Récurrence

Salut, moi je trouve ça plutôt facile. Il faudrait que tu précises les bornes en tous cas (simple souci de précision car il me semble (encore puis-je me tromper) que ça marche pour $1\leq i \leq n$, $0\leq a_i\leq 1$.

Une petite mise sur la voie :

Développer $(1-a_{n+1})\prod_{i=1}^n(1-a_i)$ et comparer avec $1-\sum_{i=1}^na_i-a_{n+1}$ en supposant vraie la propriété que tu cherches à démontrer à l'ordre $n$.

Allez, une autre !

Je pose $\Pi = \prod_{i=1}^{n} (1-a_{i})$ et $S =1-\sum_{i=1}^{n} a_{i}$.

En supposant $\Pi \geqslant S$, je pose $f(x) = \Pi(1-x) - S - x$ qui est une fonction affine.
$f(0) = \Pi - S \geqslant 0$ et $f(1) = 0 + 1 - S \geqslant 1 - \Pi \geqslant 0$.

e.v.

Cette inégalité se prouve par une récurrence des plus simples, mais ce qui m'a étonné c'est son appellation "inégalité de Weierstrass". Les résultats "de Weierstrass" sont généralement d'une nature plus profonde ... Je la connaissais sous le nom d' " inégalité de Bernoulli généralisée".
J'ai eu bien du mal pour en trouver une référence sous ce nom d' "inégalité de Weierstrass". J'en ai finalement trouvé une dans : Inequalities With Applications to Engineering, Cloud, Michael J., Drachman, Byron C., Lebedev, Leonid PL..., Springer 2014, p. 30.
Cette inégalité est notamment utile pour prouver que si $ \displaystyle P_{n}(z)=\overset{n}{\underset{k=0}{\sum }}\frac{z^{k}}{k!}$ et si $Q_{n}(z)=(1+\frac{z}{n})^{n}$ alors : $\displaystyle \underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }(Q_{n}(z)-P_{n}(z))=0$. Ceci peut servir dans un exposé sur la construction de la fonction exponentielle.
Bonne soirée.
Ch.

@ YvesM

Me suis pris les sabots dans le tapis : $f(x) = \Pi(1-x) - S + x$ of course. Trop de signes moins (deux) à gérer pour moi !

e.v.

Si $f(1)$ et $f(0)$ sont positifs, il en est de même pour tous les $f(x)$ avec $0 < x < 1$, en particulier $f(a_{n+1})$.

e.v.

Il me semble que pour acquérir la quasi-certitude de ce résultat sans passer par une récurrence, il suffit d'imaginer que chaque $a_i$ est la probabilité de l'évènement $A_i$.

- [ $\prod_i (1-a_i)$] est la probabilité qu'aucun n'arrive en les supposant indépendants. (1)
- [$1-\sum_i a_i$] est la probabilité qu'aucun n'arrive en les supposant 2 à 2 incompatibles (2)

On a donc $(1)\geq (2)$.

@gebrane: Je serais curieux de savoir comment tu définis une relation d'ordre $\leq$ dans $\C$ compatible avec les opérations.

Si A est une matrice de Edit $M_n(\R)$ alors $Tr(A)-Det(A)\leq n-1 $

$$\begin{pmatrix}\frac1\varepsilon&0\\0&\varepsilon\end{pmatrix}$$
avec $\varepsilon>0$ et aussi petit que l'on veut.

