Sujet ENS - MPI - 2018

Bonjour,
je traite actuellement le sujet de 2018 et je constate que le niveau est bien plus haut.
Le sujet est ici : Sujet ENS - MPI - 2018
Voilà ce que j'ai fait :
g10e.pngPar définition, [size=medium]$C=\{g\in\mathbb{R}_n[X],\,\lvert\lvert f-g\rvert\rvert_I\le 1+m\}=\bar{B}(f,1+m)\cap\mathbb{R}_n[X]$[/size].

$C$ est donc l'intersection de la boule fermée de centre $f$ et de rayon $1+m$ avec $\mathbb{R}_n[X]$ qui est aussi un fermé car de dimension finie.
On en déduit donc que $C$ est un fermé comme intersection de deux fermés.
De plus, $C$ est borné puisque tout $g\in C$ est tel que $\lvert\lvert f-g\rvert\rvert_I\le 1+m.$
C'est un ensemble fermé et borné dans un espace de dimension finie. C'est donc bien un compact.

Enfin, à supposer que [size=medium]$C=\emptyset$[/size], alors on aurait pour tout [size=medium]$g\in\mathbb{R}_n[X]$[/size] que $\Vert f-g\Vert_I > m=\inf_{g\in\mathbb{R}_n[X]}\lvert\lvert f-g\rvert\rvert_I$. Contradiction.
Conclusion : $C$ est un compact non vide de $\mathbb{R}_n[X]$.

[BMaths. Cesse d'essayer de changer la taille du $\LaTeX$ avec du BBcode, cela ne marche pas ! AD]
«1

Réponses

  • J'ai également tenté la question 2 :
    5c0d.pngJe sais que si $K$ est un compact d'un espace métrique $E$, alors toute fonction [size=medium]$f:K\to\mathbb{R}$[/size] est bornée et atteint ses bornes.
    Ici,c 'est le cas de la fonction [size=medium]$f:g\in C\to \lvert\lvert f-g\rvert\rvert_I$[/size] : Elle est continue sur $C$ donc est bornée et atteint ses bornes sur $C$. D'où :
    [size=medium]$\exists p\in C$[/size] tel que [size=medium]$f(p)=\lvert\lvert f-p\rvert\rvert_I=\inf_{g\in C}\lvert\lvert f-g\rvert\rvert_I$[/size]
    On veut montrer que :
    [size=medium]$\lvert\lvert f-p\rvert\rvert_I=m$[/size]
    C'est-à-dire que :
    [size=medium]$\inf_{g\in C}\lvert\lvert f-g\rvert\rvert_I=\inf_{g\in \mathbb{R}_n[X]}\lvert\lvert f-g\rvert\rvert_I$[/size]
    Pour cela, on essaye de montrer que :
    [size=medium]$\inf_{g\in C}\lvert\lvert f-g\rvert\rvert_I\le \inf_{g\in \mathbb{R}_n[X]}\lvert\lvert f-g\rvert\rvert_I\qquad(1)$[/size]
    Puis que :
    [size=medium]$\inf_{g\in C}\lvert\lvert f-g\rvert\rvert_I\ge \inf_{g\in \mathbb{R}_n[X]}\lvert\lvert f-g\rvert\rvert_I\qquad(2)$[/size]
    Suis-je sur la bonne voie ?
    Merci d'avance de votre aide.

    [BMaths. Cesse d'essayer de changer la taille du $\LaTeX$ avec du BBcode, cela ne marche pas ! AD]
  • Bonjour,
    BMaths a écrit:
    je constate que le niveau est bien plus haut.

    Plus haut que quoi ? J'ai entendu dire que le sujet 2018 ne fait pas partie des maths D les plus durs (hormis pour la partie 4). Je veux bien le croire en comparaison avec le sujet 2013 qui est infaisable.

