Les dattes à Dattier

Un problème, une question, un nouveau théorème ?

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JeanN
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Re: Les dattes à Dattier

Message par JeanN » sam. févr. 02, 2019 12:40 pm

GaBuZoMeu a écrit :
sam. févr. 02, 2019 12:26 pm
Bof, c'est l'argument qui trivialise l'exercice. Pas besoin de combinatoire en plus. Réfléchis un peu, tu verras. (Et d'ailleurs tu as vu, puisque tu as effacé ta remarque où tu disais qu'il manquait des arguments)

Autre chose : si $ P^{[n]} $ désigne l'itéré $ n $ fois du polynôme $ P \in K[X] $, alors $ P-X $ divise $ P^{[k+1]}-P^{[k]} $ pour tout entier naturel $ k $, et donc divise $ P^{[n]}-X $ pour tout entier naturel $ n $. De plus, si $ a\in K $ est un point fixe de $ P $, alors $ (P^{[k]})'(a)= P'(a)^k $. Le 36 suit immédiatement.
Non c’était moi pour éviter les enflammades...
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Inversion
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Re: Les dattes à Dattier

Message par Inversion » mer. févr. 06, 2019 8:50 pm

Bonjour,

Je pense avoir une piste pour la datte 58.
SPOILER:
On cherche à montrer que pour tous entiers naturels $a$ et $b$ on a : $\mathrm{pgcd}(2^{2a+1}+1,2^{2b+1}+1)=2^{\mathrm{pgcd}(2a+1,2b+1)}+1$.
Montrons dans un premier temps que $2^{\mathrm{pgcd}(2a+1,2b+1)}+1$ divise $\mathrm{pgcd}(2^{2a+1}+1,2^{2b+1}+1)$. Pour cela, considérons un entier naturel non nul $k$ qui divise $2^{\mathrm{pgcd}(2a+1,2b+1)}+1$ et montrons qu'alors il divise $\mathrm{pgcd}(2^{2a+1}+1,2^{2b+1}+1)$. Posons $d=\mathrm{pgcd}(2a+1,2b+1)$ et $a'$ et $b'$ des entiers naturels tels que $2a+1=a'd$ et $2b+1=b'd$.
On a : $2^d \equiv -1 [k] \Rightarrow 2^{2a+1} \equiv 2^{a'd} \equiv (-1)^{a'} \equiv -1 [k]$ car $2a+1$ est impair et $a'$ divise $2a+1$ donc $a'$ est impair.
De manière analogue on montre que $k$ divise $2^{2b+1}+1$. Donc on a bien $2^{\mathrm{pgcd}(2a+1,2b+1)}+1$ divise $\mathrm{pgcd}(2^{2a+1}+1,2^{2b+1}+1)$.

Réciproquement montrons que $\mathrm{pgcd}(2^{2a+1}+1,2^{2b+1}+1)$ divise $2^{\mathrm{pgcd}(2a+1,2b+1)}+1$.
Posons $d'=\mathrm{pgcd}(2^{2a+1}+1,2^{2b+1}+1)$. On rappelle qu'on a posé $d=\mathrm{pgcd}(2a+1,2b+1)$, $a'$ tel que $2a+1=a'd$ et $b'$ tel que $2b+1=b'd$.
On a : $2^{da'} \equiv -1 [d']$ et $2^{db'} \equiv -1 [d']$ ce qui implique $2^{2da'} \equiv 1 [d']$ et $2^{2db'} \equiv 1 [d']$ respectivement. On a aussi par définition de $d$ les entiers $a'$ et $b'$ qui sont premiers entre eux.
Soit $w$ l'ordre multiplicatif de $M=2^d$ modulo $d'$. Clairement $w$ existe car $d'$ est impair donc $\mathrm{pgcd}(M,d')=1$.
On a $w$ qui divise $2a'$ et $w$ qui divise $2b'$ et comme $a'$ et $b'$ sont premiers entre eux on a $w$ qui divise $2$ (par Bézout il existe des entiers $u$ et $v$ tels que $a'u+b'v=1$ et $w$ divise combinaisons linéaires de $2a'$ et $b'$ d'où divise en particulier $2(a'u+b'v)=2$), soit $w=1$ ou $2$ car un ordre est strictement positif. Comme $M^{a'}=-1 [d']$ et $d' \ne 2$ on a $M^{a'} \ne -1 [d']$ d'où $w \ne 1$ soit $w = 2$. Ainsi $2^{2d} = 1 [d']$ soit $2^d = \pm 1 [d']$.
$2^d = 1 [d'] \Rightarrow w=1$ absurde donc $2^d = -1 [d']$, ce qui conclut.