Bonjour,

Une hypothèse est que $0 < d < 1$ qui n'est plus vérifiée quand $\epsilon$ tend vers $0$, n'est-ce pas ? Donc il n'y a pas de contradiction. Mais @gebrane0, tu oublies les hypothèses qui permettent d'écrire l'inégalité : ::o.

j'ai vu ma betise avant que tu postes
vraiment je ne me comprend plus des fois

La voie royale pour la construction de l'exponentielle complexe est certainement la série entière, avec le produit de Cauchy qui fournit l'équation fonctionnelle $\exp(z+z')=(\exp z)( \exp z')$.
J'ai déjà signalé qu'il n'est pas nécessaire de recourir à la théorie des séries entières, car la théorie des séries numériques (réelles ou complexes) suffit. En effet, si l'on définit : $\displaystyle \exp z=\overset{+\infty }{\underset{n=0}{\sum }}\frac{z^{n}}{n!}$, il est clair que $e=\exp 1$ est entre 2 et 3, et alors on a pour $\left\vert z\right\vert \leq 1$ la belle inégalité : $\left\vert (\exp z)-1-z\right\vert \leq \left\vert z\right\vert ^{2}$ qui donne la dérivabilité, et hop ! la classe $\mathcal C^\infty$.
Dans les classes prépas où le produit de Cauchy n'est pas au programme, j'avais choisi d'utiliser $\displaystyle P_{n}(z)=\overset{n}{\underset{k=0}{\sum }}\frac{z^{k}}{k!}$ et $\displaystyle Q_{n}(z)=(1+\frac{z}{n})^{n}$, le premier donnant l'existence de la limite et le second l'équation fonctionnelle.
L'inégalité : $\left\vert P_{n}(z)-Q_{n}(z)\right\vert \leq \frac{\left\vert z\right\vert ^{2}}{2n}P_{n-2}(\left\vert z\right\vert )\leq \frac{\left\vert z\right\vert^{2}}{2n}\exp (\left\vert z\right\vert )$ permet de prouver que $Q_{n}(z)$ a une limite finie, et que c'est la même que celle de $P_{n}(z)$
Cette inégalité : $\left\vert P_{n}(z)-Q_{n}(z)\right\vert \leq ...$ se prouve comme nous l'avons vu au moyen de l'inégalité de Bernoulli généralisée, dite aussi paraît-il de Weierstrass. Et cette dernière se prouve très simplement par récurrence, je ne vois pas pourquoi lui chercher d'autres preuves.
Ainsi peut-on construire à moindres frais l'exponentielle complexe, et montrer qu'elle est la limite de $Q_{n}(z)$, ce qui ne va pas de soi.
J'avais trouvé l'idée dans : Georges Papelier, Précis d'Algèbre, d'Analyse et de Trigonométrie à l'usage des Élèves de Mathématiques Spéciales, Librairie Vuibert, 1941, dont un vieux professeur m'avait fait cadeau quand j'avais seize ans.
Bonne journée.
Fr. Ch.
13/05/2018
Bonne fête nationale de Jeanne d'Arc ( loi du 10 juillet 1920 ).

@ gebrane.

Le module, je veux bien, mais comment définis-tu l'argument ?

e.v.

@Chaurien : Je voulais simplement signaler que $\prod_{j=0}^{k-1}\left(1-\frac jn\right)$ peut être minoré par $1-\frac{k(k-1)}{n}$ au moyen de l'inégalité de Bernoulli, d'où $\lvert P_n(z)-Q_n(z)\rvert\leqslant \frac{\lvert z\rvert^2}{n}\exp(\lvert z\rvert)$, cette inégalité permettant de conclure, bref que l'on pouvait se passer de la version généralisée dans cette histoire...

@ev

En L1, on nous a raconté qu'un argument d'un complexe $z$ non nul est une mesure en radian de l' angle $\theta=(ox,oM)$ où $M$ est le point d'affixe $z$, ce qui permet d’écrire $z=\rho (\cos \theta + i \sin(\theta))$ modulo $2\pi$ . Cette définition était suffisante pour avancer. Il a donné (le prof) comme référence Rudin pour justifier l'existence de $\theta$.

@ev
On ne parle pas de la même chose, moi je répondais à sa deuxième question "et montrer qu'elle est la limite de $Q_n(z)$, ce qui ne va pas de soi"
Partant de la définition $e^z=e^{a+ib}=e^a (\cos(a)+i\sin b)$