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"il est facile de" la preuve :

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Réponses

  • Il y a l'inclusion triviale $\{(f,g) \in (C^1(\R^2,\R))^2| \exists h \in
    C^2(\R^2,\R), d_2h=f \text{ et } d_1h=g\} \subset \{(f,g) \in (C^1(\R^2,\R))^2| d_1f=d_2
    g\}$
  • Tu es sûr que ce n'est pas de l'autre côté ?
  • 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.
  • 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]
  • 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.
  • 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 $T$.
  • 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.
  • Salut,
    GaBuZoMeu a écrit:
    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.
  • Rien compris à ta dernière intervention. Ça veut dire quoi "on se place dans ZF"? Ça veut dire quoi "un ensemble structuré par T"?
  • Par exemple : les corps, les anneaux, les groupes...

    Mais c'est bon j'ai mon contrexemple : un $\R$-ev de dimension 3.
  • Je ne te demande pas des exemples, je te demande une définition.
  • Salut
    Soit $F=C([0,1],\R)$ munit de la topologie uniforme, on note $I$ une forme linéaire continue de $F$, telle que : $$\text{ si } f \geq 0 \text{ alors } I(f)\geq 0
    $$ Soit $(f_n)_n$ qui converge simplement vers $g \in F$, telle que la suite $(I(|f_n|))_n$ majorée.
    A-t-on $\lim \limits_{n \rightarrow \infty} I(f_n)=I(g)$ ?
    Cordialement.

    [Fusion de discussions à la demande de l'auteur. AD]
  • Pourquoi revisitée ? Le théorème de représentation de Riesz te dit que $I$ n'est rien d'autre que l'intégration selon une mesure de Borel.
  • Car, dans la version "classique" on a : $|f_n(x)|\leq g(x)$ avec $g$ intégrable, ici c'est moins fort, sauf si cette version existe déjà ?
  • Je crois que le résultat est proposé et démontré sous cette forme dans un sujet du concours d'entrée à l'ENS Cachan (1ère année) en 1993.
  • Ce que je veux dire c'est que tu es exactement dans le même cadre que celui de la théorie de la mesure classique, il ne faut donc pas espérer obtenir des théorèmes différents.

    Si ton théorème de convergence dominée revisité était vrai tu ne penses pas que ça se saurait ? Je te laisse chercher un contre exemple.
  • @Aléa : alors je change légèrement l'énoncé :

    Soit $F=C([0,1],\R)$ muni de la topologie uniforme, on note $I$ une forme linéaire continue de $F$, telle que :
    $$\text{ si } f \geq 0 \text{ alors } I(f)\geq 0$$

    Soit $(f_n)_n$ qui converge simplement vers $g \in F$.

    A-t-on $\lim \limits_{n \rightarrow \infty} I(f_n)=I(g)$ ?

    @Mojojojo : dis moi que tu en connais un contre-exemple, cela m'encouragera à en trouver un, ou à chercher une preuve à ce résultat.
  • Bah là il suffit de prendre pour $I$ l'intégration entre $0$ et $1$ et sortir un des contre-exemples classiques où on ne peut pas intervertir limite et intégrale.
  • @Poirot : pourrais-tu me donner un de ces exemples classiques ?
    Car les exemples que je connais, n'ont pas de convergence simple en tout point, d'un compact.
  • Si $I$ est positive sur $\mathcal{C}^0$ muni de la norme uniforme, n'est-elle pas automatiquement continue?

    Le second énoncé est évidemment faux.
  • Tu prends une suite de triangles isocèles de base reliant $0$ et $\frac{2}{n}$ et de hauteur $n$ par exemple.
  • Le contre-exemple de Poirot (qui était celui que j'avais en tête) est aussi un contre-exemple au premier énoncé, puisque $I(f_n)=1$.
  • Oui, effectivement, j'étais persuadé qu'on finirait par avoir un point de non convergence simple.

    Merci, Poirot et Mojojojo.

    @Aléa : moi aussi mes souvenirs me jouent des tours.

    @Papy : question intéressante, si I positive alors est-elle continue, il me semble que cette un sujet de capes... ;-)

    Cordialement.
  • Salut,

    énoncé 192 : le bijou caché de la convexité ?
    Soit $(f_k)_k$ une suite de fonction convexe sur $\R$, tel que $\forall x\in \R, \exists M_x\in \R^+, \forall k\in \N, |f_k(x)|\leq M_x$.
    Peut-on en extraire une sous suite, simplement convergente ?

    Cordialement.
  • 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]
  • @pourexemple : encore plus intéressant, c'est comme cela que l'on peut définir des mesures sur un espace localement compact
  • Salut,

    Derrière ceci, il y a un bijou, plus précieux, que le bijou en lien.

    Cordialement.
  • Je m'explique, si ce résultat (en lien) est connu, c'est que le bijou derrière ce résultat est peut-être connu, sinon, il n'est sûrement pas connu.

