\cdots-a_nT^n $ et $N$ dans $L[T]$ tels que $\deg(N)<n$ et que
$$N(T)=D(T) \sum_{k\in \mathbb N} P_{w,k}(x)T^k\;.$$
Par identification des coefficients, on conclut que les $P_{w,k}(x)$ vérifient la relatiion de récurrence linéaire
$$P_{w,k+n}(x)=\sum_{i=1}^n a_i P_{w,k+n-i}(x)$$
pour tout entier naturel $k$.

Maintenant que l'on sait que les $P_{w,k}(x)$ vérifient une telle relation de récurrence, on cherche à en déterminer les coefficients à partir des premiers termes de la suite, précisément à partir des $2n$ premiers termes. Considérons pour ce faire la matrice $H$ de taille $n\times n$ et de coefficients $H_{i,j}=P_{w,i+j-2}(x)$; elle s'appelle $H$ parce que c'est une matrice de Hankel. On remarque que
$$H= V(x)\,D(w)\,V(x)^{\mathsf{T}}\;, $$
où $D(w)$ est la matrice diagonale de diagonale $(w_1,\ldots,w_n)$ et $V(x)$ la matrice de Vandermonde
$$V(x)=\begin{pmatrix} 1&1&\cdots&1\\ x_1&x_2&\cdots&x_n\\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots\\ x_1^{n-1}&x_2^{n-1}&\cdots&x_n^{n-1}\end{pmatrix}\;.$$
Cette écriture montre que $H$ est inversible puisque l'on a supposé qu'aucun des $w_i$ n'est nul et que les $x_i$ sont distincts. Les coefficients $a_n,\ldots,a_1$ forment donc l'unique solution du système linéaire
$$ H\,\begin{pmatrix}
a_n\\ \vdots\\a_1
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
P_{w,n}(x)\\ \vdots\\ P_{w,2n-1}(x)\end{pmatrix}\;.$$
Les $a_i$ de la solution sont donnés explicitement par les formules de Cramer, sous forme du quotient de deux déterminants dont les coefficients sont des $P_{w,k}(x)$ avec $0\leq k\leq 2n-1$; en particulier, le dénominateur commun est $\det(H)$.

Voila. La partie sur les suites récurrentes est bien classique.

Pourexemple, si tu veux réaliser des calculs explicites pour le $n$ et les poids $w$ que tu souhaites, tu as une recette complète.

Edit : coquilles corrigées, dont mauvaise numérotation des $a_i$ à la fin du message.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 28/04/2017 00:19 par GaBuZoMeu.
Re: Un résultat étrange ou archi-classique
27 avril 2017, 19:32
avatar
Une réponse explicite pour k=2 et k=3 serait suffisant... Merci.

PS : sans cela tu imagines bien que je ne comprends pas ta recette, essaie donc de savoir ce que fait un programme juste à partir de son code source.



Modifié 2 fois. Dernière modification le 27/04/2017 19:35 par pourexemple.
Re: Un résultat étrange ou archi-classique
28 avril 2017, 00:21
Désolé, il y avait des coquilles qui empêchaient peut-être ta compréhension. Je les ai corrigées.
N'hésite pas à demander des explications s'il reste des points que tu ne comprends pas. J'ai supposé que tu connaissais les formules de Cramer pour la résolution des systèmes linéaires, ai-je eu tort ?
Re: Un résultat étrange ou archi-classique
28 avril 2017, 01:33
avatar
Citation
GaBuZoMeu
J'ai supposé que tu connaissais les formules de Cramer pour la résolution des systèmes linéaires, ai-je eu tort ?
Oui, je pense que je connais.
Qui peut le plus, peut le moins, non ?
Pourrais-tu faire marcher ta "recette" pour k=2 et k=3, en me disant la formule explicite que tu obtiens ?

Merci.
Re: Un résultat étrange ou archi-classique
28 avril 2017, 10:21
Tu peux en lisant attentivement ce que j'ai écrit produire toi-même les formules que tu demandes. Ma réponse est entièrement explicite pour produire les coefficients de la relation de récurrence et tu peux appliquer ce qui est écrit puisque tu connais les formules de Cramer. Une fois qu'on a ces coefficients, tu es bien d'accord que fabriquer des formules pour exprimer $P_{w,2n+1}(x)$ en fonction des $P_{w,k}(x)$ où $0\leq k \leq 2n-1$ (remarque que $P_{w,0}$ ne dépend pas de $x$) est une routine qui ne demande que de savoir calculer.
Les connaissances mathématiques nécessaires pour comprendre ce que j'écris se limitent à savoir développer $\dfrac1{1-x_iT}$ en série de $T$ et à connaître le déterminant de Vandermonde. Je pense que tu sais ça.
Je pense aussi que ce qui t'intéresse, ce n'est pas les formules explicites mais le moyen d'y parvenir, non ?