    Notez qu'il suffit de montrer que $C$ est fermé dans $\mathbb{R}_n[X]$, pas dans $\mathcal{C}(I,\mathbb{R})$.
  • Pour la deuxième question, il faut montrer que $m=\inf_{g\in C}\| f-g\|_I$ en remarquant que $C$ contient tous les polynômes qui nous "intéressent".
  • Bonjour,

    Pour conclure la première question, l'inégalité stricte :
    \[\lVert f-g\rVert_I > m=\inf_{g\in\mathbf{R}_n[X]}\lVert f-g\rVert_I\]
    est insuffisante car la borne inférieure sur \(\mathbf{R}_n[X]\), qui n'est pas compact, pourrait ne pas être atteinte.
    Il faut se servir de la marge de manœuvre offerte par le rayon \(m+1\) de la boule \(C\).

    Pour la seconde question, c'est bien parti.
  • Je dirais que $\R_n[X],\|.\|_\infty$ (les polynômes de degré $n$ munis de la norme $\sup$ des coefficients) est un ev. de dimension finie

    $\|g\|_I=\sup_{x\in I}|g(x)|$ est une autre norme sur $\R_n[X]$, toutes les normes sont équivalentes, donc il existe $C$ tel que $\|g\|_I \ge C \|g\|_\infty$

    On fixe un $f\in C_0(I)$, si $\|g\|_\infty> r$ alors $\|g\|_I> r/C$ et $\|f-g\|_I > r/C-\|f\|_I$

    Et donc $\{ g\in \R_n[X],\|f-g\|_I \le R\}$ est contenu dans $\{ g\in \R_n[X],\|g\|_\infty \le C(\|f\|_I+R)\}$ donc il est borné, comme il est évidemment fermé il est compact.
  • La rédaction de BMaths n'est peut-être pas idéale, mais il prouve que \(C\) est fermé dans \(\mathbf{R}_n[X]\), puisque c'est trace d'une boule fermée de \(\mathbf{R}[X]\), et il prouve du même coup que \(C\) est borné.

    Je ne pense pas que l'énoncé envisage sur \(\mathbf{R}_n[X]\) une autre norme que la restriction de la norme \(\lVert.\rVert_I\) définie sur \(\mathbf{R}[X]\).
  • Mon raisonnement c'est que ce qu'on veut c'est que pour toute suite de polynômes dans l'ensemble il y a une sous-suite qui converge vers un polynôme. Converger vers un polynôme ça veut dire que les coefficients se stabilisent donc la norme $\sup$ des coefficients est implicite. Si on ne sait pas passer de $\|.\|_I$ au $\sup$ des coefs alors peut-être qu'il y a une suite Cauchy pour $\|.\|_I$ dont la limite n'est pas un polynôme.

    Après on peut éviter de mentionner la norme $\sup$ en disant juste que $\|.\|_I$ est une norme sur un ev. de dimension fini donc complet, mais ça veut dire la même chose.

    Et on doit ensuite dire que la boule de rayon $r$ est compact ce qui est une raison de plus de parler du $\sup$ des coefficients : il est évident que $[-r,r]^{n+1}$ est compact alors qu'il faut faire des raisonnements abstraits pour le montrer sur la boule unité d'un ev. normé de dimension finie arbitraire.
  • La suite \((P_n)\) converge vers \(P\) si, et seulement si, la suite de terme général \(\lVert P_n-P \rVert_I\) est de limite nulle, c'est tout.
    Et on camoufle tout ça dans « fermé borné» parce qu'on est dans un sous-espace vectoriel de dimension finie.

