Les classiques parmi les classiques

[invite4793db90]

Ce fil, dont la paternité revient à IceDL, a pour vocation de proposer des solutions aux questions fréquemment posées dans cette rubrique. Certains exercices reviennent en effet régulièrement, et ils font partie de ceux que tout étudiant en mathématiques doit savoir résoudre : ce sont les "classiques".

Mise à jour du 18/07/07 : J'ai édité les anciens messages afin de généraliser l'usage des balises spoiler.

Vous pouvez apporter des compléments ou des commentaires, mais pour conserver une certaine lisibilité, posez vos questions dans un nouveau fil.

Sommaire

• #2 : Une fonction croissante de [0, 1] dans lui-même admet un point fixe.
• #3 : [Algèbre linéaire] Deux matrices réelles C-semblables sont R-semblables
• #4 : Polynômes complexes d'image réelle
• #5 : Groupes abéliens de cardinal pq
• #6 : Majoration de l'indice de nilpotence
• #7 : Idéaux bilatères de
• #8 : Idempotent dans un ensemble fini
• #9 : Cas particuliers du théorème de la progression arithmétique de Dirichlet
• #10 : ouvert dense de
• #11 : Sous-groupes du groupe additif des réels
• #12 : Théorème de Gauss-Lucas sur les polynômes
• #13 : [Algèbre linéaire]
• #14 : [Arithmétique] Formule de Legendre
• #15 : [Analyse] Lemme de Gronwall
• #16 : [Analyse] Si pour toute g dérivable alors f=0.
  Complément : #18.
• #17 : Si alors
• #19 : Fonctions réelles additives et continues
• # 20 : [Algèbre] Matrices de passage et base duale.
• # 21 : [Algèbre] : Calcul du déterminant det(pgcd(i, j))
• # 22 : Mesure d'un angle avec une règle
• # 23 : [Algèbre] Lemme de Cauchy
• # 24 : [Géométrie] Théorème de Carathéodory
• # 25 : [Géométrie] Théorème de Radon
• # 26 : [Géométrie] Théorème de Helly
• # 27 : [Analyse] Les applications polynômiales complexes sont ouvertes et fermées.
  Complément : #28.
• # 29 : [Algèbre linéaire] Matrice antisymétrique non inversible
• # 30 : [Analyse] Moyenne de Cesàro
• # 31 : [Théorie des nombres] Irrationnalité de Pi
• # 32 : [Topologie] Théorème de Brouwer en dimension 2
• # 33 : [Logique] Une petite introduction à la théorie des modèles
• # 37 : [Algèbre] Théorème de Frobenius à propos des sur-corps de R de dimension finie
• # 40 : [Algèbre] 2 propriétés en dimension 2 : Critère pour que A,B non homothéties soient semblables + Commutant d'une non homothétie

Note : ce fil n'engendre aucune contradiction avec la politique de ce forum concernant les demandes d'aide aux exercices.
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[invite870bfaea]

Salut tout le monde ,
allez je commence vu que c'est mon éxercice qui a permis a Icedl de faire le remarque (qui est très bonne d'ailleurs)

Soit une fonction croissante montrer qu'il existe [0,1] tel que

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Salut à tous,

Alors si j'ai bien compris, on a le problème suivant :

On se donne f:[0,1]->[0,1] croissante, montrer qu'elle admet un point fixe. Cela se voit assez bien sur un dessin c'est vrai.

Je propose une solution (un peu tordue c'est vrai, mais je n'utilise pas de continuité dedans), le symbole <= signifiant inférieur ou égal, de même pour >=.

Etant donné l'ensemble de départ et d'arrivée de f on a donc
f(1)<=1, il en résulte que l'ensemble E={x dans [0,1] / f(x)<=x} est une partie non vide minorée de R donc admet une borne inférieure a.

pour x dans E, x>=a (a est la borne inf de E),
d'où par croissance x>=f(x)>=f(a) ce qui montre que f(a) minore E
on en déduit f(a)<=a d'où toujours par croissance de f, f(f(a))<=f(a)
donc f(a) appartient à E, minore E et vaut donc infE=a.

On a ainsi prouvé que f(a)=a.