Bonne soirée.
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Nabuco
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Re: Les dattes à Dattier

Message par Nabuco » mer. févr. 06, 2019 9:03 pm

Inversion a écrit :
mer. févr. 06, 2019 8:50 pm
Bonjour,

Je pense avoir une piste pour la datte 58.
SPOILER:
On cherche à montrer que pour tous entiers naturels $a$ et $b$ on a : $\mathrm{pgcd}(2^{2a+1}+1,2^{2b+1}+1)=2^{\mathrm{pgcd}(2a+1,2b+1)}+1$.
Montrons dans un premier temps que $2^{\mathrm{pgcd}(2a+1,2b+1)}+1$ divise $\mathrm{pgcd}(2^{2a+1}+1,2^{2b+1}+1)$. Pour cela, considérons un entier naturel non nul $k$ qui divise $2^{\mathrm{pgcd}(2a+1,2b+1)}+1$ et montrons qu'alors il divise $\mathrm{pgcd}(2^{2a+1}+1,2^{2b+1}+1)$. Posons $d=\mathrm{pgcd}(2a+1,2b+1)$ et $a'$ et $b'$ des entiers naturels tels que $2a+1=a'd$ et $2b+1=b'd$.
On a : $2^d \equiv -1 [k] \Rightarrow 2^{2a+1} \equiv 2^{a'd} \equiv (-1)^{a'} \equiv -1 [k]$ car $2a+1$ est impair et $a'$ divise $2a+1$ donc $a'$ est impair.
De manière analogue on montre que $k$ divise $2^{2b+1}+1$. Donc on a bien $2^{\mathrm{pgcd}(2a+1,2b+1)}+1$ divise $\mathrm{pgcd}(2^{2a+1}+1,2^{2b+1}+1)$.

Réciproquement montrons que $\mathrm{pgcd}(2^{2a+1}+1,2^{2b+1}+1)$ divise $2^{\mathrm{pgcd}(2a+1,2b+1)}+1$.
Posons $d'=\mathrm{pgcd}(2^{2a+1}+1,2^{2b+1}+1)$. On rappelle qu'on a posé $d=\mathrm{pgcd}(2a+1,2b+1)$, $a'$ tel que $2a+1=a'd$ et $b'$ tel que $2b+1=b'd$.
On a : $2^{da'} \equiv -1 [d']$ et $2^{db'} \equiv -1 [d']$ ce qui implique $2^{2da'} \equiv 1 [d']$ et $2^{2db'} \equiv 1 [d']$ respectivement. On a aussi par définition de $d$ les entiers $a'$ et $b'$ qui sont premiers entre eux.
Soit $w$ l'ordre multiplicatif de $M=2^d$ modulo $d'$. Clairement $w$ existe car $d'$ est impair donc $\mathrm{pgcd}(M,d')=1$.
On a $w$ qui divise $2a'$ et $w$ qui divise $2b'$ et comme $a'$ et $b'$ sont premiers entre eux on a $w$ qui divise $2$ (par Bézout il existe des entiers $u$ et $v$ tels que $a'u+b'v=1$ et $w$ divise combinaisons linéaires de $2a'$ et $b'$ d'où divise en particulier $2(a'u+b'v)=2$), soit $w=1$ ou $2$ car un ordre est strictement positif. Comme $M^{a'}=-1 [d']$ et $d' \ne 2$ on a $M^{a'} \ne -1 [d']$ d'où $w \ne 1$ soit $w = 2$. Ainsi $2^{2d} = 1 [d']$ soit $2^d = \pm 1 [d']$.
$2^d = 1 [d'] \Rightarrow w=1$ absurde donc $2^d = -1 [d']$, ce qui conclut.


Bonne soirée.
Pour moi il y a un point pas clair qui est pourquoi si 2^2d=1 mod d' alors 2^d=-1. En effet dans Z/d'Z un produit peut être nul sans qu un des deux termes le soit.