    Pourquoi compliquer en faisant intervenir les coefficients des polynômes ; la base canonique est sympathique, mais elle n'est pas vraiment adaptée pour cette première question.
  • Message de gb
    Je vois.
    Donc je propose d'écrire, dans le cas où $C=\emptyset$ que :
    $\Vert f-g\Vert_I > 1+m$
    Soit :
    $\Vert f-g\Vert_I > 1+\inf_{g\in\mathbb{R}_n[X]}\lvert\lvert f-g\rvert\rvert_I$
    D'où :
    $\Vert f-g\Vert_I - \inf_{g\in\mathbb{R}_n[X]}\lvert\lvert f-g\rvert\rvert_I> 1>0$
    Et enfin :
    $\Vert f-g\Vert_I > \inf_{g\in\mathbb{R}_n[X]}\lvert\lvert f-g\rvert\rvert_I$
    Ce qui est une contradiction.
    Qu'en pensez-vous ?
  • Je ne vois pas de contradiction dans la dernière inégalité !
  • Après avoir lu ton fil Bmaths, je me suis lancé dans ce sujet... merci !

    Pour montrer que $C$ n'est pas vide, je propose cette rédaction, en utilisant la définition de la borne inférieure :

    $\forall \epsilon > 0$, $\exists P_{\epsilon} \in \mathbb{R}_n[X]$ tel que $ m \leq ||f-P_{\epsilon}||_I<m+\epsilon$

    En posant $\epsilon=1$, on a bien $P_1 \in C$ et donc $C$ est non vide.

    Cela est-il convenable ?
  • Message de Light

    Merci ! J'avais oublié que revenir à la définition pouvait permettre de répondre à la question.
    Si tu poursuis le sujet, cela m'intéresse.
    On peut avancer ensemble si tu le souhaites.
  • Et bah volontiers Bmaths !

    Bon, je n'ai toujours pas répondu à la deuxième question ^^

    Mais j'ai avancé après ! Pas très vite certes, mais je suis allé jusqu'à la 1.6. (avec un doute sur comment écrire la 1.3. ) Je bloque sur la 1.7., et surtout sur la 2.2.

    Pour la suite, comment veux-tu procéder?
  • On pourrait fonctionner de la manière suivante : on ne passe à la question n qu'après avoir répondu à la question n-1 ? On lance nos idées sur le forum ?

    Pour la question 1.2, j'avais proposé ceci.

    Il reste à démontrer que :
    $\inf_{g\in C}\lvert\lvert f-g\rvert\rvert_I\le \inf_{g\in \mathbb{R}_n[X]}\lvert\lvert f-g\rvert\rvert_I\qquad(1)$

    Puis :
    $\inf_{g\in C}\lvert\lvert f-g\rvert\rvert_I\ge \inf_{g\in \mathbb{R}_n[X]}\lvert\lvert f-g\rvert\rvert_I\qquad(2)$

    J'ai peur d'écrire une bêtise mais est-ce que le fait que $C\subset\mathbb{R}_n[X]$ implique l'inégalité (1) ?
  • Ce n'est pas une question, cette 1.2, c'est une remarque maquillée !

    La fonction continue étudiée sur le sous-espace de dimension finie est largement minorée en dehors du compact et atteint donc son minimum. (Ça fait penser à du Cauchy-Schwarz: projection par minimisation de la distance)

    Si cette distance $g\mapsto d(f,g)$ s'annulait sur le sous-espace en question, c'est que cette fonction $f$ appartenait à celui-ci.
  • Je ne suis pas certain de vous suivre.
  • $m = \inf \phi$, avec $\phi(g) = \|f-g\|$ pour $g \in \R_n[X]$.

    En dehors de $C = \phi^{-1}(]\infty,1+m])$, on a par définition $\phi \ge 1+m$ : rien ne se passe pour la minimisation : "on est loin de $f$".

    Sur $C$, qui est un compact, la fonction $\phi$ atteint son minimum, qui est aussi son $\inf\phi = m$.
  • On pourrait fonctionner de la manière suivante : on ne passe à la question n qu'après avoir répondu à la question n-1 ? On lance nos idées sur le forum ?

    Ok BMaths !