A+

[invitedef78796]

Soit et deux matrices carrées réelles semblables dans :
Il existe telle que .

Alors, et sont semblables dans :
Il existe telle que .

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On remarque d'abord que toute matrice carrée complexe se décompose de manière unique sous la forme où et sont deux matrices carrées réelles. Ceci découle naturellement de la décomposition de chaque coefficient de la matrice sous forme algébrique "partie réelle + i * partie imaginaire".
Appliquons ce résultat à la matrice : il existe uniques telles que .

Ainsi, comme et donc . On en déduit
.

Or on a établi l'unicité de ce type de décomposition, donc nécessairement

et .

On peut donc affirmer en combinant ces deux dernières équations que :



.

Le polynôme défini par est un polynôme réel que l'on peut éventuellement considérer comme polynôme complexe. Un tel polynôme n'est pas le polynôme identiquement nul car si c'était le cas,
la fonction polynomiale associée à le serait aussi ce qui est incompatible avec l'hypothèse

( est inversible).

N'étant pas nul, le polynôme réel possède un nombre fini de racines réelles et on peut affirmer l'existence d'un réel tel que :



On voit alors que la matrice carrée réelle est inversible et vérifie .

[invited5b2473a]

Polynômes complexes d'image réelle

Quels sont les polynômes complexes P à valeurs réelles?

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Si P est de degré supérieur à 1, alors par le théorème de d'Alembert-Gauss, le polynôme P-i admet une racine complexe. Donc P est nécesserairement constant réel.

[A voir en vidéo sur Futura]

[invited5b2473a]

Groupes abéliens de cardinal pq

Soit G un groupe d'ordre pq, où p et q sont deux nombres premiers distincts. Montrer que G est cyclique.

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Par le théorème de Lagrange, les éléments de G ont leur ordre divisant pq donc vaut 1,p,q ou pq. Si l'un à un ordre égal à pq alors G est cyclique. Supposons qu'il n'existe pas de tels éléments.
De plus si, x est d'ordre p et y d'ordre q, alors xy est d'ordre pq. En effet xy 1 car sinon y est du même ordre que x et comme p et q sont distincts et premiers entre eux, il y a contradiction. car sinon q|p. De même pour xy^q. Donc l'ordre de xy est pq et G est cyclique.
Donc les éléments de G ont pour ordre soit 1 soit par exemple p. Alors soit x un élément d'ordre p et notons H le sous-groupe qu'il engendre. Alors considérons G/H qui est un groupe de cardinal q. Or q est premier, donc G/H est cyclique et soit z G tel que engendre G/H. Or On a .
Donc q|p!!
COnclusion, G est cyclique

[invited5b2473a]

Majoration de l'indice de nilpotence

Soit E un K-ev de dimension finie n et nilpotent. Montrer que uⁿ=0.

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Supposons que l'indice de nilpotence p de u soit strictement plus grand que n. Alors u est non nul et soit donc tel que . Dans ces conditions, la famille (x, u(x),..., u^p-1(x)) est libre et on obtiendra la contradiction voulue (car p>n). En effet si elle était liée, il existerait des réels a₀,..., a_p-1 non tous nuls tels que
a₀x+...+a_p-1u^p-1(x)=0.
En composant les deux membres de cette égalité par u^p-1, il vient u^p-1(x)=0 ce qui est impossible.

[invited5b2473a]

Idéaux bilatères de

Soit E un K-ev de dimension finie n. Montrer que les seuls idéaux bilatères de E sont {0} et E. Cela reste-t-il vrai en dimension infinie?

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Le problème revient à chercher les idéaux bilatères de . Soit I un idéal bilatère non nul et M un élément de I non nul. Notons (E_ij)_1<=i,j<=n la base canonique de . Alors soit i₀, j₀ deux entiers tels que . Alors dans ces conditions,
. Cet élément est dans I et donc E aussi. Ainsi, et donc I=.
La réciproque est immédiate.

[invited5b2473a]

Idempotent dans un ensemble fini

Soit E un ensemble fini muni d'une loi de composition interne associative. Montrer qu'il existe s E tel que s²=s.

