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09/12/2006 - 21h45 nassoufa_02 
Re : Les classiques parmi les classiques
Analyse : Intègrale
Soit f continue sur [0,1] tel que :
g(t)\, dt = 0 )
pour toute fonction g dérivable sur [0,1] je veux montrer que f = 0 .
Cliquez pour afficher On sait que pour toute fonction g dérivable sur [0,1], on a g(t)\, dt= 0 )
Si on pose  = 2t\int_{0}^{t} f(u)\, du )
g est clairement une fonction dérivable sur [0,1] donc on a : \int_{0}^{t}f(u)\,du\, tdt]= 0 )
Ensuite, on effectue une intégration par partie en choisissant d'intègrer ce qui entre crochets. Une primitive de ce qui est entre crochets est la fonction :
t -> \, du)^2 )
On a donc : \, du)^2] ) (les bornes sont 0 et 1 - \, du )^2 \, dt )
A présent, il faut remarquer que le crochet est nul.
En effet, en 0, ça vaut 0 à cause du t qui s'annule en 0 et en 1 ça vaut aussi 0, car \, du = 0 )
(comme f est orthogonale à toute fonction dérivable, alors en particulier elle est orthogonale à la fonction constante égale à 1.
Ainsi, il vient l'égalité suivante : \, du) ^2 \, dt )
Or la fonction
t ->
est continue et positive sur [0,1], donc elle est identiquement nulle.
Ainsi, pour tout t de [0,1], on a : \, du = 0 )
En dérivant cette dernière l'égalité par rappoort à t, on obtient le résultat voulu, à savoir que f est identiquement nulle.
Dernière modification par martini_bird ; 17/07/2007 à 14h09.
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09/12/2006 - 23h14 nassoufa_02
Re : Les classiques parmi les classiques
Maths générales : Inégalité Mystérieuse .
Soit a, b, c 3 réels
Montrer que si
 alors
 )
Cliquez pour afficher Si a et c sont de signe contraire (par exemple a > 0 et c < 0), b² - 4ac >= 0 est toujours satisfait.
Si b > a, b est forcément > 0 alors :
max(a,b,c) = b
Comme a et c sont de signe contraire (avec a > 0) , a + c < a
Avec b > a , on a alors : a + c < b
et a fortiori a + c < (5/4).b
Or pour avoir : a + b + c > (9/4).b , il faudrait :
a + c > (5/4).b , c'est donc impossible.
Conclusion:
Si a et c sont de signe contraire et b plus grand que a et b, on a a + b + c <= (9/4).max(a,b,c)
---
Si a et c sont de signe contraire (par exemple a > 0 et c < 0), b² - 4ac >= 0 est toujours satisfait.
Si a > b, alors max(a,b,c) = a
Pour avoir a + b + c > (9/4)max(a,b,c), il faudrait que: a + b + c > (9/4).a
soit b + c > (5/4).a
Comme c est négatif, on a: b + c < b
--> Il faudrait b > (5/4).a, soit b > a , ce qui est contraire à l'hypothèse.
Conclusion :
Si a et c sont de signe contraire et a plus grand que b et c, on a a + b + c <= (9/4).max(a,b,c)
---
En regroupant les résultats, on trouve:
Si a et c sont de signe contraire, on a a + b + c <= (9/4).max(a,b,c)
-----
Il reste à envisager le cas avec a et c de même signe.
Dernière modification par martini_bird ; 17/07/2007 à 14h11.
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14/12/2006 - 15h35 ericcc 
Re : Les classiques parmi les classiques
Je propose une autre solution :
Cliquez pour afficher Puisque f est orthogonale à toute fonction dérivable, f est orthogonale à x n quel que soit n.
Donc f est orthogonale à tout polynôme.
D'après le théorème de Weierstrass, il existe une suite de polynômes qui converge uniformément vers f.
En passant à la limite on voit que l'intégrale de f 2 est nulle sur [0,1]. Puisque f² est positive, c'est que f est nulle. 
Dernière modification par martini_bird ; 18/07/2007 à 12h21.
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31/01/2007 - 20h30 homotopie
Re : Les classiques parmi les classiques
Fonctions réelles additives
Soit une fonction réelle f vérifiant f(x+y)=f(x)+f(y).
A) Montrer que : f(r.x)=rf(x) pour tout rationnel r et tout réel x.
