Les dattes à Dattier

[Nabuco]

113 f=-1 contredit

[Nabuco]

114. Pour exp, a =0 b=1 on devrait avoir 2(1-e) <= -(1+e) soir (1+e)<=2(e-1) i.e. e=>3, contradiction.
En fait en regardant l inégalité on se rend compte qu en échangeant a et b on a l égalité et c est assez improbable

[Nabuco]

115 est vrai on fixe b on pose sur [b, 1] g(x) = (x -b)(f'(x) +f'(b))/2 -(f(x)-f(b)) qui vaut 0 en b. on dérive 2g'(x)= f'(b)-(f''(x)(b-x)+f'(x)) et comme f' est convexe g' est positive d où g l est par croissance ce qui conclut

[Nabuco]

116 même technique on obtient une inégalité avec la tangente en (a+b)/2

[BobbyJoe]

Exo 94 :

Soit $(x_{0},y_{0})$ appartenant à $[0,1]^{2}.$ On a alors pour tout $(x,y)$ appartenant à $[0,1]^{2},$
\begin{align*}
\vert f(x,y)-f(x_{0},y_{0}) \vert & \leq \vert f(x,y)-f(x_{0},y) \vert + \vert f(x_{0},y)-f(x_{0},y_{0}) \vert\\
& \leq C\vert x-x_{0} \vert + C \vert y-y_{0} \vert.
\end{align*}
La première ligne provient de l'inégalité triangulaire.
La deuxième provient du fait que pour $y$ appartenant à $[0,1],$ la fonction $x \mapsto f(x,y)$ est lipshitzienne sur $[0,1]$ (de constante de lipschitz $C\geq 0$- par hypothèse, en appliquant l'inégalité des accroissement finis).

La fonction $f$ est donc lipschitzienne sur $[0,1]^{2},$ en particulier continue sur $[0,1]^{2}.$

[BobbyJoe]

Exo 101 :

Bon, j'ai montré une conclusion beaucoup plus faible que l'énoncé original.

Par l'absurde, supposons que $(f''_{n})_{n\geq 0}$ soit une suite localement uniformément minorée au sens suivant :
pour tout $x$ appartenant à $\mathbb{R},$ il existe un voisinage de $x:$ $\mathcal{V}(x)$ et une constante $C_{x}$ appartenant à $\mathbb{R}$ tels que $$\forall y\in \mathcal{V}(x), \forall n\in \mathbb{N},\mbox{ } f''_{n}(y)\geq C_{x}.$$
Prenant un segment $I$ (non dégénéré) qui contient (dans son intérieur) une discontinuité de $g.$ Alors par compacité, il existe une constante $C$ appartenant à $\mathbb{R}$ telle que $\displaystyle f''_{n}\geq C$ sur $I.$
La suite $\displaystyle \left(g_{n}:=f_{n}-C\frac{x^{2}}{2} \right)_{n\geq 0}$ est alors une suite de fonctions convexes qui converge simplement sur $I.$
Ainsi, il y a CV uniforme sur tout compact de $I$ et en particulier, la limite $\displaystyle g-C\frac{x^{2}}{2}$ est continue sur l'intérieur de $I$ i.e. $g$ continue sur l'intérieur de $I,$ ce qui est impossible!

Ainsi, il existe un réel $x$, une suite de points $(x_{n})$ convergeant vers $x$ ainsi qu'une extractrice $(\phi(n))$ tels que $$\lim_{n\rightarrow +\infty}f''_{\phi(n)}(x_{n})=-\infty.$$

Bref, je ne sais pas... Je vais réfléchir...

[Thinking]

Solution 86:

SPOILER:

Bah oui, puisque $$ \pi(3000)+1<500 $$, donc on pouvait même baisser la borne à $$ 432 $$...

[Zetary]

SPOILER:

Si P n'a pas de racines, il n'est pas surjectif, et s'il en a une, il en a deux (par division euclidienne) donc n'est pas injectif

[Nabuco]

(X-3)(X-2)(X-2) dans F7

[Nabuco]

On prend P=X^3-3aX avec a qui n est pas un carré dans Fp. P est injectif sinon P-b admet une racine double pour un certain b donc P' admet un zéro et donc a est un carré. Par cardinalité c est bijectif