De mon côté, je suis intéressé par ta propre réponse à la question que tu as posée (la question générale bien entendu, pas juste un cas particulier en petite dimension). Si tu fais l'effort de la donner, alors je produirai les formules que tu demandes pour les cas $n=2$ et $n=3$ (bien que, je répète, tu as vraiment tout ce qu'il faut pour le faire toi-même).
Re: Un résultat étrange ou archi-classique
28 avril 2017, 11:15
avatar
Citation
GaBuZoMeu
Si tu fais l'effort de la donner, alors je produirai les formules que tu demandes pour les cas n=2 et n=3 (bien que, je répète, tu as vraiment tout ce qu'il faut pour le faire toi-même).
Cela me semble honnête, alors marcher conclu, laisse moi le temps de rédiger cela.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 28/04/2017 12:14 par pourexemple.
Re: Un résultat étrange ou archi-classique
28 avril 2017, 12:00
<<marché conclu>>


Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: Un résultat étrange ou archi-classique
28 avril 2017, 12:13
avatar
C'est terrifiant, en fait je me rends compte que je ne suis motivé que lorsqu'il s'agit de contredire....et aussi d'interagir

Bon, il faut vraiment que je fasse un travail sur moi...

Je te mets quand même les ingrédients :

1/ Soit $P\in \R[X]$ tel que $\text{degré}(P)\leq 2k$, alors on peut calculer $\sum P(a_i)=U_P(a)$

2/ Il existe un unique polynôme $P$ unitaire de la forme : $P(X)=\prod (X-x_i)^2$, de degré $2k$, pour lequel $U_P(a)=0$, tel que $\{x_i|i=1...k\}=\{a_i|i=1...k\}$

3/ On différentie les $a_i$, en effet, en prenant $P$ qui vaut $0$ par tout sauf en un $x_i$ où il vaut 1, alors on obtient $2^{j}$ qui nous renseigne que cela correspond à $a_{j+1}$.

Voilà, je peux développer à la demande.

édit : cf partie en gras.



Modifié 2 fois. Dernière modification le 28/04/2017 12:28 par pourexemple.
Structure sexuée.
27 avril 2017, 07:48
avatar
Salut
$A$ est une structure ($T$ du premier ordre) sexuée, ssi :
$$\text{E1 : } \forall a,b\in A, \text{ si } a=b \text{ alors }<a,b>_T=\{a\}$$
$$\text{E2 : }\exists a,b \in A, a\neq b \text{ et }<a,b>_T=A$$
Avec $<a,b>_T$ est la plus petite structure contenant $a,b$.
A-t-on, dans le cas $\text{card}(A)>1$, E1 implique E2 ?
Sinon, trouver un contre-exemple.
Edit : on se place dans ZF.
Cordialement.

[Fusion de discussions à la demande de l'auteur. AD]



Modifié 4 fois. Dernière modification le 28/04/2017 12:45 par AD.
Re: Structure sexuée.
27 avril 2017, 10:00
avatar
J'ai l'impression que tu confonds structure et modèle d'une part, et langage et théorie d'autre part. Bref, peu importe. Prendre le langage vide, la théorie vide, et $E$ un modèle à deux éléments.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 27/04/2017 10:07 par Shah d'Ock.
Re: Structure sexuée.
27 avril 2017, 10:17
avatar
En quoi a-t-on E1 et non(E2) ?

Je précise que l'on se place dans ZF, avec card(A)>1, qui admet au moins un exemple d'ensemble structuré par $T$.



Modifié 3 fois. Dernière modification le 27/04/2017 11:49 par pourexemple.
Re: Structure sexuée.
27 avril 2017, 12:22
avatar
Rien compris à ta dernière intervention. Ça veut dire quoi "on se place dans ZF"? Ça veut dire quoi "un ensemble structuré par T"?
Re: Structure sexuée.
27 avril 2017, 12:31
avatar
Par exemple : les corps, les anneaux, les groupes...

