Exos sympas MP(*)

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Re: Exos sympas MP(*)

Message par oty20 » 22 févr. 2019 02:58

Dans l'article que j'ai posté il y a plusieurs CNS en voici une que je cite :

DEFINITION 2. Let $ x $ be isolated in a metric space, then we write
$ I(x) $ for a supremum of positive numbers a such that $ S(x, a) $ consists
of $ x $ alone.



(6) For any function $ f(x) $, there is a positive integer $ n $ such that
every point of $ A=\{x ;|f(x)|\geq n\} $ is isolated and $ \inf_{x\in A} I(x) $ is positive.
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par Mathoss » 23 févr. 2019 20:49

Dattier a écrit :
21 févr. 2019 23:44
SPOILER:
1/ On peut déjà dire que $K$ est nécéssairement fermé.

En effet, s'il existe $x_n$ suite de K qui tend vers $a$ qui n'est pas dans K, alors $f(x)=\dfrac{1}{x-a}$ est continue sur $K$ mais pas uniformément continue.

2/ Soit $K$ non compact, donc il existe $x_n$ suite de $K$, qui tend vers $+\infty$ par exemple.

Si $\forall A>0,\forall e>0, ,\exists x\neq y \in K\cap [A,+\infty[, |x-y|<e$, alors on peut trouver une fonction $f$ continue sur $K$ et $f$ n'est pas uniformément continue.

Ce qui conclut l'étude.
Je ne vois pas en quoi ça conclut le cas où la partie n'est pas compacte!
Le cas des ensembles discrets fait sentir que la caractérisation ne peut pas être si simple
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par Luckyos » 23 févr. 2019 21:15

Mathoss a écrit :
23 févr. 2019 20:49
Je ne vois pas en quoi ça conclut le cas où la partie n'est pas compacte!
Le cas des ensembles discrets fait sentir que la caractérisation ne peut pas être si simple
Son 2è point montre qu'il existe A>0 et d>0 tels que : $ \forall x\neq y\in \mathbb R, (|x|>A,|y|>A) \implies |x-y|>d $.
Donc $ K\cap [-A,A] $ est compact et K est l'union d'un compact et d'un ensemble de réels deux à deux distants d'au moins d.
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par Mathoss » 27 févr. 2019 21:08

artslidd a écrit :
20 févr. 2019 21:24
Equivalent en $ 1^- $ de $ \sum_{n = 2}^{\infty} \frac{x^n}{ln(n)} $
Déjà, par une comparaison série intégrale, somme des 1/ln(k) pour k=2 à n ~ intégrale de 2 à n de 1/ln(t)
Ensuite, intégrale de 1/ln(t) = [t/ln(t)] + intégrale de 1/ln(t)^2
Par comparaison, intégrale de 1/ln(t)^2 = o(n/ln(n))
D'où un équivalent de la somme partielle déjà

Ensuite, 1/(1-x) * Somme des x^n / ln(n) = somme des x^n * [somme sur k=2 à n des 1/ln(k)]
Il est alors classique que lorsque x->1-, somme des x^n *[somme sur k=2 à n des 1/ln(k)] ~ somme des n/ln(n) * x^n
Enfin, on remarque, en notant f la somme de la série entière qu'on étudie initialement, que somme des n*x^n / ln(n) ~ f'(x)
On a donc : f'(x)/f(x) ~ 1/1-x
D'où, par intégration des relations de comparaison, ln(f(x))~-ln(1-x) donc: f(x)~ 1/1-x
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par Luckyos » 28 févr. 2019 01:25

Mathoss a écrit :
27 févr. 2019 21:08
ln(f(x))~-ln(1-x) donc: f(x)~ 1/1-x
En + l'infini, x+1~x donc e^(x+1)~e^x ?
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par artslidd » 28 févr. 2019 08:25

