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"il est facile de" la preuve :

Envoyé par pourexemple 
Re: "il est facile de" la preuve :
17 aot 2016, 13:28
avatar
On est bien d'accord que la question 81 est implicitement quantifiée universellement? Et qu'il suffit donc d'un contre-exemple d'espace métrique compact tel que blablabla pour que la réponse soit: "non"?

Un habitant de $\varnothing$
Re: "il est facile de" la preuve :
17 aot 2016, 13:50
avatar
Citation :
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.

Qu'est-ce qui t'assure que ce prolongement est linéaire, injectif ou même continue ?



Modifié 1 fois. Dernière modification le 17/08/2016 13:56 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
17 aot 2016, 13:51
avatar
Citation :
On est bien d'accord que la question 81 est implicitement quantifiée universellement?

Oui.
Re: "il est facile de" la preuve :
17 aot 2016, 14:09
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Tout ce qu'on veut c'est que le prolongement soit une isométrie non?

Un habitant de $\varnothing$
Re: "il est facile de" la preuve :
17 aot 2016, 14:13
avatar
Oui cela suffit, mais comment es-tu sûr que ton prolongement est bien une isométrie ?
Sans utiliser l'égalité triangulaire qui est ,elle, réservée aux normes euclidiennes.
Re: "il est facile de" la preuve :
17 aot 2016, 14:47
avatar
Tu as raison, pour que mon prolongement soit bien défini il faudrait être sûr que l'isométrie de départ vérifie pour tous $\lambda$ et $x$ tels que ce soit défini, que $i(\lambda x)=\lambda i(x)$.
Y'a quelque chose qui cloche là-dedans: j'y retourne immédiatement.

Un habitant de $\varnothing$
Re: "il est facile de" la preuve :
17 aot 2016, 16:51
avatar
Soit $m(n,N)$ le cardinal maximal d'un ensemble de points deux à deux distants de 1, et tous sur la sphère unité de dimension $n$ pour la norme $N$ (ce nombre existe par compacité de ladite).
Notons $e_k$ la suite qui vaut $0$ partout sauf $1$ en $k$.
S'il y avait une isométrie $i$ de $X$ vers $(\mathbb R^n,N)$, telle que $i(0)=0$ (sans perte de généralité: quitte à translater) alors les $m(n,N)+1$ vecteurs $i(2^{-m(n,N)}e_0),...i(2^{-m(n,N)}e_{m(n,N)})$ devraient tous être sur la sphère de rayon $2^{-m(n,N)}$ et deux à deux distants de $2^{-m(n,N)}$ ce qui n'est pas possible.
Re: "il est facile de" la preuve :
17 aot 2016, 17:40
avatar
Tout d'abord je tiens à saluer ta persévérance.

les points $A_j=2^{-m(n,N)}e_j$ ne sont pas distant de $2^{-m(n,N)}$ avec la norme 1 ou 2.

Bonne journée.



Modifié 3 fois. Dernière modification le 17/08/2016 17:51 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
17 aot 2016, 17:57
avatar
Pas grave, à la place je prend la norme infinie. Mon espace reste compact et là ça marche.

Un habitant de $\varnothing$
Re: "il est facile de" la preuve :
17 aot 2016, 17:59
avatar
Ou alors je garde la norme 2 et je remplace "distant de 1" par "distant de $\sqrt 2$" ce qui ne change rien non plus.

Un habitant de $\varnothing$
Re: "il est facile de" la preuve :
17 aot 2016, 18:04
avatar
Si tu utilises la norme sup il faut d'abord prouver qu'alors $X$ est compact (ce qui pour moi ne vas de soi).
Re: "il est facile de" la preuve :
17 aot 2016, 19:44
avatar
je garde la norme 2 et je remplace "distant de 1" par "distant de $\sqrt 2$" ce qui ne change rien non plus.

Un habitant de $\varnothing$
Re: "il est facile de" la preuve :
17 aot 2016, 19:46
avatar
Ou sinon, il me semble que la preuve de la compacité pour la norme 1 s'adapte sans problème pour la norme 2.

Un habitant de $\varnothing$
Re: "il est facile de" la preuve :
18 aot 2016, 10:53
avatar
Bonjour,


Tout d'abord il te faut montrer que $X$ est bien compact (pour la norme 1, 2 ou une autre que tu veux utiliser) ce n'est pas si évident que cela, il faut prouver que $m(n,N)$ existe, et adapter ta preuve à cette norme.


Bonne journée.
Re: "il est facile de" la preuve :
18 aot 2016, 11:14
avatar
En fait, on peut considérer que tu as résolu l'énoncé en effet tu as donné la substantifique moelle de la preuve, qui permettrait de débloquer la situation et d'avoir une façon d'approche pour résoudre cette énoncé.

