Exos sympas MP(*)

[Nico_]

C'est pas un drame de parler sur cinq minutes d'un théorème mathématiques sur une telle page je pense, c'est tout.
Ah oui, je n'avais pas vu la page wikipédia, merci

D'ailleurs, je m'étais aussi intéressé à Banach-Alaoglu il y a quelques temps mais je n'avais jamais approfondi.

[Gyptone]

C'est pas un drame de parler sur cinq minutes d'un théorème mathématiques sur une telle page je pense, c'est tout.
Ah oui, je n'avais pas vu la page wikipédia, merci

D'ailleurs, je m'étais aussi intéressé à Banach-Alaoglu il y a quelques temps mais je n'avais jamais approfondi.

Il suffit de faire une recherche google. Nuhlanaurtograff a répondu...

Merci au revoir

[Gyptone]

Un problème pour cette fin de semaine à vous soumettre,

$ f:N\rightarrow N (nbr. \ naturels) $ est une fonction surjective et $ a,b $ sont des entiers avec $ b>1 $.
Montrer que pour tout $ n\in N $ il existe une infinité de couples $ (x,y)\in N^2 $ tels que $ n < x < y $ et $ a*f(n)= b*f(x)-f(y) $

Je ne me rends pas bien compte du degré de difficulté de ce problème (d'après moi il est un peu difficile).

D'après V@J c'est plus simple. En effet. En l'absence de sa preuve (simple ), en voici une :

Fixons $ n\in\mathbb{N} $.

Étape 1

Comme $ f $ est une surjection de $ \mathbb{N} $ vers $ \mathbb{N} $ et que $ b>1 $, il existe des nombres $ x\in\mathbb{N} $ tel que $ (b-1)f(x)>\vert a\vert f(n) $ et $ x>n $. Je désigne par $ x_1 $ le plus petit de ces nombres. Comme la fonction $ f $ est surjective et que $ bf(x_1)>af(n) $, il existe un nombre $ y_1\in\mathbb{N} $ tel que $ bf(x_1)-f(y_1)=af(n) $. Vu l'inégalité $ (b-1)f(x_1)>\vert a\vert f(n)\geq af(n)=bf(x_1)-f(y_1) $, il faut que $ f(y_1)>f(x_1) $ et donc que $ (b-1)f(y_1)>\vert a\vert f(n) $. Mais alors, vu la caractère minimal de $ $ x_1 $$, il faut que $ y_1>x_1 $ ou $ y_1\leq n $. Si jamais $ y_1\leq n $, on change le nombre $ x_1 $ et on en prend un nouveau tel que $$ f(x_1) $$ soit strictement plus grand que avant (le plus petit vérifiant cela), ce qui donne lieu à un nouveau nombre $ y_1 $. Quitte à recommencer $ n+1 $ fois l'opération, on finira par avoir un couple $ (x_1,y_1) $ qui est solution du problème.

Étape 2

Comme $ f $ est une surjection de $ \mathbb{N} $ vers $ \mathbb{N} $ et que $ b>1 $, il existe des nombres $ x\in\mathbb{N} $ tel que $ (b-1)f(x)>\vert a\vert f(n) $ et $ x>x_1 $. Je désigne par $ x_2 $ le plus petit de ces nombres. Comme la fonction $ f $ est surjective et que $ bf(x_2)>af(n) $, il existe un nombre $ y_2\in\mathbb{N} $ tel que $ bf(x_2)-f(y_2)=af(n) $. Vu l'inégalité $ (b-1)f(x_2)>\vert a\vert f(n)\geq af(n)=bf(x_2)-f(y_2) $, il faut que $ f(y_2)>f(x_2) $ et donc que $ (b-1)f(y_2)>\vert a\vert f(n) $. Mais alors, vu la caractère minimal de $ x_2 $, il faut que $ y_2>x_2 $ ou $ y_2\leq x_1 $. Si jamais $ y_1\leq x_1 $, on change le nombre $ x_2 $ et on en prend un nouveau tel que $ f(x_2) $ soit strictement plus grand que avant (le plus petit vérifiant cela), ce qui donne lieu à un nouveau nombre $ y_2 $. Quitte à recommencer $ x_1+1 $ fois l'opération, on finira par avoir un couple $ (x_2,y_2) $ qui est solution du problème.