    Du coup, pour la question 1.2., je n'ai pas bien compris ce que tu as écris, et crois moi, j'ai essayé ! Par contre, j'ai eu une idée dû au message de marsup, même si je ne l'ai pas tout à fait compris lui non plus ^^

    En reprenant la définition de borne inf de tout à l'heure, $\forall \epsilon >0$, $\exists ~p_{\epsilon} \in \mathbb{R}_n[X]$ tel que $m \leq ||f-p_{\epsilon} ||_I < m+\epsilon$. Donc si on pose $C_{\epsilon} = \{ g \in \mathbb{R}_n[X] ~|~ ||f-p_{\epsilon} ||_I \leq m+\epsilon \}$, alors tous les $C_{\epsilon}$ sont non vides et compacts.

    Il me manque une argumentation claire, mais l'idée est que puisque c'est pour tout $\epsilon$ et que tous les $C_{\epsilon}$ sont compacts, alors il existe $\inf\limits_{\epsilon >0} \inf\limits_{g \in C_{\epsilon}} || f-g ||_I$ et c'est forcément ce $m$. Comme ils sont tous compacts, il existe $p$ tels que $|| f-p ||_I=m$.

    Après lecture... c'est tordu ^^ Surtout que $\inf\limits_{\epsilon >0}$ est forcément atteint... pas sûr ! Je me replonge dans ce que tu as écrit du coup.
  • @BMaths : Je comprends un peu mieux ce que tu as écrit.

    "J'ai peur d'écrire une bêtise mais est-ce que le fait que $C \subset \mathbb{R}_n[X]$ implique l'inégalité (1) ? "

    Je crois que oui ^^ Ce fait implique ton inégalité (2) il me semble.
    Un exemple : $]1,2[ \subset ]0,3[$ et $1 \geq 0$.

    Pour ton inégalité (1), je ne vois pas du tout comment faire mathématiquement parlant. Il est clair que s'il existe un tel $p$ dans $\mathbb{R}_n[X]$, alors il est forcément dans $C$ ! Mais partir de l'existence pour montrer cette fameuse existence... c'est pô terrible.
  • Salut !

    Cela va tourner au monologue si je continue ^^

    Je me suis repenché sur mes $C_{\epsilon}$ et... j'ai pensé à leur intersection. Lumière !

    En changeant légèrement la notation, si je nomme $C_n = \{ g \in \mathbb{R}_n[X] ~|~ || f-g ||_I \leq m+\dfrac{1}{n} \}$, alors pour tout $n \geq 1$, $C_n$ est compact et non vide. Donc $C' = \bigcap\limits_{n \geq 1} C_n$ est un ensemble non vide et compact (c'est une propriété des compacts qui a un nom je crois ^^).

    Donc je peux en tirer un élément : c'est notre $p$ ! En effet, $m \leq || f-p ||_I \leq m + \dfrac{1}{n} $ pour tout $n \geq 1$ ne peut qu'impliquer que $ || f-p ||_I = m$.
  • (Je pense que quand on a besoin de partir sur des explications aussi compliquées et confuses dès la question 1.2, c'est qu'on s'est attaqué à un sujet qui est trop difficile. Il vaut alors mieux traiter des sujets plus abordables, sinon on risque de simplement perdre son temps, et quand on prépare un concours interne, le temps est souvent une ressource rare et précieuse !)
  • Bonjour marsup

    Je ne comprends pas le sens de ta remarque : je suis trop nul alors il ne faut pas que j'aborde des sujets difficiles ?
  • D'abord ce n'était pas tellement à toi que je m'adressais, mais plutôt à BMaths qui a l'air de préparer l'agreg interne (toi Light*, je ne sais pas qui tu es...).

    Et puis, je ne vois pas trop l'utilité d'utiliser un vocabulaire comme celui-là "je suis trop nul".

    Sinon à part ça, chacun fait évidemment les exercices qu'il a envie, juste : si c'est pour y passer des heures sans y arriver, peut-être qu'il faut se poser la question de la pertinence. (mais bien sûr, ce n'est qu'un conseil, pas une prescription, ni une condamnation morale !)
  • Je m'excuse de m'être emballé marsup, j'étais énervé sur le coup.