B) Montrer que f est linéaire équivaut à :
1) f est continue
2) f est croissante
3) f est intégrable Riemann
4) f est localement borné
5) f est mesurable Lebesgue
2)' si f est multiplicative alors f est linéaire.
Remarque 1 : la réciproque de 1),2),3),4) et 5) sont évidentes, celle de 2)' est fausse, ces résultats sont évidents.
Remarque 2 : comme f est additive, il suffit par exemple que f soit continue en un point quelconque, de même les autres conditions ne peuvent être que locales (4) l'est déjà).
A) f(r.x)=rf(x) pour tout rationnel r et tout réel x.
Preuve : Cliquez pour afficher
soit x un réel quelconque
i) montrons f(ax)=af(x) par récurrence pour les entiers naturels a
Si a=0, on a f(a.x)=f(0)=f(0+0)=2.f(0)
de f(0)=2f(0) on déduit que f(0)=0
il s'ensuit que f(ax)=0=0.x=a.x
Supposons que pour un entier a on ait f(a.x)=a.f(x)
alors f((a+1).x)=f(a.x+x)=f(ax)+f(x)
par hypothèse de récurrence : f(ax)+f(x)=a.f(x)+f(x)=(a+1).f (x)
Maintenant pour a entier négatif, on a :
-a est un entier naturel, il s'ensuit que
f(ax)-af(x)=f(ax)+f(-ax)=f(ax+(-ax))=f(0)=0
d'où f(ax)=af(x)
ii) montrons que f(ax)=af(x) quand a=1/m avec m entier non nul
m est un entier donc d'après i) on a : =f(m.\frac1{m} .x)=f(x) )
et en divisant par m =f(\frac1{m} .x)=\frac1{m}f(x)=a.f(x) )
Maintenant pour un rationnel quelconque a=n/m avec n entier, m entier non nul, on a =f(\frac{n}{m} .x)=f(\frac1{m}.(nx))=\frac1{m }f(n.x)=\frac1{m}.(n.f(x))= \frac{n}{m}.f(x)=a.f(x) )
B) Conditions suffisantes pour que f soit linéaire
1) une fonction réelle additive et continue est linéaire
Cliquez pour afficher montrons que pour un réel a, on a f(ax)=af(x)
tout réel est limite d'une suite de rationnels, soit (a(n)) une suite convergeant vers a, on a pour tout n f(a(n).x)=a(n).f(x) ($)
Pour le membre de gauche, x est constant donc a(n).x converge vers a.x, et comme f est continue f(a(n).x) converge vers f(a.x).
Pour le membre de droite f(x) est constant donc a(n).f(x) converge vers a.f(x).
Donc par passage à la limite de ($), on obtient f(a.x)=a.f(x)
En particulier pour x=1 et en posant y=a, k=f(1) on obtient
f(y)=f(y.1)=y.f(1)=y.k
Ainsi f(y)=k.f(y) pour tout réel y avec k constant, f est donc linéaire. 2) une fonction réelle additive monotone est linéaire
En effet, supposons f croissante, et donnons nous deux suites de rationnnels a n et b n qui convergent vers x en l'encadrant :
a n<x<b n
Alors puisque f est croissante
f(a n)<f(x)<f(b n)
Mais on sait que si r est rationnel f(r) = rf(1) donc
a nf(1)<f(x)<b nf(1)
On peut maintenant passer à la limite en appliquant le théorème des gendarmes : \leq f(x) \leq xf(1) )
D'où l'égalité f(x)=xf(1) et f est linéaire.
2)' une fonction additive et multiplicative est linéaire
Cliquez pour afficher En effet, on a pour x<y, y-x>0 d’où : =f(\sqrt{y-x}^2)=f(\sqrt{y-x})^2 \geq 0 )
et donc f(y)=f(x)+f(y-x)>f(x) f est croissante donc f est linéaire.
Corollaire de 2)' : l’identité est l’unique automorphisme de corps de IR.
Dans ce cas, f(1)=1 ce qui termine la preuve.
3) f une fonction réelle additive et intégrable Riemann est linéaire.
Cliquez pour afficher En effet, soit [b,c] (b<c) un intervalle sur lequel f est intégrable Riemann, (quitte à restreindre cet intervalle on peut supposer c distinct de -b).
Soit x' un réel non nul. f restreint à Qx' est linéaire, f(x)=ax pour tout x de Qx'.
