Les dattes à Dattier

[Nicolas Patrois]

195 : si je ne me trompe pas (il est en carton), c’est la relation de congruence de mon Quinet.

[BobbyJoe]

La relation du $195$ porte un nom (cf le livre de Tenenbaum par exemple), et il me semble que la notation officielle est $\Omega$...
On note $u_{n}=\Omega(v_{n})$ pour signifier $\vert u_{n} \vert \lesssim \vert v_{n} \vert$ et $\vert v_{n} \vert \lesssim \vert u_{n}\vert.$

[noro]

200 : Super Bolzano
Soit $A \subset \mathbb R^n$, avec $\text{card}(A)>\text{card}(\mathbb N)$.
A-t-on l'existence de $(a_n)_n \in A^{\mathbb N}$ injective tel que $a_n$ converge vers $a \in A$ ?

Bonne journée.

Par l'absurde si toute suite convergente $(a_n)_n$ vers $a\in A$ est stationnaire, alors on dispose de $\epsilon_a>0$ tel que $A\cap B(a,\epsilon_a)= \{a\}$.
Ainsi $A=\cup_{n\in\mathbb N ^*} \{x\in A, B(x,1/n) = \{x\}\}$ dénombrable comme union dénombrable d'ensembles dénombrables, absurde !

[noro]

@Noro : pourquoi pour $ n $ fixé l'ensemble $\{x \in A \text{ ; } A \cap B(x,1/n) =\{x\} \}$ est-il au plus dénombrable ?

Une manière de le voir est de remarquer que $\{x \in A \text{ ; } A \cap B(x,1/n) =\{x\} \}= \cup_{m\in\mathbb N}(\{x \in A \text{ ; } A \cap B(x,1/n) =\{x\} \}\cap B(0,m))$ et que chaque $\{x \in A \text{ ; } A \cap B(x,1/n) =\{x\} \}\cap B(0,m)$ est fini

[noro]

$\{x \in A \text{ ; } A \cap B(x,1/n) =\{x\} \}\cap B(0,m)$ est fini

il manque à expliquer cela.

Par l"absurde si cet ensemble était infini alors on disposerait de $(x_n)_n$ une suite injective de cet ensemble.
Cet ensemble étant borné la suite admet une valeur d'adhérence par le th de b-w ce qui est absurde car chacun des points de cet ensemble est à une distance d'au moins 1/n des autres points

[noro]

Bravo (le piège c'était de passer par les volumes, qui allonge beaucoup la justification).

j'y ai pensé mais de toutes façons les intégrales multiples ne sont pas au programme de prépa

[BobbyJoe]

Pour la (jamais :p) $203$

SPOILER:

On considère $(X-x)(X-y)(X-z)=X^{3}-\sigma_{1}X^{2}+\sigma_{2}X-\sigma_{3}$ où les $\sigma_{i}$ sont les fonctions élémentaires symétriques de $x,y,z.$
L'inégalité désirée est alors avec ces notations $$\vert \sigma_{1}+\sigma_{3} \vert \leq \vert 1+\sigma_{2} \vert.$$
En évaluant en $1$ et $-1,$ on a
\begin{align*}
1-\sigma_{1}+\sigma_{2}-\sigma_{3} & =(1-x)(1-y)(1-z)\geq 0\\
\mbox{ d'où } \sigma_{1}+\sigma_{3} & \leq 1 +\sigma_{2}.\\
\mbox{Et, } -1-\sigma_{1}-\sigma_{2}-\sigma_{3} & = -(1+x)(1+y)(1+z)\leq 0\\
\mbox{ d'où } \sigma_{1}+\sigma_{3} & \geq -(1 +\sigma_{2}).
\end{align*}
Ainsi, on obtient l'inégalité désirée.

[alvaare]

Salut,

206 : Speedy Gonzalez 1 MP*+
Montrer en 2 lignes que si $f$ bijective continue de $\mathbb R^n$ dans lui même, alors $f^{-1}$ est aussi continue.

Les énigmes marqués speedy Gonzalez, sont des classiques, qu'il faut prouver avec une preuve inédite trés courte.

Cordialement.

Soit $F$ un fermé de $\mathbb{R^n}$, l'image réciproque de $F$ par rapport à $f^{-1}$ est $f(F)$ (bijectivité de $f$). Or $f(F)$ est fermé car $f$ est fermée. Donc $f^{-1}$ est continue.

[alvaare]

207 : Miracle analytique ?
Soit $f$ injective et $k$-lipschitz de $\mathbb R^n$ dans lui même. A-t-on $f(\mathbb R^n)=\mathbb R^n$ ?

Non, on prend $n=1$ et la fonction $arctan$. On a $f(\mathbb{R})=]-\pi/2; \pi/2[$

[alvaare]

201 : pause
A/ Soit $f \in C([0,1])$. A-t-on $$\forall n \in \mathbb N^*, \int_0^1 f(x) \text{d}x=\int_0^1 f(n \times x-E( n\times x))\text{d}x $$ ?

B/ Soit $g,f \in C([0,1],\mathbb R_+)$. A-t-on $$ \int_0^1 f(x) \text{d}x=\int_0^1 \int_0^1 f(g(t)+x-E(g(t)+x))\text{d}x\text{d}t $$ ?


Avec $E$ la partie entière.

A/ On pose $u=nx$,
$$\forall n \in \mathbb N^*, \int_0^1 f(n \times x-E( n\times x))\text{d}x = \frac{1}{n}\int_0^n f(\{u\})\text{d}u = \frac{1}{n}\times n \int_0^1 f(x) \text{d}x = \int_0^1 f(x) \text{d}x$$

B/ On pose $\forall t \in [0, 1], a(t)$ le réel dans $[0, 1[$ tel que $g(t)+x \in \mathbb{Z}$. Alors:
$$\int_0^1 \int_0^1 f(g(t)+x-E(g(t)+x))\text{d}x\text{d}t=\int_0^1 \int_0^{a(t)} f(1-a(t)+x)\text{d}x+\int_0^{1-a(t)} f(x)\text{d}x\text{d}t$$
On pose $u=1-a(t)+x$ dans la première intégrale:
$$\int_0^1 \int_0^1 f(g(t)+x-E(g(t)+x))\text{d}x\text{d}t=\int_0^1 \int_0^1 f(x)\text{d}x\text{d}t= \int_0^1 f(x) \text{d}x$$