Inversion
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Re: Les dattes à Dattier

Message par Inversion » mer. févr. 06, 2019 9:22 pm

oups oui grosse erreur de ma part j'essaie de corriger mais pas sûr du tout que j'y arrive :oops:
Merci beaucoup !
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Re: Les dattes à Dattier

Message par Nabuco » mer. févr. 06, 2019 9:23 pm

La fin de l argument peut être ajustée ainsi si je ne m abuse
SPOILER:
une fois 2^2d=1 mod d' on obtient d' divise 2^d-1 fois 2^d+1. Supposons d' non premier avec 2^d-1 on note f leur pgcd. Alors modulo f 0=2^(2a+1)+1 =1+1 ce qui conclut par imparité de d' donc de f.

Modifié en dernier par Nabuco le mer. févr. 06, 2019 10:23 pm, modifié 1 fois.

Inversion
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Re: Les dattes à Dattier

Message par Inversion » mer. févr. 06, 2019 9:38 pm

Pourrais-tu expliciter tes égalités modulo $f$ s'il te plaît ? Je n'ai pas bien compris d'où elles sortent.
Edit : Aussi ne serait-ce pas d' divise (2^d-1)(2^d+1) plutôt que d' divise 2^d-1 et d' divise 2^d+1 ?

Merci d'avance !
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Re: Les dattes à Dattier

Message par Nabuco » mer. févr. 06, 2019 10:15 pm

d' divise 2^2d -1 =(2^d-1)(2^d+1) oui le et est en trop
Modulo f 2^d=1 donc 2^(2a+1)=1. Comme f divise 2^d+1 f divise 2^2a+1 +1 d après le début du raisonnement.

En fait j ai remplacé 2a+1 par à dans mon raisonnement

Inversion
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Re: Les dattes à Dattier

Message par Inversion » mer. févr. 06, 2019 10:28 pm

Ah oui super merci beaucoup c'est bien compris !
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Re: Les dattes à Dattier

Message par Nabuco » mer. févr. 06, 2019 10:31 pm

141 si A un ensemble est dense dans Ralors pour tout réel r A +r est dense donc l ensemble en question est dense ssi 5Z +9piZ l est. Supposons qu il n est pas dense. La caractérisation des sous groupes de Z donne que 5Z+9piZ =aZ. 5 est dans aZ donc a est rationnel. 9 pi aussi donc pi est rationnel contradiction.

btsix
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Re: Les dattes à Dattier