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Soit x un élément quelconque de E. Considérons la famille {x^2k}_k>0. E étant fini, il existe deux indices i < j tels que x²ⁱ=x^2j. Posons j=i+a, 2^a=b et y=x²ⁱ; Alors, 2^j=2ⁱb et y^b=x^2j=y. Dans ces conditions, y^b-1 convient. En effet, comme b>1, existe et vaut y^by^b-2=yy^b-2=y^b-1.

[invited5b2473a]

Cas particuliers du théorème de la progression arithmétique de Dirichlet

1) montrer qu'il existe une infinité de nombres premiers.
2) montrer qu'il existe une infinité de nombres premiers congrus à 3 modulo 4.
3) montrer qu'il existe une infinité de nombres premiers congrus à 1 modulo 4.

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1) S'il y en a qu'un nombre fini, alors leur produit auquel on ajoute 1 admet pour diviseur au-moins l'un de ces nombres premiers qui divsera par conséquent 1 ce qui est absurde.
2) Raisonnons par l'absurde et notons les a₁,...,a_n. Posons A=4a₁...a_n-1. Considérons les diviseurs premiers de A. Ils sont congrus soit à 1 soit à 3 modulo 4. Le deuxième cas estimpossible. Sinon, ils diviseraient -1! Donc ils sont tous congrus à 1 [4]. Mais alors en faisant les produits, on aurait A congru à 1 [4]. Absurde!
3) Par l'absurde, on les note de la même manière et on pose B=(2a₁...a_n)²+1. Alors si p est un diviseur premier de B, on a que -1 est un carré modulo p et donc p est congru à 1 modulo 4. Or puisque p divise B, on en déduit que p divise 1. Absurde!!

[invitedef78796]

[Algèbre linéaire] Gln(R) est un ouvert dense.

Soit n un entier naturel, on peut associer à sa topologie naturelle d'espace vectoriel normé de dimension finie.

Alors est un ouvert dense de .

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est ouvert :

En effet, l'application determinant Det : est continue car le determinant d'une matrice possède une expression polynomiale par rapport aux coefficients de celle-ci.

Ainsi est fermée en tant qu'image réciproque par la fonction continue déterminant du singleton fermé .

On en déduit que est ouvert.


est dense dans :

Pour aboutir au résultat escompté, il suffit de prouver que tout élément est limite d'une suite .

Posons le rang de la matrice , on sait alors que :

où est la matrice définie par

si
si
si

Posons alors pour tout qui a manifestement pour limite la matrice (le produit matriciel étant continu).

On vérifie alors que toutes les sont inversibles : quelquesoit est diagonale et inversible puisque ses éléments diagonaux sont non-nuls ; P et Q sont inversibles aussi.

Le résultat est établi.


Remarque : on aurait pu dire la même chose à propos de dans , les démonstrations seraient identiques.

[invitedef78796]

[Analyse] Sous-groupes de R

étant le groupe additif des nombres réels , soit un sous-groupe additif de

Alors deux cas (disjoints) et deux seulement sont possibles :

- est discret, de la forme avec
- est dense dans

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Eliminons d'emblée le cas qui est bien un sous-groupe discret.
Il est clair alors que G possède au moins un élément strictement positif (il contient un élément et donc aussi, l'un des deux étant strictement positif).
Ainsi, est une partie non vide, minorée par 0 de et possède une borne inférieure .

C'est ici qu'apparaissent les deux cas :

1er cas : . Nous allons montrer que par double inclusion :


inclus dans : commençons déjà par établir qua . D'après la caractérisation de la borne inférieure nous savons que il existe un élément x de G satisfaisant à l'inégalité :

Supposons alors un instant que , alors nécessairement et on peut recommencer l'opération en utilisant la caractérisation de la borne inférieure à savoir nous savons qu'il existe un élément y dans satisfaisant à l'inégalité :

Et avec tout ce qui précède, ou encore et . Il en résulte notamment avec (propriété du sous-groupe ) ; l'existence d'un tel élément est en contradiction avec la définition de a (borne inférieure de ).
Bilan : et avec les propriétés de sous-groupe de G, on vérifie par la suite que est inclus dans .


inclus dans : en effet soit , il existe un entier relatif tel que (cet entier n'est autre que ). On sait d'après le paragraphe qui précède que est dans ; par les propriétés de sous-groupes de , on en déduit que est également dans .
Or , avec . Ainsi, et et finalement est inclus dans .