    Je prépare l'agreg externe, mais un peu de loin puisque je suis néotit alors ça fait du boulot de réunir les deux ^^

    Par contre, je ne partage pas ton avis à propos de ta dernière remarque. J'aime bien tenter un exercice difficile (pas trop quand même bien sûr), y réfléchir des heures - voire plus - en essayant d'utiliser ce que je crois savoir. Cela me permet de me remémorer les différentes propriétés que je connais, de les tester en faisant attention aux hypothèses, et de les mélanger pour obtenir quelque chose de nouveau. Je trouve que cela "soude" plus mes connaissances.

    Bref, ça n'est que mon avis et je ne veux pas dévier du sujet. Du coup, est-ce que mon dernier post mathématique http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1906892,1907878#msg-1907878 répond à la question 1.2. ?
  • Je n'ai pas abandonné.
    Voilà une autre idée pour la question 1.2 suivante :
    5c0d.pngJe sais que si $K$ est un compact d'un espace métrique $E$, alors toute fonction [size=medium]$f:K\to\mathbb{R}$[/size] est bornée et atteint ses bornes.
    Ici,c 'est le cas de la fonction [size=medium]$f:g\in C\to \lvert\lvert f-g\rvert\rvert_I$[/size] : Elle est continue sur $C$ donc est bornée et atteint ses bornes sur $C$.

    D'où :
    $\exists p\in C$ tel que [size=medium]$f(p)=\lvert\lvert f-p\rvert\rvert_I=\inf_{g\in C}\lvert\lvert f-g\rvert\rvert_I$
    On veut montrer que :
    $\lvert\lvert f-p\rvert\rvert_I=m$
    Pour cela, je considère deux cas :

    Soit $g\in\mathbb{R}_n[X]$.
    Premier cas : $g\in C$.
    Deuxième cas : $g\notin C$.

    Cas 1 :
    Si $g\in C$ alors $f(g)\ge f(p)$.

    D'où $\lvert\lvert f-g\rvert\rvert_I\ge \lvert\lvert f-p\rvert\rvert_I$.

    Cas 2 :
    Si $g\notin C$ alors, par définition de $C$, on peut déduire que :
    $\lvert\lvert f-g\rvert\rvert_I>1+m>m$

    Comme :
    $\inf_{g\in \mathbb{R}_n[X]}\lvert\lvert f-g\rvert\rvert_I\ge\inf_{g\in C}\lvert\lvert f-g\rvert\rvert_I$
    (petit doute à cette étape là)

    Alors :
    $\lvert\lvert f-g\rvert\rvert_I\ge \inf_{g\in C}\lvert\lvert f-g\rvert\rvert_I$

    Soit :
    $\lvert\lvert f-g\rvert\rvert_I\ge\lvert\lvert f-p\rvert\rvert_I$

    Conclusion : pour tout $g\in\mathbb{R}_n[X]$, on a $\lvert\lvert f-g\rvert\rvert_I\ge \lvert\lvert f-p\rvert\rvert_I$.

    Donc : $\lvert\lvert f-p\rvert\rvert_I=m$.


    PS :
    Je partage cet avis !
  • Tu n'as pas lu ce que je t'ai écrit BMaths ;) ton petit doute est fondé, c'est l'inverse !

    L'inf d'un ensemble est plus petit (ou égale) à celui d'un ensemble qu'il contient.

    Mais excepté ceci, je ne vois pas pourquoi tu arrives à "toucher" $m$ avec ton raisonnement. As-tu lu mon histoire d'intersection ? Elle me plaît bien et j'aimerais avoir ton avis ^^
  • Ca m'a l'air bien
    Est-ce qu'on est certain qu'une intersection quelconque de compacts est compacte ? Tout le temps ?
  • Wikipédia donne le nom de "théorème des compacts emboîtés" à cette propriété ici :)
  • Je vois.
    « théorème des compacts emboîtés » :
    Dans un espace topologique quelconque, l'intersection de toute suite décroissante de compacts non vides est (un compact) non vide
    (en considérant ces compacts comme des fermés du premier d'entre eux).
    Avec la remarque suivante :
    N. B. : la plupart de ces propriétés ne s'étendent pas au cas non séparé.