Qx' est dense donc on peut trouver pour tout n, 
tels que deux termes consécutifs x(i) et x(i+1) vérifient lx(i+1)-x(i)l<1/n
Comme f est intégrable Riemann sur [b,c], on a : -1}(x_{i+1}-x_i)f(x_i)=\int_b^cf(x).dx )
Or, -1}(x_{i+1}-x_i)f(x_i)=(x_1-b)(f(b)-ab)+\sum_{i=0}^{m(n)-1}(x_{i+1}-x_i)a.x_i ) -1}(x_{i+1}-x_i)f(x_i)=0+\int_b^c ax.dx=a(c^2-b^2)/2 )
Ainsi, .dx}{c^2-b^2} ) est indépendant de x' et f est linéaire.
Lemme nécessaire aux preuves des résultats 4 et 5
Cliquez pour afficher On pose g(x)=f(x)/x pour tout x réel non nul.
g est constante sur toute droite rationnelle privé de 0.
On a g(R*)=un singleton ou est dense.
En effet si pour x et y deux réels non nuls avec y/x non rationnel, on a pour m et n rationnels non nuls tous les deux : =\frac{f(mx+ny)}{mx+ny }=\frac{mx}{mx+ny} \frac{f(mx)}{m}+\frac{ny}{mx+n y} \frac{f(ny)}{n}=\frac{mx}{mx+n y} g(x)+\frac{ny}{mx+ny} g(y) )
ou encore quand m est non nul et en posant p=n/m : =\frac1{1+p(y/x)}g(x)+\frac{p(y/x)}{1+p(y/x)}g(y)=g(x)+\frac{p(y/x)}{1+p(y/x)}(g(y)-g(x)) )
Q.(y/x) est dense dans R, l'image de la fonction z->z/(1+z) est R\{1} ( image=1 correpond en fait à g(mx+ny)=g(y)) donc g(Qx+Qy) est dense dans R si g(y)-g(x) est non nul.
4) f une fonction réelle additive et localement majorée (ou minorée) est linéaire
Cliquez pour afficher En effet, soit un intervalle ]a,b[. On considère un intervalle [a',b'] , a'<b', ne contenant pas 0 et inclus dans ]a,b[.
[a',b'] a une intersection non vide avec n'importe quelle droite rationnelle Qx ainsi g([a',b'])=g(IR*) n'est ni majoré ni minoré.
[a',b'] étant un compact sur lequel la fonction inverse i : x->1/x est continue, cette fonction est bornée (avec des bornes de même signes et non nulles).
Comme f=gxi, f ne peut être ni minorée ni majorée sur [a',b'].[/QUOTE]
5) f une fonction réelle additive et Lebesgue mesurable est linéaire
Cliquez pour afficher Montrons le par l'absurde.
On pose une fois encore g(x)=f(x)/x, que l'on prolonge à R* en posant g(0)=0. Si f est mesurable alors g l'est.
On note m la mesure de Lebesgue sur IR.  \cap [c,d] ) , est un ensemble mesurable pour tous réels a<b, c<d . 1) Montrons en premier lieu que pour tous réels a<b ; 0<=c<d, on a :  \cap [c,d])=m(g^{-1}([a,b[) \cap [0,d-c]) )
a) D'abord,  \cap [0,e])\,+x\, \subset \,g^{-1}([a,b[) \cap [x,x+e] \,si \, a\leq g(x)<b\, et\, x>0 \, (e>0) )
en effet, on a g(x+y)=f(x+y)/(x+y)=(x/(x+y))g(x)+(y/(x+y))g(y) (formule qui reste valide même après l'extension g(0)=0) d'où comme les coefficients x/(x+y) et y/(x+y) sont positifs +\frac{y}{x+y} g(y) < \frac{x}{x+y} b+\frac{y}{x+y} b=b )
Le fait que x soit dans [x;x+e] est évident.