2ème cas : . Nous allons montrer que est dense dans , c'est à dire que :
soit tel que , alors il existe tel que .

Nous allons construire explicitement z toujours grâce à la caractérisation de la borne inférieure :
comme , il existe un élément de G vérifiant : . Sous cette formulation qui peut paraître artificielle se cache en fait la construction d'un pas suffisament petit pour placer notre élément entre et .

On peut affirmer l'existence d'un entier relatif n tel que : en effet il suffit de choisir comme dans l'étude du premier cas ). C'est le choix de qui nous assure ensuite que .

Posons ; alors et .

[invite9c9b9968]

[Algèbre] Théorème de Gauss-Lucas sur les polynômes

Soit P un polynôme de . Alors les racines de P' le polynôme dérivé de P sont contenues dans l'enveloppe convexe des racines de P.

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Soit , de degré (on peut écrire tout polynôme à ceofficients complexes de cette manière car est un corps algébriquement clos).

On a en dérivant le polynôme,

On en déduit donc la formule bien connue

Soit une racine de P' qui ne soit pas déjà racine de P, et notons-la . On a donc



En multipliant chaque terme par sa quantité conjuguée correspondante, et en prenant en suite le conjugué de l'expression entière, on obtient



On pose alors .

On a donc au final et l'on vérifie aisément que : on a bien démontré que était barycentre à coefficients positifs des racines de P, donc est bien dans l'enveloppe convexe de P.

Le résultat est donc établi, et constitue ce que l'on nomme dans la littérature le théorème de Gauss-Lucas.

[invited5b2473a]

[Algèbre linéaire]

Soit A et B deux matrices de . Montrer que .

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1) Supposons d'abord que A est inversible. Alors,
.
2) A est maintenant quelconque. Par densité de , il existe une suite (A_i)_i>=0 d'éléments de convergent vers A.
D'après 1), . En passant à la limite (le polynôme caractéristique de A est polynômiale en A donc continu), on obtient le résultat voulu.

[invited5b2473a]

[Arithmétique]Formule de Legendre

Soit n et p un nombre premier. Montrer que la valuation p-adique de n! est
.

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Tout d'abord, cette somme est clairement définie. Regardons maintenant le nombre d'entiers compris entre 1 et n, mutiples de p^k et non multiples de p^k+1 (k 1). Il y en a .
Chacun ajoute une quantité k à la valuation p-adique de n! Donc Cette valuation vaut .

[invited5b2473a]

[Analyse]Lemme de Gronwall

Soit f et g deux fonctions continues sur un segment [a,b], à valeurs positives et c une constante positive, vérifiant pour tout :
(1)
Alors, monter que pour tout x de [a,b], .

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Posons pour tout x de [a,b]. C'est une fonction de classe . En injectant dans (1), on obtient l'inégalité, (2). Posons maintenant . Alors (2) devient. En intégrant entre a et x[a,b], il vient . En tenant compte de (1), ona .

[invite870bfaea]

Analyse : Intègrale

Soit f continue sur [0,1] tel que :



pour toute fonction g dérivable sur [0,1] je veux montrer que f = 0 .

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On sait que pour toute fonction g dérivable sur [0,1], on a

Si on pose


g est clairement une fonction dérivable sur [0,1] donc on a :




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 ->

On a donc :

(les bornes sont 0 et 1 -


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



(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 :



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 :



En dérivant cette dernière l'égalité par rappoort à t, on obtient le résultat voulu, à savoir que f est identiquement nulle.

[invite870bfaea]

Maths générales : Inégalité Mystérieuse .

Soit a, b, c 3 réels

Montrer que si
alors

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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.

[inviteaf1870ed]

Je propose une autre solution :

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Puisque f est orthogonale à toute fonction dérivable, f est orthogonale à xⁿ 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 f² est nulle sur [0,1]. Puisque f² est positive, c'est que f est nulle.

[invite35452583]

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 :

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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 :

et en divisant par m


Maintenant pour un rationnel quelconque a=n/m avec n entier, m entier non nul, on a

B) Conditions suffisantes pour que f soit linéaire

1) une fonction réelle additive et continue est linéaire

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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 :

D'où l'égalité f(x)=xf(1) et f est linéaire.