Mathoss a écrit :
27 févr. 2019 21:08
artslidd a écrit :
20 févr. 2019 21:24
Equivalent en $ 1^- $ de $ \sum_{n = 2}^{\infty} \frac{x^n}{ln(n)} $
Déjà, par une comparaison série intégrale, somme des 1/ln(k) pour k=2 à n ~ intégrale de 2 à n de 1/ln(t)
Ensuite, intégrale de 1/ln(t) = [t/ln(t)] + intégrale de 1/ln(t)^2
Par comparaison, intégrale de 1/ln(t)^2 = o(n/ln(n))
D'où un équivalent de la somme partielle déjà

Ensuite, 1/(1-x) * Somme des x^n / ln(n) = somme des x^n * [somme sur k=2 à n des 1/ln(k)]
Il est alors classique que lorsque x->1-, somme des x^n *[somme sur k=2 à n des 1/ln(k)] ~ somme des n/ln(n) * x^n
Enfin, on remarque, en notant f la somme de la série entière qu'on étudie initialement, que somme des n*x^n / ln(n) ~ f'(x)
On a donc : f'(x)/f(x) ~ 1/1-x
D'où, par intégration des relations de comparaison, ln(f(x))~-ln(1-x) donc: f(x)~ 1/1-x
Non c'est faux, 1/1-x est la série géométrique, donc une suite constante égale à 1. 1/ln(n) est négligeable devant 1 donc l'équivalent doit etre négligeable devant 1/1-x (exercice abordable)
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par Mathoss » 28 févr. 2019 12:52

artslidd a écrit :
28 févr. 2019 08:25
Mathoss a écrit :
27 févr. 2019 21:08
artslidd a écrit :
20 févr. 2019 21:24
Equivalent en $ 1^- $ de $ \sum_{n = 2}^{\infty} \frac{x^n}{ln(n)} $
Déjà, par une comparaison série intégrale, somme des 1/ln(k) pour k=2 à n ~ intégrale de 2 à n de 1/ln(t)
Ensuite, intégrale de 1/ln(t) = [t/ln(t)] + intégrale de 1/ln(t)^2
Par comparaison, intégrale de 1/ln(t)^2 = o(n/ln(n))
D'où un équivalent de la somme partielle déjà

Ensuite, 1/(1-x) * Somme des x^n / ln(n) = somme des x^n * [somme sur k=2 à n des 1/ln(k)]
Il est alors classique que lorsque x->1-, somme des x^n *[somme sur k=2 à n des 1/ln(k)] ~ somme des n/ln(n) * x^n
Enfin, on remarque, en notant f la somme de la série entière qu'on étudie initialement, que somme des n*x^n / ln(n) ~ f'(x)
On a donc : f'(x)/f(x) ~ 1/1-x
D'où, par intégration des relations de comparaison, ln(f(x))~-ln(1-x) donc: f(x)~ 1/1-x
Non c'est faux, 1/1-x est la série géométrique, donc une suite constante égale à 1. 1/ln(n) est négligeable devant 1 donc l'équivalent doit etre négligeable devant 1/1-x (exercice abordable)
Je vous testais simplement 😇
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par artslidd » 28 févr. 2019 15:08

Je n'ai pas la réponse, j'avais raisonné de la même manière lorsque j'avais tenté de le résoudre. Il est tout de même assez subtil. :P
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par JeanN » 28 févr. 2019 19:35

Je pronostique 1/((x-1)*ln(1-x)).
Pour démontrer ceci, effectuer une comparaison série intégrale (la fonction qui va bien est décroissante) puis dans l'intégrale, effectuer le changement de variable u=-t*ln(x) et ensuite ça se passe à peu près bien avec une convergence dominée pour conclure.
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par l'XenY » 28 févr. 2019 21:16

Soit $ (\epsilon_{k}) $ une suite de variables aléatoires identiques et indépendantes de Rademacher. Montrer que la fonction qui à x associe :
$ \displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} \epsilon_{k} x^{k} $

Admet presque sûrement une infinité de zéros sur [0,1]

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