    Il faut donc s'assurer de deux choses ici :
    1) La suite est décroissante : ça me semble être le cas.
    2) L'espace topologique doit être séparé : mes connaissances en topologie étant rouillées, je ne saurais dire si c'est le cas ici.

    Je cherche une solution plus simple.
  • BMaths a écrit:
    Je cherche une solution plus simple.
    Sans blague ?

    Bon, voici un exercice :

    Soit $f:\R\to\R$ définie par $f(x) = x^8 + \pi \cdot x^3 + \sqrt{2} \cdot x^2 + \ln(3) \cdot x$.
    On s'intéresse à $m = \displaystyle\inf_{x\in\R} f(x)$.

    Questions :
    1. Calculer $f(0)$. En déduire $m \le 0$.
    2. Soit $A = 1000$.
      Montrer que $]-\infty;-A[ \cup ]A;+\infty[ \subset f^{-1}\Big(\big]\frac{A^8}{2},+\infty\big[\Big)$.
    3. Montrer que $f$ est continue et en déduire qu'il existe $p\in[-A;A]$, tel que $f(p) = m$.
  • @BMaths : Un espace séparé est un espace dans lequel, lorsque l'on prend deux points (n'importe lesquels), il existe deux boules ouvertes centrées en chacun des points et d'intersection vide. Dans cette première partie, $I=[a,b] \subset \mathbb{R}$ donc on est tranquille !

    Du coup je la trouve simple ma réponse, sachant que la question précédente traite du cas $n=1$ (avec mes notations $C_n$). Mais suivons marsup pour voir où il veut en venir.

    @marsup : Je vais faire la première question, je laisse les deux autres à BMaths :p

    1) $f(0) = 0$ donc $m=\inf\limits_{x \in \mathbb{R}} f(x) \leq f(0) = 0$.
  • @Light: peux-tu donner un exemple pas trop compliqué d'espace non séparé stp ?
  • Salut totem !

    Je dois t'avouer que je ne connaissais pas la réponse à ta question, alors j'ai cherché ^^

    Encore une fois, c'est une question de topologie. Si on prend la topologie grossière, cad celle où les seuls ouverts sont $\emptyset$ et l'ensemble tout entier, alors n'importe quel espace ayant au moins deux éléments n'est pas séparé. Ce qui est facile à comprendre.

    Après... c'est plus dur.
  • Merci...c'est bien ce qu'il me semblait :-)
  • J'y reviens.
    J'essaye de faire cette question.

    J'ai du mal ce matin !
    Dois-je utiliser le résultat :
    $m<n \Rightarrow x^n<x^m$ si $x>1$ ?
  • La forme exacte de la minoration n'a pas d'importance, tout ce qui importe c'est que pour $|x|$ suffisamment grand, $f(x)$ devient grand aussi, car c'est le $x^8$ qui donne le rythme.

    Tu peux simplement dire, avec $f(x) = x^8 + \pi \cdot x^3 + \sqrt{2} \cdot x^2 + \ln(3) \cdot x$, que $$
    \begin{align}
    \frac{f(x)-x^8}{x^8}
    & = \frac{\pi \cdot x^3 + \sqrt{2} \cdot x^2 + \ln(3) \cdot x}{x^8} \\
    & = \frac{\pi}{x^5} + \frac{\sqrt{2}}{x^6} + \frac{\ln(3)}{x^7}
    \end{align}
    $$
    Donc pour $x\ge A = 1000$, on a : $\big |\frac{f(x)-x^8}{x^8} \big| \le \frac{1}{1000}$, donc $f(x) \ge \frac{999}{1000} \cdot x^8 \ge \frac{A^8}{2}$.