Message par btsix » jeu. févr. 07, 2019 4:26 pm

Bonjour,
Dattier a écrit :
dim. août 27, 2017 10:02 pm
énoncé 47 : double casse tête
La double série $ \sum \limits_{n\geq 1} \sum \limits_{k \geq 1} \frac{(-1)^{n+k}}{\sqrt{n+k}} $ est-elle convergente ?
tl;dr
SPOILER:
Oui.
La série intérieure est convergente. On fait un développement asymptotique convenable de la somme partielle de la série extérieure pour montrer qu'elle converge, en effectuant deux sommations par parties.
En détail :
SPOILER:
Pour tout $n \in \mathbb{N}^*$, la série intérieure est convergente puisqu'elle vérifie le critère spécifique des séries alternées. On note $u_n$ sa somme.
$$u_1 = -\sum_{k=1}^{+\infty} \frac{(-1)^k}{\sqrt{k+1}}$$
Pour tout $n\in\mathbb{N}^*$, $$u_{n+1} = \sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n+1+k}}{\sqrt{n+1+k}} = \sum_{k=2}^{+\infty}\frac{(-1)^{n+k}}{\sqrt{n+k}} = \sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n+k}}{\sqrt{n+k}} - \frac{(-1)^{n+1}}{\sqrt{n+1}} = u_n + \frac{(-1)^n}{\sqrt{n+1}}$$
Donc lorsque $N \rightarrow +\infty$,
$$\sum_{n=1}^N u_n = \sum_{n=1}^N \left(u_1 + \sum_{k=1}^{n-1} (u_{k+1} - u_k) \right) = \sum_{n=1}^N \left(u_1 + \sum_{k=1}^{n-1} \frac{(-1)^k}{\sqrt{k+1}} \right)$$
$$ = \sum_{n=1}^N u_1 + \sum_{n=1}^N \sum_{k=1}^{n-1} \frac{(-1)^k}{\sqrt{k+1}} = Nu_1 + \sum_{1\,\leqslant\, k\,<\,n\,\leqslant\, N} \frac{(-1)^k}{\sqrt{k+1}} = Nu_1 + \sum_{k=1}^{N-1} \sum_{n=k+1}^N \frac{(-1)^k}{\sqrt{k+1}}$$
$$ = Nu_1 + \sum_{k=1}^{N-1} (N-k)\frac{(-1)^k}{\sqrt{k+1}} = Nu_1 + N \sum_{k=1}^{N-1}\frac{(-1)^k}{\sqrt{k+1}} - \sum_{k=1}^{N-1}\frac{(-1)^{k}k}{\sqrt{k+1}}$$
$$ = Nu_1 + N\left(\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{\sqrt{k+1}} - \sum_{k=N}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{\sqrt{k+1}}\right) - \sum_{k=1}^{N-1}\frac{(-1)^{k}k}{\sqrt{k+1}} = -N \sum_{k=N}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{\sqrt{k+1}} - \sum_{k=1}^{N-1}\frac{(-1)^{k}k}{\sqrt{k+1}}$$
$$ = -N \sum_{k=N}^{+\infty}\left(\sum_{p=0}^k (-1)^p - \sum_{p=0}^{k-1} (-1)^p\right)\frac{1}{\sqrt{k+1}} - \sum_{k=1}^{N-1}\left(\sum_{p=0}^k (-1)^p - \sum_{p=0}^{k-1} (-1)^p\right)\frac{k}{\sqrt{k+1}}$$
$$ = -N \left[\sum_{k=N}^{+\infty}\left(\sum_{p=0}^k (-1)^p\right)\frac{1}{\sqrt{k+1}} - \sum_{k=N}^{+\infty}\left(\sum_{p=0}^{k-1} (-1)^p\right)\frac{1}{\sqrt{k+1}}\right] - \left[\sum_{k=1}^{N-1}\left(\sum_{p=0}^k (-1)^p\right)\frac{k}{\sqrt{k+1}} - \sum_{k=1}^{N-1}\left(\sum_{p=0}^{k-1} (-1)^p\right)\frac{k}{\sqrt{k+1}}\right]$$