On a ainsi  \cap [x,x+e])>=m((g^{-1}([a,b[) \cap [0,e])\,+x)=m(g^{-1}([a,b[) \cap [0,e]) )
b) Soit x comme précédemment, les éléments de  vérifient la même propriété. Soit _{n \in N} ) une suite d'éléments de Q'x convergeant inférieurement vers c. On a  \cap [c;d]) \geq m((g^{-1}([a,b[) \cap [x'_n,x'_n+d-c]) \cap [c;d])\\ =m(g^{-1}([a,b[) \cap [x'_n,x'_n+d-c] - [x'_n;c[) \geq m(g^{-1}([a,b[) \cap [x'_n,x'_n+d-c])-(c-x'_n) )  \cap [c;d])+(c-x'_n) \geq m(g^{-1}([a,b[) \cap [x'_n,x'_n+d-c]) \geq m(g^{-1}([a,b[) \cap [0,d-c]) )
Et en prenant la limite quand n tend vers l'infini :  \cap [c;d])-m(g^{-1}([a,b[) \cap [0,d-c])\geq 0 )
c) On a cette dernière inégalité, c et d étant fixé, pour tous intervalle Ik=[a+k(b-a);b+k(b-a)[ k parcourant Z, d'où en prenant la somme (la somme des mesures, positives, de tous les ensembles est majoré par 2(d-c) ce qui justifie les transformations successives) (  )  \cap [c;d])-m(g^{-1}(Ik) \cap [0,d-c])\,)=\sum_{k \in Z}m(g^{-1}(Ik) \cap [c;d]))-\sum_{k \in Z}m(g^{-1}(Ik) \cap [0,d-c])\\ =m(\biguplus_{k \in Z} g^{-1}(Ik) \cap [c;d])-m(\biguplus_{k \in Z} g^{-1}(Ik) \cap [0;d-c])=m([c;d])-m([0;d-c])=0 )
Une somme de termes positifs est nulle seulement si tous les termes sont nuls, on a donc :  \cap [c;d])=m(g^{-1}(Ik) \cap [0,d-c]) )
2) Montrons que ) \cap [0;1])=0 \, \forall \,reels\,a<b ) et concluons.
a)  \cap [0;1])=m(g^{-1}([a',b'[ \cap [0;1])\,\foral\,a<b\,et\,a'<b' )
Par double inégalité. g(R*) est dense dans R, soit z=g(y) dans ]a',b'[, et y' dans Qy positif. -g(y')\mid=\mid \frac{x}{x+y'} g(x)+\frac{y'}{x+y'} g(y'))-g(y')\mid=\mid\frac{x(g(x)-g(y'))}{x+y'}\mid \leq \frac{ \mid g(x)-g(y')\mid}{y'}\leq \frac{K}{y'} )
avec = constante )
Ainsi pour y' suffisamment grand, et on peut le choisir arbitrairement grand, on a :  , et  \cap [0;1])\,+\,y' \subset (g^{-1}([a',b'[) \cap [y';y'+1]) ) .
En utilisant l'invariance par translation de la mesure de Lebesgue et le résultat du 1), on aboutit à :  \cap [0,1])=m((g^{-1}([a,b[) \cap [0,1])\,+\,y') \leq m(g^{-1}([a',b'[) \cap [y';y'+1])=m(g^{-1}([a',b'[) \cap [0;1]) )
Comme a<b et a'<b' sont quelconques, l'inégalité inverse est vraie aussi.
b) ) \cap [0;1])=0 \forall \,reels\,a<b )
En effet, soit c un réel tel que a<c<b, on a en posant ) \cap [0;1])=m(g^{-1}([a,c[)) \cap [0;1])=m(g^{-1}([c,b[)) \cap [0;1]) ) 
c) on aboutit finalement à =m(\cup_{n \in N} g^{-1} ([-n,n[)\cap[0;1])=lim_{n\rightarr +\infty}m(g^{-1} \cap[-n,n[)) \cap [0;1])=0 )
qui est la contradiction recherchée.
Dernière modification par martini_bird ; 17/07/2007 à 13h58.
Motif: Mise en forme : retours à la ligne, balises spoiler.
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08/04/2007 - 16h37 Gpadide
Re : Les classiques parmi les classiques
[Algèbre] Matrices de passage et base duale.
Soient B et B' 2 bases d'un meme Kev E de dimension finie n et P la matrice de passage de B à B'. Montrer que la matrice de passage Q de B* à B'* est égale à : ^{-1} )
Cliquez pour afficher Notons :  ) et  .Puis :  ) et  ) . Alors il vient :  et:  . On en déduit : = \sum_{i=1}^n q_{ij}e_i*'(e_k')=q_{kj} ) .
Mais par ailleurs : =\sum_{i=1}^n p_{ik}e_j*(e_i) = p_{jk} ) .
On a donc montré que :  , i.e. que :  , CQFD.
