"il est facile de" la preuve : - Page 11 — Les-maths.net The most powerful custom community solution in the world

"il est facile de" la preuve :

18911131425

Réponses

  • 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 ?
  • @Axone du Choix : oui.
    @Chaurien : oui, j'ai corrigé.
  • @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...
  • @ 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 ;-)
  • 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.
  • 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.
  • 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.
  • @ Alea : (tu)

    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.
  • @ aléa : Merci.

    @Mickaël : Bravo ! Est-ce un énoncé classique ?
  • 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).
  • 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.
  • @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.
  • Bonne nuit.
  • 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.
  • Bonjour,

    @Aléa : as-tu pensé à ta preuve en lisant cela : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?43,1198849,1279057#msg-1279057 ?

    Bonne journée.
  • Bonjour,

    énoncé 85 : un nouveau résultat sur les suites
    http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1323030,1331238#msg-1331238

    Bonne journée.
  • Bonjour,

    énoncé 87 : (Algébryse ?)
    Soit $D=\Z+\pi \Z$. Existe-t-il $f$ continue sur $\R$ dans $\R$ tel que $\forall x \in \R,|\sin(x)-f(x)|\leq \frac{1}{2}$ et $f(D) \subset \R-D$ ?

    Bonne journée.
  • énoncé 88 :
    Soient $n\in \N$ et $A=\{P\in \R_n[x]| P(x)=a_0+...+a_nx^n \text{ et } a_0^2+...+a_n^2 \leq 1 \}$.
    Montrer qu'il existe un unique $P_0 \in A$ tel que $\forall P\in A, \int_{[0,1]}\ln(P(x)+n+2) dx \leq \int_{[0,1]} \ln(P_0(x)+2+n) dx$.
  • Es-tu sûr pour la 88 pourexemple? C'est faux pour $n = 0$.


    Et pour la 87, ne veux-tu pas plutôt dire $f(D) \subset D$? Parce que $f(D) \subset \mathbb{R}-D$ est "presque" déjà vraie pour $f = \sin$ il me semble.
  • 88 : laisse moi le temps de voir...

    87 : sin marche peut-être mais cela resterait à prouver.
  • $\sin$ ne fonctionne pas parce que $\sin(0) = 0$ mais on peut chercher une solution de la forme $f_c = \sin + c$ où $c$ est une constante dans $[-\frac{1}{2};\frac{1}{2}]$: l'ensemble des triplets d'entiers $m,n,p$ qui empêchent $f_c$ d'être solution, c'est-à-dire tels que $f_c(m) = n + p.\pi$, est dénombrable.

    Donc si les $f_c$ qui ne sont pas solution étaient en infinie non-dénombrable, il existerait un triplet d'entiers $m_0,n_0,p_0$ et une partie infinie non-dénombrable $X$ de $[-\frac{1}{2};\frac{1}{2}]$ tels que pour $c \in X$, $ f_c(m_0) = n_0 + p_0.\pi$, mais cela impose que $X = \{n_0 + p_0.\pi - \sin(m_0)\}$, qui n'est pas infini: contradiction.

    Donc la plupart des $c \in [-\frac{1}{2};\frac{1}{2}]$ fonctionnent, mais ne connaissant pas grand chose à la théorie des nombres, je ne saurais t'en donner un.
  • Bravo pour 87.

    J'ai corrigé le 88.
  • Bonjour,

    énoncé 89 : (enfin des équations différentielles)
    Soit $P_0,P_1,P_2$ polynômes réels, non nuls, dont le pgcd est $x^2$, et $P_3$ tel que $P_3(0)=0 \text{ et }P_3'(0)\neq 0$
    on note $d_i$ la dérivée partielle par rapport à $x_i$.
    Existe-t-il $U$ ouvert non vide de $\R^2$ et $f\in C^1(U,\R)$, tel que :
    -$d_1d_2f$ et $d_2d_1f$ définis, continues et égaux.
    -$P_0(f)+P_1(d_1f)+P_2(d_2f)+P_3(d_1d_2f)=x_1+x_2$ ?

    Bonne journée.
  • énoncé 90 : (un peu d'algèbre)
    Soit $G$ un groupe fini, montrer qu'il existe $n\in \N$ et $H \subset GL_n(\R)$ tel que $G$ et $H$ soit isomorphe.
  • Bonjour,

    90: Tout groupe de cardinal $n$ est isomorphe à un sous groupe du groupe des permutations de lui-même et peut donc se réaliser comme groupe de matrices de permutation d'ordre $n$.

    Cordialement,

    Rescassol
  • Citation Rescassol :
    Tout groupe de cardinal n est isomorphe à un sous groupe du groupe des permutations de lui-même

    Et comment cela, se montre-t-il ?

    édit : croisement.
  • Bonjour,

    Soit $G$ un groupe de cardinal $n$ et $g \in G$. On pose $s_g:g' \mapsto gg'$ et $f:g \mapsto s_g$.
    $\forall g \in G$, $s_g$ est un morphisme bijectif, donc une permutation de l'ensemble sous-jacent à $G$.
    $f$ est alors un isomorphisme de groupe.
    Il suffit de réaliser ces permutations avec des matrices de permutations, c'est à dire en faisant agir les permutations sur les colonnes de la matrice identité d'ordre $n$.