$$ = -N \left[\sum_{k=N+1}^{+\infty}\left(\sum_{p=0}^{k-1} (-1)^p\right)\frac{1}{\sqrt{k}} - \sum_{k=N}^{+\infty}\left(\sum_{p=0}^{k-1} (-1)^p\right)\frac{1}{\sqrt{k+1}}\right] - \left[\sum_{k=2}^{N}\left(\sum_{p=0}^{k-1} (-1)^p\right)\frac{k-1}{\sqrt{k}} - \sum_{k=1}^{N-1}\left(\sum_{p=0}^{k-1} (-1)^p\right)\frac{k}{\sqrt{k+1}}\right]$$
$$ = -N \left[\sum_{k=N+1}^{+\infty}\left(\sum_{p=0}^{k-1} (-1)^p\right)\left(\frac{1}{\sqrt{k}} -\frac{1}{\sqrt{k+1}}\right) - \left(\sum_{p=0}^{N-1} (-1)^p\right)\frac{1}{\sqrt{N+1}}\right]$$
$$- \left[\sum_{k=2}^{N-1}\left(\sum_{p=0}^{k-1} (-1)^p\right)\left(\frac{k-1}{\sqrt{k}} - \frac{k}{\sqrt{k+1}}\right) + \left(\sum_{p=0}^{N-1} (-1)^p\right)\frac{N-1}{\sqrt{N}} - \left(\sum_{p=0}^{1-1} (-1)^p\right)\frac{1}{\sqrt{1+1}} \right]$$
$$ = -N \left[\sum_{k=N+1}^{+\infty}\frac{1-(-1)^k}{2}\left(\frac{1}{\sqrt{k}} -\frac{1}{\sqrt{k+1}}\right) - \frac{1-(-1)^N}{2}\frac{1}{\sqrt{N+1}}\right]$$
$$- \left[\sum_{k=2}^{N-1}\frac{1-(-1)^k}{2}\left(\frac{k-1}{\sqrt{k}} - \frac{k}{\sqrt{k+1}}\right) + \frac{1-(-1)^N}{2}\frac{N-1}{\sqrt{N}} - \frac{1}{\sqrt{2}} \right]$$
$$ = -N \left[\frac{1}{2}\sum_{k=N+1}^{+\infty}\left(\frac{1}{\sqrt{k}} -\frac{1}{\sqrt{k+1}}\right) - \frac{1}{2}\sum_{k=N+1}^{+\infty}(-1)^k\left(\frac{1}{\sqrt{k}} -\frac{1}{\sqrt{k+1}}\right) - \frac{1-(-1)^N}{2}\frac{1}{\sqrt{N+1}}\right]$$
$$- \left[\frac{1}{2}\sum_{k=2}^{N-1}\left(\frac{k-1}{\sqrt{k}} - \frac{k}{\sqrt{k+1}}\right) - \frac{1}{2} \sum_{k=2}^{N-1}(-1)^k\left(\frac{k-1}{\sqrt{k}} - \frac{k}{\sqrt{k+1}}\right)+ \frac{1-(-1)^N}{2}\frac{N-1}{\sqrt{N}} - \frac{1}{\sqrt{2}} \right]$$
$$ = -N \left[\frac{1}{2\sqrt{N+1}} - \frac{1}{2}\sum_{k=N+1}^{+\infty}(-1)^k\left(\frac{1}{\sqrt{k}} -\frac{1}{\sqrt{k+1}}\right) - \frac{1-(-1)^N}{2}\frac{1}{\sqrt{N+1}}\right]$$
$$- \left[\frac{1}{2}\left(\frac{2-1}{\sqrt{2}} - \frac{N-1}{\sqrt{N}}\right) - \frac{1}{2} \sum_{k=2}^{N-1}(-1)^k\left(\frac{k-1}{\sqrt{k}} - \frac{k}{\sqrt{k+1}}\right)+ \frac{1-(-1)^N}{2}\frac{N-1}{\sqrt{N}} - \frac{1}{\sqrt{2}} \right]$$
$$ = -N \left[ -\frac{1}{2}\sum_{k=N+1}^{+\infty}(-1)^k\left(\frac{1}{\sqrt{k}} -\frac{1}{\sqrt{k+1}}\right) + \frac{(-1)^N}{2\sqrt{N+1}}\right]$$
$$- \left[\frac{1}{2\sqrt{2}} - \frac{N-1}{2\sqrt{N}} - \frac{1}{2} \sum_{k=2}^{N-1}(-1)^k\left(\frac{k-1}{\sqrt{k}} - \frac{k}{\sqrt{k+1}}\right)+ \frac{1-(-1)^N}{2}\frac{N-1}{\sqrt{N}} - \frac{1}{\sqrt{2}} \right]$$
$$ = -N \left[ -\frac{1}{2}\sum_{k=N+1}^{+\infty}(-1)^k\left(\frac{1}{\sqrt{k}} -\frac{1}{\sqrt{k+1}}\right) + \frac{(-1)^N}{2\sqrt{N+1}}\right] - \left[-\frac{1}{2\sqrt{2}} + \frac{1}{2} \sum_{k=2}^{N-1}(-1)^k\left(\frac{k}{\sqrt{k+1}} - \frac{k-1}{\sqrt{k}}\right) - \frac{(-1)^N (N-1)}{2\sqrt{N}} \right]$$