(Attention : les * en Latex donnent des  )
Dernière modification par martini_bird ; 18/07/2007 à 12h17.
Motif: [spoiler]
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21/04/2007 - 23h15 nassoufa_02
Re : Les classiques parmi les classiques
[Algèbre] : Calcul de déterminant
Exercice extrait du MethodX je le mets tel qu'il est si ça peut vous rassurer .. !
Calculer d= dét(pgcd(i,j))
Cliquez pour afficher "Bon. celui là on peut pas l'inventer faut le connaître sinon c'est pas la peine.
Euler. vous connaissez? Bon. Ben il a fait un indicateur. et en plus on a tout plein de formules avec. Entre autres :  = m )
Vous voyez toujours pas ? l'astuce (encore une?) est d'écrire que :  = \sum_{k|pgcd(i,j)} \phi(k) = \sum_{k|i et k|j} \phi(k) )
posons :  ) si j|i  si i|j
(et 0 sinon)
alors A = BC (vérifiez le, au moins vous aurez fait quelque chose dans cet exercice). or les matrices B et C sont triangulaire donc leurs déterminants se calcule sans problème et on a finalement
det A =  )
Cet exercice est introuvable . alors apprenez le par coeur ! "
Dernière modification par martini_bird ; 18/07/2007 à 12h19.
Motif: [spoiler]
L'imagination est plus importante que la connaissance !
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21/04/2007 - 23h42 nassoufa_02
Re : Les classiques parmi les classiques
[Géométrie générale]
Ceci n'est certainement pas un classique mais il est plutôt très beau, je le mets là pour que tout le monde ait l'occasion de le voir .. !
Question :
mesurer un angle avec une règle !
Exemple :
Notons (xôy) l'angle à mesurer . On place A et C sur [Ox) et [Oy) tels que OA=OC=9cm . On trace (D) la perpendiculaire en O à (OA) et dans le demi-plan de frontière (OA) ne contenant pas C , on place le point B de (D) à 15 cm de O . Pour finir on trace la droite (BC) qui coupe (OA) en M . Montrer qu'en mesurant AM en millimètres on obtient au demi degré près la mesure de l'angle (xôy) .
Cliquez pour afficher Notons  la mesure en radians de l'angle  et  ) l'erreur commise en identifiant  en millimètres avec la mesure en degrés de l'angle : =AM-\frac{180\alpha}{\pi} \text{ , avec } \alpha \in [0;\pi] .} )
En considérant deux points  et  symétriques par rapport à l'axe  ) : =-f(\frac{\pi}{2}-\alpha).} )
Alors le graphe de f est symétrique par rapport au point  ) , considérons dans l'intervalle  . On choisit le millimètre comme unité de longueur et on remarque que l'aire du triangle  est la somme des aires des triangles  et  .    } {90}=1-\frac{5.cos \alpha}{3.sin\alpha+5}-\frac{2\alpha}{\pi}} )  }{90}=\frac{25.sin \alpha+15}{(3.sin\alpha+5)^2}-\frac{2}{\pi}} )
Alors : >0 \Leftrightarrow 18.sin^2\alpha+(60-25\pi).sin\alpha+(50-15\pi)<0 )
Et en posant  ) , } ) , } ) : >0 \Leftrightarrow (sin \alpha - sin \alpha_1).(sin \alpha - sin \alpha_2) < 0 )
On a =f(\frac{\pi}{2})=0 ) ,  \approx -0,27 ) et  \approx +0,39 ) . Alors sur  :  : \nearrow f(\alpha_2) \searrow -f(\alpha_2) \nearrow -f(\alpha_1) \searrow 0 )
L'erreur commise est inférieure au demi-degré .
Dernière modification par martini_bird ; 18/07/2007 à 12h18.
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L'imagination est plus importante que la connaissance !
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28/04/2007 - 08h26 indian58
Re : Les classiques parmi les classiques
[algèbre]Lemme de Cauchy
Soit (G,.) un groupe fini et p un diviseur premier de n, l'ordre de G. Le but est de montrer qu'il existe un sous-groupe d'ordre p.
1) Soit H un groupe d'ordre pm agissant sur X. En notant  , montrer que
2) En considérant  \in G^p \mid x_1\ldots x_p=e \} ) et une action de  sur cet ensemble, en déduire le résultat.