    Ce dont je voulais parler en rapport avec la question 1.2 du sujet MPI, c'est le raisonnement de ma troisième question.
  • Puisque $f$ est somme de fonctions continues, $f$ est une fonction continue.
    D'après les question 1 et 2, $\inf\limits_{x \in \mathbb{R}} f(x) = \inf\limits_{x \in [-A,A]} f(x)$.
    Or $[-A,A]$ est compact, donc l'inf est atteint : il existe $p \in [-A,A]$ tel que $f(p)=m$.

    Mais du coup quel est précisément le rapport avec la question 1.2 marsup ?
  • $f$ est grande en dehors d'un compact $[-A,A]$.
    Donc l'inf sur $\R$ est l'inf sur ce compact $[-A,A]$.
    Donc cet inf est atteint sur ce compact, et c'est un min.

    C'est ce qui se passe pour notre fonction $\phi(g) = \|f-g\|$.
    $\phi$ est grande en dehors du compact $C$.
    Donc l'inf sur $\R_n[X]$ est l'inf sur ce compact $C$.
    Donc cet inf est atteint sur ce compact, et c'est un min.
  • Oui.
    C'est ce que j'étais en train d'écrire.

    Même question du coup !
  • Bon, puisque mes contributions ne convainquent pas, je capitule, alors. :-(

    Bonne continuation.

    PS : je m'en vais comme un prince
  • marsup écrivait : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1906892,1909494#msg-1909494
    > C'est ce qui se passe pour notre fonction $\phi(g) = \|f-g\|$. $\phi$ est grande en dehors du compact $C$.
    > Donc l'inf sur $\R_n[X]$ est l'inf sur ce compact $C$.
    > Donc cet inf est atteint sur ce compact, et c'est un min.

    Je comprends l'idée, mais n'arrive pas à l'écrire formellement -_-.
    En somme : $$
    \inf_{g\in\mathbb{R}_n[X]}\lvert\lvert f-g\rvert\rvert_I = \inf_{g\in C}\lvert\lvert f-g\rvert\rvert_I.
    $$ C'est ce que j'essaye de prouver.

    Déjà, par continuité de la fonction $f:g\in C\to \lvert\lvert f-g\rvert\rvert_I$ sur le compact $C$, on sait que il existe $p\in C$ tel que $f(p)=\lvert\lvert f-p\rvert\rvert_I=\inf\limits_{g\in C}\lvert\lvert f-g\rvert\rvert_I$. Et c'est là que je bloque.
  • Ok marsup j'ai finalement compris merci. On s'en fout que ce soit $1+m$, $2+m$ ou $10^{100} + m$. Si l'inf atteint est quelque part, il l'est forcément dans $C$. Et puisque $C$ est compact, l'inf est atteint dans $C$.

    Même si j'ai bien aimé mon histoire de compacts emboîtés (qui je pense est acceptable), c'est vrai que c'est tirer par les cheveux comparé à ce que tu racontes.

    Question 1.3 BMaths je t'écoute !
  • Je crois que la chose suivante est raisonnable, BMaths : $$\inf_{A \cup B} \phi = \min(\inf_A \phi, \inf_B \phi).