Mais c'est bon j'ai mon contrexemple : un $\R$-ev de dimension 3.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 27/04/2017 12:33 par pourexemple.
Re: Structure sexuée.
27 avril 2017, 13:35
avatar
Je ne te demande pas des exemples, je te demande une définition.
Re: Structure sexuée.
27 avril 2017, 15:59
avatar
Ok, laissons donc ceci en suspend... comme ici....

[Lis-tu les messages que tu références ? Car dans le lien que tu donnes, en suspens a été corrigé ! AD]



Modifié 1 fois. Dernière modification le 27/04/2017 20:48 par AD.
Re: Un résultat étrange ou archi-classique
28 avril 2017, 13:41
J'ai fait l'effort d'écrire quelque chose de précis, complet et explicite qui répond à ta question (et même un peu plus). J'apprécierais que tu fasse le même effort. On en est loin.

pourexemple écrivait:
-------------------------------------------------------

> 1/ Soit $P\in \R[X]$ tel que $\text{degré}(P)\leq 2k$, alors on peut calculer
> $\sum P(a_i)=U_P(a)$
Qui sont $a$ et les $a_i$ ? $a=(a_1,\ldots,a_k)$ est n'importe quel $k$-uple ? Il s'agit d'une définition ? Tu poses $U_P(a)=\sum_{i=1}^k P(a_i)$ ?

> 2/ Il existe un unique polynôme $P$ unitaire de la forme : $P(X)=\prod (X-x_i)^2$, de
> degré $2k$, pour lequel $U_P(a)=0$, tel que $\{x_i|i=1...k\}=\{a_i|i=1...k\}$

Qu'est-ce que ça veut dire ? Ça me paraît bien emberlificoté pour dire $P=\prod_{i=1}^k (X-a_i)^2$. Tu voulais dire autre chose ? Mais quoi ?

> 3/ On différentie les $a_i$, en effet, en prenant $P$ qui vaut $0$ par tout sauf en un $x_i$
> où il vaut 1, alors on obtient $2^{j}$ qui nous renseigne que cela correspond à $a_{j+1}$.

Alors là, je n'arrive pas à donner le moindre sens à ça.

PS. Apparemment la modération a décidé de mettre tous les fils de pourexemple dans une grande poubelle. J'essayais de donner au moins un peu de sens à ce fil sur les sommes de puissances à poids et d'y expliquer des choses. Mais là, ça ne vaut plus la peine d'essayer.
PPS. Si c'est pour procéder ainsi, autant bannir carrément et définitivement pourexemple. Comme ça, personne ne prendra du temps pour essayer de répondre des choses sensées.
PPPS J'apprends que c'est Pourexemple qui a insisté pour que tous les fils qu'il a initiés soient mélangés dans ce gloubi-boulga sans queue ni tête. Grand bien lui fasse ! Moi, je sors.



Modifié 3 fois. Dernière modification le 28/04/2017 14:59 par GaBuZoMeu.
Re: "il est facile de" la preuve :
29 avril 2017, 06:37
avatar
Salut,

Casses-têtes niveaux agreg :

-182,183 : entiers homonymes et synonymes.
-184 : suites convergentes convexes
-185 : les fonctions holdériennes
-186 : l'égalité impossible ?
-187 : produit en série
-190 : étrange ou archi-classique
-192 : le bijou caché de la convexité ?
-193 : l'inégalité tonitruante ?
-194 : un nouveau bijou ?
-195 : l'équation fonctionnelle à 1 millions de $
-196 : polynômes divertissants
-197 : propriété fonction multiplicative.


Les incontournables : ici.


Cordialement.



Modifié 7 fois. Dernière modification le 01/05/2017 15:35 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
29 avril 2017, 11:04
Au final je n'ai toujours pas compris quel est le lien entre le fait que le suprémum de fonctions convexes est convexe avec ce que tu demandais de montrer. Je ne sais pas si je qualifierai ça de « bijou » parce que c'est quand même assez classique (l'intersection de convexes est convexes), mais c'est vrai que c'est une jolie propriété.

Je détaille ma preuve. On se réduit premièrement à des fonctions à valeur dans $[-1,1]$ en divisant par le majorant en chaque point. On a $[-1,1]^\R$ qui est compact et les fonctions convexes (*) forment un sous-espace fermé (comme dit par Christophe), donc compact. On a une injection continue vers $[-1,1]^\Q$ qui est $T_2$ (séparé) car produit d'espaces $T_2$. Toute injection continue d'un compact vers un $T_2$ est un homéomorphisme avec son image qui est fermée (les images des fermés sont des compacts, donc fermés). Mais $[-1,1]^\Q$ est séquentiellement compact en tant que produit dénombrable d'espaces séquentiellement compacts (argument diagonal). Un sous-espace fermé d'un espace séquentiellement compact est séquentiellement compact, ça termine la preuve.