Cliquez pour afficher 1) Les orbites des éléments de X H sont des singletons. Quant aux orbites des autres, leur cardinal divise |H|=p m. Donc, vu que p est premier, ces cardinaux sont des multiples de p. Ainsi, l'équation aux classes donne en passant modulo p, le résulat voulu.
2)
_ Considérons cet ensemble X (qui n'est pas vide car contient le p-uplet (e,...,e) ). Si les x 1,...,x p-1 sont fixés alors x p l'est. Donc, |X|=|G| p-1.
_ Faisons agir sur X de la façon suivante : Si  , alors . ) Ces additions sont faites modulo p. On effectue en fait une permutation circulaire d'ordre i du p-uplet (x 1,...,x p). On montre facilement que c'est bien une action.
_ Regardons un peu les éléments de X G. On a  = (x_2,\ldots, x_p) = \ldots = (x_p, \ldots, x_1) ) (on travaille à coups de permuations circulaires). Donc tous les x k sont égaux et donc x p=e. Or si on suppose que G n'admet pas d'élément d'odre p, alors x=e.
_ Dans ces conditions, appliquons 1) : On obient que modulo p, |X| = 1. Or p | |G| p-1 = |X|. C'est absurde! Le résultat est ainsi démontré.
Dernière modification par martini_bird ; 18/07/2007 à 12h19.
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28/04/2007 - 08h50 indian58
Re : Les classiques parmi les classiques
[Géométrie] Théorème de Carathéodory
Soit E un espace affine de dimension n et A une partie de E. Alors l'enveloppe convexe de A est l'ensemble des barycentres à coefficients positifs d'au plus n+1 points de A.
Cliquez pour afficher Tout d'abord, les barycentres à coefficients positifs d'au plus n+1 points de A sont dans l'enveloppe convese de A.
Démontrons la réciproque.
_ Pour cela, soit x un élément de l'enveloppe convexe, barycentre de p + 1 éléments de A avec p > n.
x  avec  ,  et  .
Comme E est de dimension n, (a i,...a p+1) est affinement lié i.e. il existe des coefficients non tous nuls  tels que  et  . Séparons maintenant les μ i négatifs des positifs (les deux existent car sinon tous les μ i seraient nuls) et posons  On peut supposer que k = p+1. Alors, x =  où les δ i sont définis par  De plus, on a par construction que δ i > 0. Enfin, la somme des δ i vaut 1. x est donc barycentre de p éléments de A.
_ On réitère le procédé jusqu'à avoir p <=n.
Dernière modification par martini_bird ; 18/07/2007 à 12h19.
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28/04/2007 - 18h59 indian58
Re : Les classiques parmi les classiques
[Géométrie] Théorème de Radon
Soit E un espace affine de dimension n et A
un ensemble contenant n+2 éléments de E. Montrer qu'il existe une partition de A en deux sous-ensembles A1 et A2 telle que l'intersection de leurs enveloppes convexes soit non vide.
Cliquez pour afficher A est une famille affinement liée. Il existe donc  non tous nuls tels que  et  . Quitte à renuméroter, on peut supposer que les  sont strictement positifs pour i inférieur à un certain r et négatifs pour i > r (ces ensembles sont non vides fait de la deuxième égalité). Alors la partition souhaitée est A 1={x i | 0 <= x <= r} et son complémentaire (dans A). En effet, un point de l'intersection est le barycentre des points de A 1 pondérés par les ( i<=r) qui par la première égalité, est aussi le barycentre des points de A 2 (pondérés par les i> r).
Dernière modification par martini_bird ; 18/07/2007 à 12h20.
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28/04/2007 - 19h27 indian58
Re : Les classiques parmi les classiques
[Géométrie] Théorème de Helly
Soit E un espace affine de dimension n et X1,..., Xp une suite finie de convexes de E. on suppose que p > n+1 et que l'intersection de n+1 quelconques de ces ensembles est non vide. Montrer que l'intersection de tous les Xi est non vide.
Cliquez pour afficher _ montrons d'abord que l'intersection de n+2 quelconques de ces ensembles est non vide. Sans perte de généralité, on va travailler sur X 1,..., X n+2. Par hypothèse, il existe x i dans l'intersection des X k,  . Alors, ou bien un des x i apparait en double et le théorème est démontré, ou bien non et dans ces conditions, A est de cardinal n+2 et on peut appliquer le théorème de Radon. Mais alors, choisissons un élément x de l'intersection des enveloppes convexes des deux ensembles partitionnant A. Ce x est dans l'intersection de nos X i car A 1 ou A 2 est dans X i pour i <=n+2. Alors,vu que les X i sont convexes , ils contiennent l'enveloppe convexe de A 1 ou A 2 et donc X.