    $$ Ici, on prend $E = C \cup \overline C$, et il vient : $$
    \inf_E \phi = \min(\inf_C \phi, \underbrace{\inf_\overline{C} \phi}_{\ge \inf\limits_E \phi + 1}).$$
  • Je vois.
    Avec les notations de l'énoncé, on peut écrire : $\mathbb{R}_n[X]=C\cup\bar{C}$.
    Et donc : $\displaystyle\inf_{g\in\mathbb{R}_n[X]}\lvert\lvert f-g\rvert\rvert_I=\min(\inf_{g\in C}\lvert\lvert f-g\rvert\rvert_I,\inf_{g\in\overline{C}}\lvert\lvert f-g\rvert\rvert_I)$.
    Donc soit : $\displaystyle \inf_{g\in\mathbb{R}_n[X]}\lvert\lvert f-g\rvert\rvert_I=\inf_{g\in C}\lvert\lvert f-g\rvert\rvert_I$.
    Soit : $\displaystyle \inf_{g\in\mathbb{R}_n[X]}\lvert\lvert f-g\rvert\rvert_I=\inf_{g\in\overline{C}}\lvert\lvert f-g\rvert\rvert_I$.
    Supposons que $\displaystyle \inf_{g\in\mathbb{R}_n[X]}\lvert\lvert f-g\rvert\rvert_I=\inf_{g\in\overline{C}}\lvert\lvert f-g\rvert\rvert_I$.
    $\forall g\in\overline{C}$, on aurait : $\displaystyle\lvert\lvert f-g\rvert\rvert_I\ge \inf_{g\in\mathbb{R}_n[X]}\lvert\lvert f-g\rvert\rvert_I+1$ (par définition de $C$).
    En particulier : $\displaystyle\inf_{g\in\overline{C}}\lvert\lvert f-g\rvert\rvert_I\ge \inf_{g\in\mathbb{R}_n[X]}\lvert\lvert f-g\rvert\rvert_I+1=\inf_{g\in\overline{C}}\lvert\lvert f-g\rvert\rvert_I+1$ (avec la supposition faite).
    L'inégalité $\displaystyle\inf_{g\in\overline{C}}\lvert\lvert f-g\rvert\rvert_I\ge \inf_{g\in\overline{C}}\lvert\lvert f-g\rvert\rvert_I+1$ est une contradiction.
    D'où finalement : $$
    \inf_{g\in\mathbb{R}_n[X]}\lvert\lvert f-g\rvert\rvert_I=\inf_{g\in C}\lvert\lvert f-g\rvert\rvert_I.

    $$ Est-ce bien ça ?
  • Oui c'est ça ! Mais c'est un peu long :)

    Puisque $\forall g \in C$, $|| f-g||_I \leq 1+m$, alors $\forall g \in \overline{C}$, $|| f-g||_I > 1+m$.

    Donc $\inf\limits_{g \in \mathbb{R}_n[X]} || f-g ||_I = \inf\limits_{g \in C} || f-g ||_I$.

    Question 1.3 BMaths :)
  • Merci de ta patience marsup, j'ai bien cerné la chose !
    Je m'attaque à la question suivante :)
  • Pour la fin de la question 1.2 :

    Supposons que $m=0$, on aurait alors $\Vert f-p\Vert_I=0$ et donc $f-p=0$, d'où : $f=p\in\mathbb{R}_n[X]$.
  • mgma.png
    Je dirais qu'il faut utiliser le théorème d'interpolation de Lagrange dont voici l'énoncé.
    Soit $f$ une fonction continue sur un intervalle $[a,b],\quad a<b$.
    On considère $n+1$ points distincts $a\le x_1<x_2<\cdots<x_{n+1}\le b$.
    Alors il existe un unique polynôme $p\in\mathbb{R}_n[X]$ tel que $f(x_i)=p(x_i)$ qui est : $$

    p(x)=\sum_{k=0}^nf(x_k)l_k(x),\quad\text{avec }\ l_k(x)=\prod_{j=0,j\neq k}^n\frac{x-x_j}{x_k-x_j}.

    $$ Si je ne me trompe pas.
    On applique ce théorème ici avec $f$ qui est bien continue sur $I$ et $q=p$.
  • Bonjour,

    Je me suis lancé dans le sujet aussi :)
    Pour l'instant j'en suis à la 2.3 et je fais une pause (je ne vois pas de suite la réponse en fait).

    J'ai rédigé mes réponses. Parfois je suis allé un peu vite sur quelques détails (selon moi) mais les idées sont là je pense.

    En espérant ne pas avoir écrit trop de bêtises (ou au moins qu'elles servent à faire avancer ceux qui cherchent comme moi ce sujet)
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