Étape 3, etc

On continue à procéder de la sorte, ce qui génère une suite $ (x_i,y_i)_{i\in\mathbb{N}} $ répondant au problème.

[V@J]

En l'absence de sa preuve (simple )

Version soft :
À tout entier $ k \geq 0 $ on associe un couple $ (x_k, y_k) $ tel que $ k + n < x_k < y_k $ et $ a f(n) = b f(x_k) - f(y_k) $.
Soit alors $ L = 1 + \max_{0 \leq i \leq k + n} (|a| + 1) f(i) $ puis $ x_k = \min \{x \in \mathbb{N} \mid f(x) \geq L\} $ et $ y_k = \min \{u \in \mathbb{N} \mid f(y) = b f(x_k) - a f(n)\} $.
Notons que, par surjectivité de $ f : \mathbb{N} \to \mathbb{N} $, l'entier $ x_k $ est bien défini, puis que $ b f(x_k) - a f(n) > b f(x_k) - L \geq (b-1) f(x_k) \geq f(x_k) $, donc que $ y_k $ est bien défini. De plus, par définition de $ L $ et de $ x_k $, on sait même que $ k + n < x_k < y_k $.
Le couple $ (x_k, y_k) $ vérifie donc $ k + n < x_k < y_k $ et $ a f(n) = b f(x_k) - f(y_k) $.

On peut donc considérer les paires $ (x_0,y_0) $ puis $ (x_{y_0}, y_{y_0}) $, $ (x_{y_{y_0}}, y_{y_{y_0}}) $, ...

[Vlastilin]

Calculer $ \int_0^{\infty} $$ \frac{x^3}{e^{\frac{x}{T}}-1}dx $

Oui, c'est juste l'intégrale qui donne la loi de Stefan, à part ça, le calcul n'a pas d'intérêt

[Asymetric]

Un autre un peu plus drôle :

Montrer que toute matrice antisymétrique réelle est produit de deux matrices symétriques réelles.

Il me semble qu'on puisse encore améliorer le résultat : toute matrice réelle est produit de deux matrices symétriques réelles dont l'une est inversible, mais c'est bien plus difficile.

[Asymetric]

SilvereGangloff mes yeux sont plus rapides que ton clic de souris !

[golfeur]

Calculer $ \int_0^{\infty} $$ \frac{x^3}{e^{\frac{x}{T}}-1}dx $

Oui, c'est juste l'intégrale qui donne la loi de Stefan, à part ça, le calcul n'a pas d'intérêt

Notre prof de physique, une fois arrivé à cette intégrale, a dit :

"Et si vous rentrez ca dans Maple, il renvoie (la réponse) et comme Maple il est bien meilleur que nous tous réunis, on n'a plus qu'à le croire"

[Vlastilin]

Ce qui est bien compréhensible pour un prof de physique. Mais cette intégrale recoupe très bien le programme de maths, donc c'est dommage de ne jamais la faire.

[Gyptone]

En l'absence de sa preuve (simple )

Version soft :
À tout entier $ k \geq 0 $ on associe un couple $ (x_k, y_k) $ tel que $ k + n < x_k < y_k $ et $ a f(n) = b f(x_k) - f(y_k) $.
Soit alors $ L = 1 + \max_{0 \leq i \leq k + n} (|a| + 1) f(i) $ puis $ x_k = \min \{x \in \mathbb{N} \mid f(x) \geq L\} $ et $ y_k = \min \{u \in \mathbb{N} \mid f(y) = b f(x_k) - a f(n)\} $.
Notons que, par surjectivité de $ f : \mathbb{N} \to \mathbb{N} $, l'entier $ x_k $ est bien défini, puis que $ b f(x_k) - a f(n) > b f(x_k) - L \geq (b-1) f(x_k) \geq f(x_k) $, donc que $ y_k $ est bien défini. De plus, par définition de $ L $ et de $ x_k $, on sait même que $ k + n < x_k < y_k $.
Le couple $ (x_k, y_k) $ vérifie donc $ k + n < x_k < y_k $ et $ a f(n) = b f(x_k) - f(y_k) $.

On peut donc considérer les paires $ (x_0,y_0) $ puis $ (x_{y_0}, y_{y_0}) $, $ (x_{y_{y_0}}, y_{y_{y_0}}) $, ...

au formalisme près qui simplifie un peu les choses c'est la même solution