    Cordialement,

    Rescassol
  • énoncé 91 : équation fonctionnelle
    Existe-t-il $f$ continue de $[-1,1]$ dans lui même tel que :
    $\forall x \in [-1,1], f^3(x)+f^2(x)+f(x)+x=1 \text{ et } 3f^2(x)+2f(x)+x=0$ avec $f^2(x)=f(f(x))$ ?
  • énoncé 92 : équation fonctionnelle+
    Existe-t-il $f$ continue de $[-1,1]$ dans lui même tel que :
    $\forall x \in [-1,1], f^3(x)+f^2(x)+f(x)+x=0 \text{ et } 3f^2(x)+2f(x)+x=0$ avec $f^2(x)=f(f(x))$ ?
  • énoncé 93 :
    Déterminer toutes les matrices $A \in M_3(\C)$ tel que : $A^3+A^2+A+I_3=0_3$.
  • Pour le 93
    $A$ est diagonalisable, ses valeurs propres sont incluses dans $\{-1;-i;i\}=B$.
    Toute matrice diagonale avec valeurs propres dans $B$ vérifie l'équation.
    En conjuguant avec une matrice $P$ inversible, on les a toutes.
  • Bonjour,

    Bravo.

    Bonne journée.
  • Je vous conseille si les équations fonctionnelles vous intéressent de vous attaquer d'abord :
    à 91 (qui est facile quand on connaît le truc), puis à 92 (qui demande un peu de travail, même en connaissant le truc).
  • du plus facile au plus difficile : 91, 88, 92, 89. (les 2 derniers utilisent des astuces (simples) inédites pour moi, avant de tomber dessus lors de mes recherches).

    Bon courage.
  • énoncé 94 : un joli résultat d'arithmétique
    On note $(n!)_p$ est la factorielle allégée de $p$, c'est le plus grand entier, premier avec $p$ et qui divise $n!$
    Montrer que pour tout $n \in \N$ tel que $n>1$ et $p$ entier premier :
    $(n!)_p|(p-1)...(p^n-1)$
  • Bonjour,

    énoncé 95 : amusant
    Soit $P_n(x)=1+x+\frac{x^2}{2!}...+\frac{x^n}{n!}$ une suite de polynôme.
    Montrer $\exists n_0 \in \N, \forall n>n_0,\exists x \in [-1,1], P_n(x)=-x$.

    Bonne journée.
  • énoncé qui reste à résoudre :

    algèbre :
    -50
    -51
    -61
    -82
    -92
    -94


    analyse :
    -43
    -63
    -65,66
    -67
    -70
    -88
    -89
    -95
    -91
  • énoncé 96 : généralisation du discriminant
    Soit $n>1$, $P(x)=a_1+...+a_n X^{n-1}+ X^n$ tel que $\forall x \leq 0, P(x)>0$
    Montrer que si $\Delta=a_n^n-n^na_1<0$ alors $P$ n'a pas toutes ses racines réelles.
  • Bonjour, le no 91, ce serait pas que $f$ admet forcément un point fixe $\alpha$ et que alors on aurait (avec les équations) à la fois $4\alpha =1$ et $6 \alpha=0$ ?
    Donc la réponse serait NON.
  • Le no 92 :

    - On a un unique point fixe en $0$, soit $f(0)=0$

    - On prouve que $0$ n' a pas d'autre antécédent : si $\beta$ en est un on a $f^3(\beta)+f^2(\beta)+f(\beta)+\beta=0$ donc $\beta=0$

    - On en déduit (TVI) que $f([-1 ; 0[) \subset ]0 ; 1]$ et que $f([0 ; 1[) \subset [-1 ; 0[$, ce qui prouve que de $f^n(x)$ à $f^{n+1}(x)$ le signe change.

    - Soit $m$ tel que $|f(m)|$ soit minimal. Que $m$ soit dans $]0 ; 1]$ ou dans $[-1 ; 0[$, grâce à la deuxième équation $3f^2(m)+2f(m)+m=0$ on obtient que $2|f(m)|=3|f^2(m)|+|m|$. Absurde.

    Donc réponse NON.


    Edit : raisonnement bidon, voir post suivant.
  • 4/m=0, non ?
  • Ah ben voui :)o Bon donc ça ne marche pas, je vais continuer à y réfléchir. Peut être que $|f(M)|$ maximal va donner quelque-chose :-D
  • Bon je reprends le 92 :

    De la première équation (1) $f^3+f^2+f+Id=0$, on déduit $f^4+f^3+f^2+f=0$ puis en combinant avec cette première équation on trouve $f^4=Id$.

    De (2) $3f^2+2f+Id=0$ et de $f^4=Id$, on déduit en y injectant $f^2$ que $3Id+2f^3+f^2=0$ puis $f^2+2f=Id$ (en utilisant (1))

    Puis en réinjectant $f^2+2f=Id$ dans (2) on trouve $4f=4Id$ soit $f=Id$ ce qui est contradictoire avec (2).

    Donc réponse NON (sauf erreur :-D)
  • énoncé 97 : un résultat général
    Soit $f$ fonction croissante concave majorée sur $\R^+$ dans $\R$, alors $n(f(n)-f(n+1))$ converge.
Cette discussion a été fermée.
Success message!