Les suites $(a_k)_{k\in\mathbb{N}^*}$ et $(b_k)_{k\in\mathbb{N}^*}$ définies par $a_k = \frac{1}{\sqrt{k}} - \frac{1}{\sqrt{k+1}}$ et $b_k = \frac{k}{\sqrt{k+1}} - \frac{k-1}{\sqrt{k}}$ sont décroissantes et convergent vers $0$.
Donc d'après le critère spécifique des séries alternées,
$$\left|\sum_{k=N+1}^{+\infty}(-1)^k\left(\frac{1}{\sqrt{k}} -\frac{1}{\sqrt{k+1}}\right)\right| \leqslant \frac{1}{\sqrt{N+1}} - \frac{1}{\sqrt{N+2}} = \mathcal{O}\left(\frac{1}{N\sqrt{N}}\right) = \mathcal{o}\left(\frac{1}{N}\right)$$
et il existe $l \in\mathbb{R}$ tel que
$$\sum_{k=2}^{N-1} (-1)^k\left(\frac{k}{\sqrt{k+1}} - \frac{k-1}{\sqrt{k}}\right) = l + \mathcal{o}(1)$$

Ainsi,
$$\sum_{n=1}^N u_n = -N \left[ \mathcal{o}\left(\frac{1}{N}\right) + \frac{(-1)^N}{2\sqrt{N+1}}\right] - \left[-\frac{1}{2\sqrt{2}} + \frac{1}{2} (l + \mathcal{o}(1)) - \frac{(-1)^N (N-1)}{2\sqrt{N}} \right]$$
$$ = \mathcal{o}(1) - \frac{(-1)^N N}{2\sqrt{N+1}} + \frac{1}{2\sqrt{2}} - \frac{1}{2} l + \mathcal{o}(1) + \frac{(-1)^N (N-1)}{2\sqrt{N}}$$
$$ = \frac{1}{2\sqrt{2}} - \frac{1}{2} l - \frac{(-1)^N}{2}\left(\frac{N}{\sqrt{N+1}} - \frac{N-1}{\sqrt{N}}\right) - \frac{(-1)^N}{2\sqrt{N}} + \mathcal{o}(1)$$
$$ = \frac{1}{2\sqrt{2}} - \frac{1}{2} l + \mathcal{o}(1)$$

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Message par Dattier » jeu. févr. 21, 2019 2:29 pm

Bonjour,

JeanN refuse, maintenant, que je commente les réponses données, je mettrais sur mon site les nouvelles énigmes.

Bonne journée.

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Message par Dattier » jeu. avr. 04, 2019 4:36 pm

Salut,


244 : Cosinus et liberté :
Existe-t-il $x \in \mathbb R$ tel que $\{\cos(nx)\}_{n \in \mathbb N}$ soit $\mathbb Q$-libre ?


245 : Weierstrass et Lipschitz :
Soit $f \in C([0,1])$ 1-lipschitz.
Existe-t-il une suite de fonctions polynômes 1-lipschitz qui convergent uniformément vers $f$ ?


246 : Injectivité polynomiale
Soit $P \in \mathbb Z[x]$ de degré 2. Déterminer une CNS sur les coeffs de $P$, pour qu'il soit injectif sur $\mathbb Z$ ?


247 : Super Ascoli
Soit $E \subset C([0,1])$.
A-t-on :

$E$ est compact pour la norme sup ssi $E$ est fermée pour la limite simple et $\exists M>0$ tel que $\forall f \in K, ||f||_\infty \leq M$ ?



248 : Fonction polyssante :
Une fonction polyssante est une fonction de $[0,1]$ dans les réels, tel qu'il existe un polynôme $P$ non constant à 4 variables tel que : $\forall x,y \in [0,1], P(f(x),x,f(y),y) \geq 0$.

a/ Y-a-t-il des fonctions polyssantes tel quelles soient croissante, 1-lipschtiz ou 1/2-holderienne ?

b/ Existe-t-il $P$ polynôme tel que toutes les fonctions continues de [0,1] dans les réels soit P-polyssante avec les fonctions discontinues non-P-polyssante ?
Modifié en dernier par Dattier le sam. avr. 13, 2019 1:17 pm, modifié 2 fois.

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Re: Les dattes à Dattier

Message par Dattier » sam. avr. 13, 2019 10:40 am

249 : Info-math :
Soit $N=123456789101112...219$ et $P_n(\cos(x))=\cos(nx)$.
Déterminer $(P_N(x) \mod (x^2+1)) \mod (2^{89}-1)$


250 : suite récurrente non linéaire :
$u_n=\dfrac{u_n^3+6u_n^2+12u_n+9}{(u_n+2)^2}$ et $u_0=1$.
Calculer $E(u_{2^{2019}}) \mod (3^{90}-2)$, avec $E$ la partie entière : $E(23.97)=23$


251 : DSE et liberté :
a/ $\{f_n\}_{n\in\mathbb N}$ famille $\mathbb R$-libre de fonction DSE sur $I$ un intervalle non triviale.
Existe-t-il $x \in I$ tel que $\{f_n(x)\}_{n \in \mathbb N}$ soit $\mathbb Q$-libre ?

b/ Si oui pour a/, peut-on le faire quand la famille des $f_n$ est juste $\mathcal C^\infty$ ?

c/ Si oui pour b/, peut-on le faire quand la famille des $f_n$ est juste continue ?


252 : Super Ascoli+
Soit $E\subset C([0,1])$, avec $E$ stable par limite simple et par max et min, uniformément borné par $M>0$.
A-t-on $E$ compact ?