    Le résultat est le suivant :

    Si on considère une suite de fonction réel convexe, bornée simplement. Alors on peut en extraire une sous suite convergent simplement.
  • J'ai du mal à comprendre ton résultat. Que veut dire que la suite est bornée simplement ? Chaque fonction est bornée ? Impossible car convexité, on alors elles sont constantes. Bornées par une fonction convexe ? C'est trop faible.
  • Regarde le lien (sur le mot ceci).
  • Ah oui, j'ai compris, merci. Je vois grossièrement pourquoi, il faut prendre une partie dense dénombrable de $\R$, faire converger les points un par un et ça va tout faire converger en extrayant une suite diagonale ? Je vais regarder comment rendre ça propre.
  • Bravo, mais il te manquerait le bijou pour conclure.
  • Ok, c'est bon. Les arguments sont qu'un produit dénombrable d'espaces séquentiellement compactss est séquentiellement compact et qu'une fonction convexe est déterminée par ses valeurs sur une partie dense de $\R$. edit : C'est incomplet, je regarderai plus tard.
  • Tu es sûrement un génie... Mais effectivement c'est incomplet, et le bijou ne peut pas être trouvé par un génie, sinon je ne l'aurais pas trouvé.

    PS : je ne dis pas que je suis plus "fort" qu'un génie, je dis juste qu'il faut être simplement humain pour se rendre compte de certaines choses...
  • A priori, (je n'ai pas regardé le détail) ta question se règle avec Arzelà-Ascoli et un argument diagonal. Tu imposes que la famille de fonction soit ponctuellement bornée, couplé avec l'hypothèse de convexité cela impose l'équicontinuité sur tout compact.
  • mojojojo a écrit:
    couplé avec l'hypothèse de convexité cela impose l'équicontinuité sur tout compact.
    Tu serais saurais montrer cela... et non le bijou, je ne l'ai pas encore dévoilé.
  • pourexemple a écrit:
    Tu serais montré cela...

    Je suppose que tu voulais dire "tu saurais montrer cela ?"
  • De mon téléphone : le "bijou" :-D s'appelle juste le théorème de Tychonoff et la convexité ne sert à rien. Je crois que ces matériaux sont au programme de tous les cursus (de maths pures), voire même à l'agreg. (Au capes peut être plus). Mais je ne suis pas sûr c ar j'ai un vague souvenir d'aléa dénonçant la disparition de la topologie aux concours mais vague.
  • @CC : comme le reconnaît ici : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1447154,1452466#msg-1452466
    Champollion cela ne suffirait pas, sauf si je l'ai mal compris.

    PS : dans mon explication la convexité est essentielle.
  • CC : je ne suis pas d'accord, sans la convexité on n'a clairement plus les hypothèses du théorème D'Arzelà-Ascoli, qui est un si et seulement si.

    Pourexemple : j'essaye de t'écrire ça ce soir, en espérant que je ne me sois pas trompé.
  • Je poste de mon téléphone pardon j'ai oublié l'astérisque que je voulais mettre. Elle ne sert pas à établir la.compacité et sa façon de servir à fournir une suite extraite la rend relativement "trop forte"
  • @mojojojo: certes on peut vouloir passer par Ascoli mais dire qu'on ne peut pas exploiter Ascoli au détour de telle ou telle étape n'est pas un "drame". PE demande un convergence simple. Dans ce cas il y a foison d'hypothèses moins violentes. Pour une convergence uniforme sur IR tout entier je n'ai pas regardé les détails il est très probable que ce sera non. Mais sur IR n intervalle compact peut être est-ce oui
  • Mais mon explication permet d'expliquer le résultat que Mojojojo veut expliquer,
    Rappelons que je mets rarement le résultat dans toute sa généralité, car sinon il est trop simple (comme le bijou)...
    Il suffit juste de remarquer qu'il est vrai...
  • Démonstration:

    On vérifie l'égalité dans $LT$ :
    $$\sum_{i=1}^n \frac{w_i}{1-x_iT} = \sum_{k\in \mathbb N} P_{w,k}(x)T^k\;.$$
    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.
  • 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.
  • @ CC : ok pour ton astérisque. C'est vrai qu'on doit pouvoir s'en sortir avec moins d'efforts avec Tychonoff.

    @ PE :

    Supposons que $F=\{f_k\}_k$ ne soit pas équicontinue sur $\mathbf R$, alors il existe $x$ telle que $F$ ne soit pas équicontinue en $x$. Ceci veut dire qu'il existe $\varepsilon>0$ tel que pour tout $\eta>0$ il existe $y\in ]x-\eta,x+\eta[$ et $k\in \mathbf N$ tels que $|f_k(x)-f_k(y)|>\varepsilon$. Maintenant on regarde la droite passant par $(x,f_k(x))$ et $(y,f_k(y))$, son coefficient directeur doit tendre vers $\pm \infty$ lorsque l'on fait tendre $\eta$ vers $0$ mais par convexité $(t,f_k(t))$ est au dessus de cette droite en dehors de l'intervalle $[x;y]$ (ou $[y;x]$), ce qui va contredire l'hypothèse de bornitude ponctuelle.
  • @Mojojojo : je demande à voir cela pour le moins d'effort avec Tychonoff.

    Ensuite, es-tu convaincu par ton explication ?
  • Si $f$ est convexe sur $[a,b]$, on montre que : $\max_{x\in[a,b]} |f(x)| \leq 3\max\left\{|f(a)|, |f(b)|, |f(\tfrac{a+b}2)|\right\}.$
    Mais je suis peut-être hors-sujet.
  • pourexemple a écrit:
    Ensuite, es-tu convaincu par ton explication ?

    C'est quoi comme question ça ? moi j'en suis plutôt convaincu, et toi ?

    @Siméon : je ne vois pas où est-ce que tu veux en venir.
  • @Siméon : es-tu convaincu par la preuve de Mojojojo ?

    Sinon, tu chauffes par un certain aspect et refroidis d'un autre aspect.
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