(*) Quand je dis « fonction convexe dans $[-1,1]^\R$ », je veux dire qu'une fois multipliée par le majorant, on trouve une fonction convexe (on avait divisé pour se ramener entre $-1$ et $1$).

C'est un peu de l'« abstract nonsense » topologique je trouve, je ne visualise rien à ce qu'il se passe concrètement (mais ce serait faisable en prenant le temps de déplier les définitions).

On n'a pas besoin de pouvoir étendre toute fonction convexe de $\Q$ dans $\R$ en une fonction convexe de $\R$ dans $\R$.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 29/04/2017 11:06 par Champ-Pot-Lion.
Re: "il est facile de" la preuve :
29 avril 2017, 12:19
Pour l'énoncé 193, voici une solution.

On commence par se ramener au cas où $f(0) = g(0) = 0$. On peut faire ça par bilinéarité et car l'inégalité est vérifiée lorsque $f$ ou $g$ est constante.

On a alors $\int_{[0,1]^2} f(x) g(y) \mathrm{d} (x,y) = \int_0^1 ( f(x) \int_0^x g(y) dy + g(x) \int_0^x f(y) dy ) dx$. Mais $\int_0^x f(y) dy \leq x f(x)/2 \leq f(x)/2$ par convexité (tracer la ligne joignant $(x,f(x))$ à $(0,0) = (0,f(0))$). On obtient alors le majorant voulu $\int_0^1 f(x) g(x)/2 + g(x) f(x)/2 dx = \int_0^1 f(x) g(x) dx$.

Pourrais-tu indiquer comment tu as obtenu cette question ?



Modifié 1 fois. Dernière modification le 29/04/2017 12:21 par Champ-Pot-Lion.
Re: "il est facile de" la preuve :
29 avril 2017, 13:29
Bonjour,

Citation

énoncé 186 : l'égalité impossible?
Soit $p=2q+1$ avec $q$ impair et $p$ premier.
A-t-on $\sum\limits_{i=0}^q b^{i^2} \mod
p=-\sum\limits_{i=0}^q b^{-i^2} \mod p$, $b$ un générateur de $(\Z/p\Z)^*$ ?

Si $p=3$, sauf erreur, l'égalité a bien lieu.
Cordialement
Paul
Re: "il est facile de" la preuve :
29 avril 2017, 14:11
Pour le 193, on obtient en fait même le majorant $\int_0^1 x f(x) g(x) dx$.
Re: "il est facile de" la preuve :
29 avril 2017, 17:02
depasse &eacute;crivait:
-------------------------------------------------------
>Rebonjour,

Citation

énoncé 186 : l'égalité
impossible?

Soit $p=2q+1$ avec $q$ impair et $p$ premier.
A-t-on $\sum\limits_{i=0}^q b^{i^2} \mod
p=-\sum\limits_{i=0}^q b^{-i^2} \mod p$, $b$ un
générateur de $(\Z/p\Z)^*$ ?

Tu m'as bien eu, canaille de pourexemple winking smiley
Ton égalité est toujours vraie puisque ses deux membres sont toujours nuls!

Cordialement
Paul
Re: "il est facile de" la preuve :
30 avril 2017, 20:11
avatar
Salut,

@Depasse : Effectivement.

@Champollion : une fonction linéaire sur $\R$ vu comme un $\Q$-ev n'est pas forcément continue, mais est convexe sur $\Q$, de plus une fonction convexe sur $\R$ est forcément continue sur $\R$.

Pour ce qui est de ta question la recette est ici : [www.les-mathematiques.net]

Et oui, effectivement, on peut même montrer que $$\int_0^1 x\times f(x) \times g(x) \text{d}x\geq (\int_0^1 f(x) \text{d}x)\times (\int_0^1 g(x) \text{d}x)$$

Mais seulement si $f(0)=g(0)=0$

Cordialement.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 30/04/2017 20:18 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
30 avril 2017, 22:03
@pourexemple
Je parlais de prolonger une fonction convexe sur $\Q$ à $\R$ par continuité. Oui, il peut y avoir des prolongements non continus.