2)' une fonction additive et multiplicative est linéaire

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En effet, on a pour x<y, y-x>0 d’où :

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.

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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 :

Or,

Ainsi, est indépendant de x' et f est linéaire.

Lemme nécessaire aux preuves des résultats 4 et 5

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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 :

ou encore quand m est non nul et en posant p=n/m :

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

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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

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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.
, 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 :

a) D'abord,
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

Le fait que x soit dans [x;x+e] est évident.
On a ainsi


b) Soit x comme précédemment, les éléments de vérifient la même propriété. Soit une suite d'éléments de Q'x convergeant inférieurement vers c. On a


Et en prenant la limite quand n tend vers l'infini :


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) ()

Une somme de termes positifs est nulle seulement si tous les termes sont nuls, on a donc :


2) Montrons que et concluons.

a)
Par double inégalité. g(R*) est dense dans R, soit z=g(y) dans ]a',b'[, et y' dans Qy positif.

avec
Ainsi pour y' suffisamment grand, et on peut le choisir arbitrairement grand, on a :
, et
.
En utilisant l'invariance par translation de la mesure de Lebesgue et le résultat du 1), on aboutit à :

Comme a<b et a'<b' sont quelconques, l'inégalité inverse est vraie aussi.

b)
En effet, soit c un réel tel que a<c<b, on a en posant



c) on aboutit finalement à

qui est la contradiction recherchée.

[invite42abb461]

[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 :

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Notons : et .Puis : et . Alors il vient :

et:
. On en déduit :

.

Mais par ailleurs :

.

On a donc montré que : , i.e. que :

, CQFD.

(Attention : les * en Latex donnent des )

[invite870bfaea]

[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))

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"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 :



Vous voyez toujours pas ? l'astuce (encore une?) est d'écrire que :



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 ! "

[invite870bfaea]

[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) .

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Notons la mesure en radians de l'angle et l'erreur commise en identifiant en millimètres avec la mesure en degrés de l'angle :

En considérant deux points et symétriques par rapport à l'axe :
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 .











Alors :

Et en posant , , :



On a , et . Alors sur :

:

L'erreur commise est inférieure au demi-degré .

[invited5b2473a]

[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 p^m agissant sur X. En notant , montrer que


2) En considérant et une action de sur cet ensemble, en déduire le résultat.

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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 x₁,...,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 (x₁,...,x_p). On montre facilement que c'est bien une action.
_ Regardons un peu les éléments de X^G. On a (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.

[invited5b2473a]

[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.

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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.

[invited5b2473a]

[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.

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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 A₁={x_i | 0 <= x <= r} et son complémentaire (dans A). En effet, un point de l'intersection est le barycentre des points de A₁ pondérés par les ( i<=r) qui par la première égalité, est aussi le barycentre des points de A₂ (pondérés par les i> r).

[invited5b2473a]

[Géométrie] Théorème de Helly

Soit E un espace affine de dimension n et X₁,..., X_p 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 X_i est non vide.

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_ montrons d'abord que l'intersection de n+2 quelconques de ces ensembles est non vide. Sans perte de généralité, on va travailler sur X₁,..., 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 A₁ ou A₂ est dans X_i pour i <=n+2. Alors,vu que les X_i sont convexes , ils contiennent l'enveloppe convexe de A₁ ou A₂ 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.

[invited5b2473a]

[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.

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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 (x₁^(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.

[invitefb06c31d]

votre démonstration est belle .
mais on peut appliquer directement le théorème de l'exposant.

[invitec053041c]

[Algèbre linéaire] Matrice antisymétrique non inversible

Enoncé:
Soit , A antisymétrique, n impair.
Montrer que A n'est pas inversible.

Solution:

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Donc et A non inversible.

[invitec053041c]

[Analyse] Moyenne de Cesàro :

Enoncé:

Soit une suite réelle qui converge vers un réel , alors:

converge aussi vers .

Démonstration:

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signifie

=> (1)

On se place désormais pour , alors:



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:

=>

Ce qui signifie précisément que
converge vers a.