253 : théorème d'interversion de limite
On a $\forall n,k\in\mathbb N, |a_{n,k}-a_{n,k+1}|\leq \dfrac{1}{k^2}$ , $|a_{n,k}-a_{n+1,k}|\leq \dfrac{1}{n^2}$ et $\phi,\psi$ fonctions de $\mathbb N$ dans $\mathbb N$ strictement croissante.
A-t-on alors les doubles limites définies et  $\lim \limits_{k} \lim \limits_{n} a_{n,k}=\lim \limits_{n} \lim \limits_{k} a_{n,k}=\lim \limits_{n} a_{\phi(n),\psi(n)}$ ?
Modifié en dernier par Dattier le sam. avr. 13, 2019 12:37 pm, modifié 1 fois.

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Re: Les dattes à Dattier

Message par Dattier » sam. avr. 13, 2019 11:19 am

Petit récapitulatif :

les fraîches (pas encore tombé) :

-38 : Inégalité de Jensen +

-44 : la fonction factorinus

-52,53 : une histoire de poids

-63 : doublement classique+

-64 : une histoire de mod borné

-66 : équa diff non linéaire

les nouvelles :

82 : Analyse diffèrentielle

118 : limite en or

119-120 : préliminaire au 118

129 : CNS de bijectivité

130 : Avec ou sans super calculateur ?

131 : Avec ou sans super calculateur 2

132 : Avec ou sans super calculateur 3


139 : l'improbable résultat 2

144 : polynôme et permutation 2

147 : minimisation 3

149 : racine fonctionnelle

150 : racine fonctionnelle 2


pause crypto

154 : miracle algébrique (3) ?

158 : opération et composition (version finie)

159 : opération et composition (version infinie)


160 : polynôme et permutation

-169 : transivité infini

-173 : calcul de borne

-177 : compact radin

-178 : compact généreux

-179 : dérivé en milieu hostile


-180 : principe de promiscuité

182 : les groupes unis

-183 : calcul transitif

-185 : toujours avec les idéaux

-186 : autour de Mobius avec BobbyJoe

-195 : exploration équivalence faible

-197 : calcul équivalent

-198 : transivité et associativité

-199 : indice pour le 195 ?

-204 : la discount continuité

-205 : un classique ?

-208 : étonnement analytique ?

-209 : addition modulaire

-211 : calcul exact avec la partie entière

-212 : calcul exact avec la partie entière

-213 : calcul exact avec la partie entière


-214 : récurrence continue

-216 : l'associativité faible

-218 : Théorème du graphe fermée 2.0

-219 : représentation continue réciproque partielle

-222 : continue ou continue pas

-223 : 3-firabilité

-224 : évaluation avec grand nombre


-226 : Algébryse

-228 : the function ? à moitié tombé par GaBuZoMeu

-232 : inégalité uniforme

-233 : domination continue

-234 : Dini pour tous

-235 : Dini pour tous 2

-236 : Dini pour tous 3

-237 : Super Dini


-242 : Analyse miracle

-245 : Weierstrass et Lipschitz

-246 : Injectivité polynomiale

-248 : Fonctions polyssantes


-249 : info-math

-250 : suite récurrente non linéaire

-251 : DSE et liberté

-252 : Super Ascoli+

-253 : théorème d'interversion de limite

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Re: Les dattes à Dattier

Message par Dattier » ven. avr. 19, 2019 9:29 pm

Bonsoir,

255 : Interversion de limite
Soit $a_{n,k}$ suite double réel tel que $l=\lim \limits_{n} \lim \limits_{k} a_{n,k}=\lim \limits_{k} \lim \limits_{n} a_{n,k}$ et $\phi,\psi$ deux fonctions strictement croissantes de $\mathbb N$ dans lui même.

A-t-on $\lim \limits_{n} a_{\phi(n),\psi(n)}=l$ ?


256 : Interversion de limite +
Soit $a_{n,k}$ suite double réel avec une constante $l$ tel que
pour toutes fonctions $\phi,\psi$ strictement croissantes de $\mathbb N$ dans lui même on a $l=\lim \limits_{n} a_{\phi(n),\psi(n)}$.

A-t-on $l=\lim \limits_{n} \lim \limits_{k} a_{n,k}=\lim \limits_{k} \lim \limits_{n} a_{n,k}$ ?

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