Ah oui, je n'avais pas pris en compte qu'on n'a pas forcément $f(0)=g(0)=0$.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 30/04/2017 22:17 par AD.
Re: "il est facile de" la preuve :
01 mai 2017, 07:03
avatar
Salut,

@Champollion : une fonction convexe sur $\Q$ n'est pas forcément prolongeable par continuité, ou alors il faudrait dire pourquoi.
J'ajoute (pour l'inégalité) que tu ne sembles pas te servir du fait que $f,g$ croissante, alors que sans cela l'inégalité n'est pas vrai.

Cordialement.
Re: "il est facile de" la preuve :
01 mai 2017, 07:50
Je me sers de la positivité dans $x f(x) / 2 \leq f(x)/2$. Je ne l'avais pas remarqué et ne l'avais donc pas noté.

Pour la fonction convexe prolongeable, c'est vrai que j'ai eu la flemme de faire les détails et noter, je n'étais même pas sûr que ce soit vrai. Pour chaque point irrationnel $x$, on constitue la suite de points indexée par $\Q$ muni de la topologie au voisinage de $x$ (les voisinages de l'infini sont les voisinages de $x$ restreints à $\Q$). Alors cette suite doit être de Cauchy car sinon la contrainte due à la convexité exploserait d'un côté ou de l'autre de $x$. Plus précisément, pour tout $\varepsilon > 0$, il doit exister un voisinage de $x$ sur lequel la fonction est contrainte dans une boule de rayon $\varepsilon$. On obtient que la suite converge. La fonction est donc prolongeable par continuité en tout irrationnel.

Ensuite, c'est une propriété générale des espaces topologiques qui ont des bases de voisinages fermés : si une fonction à valeur dans un tel espace se prolonge par continuité point par point, alors elle se prolonge par continuité partout. On obtient que la fonction se prolonge par continuité. La fonction prolongée est encore convexe car si elle n'est pas convexe, alors on trouve trois points l'attestant et en les perturbant un peu on trouve trois points attestant de la non convexité de la fonction d'origine.
Re: "il est facile de" la preuve :
01 mai 2017, 08:04
La croissance est utilisée lorsqu'on se ramène à $f(0) = 0$ : il ne faut pas que la fonction devienne négative.

Edit : Par contre, le majorant $\int_0^1 x f(x) g(x) \mathrm{d}x$ est valable juste avec $f$ et $g$ convexes.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 01/05/2017 08:08 par Champ-Pot-Lion.
Re: "il est facile de" la preuve :
01 mai 2017, 09:35
avatar
1/Prends par exemple f(x)=g(x)=|x-1/2|

2/On suppose déjà que, f,g positives (sans cela ce n'est pas forcément vrai).
Re: "il est facile de" la preuve :
01 mai 2017, 09:44
1) Il faut que $f(0) = g(0) = 0$ pour qu'on ait le majorant $\int_0^1 x f(x) g(x) \mathrm{d}x$ (c'est toi qui l'a fait remarquer). Par contre dans ce cas il suffit de la convexité, pas besoin de positivité ni de croissance.

2) Je n'ai pas compris à quoi tu réponds.
Re: "il est facile de" la preuve :
01 mai 2017, 10:35
avatar
2/Je répondais à ce même message, dans lequel tu dis te servir de la croissance pour obtenir la positivité (alors qu'elle est vrai par hypothèse)...

1/Prends $f(x)=g(x)=x^{0.2}(x-1/2)$
Re: "il est facile de" la preuve :
01 mai 2017, 10:48
avatar
@Champ-Pot-Lion et @pourexemple : [fr.wikipedia.org]
Re: "il est facile de" la preuve :
01 mai 2017, 10:53
avatar
@Siméon : merci, ou comment ré-inventer le fil à couper le beurre... grinning smiley



Modifié 1 fois. Dernière modification le 01/05/2017 13:39 par jacquot.
Re: "il est facile de" la preuve :
01 mai 2017, 11:11
avatar
énoncé 194 : encore un bijou ?
Si $(f_n)$ suite de fonctions croissantes sur $\R$ et continu, simplement majorée bornée.
Peut-on extraire une sous-suite convergent simplement vers une fonction du même type ?



Modifié 3 fois. Dernière modification le 01/05/2017 11:35 par pourexemple.
Désolé,vous ne pouvez pas répondre à cette discussion, elle est fermée.
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