_ On remplace maintenant X p et X p-1 par leur intersection. Cette nouvelle suite vérifie l'hypothèse du théorème (d'après ce qui a été démontré) et conserve la même intersection totale que celle de la suite initiale. On recommence jusqu'à obtenir p=n+2 ou le premier raisonnement montre que l'intersection est non vide. Donc le théorème est démontré.
Dernière modification par martini_bird ; 18/07/2007 à 12h20.
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27/05/2007 - 19h26 indian58
Re : Les classiques parmi les classiques
[Analyse]Les applications polynomiales complexes sont ouvertes et fermées
Soit P un polynôme complexe non constant de degré p. montrer que pour tout ouvert A de , P(A) est ouvert et pour tout fermé B, P(B) est fermé.
Cliquez pour afficher 1) Soit B un fermé de  . Soit (y n) n une suite de P(B) convergent vers un élément y. y n=P(x n) avec les x n dans B. Or, vu que (y n) converge vers y, cette suite est bornée. Or s'il existait une sous-suite (x f(n)) divergeant en module vers l'infini, alors P(x n) ferait de même (car il est équivalent en module en  à |a px f(n)p|). Donc les x n sont bornés. Ainsi, par le théorème de Bolzano-Weierstrass, on peut en extraire une sous-suite convergente vers un élément x de B. Par continuité de P, P(x)=y. Donc y est dans P(B) et P(B) est fermé.
2) Soit A un ouvert. Supposons que P(A) ne soit pas ouvert, il existe alors y=P(x) avec x dans A et une suite (yn) convergeant vers y tel qu'aucun y n ne soit dans P(A). Or, par le théorème de d'Alembert-Gauss (P non constant), y n s'écrit y n = P(x n(k)) avec et ces éléments ne sont pas dans A. Comme (x 1(k) - x)*...*(x n(k) - x) = P(x) - y n tend vers 0 en plus l'infini, alors on peut extraire une sous-suite des x n(k) convergeant vers x pour n tendant vers l'infini. Mais cette sous-suite est dans le complémentaire de A qui est fermé et donc x est dans A c. Absurde et P(A) est ouvert.
Dernière modification par martini_bird ; 18/07/2007 à 12h25.
Motif: [spoiler]
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30/05/2007 - 14h15 slimath 
Re : Les classiques parmi les classiques
votre démonstration est belle .
mais on peut appliquer directement le théorème de l'exposant.
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03/07/2007 - 12h19 Ledescat
Re : Les classiques parmi les classiques
[Algèbre linéaire] Matrice antisymétrique non inversible
Enoncé:
Soit  ) , A antisymétrique, n impair.
Montrer que A n'est pas inversible.
Solution:
Cliquez pour afficher ^n.det{A}=-det{A} )
Donc  et A non inversible.
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26/07/2007 - 13h09 Ledescat
Re : Les classiques parmi les classiques
[Analyse] Moyenne de Cesàro :
Enoncé:
Soit _{n \in IN} ) une suite réelle qui converge vers un réel  , alors:
 converge aussi vers .
Démonstration:
Cliquez pour afficher 
signifie  =>  (1)
On se place désormais pour  , alors: -a|=\fr{1}{n+1}|\sum_{k=0}^n U_k-(n+1)a|\\=\fr{1}{n+1}|\sum_{k= 0}^n (Un-a)|\leq \fr{1}{n+1}\sum_{k=0}^n |Un-a|\\ \leq \fr{1}{n+1}\sum_{k=0}^{N_1} |Un-a|+\fr{1}{n+1}\sum_{k=N_1+1}^n |Un-a| )
Désormais, on peut poser  qui est une constante indépendante de n.
Et d'après (1), chaque  est majoré par  dans la seconde somme, et il y en a  ,donc: 
Or,  tend vers 0.
Il existe donc  à partir duquel 
ie 
En posant  , on obtient alors: \geq 1 \in IN,\forall n \in IN,n\geq N ) => 
Ce qui signifie précisément que  converge vers a.
Dernière modification par Ledescat ; 26/07/2007 à 13h14.
Cogito ergo sum.
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