Voilà un énoncé plus générale sur lequel est bâtie ta substantifique moelle l'inégalité de Shah d'Ock-JLT

Maintenant pour savoir si le défi est résolu, j'ai besoin de savoir si tu es un X-ENS ?

Dans le cas contraire le défi ne serait toujours pas relevé, et serait en attente d'une mise à jour du défi.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 18/08/2016 14:05 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
18 aot 2016, 11:19
avatar
On dit substantifique moëlle.

C'est ridicule cette histoire de savoir si celui qui résout le problème a fait telle ou telle école ou pas.

Deux nouveles questions: soit $E$, $F$ deux $\mathbb R$-evn de dimension finie. On suppose que $i:E \to F$ est une isométrie sur son image telle que $i(0)=0$
1) a-on nécessairement $dim(F) \ge dim(E)$?
2) (si la réponse à 1 est positive) $i$ est-elle nécessairement linéaire?

Un habitant de $\varnothing$
Re: "il est facile de" la preuve :
18 aot 2016, 14:27
Je m'y suis enfin remis (trop tard apparemment...).
Voici ce que je propose :

1/ Dans un evn E de dimension finie il existe un nombre fini de points tels que tout point de E est déterminé par sa distance à chacun de ces points.

2/Cette propriété est conservée par isométrie.

3/ Ce n'est pas le cas pour l'ensemble que j'avais introduit lors de mon premier post. Ni pour celui de L'Axone du Choix.

La difficulté c'est 1/, on peut l'affaiblir ainsi :

1'/ Pour tout compact K d'un evn de dimension finie, il existe un nombre fini de points de K tels que tout point de K est déterminé par sa distance à chacun de ces points.

Je n'ai pas vraiment réussi à le montrer, alors si vous avez des idées je les accepte volontier.

Pour les questions de L'Axone du Choix :
si i(E) est un ev alors le Théorème de Mazur-Ulam répond aux questions.
Re: "il est facile de" la preuve :
18 aot 2016, 16:05
avatar
Pour le 1/ inégalité de S.J. ici : [www.les-mathematiques.net]
Re: "il est facile de" la preuve :
18 aot 2016, 16:10
avatar
Après il existe une généralisation des isométries, que je traite dans ces énoncés :
énoncé 70
énoncé 67



Modifié 2 fois. Dernière modification le 18/08/2016 16:35 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
18 aot 2016, 17:29
avatar
énoncé 83 : Pour la digestion
Soit $E$ un e.v.n de dim finie, et $O$ un de ses ouverts, montrer qu'alors $O$ est la réunion dénombrable de boules ouvertes.



Modifié 2 fois. Dernière modification le 18/08/2016 17:43 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
18 aot 2016, 17:33
avatar
J'imagine que le corps des scalaires est $\mathbb R$?

Un habitant de $\varnothing$
Re: "il est facile de" la preuve :
18 aot 2016, 17:42
avatar
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 :
18 aot 2016, 17:43
avatar
Si.

Un habitant de $\varnothing$
Re: "il est facile de" la preuve :
18 aot 2016, 17:45
avatar
@Axone du Choix : oui.
@Chaurien : oui, j'ai corrigé.
Re: "il est facile de" la preuve :
19 aot 2016, 20:06
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 :
19 aot 2016, 20:09
@ 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



Modifié 1 fois. Dernière modification le 19/08/2016 20:15 par Mickaël.
Re: "il est facile de" la preuve :
19 aot 2016, 20:42
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 :
19 aot 2016, 21:00
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.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 19/08/2016 21:04 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
19 aot 2016, 21:10
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.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 19/08/2016 21:11 par aléa.
Re: "il est facile de" la preuve :
19 aot 2016, 21:27
@ 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.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 19/08/2016 21:32 par Mickaël.
Re: "il est facile de" la preuve :
19 aot 2016, 21:34
avatar
@ aléa : Merci.

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



Modifié 2 fois. Dernière modification le 19/08/2016 21:38 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
19 aot 2016, 22:07
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 :
19 aot 2016, 22:17
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 :
19 aot 2016, 22:19
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.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 19/08/2016 22:20 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
19 aot 2016, 22:31
avatar
Bonne nuit.
Re: "il est facile de" la preuve :
19 aot 2016, 22:43
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 :
22 aot 2016, 14:56
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 :
07 septembre 2016, 14:36
avatar
Bonjour,

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

Bonne journée.
Re: "il est facile de" la preuve :
23 septembre 2016, 15:18
avatar
Bonjour,

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

Bonne journée.
Re: "il est facile de" la preuve :
23 septembre 2016, 22:09
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