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Bonjour
Une solution simple à cet exercice consiste à voir que $C_{n+k}^k \times 1/2 ^k$ est le coefficient de $z^n$  dans le développement de $(z+1/2)^{n+k}.$
On est alors amener à montrer que le    coeff de $z^n$ dans  le polynôme
$\sum_{k=0}^n (z+1/2)^{n+k} =\sum_{k=n}^{2n}  (z+1/2)^k$ vaut [tex]2^n[/tex].
où encore  dans le polynôme $p(z)=\sum_{k=0}^{2n}  (z+1/2)^k $  (ce qui ne change rien puisque  j'ai ajouté un polynôme de degré inférieur à n).
Mais on a $p(z)=((z+1/2)^{2n+1}-1)/(z-1/2) $     (suite géométrique) 
et $1/(z-1/2)=-\sum_{j=0}^\infty 2^{j+1} z^j $  (quand la série est convergente, on peut raisonner avec les séries ou les Dl selon tes connaissances)
ainsi on cherche le coefficient de $z^n$ dans la développement de
$( (z+1/2)^{2n+1}-1)  \times  )\times -[\sum_{j=0}^\infty 2^{j+1} z^j]$

Celui qui vient du terme -1  vaut :   $2^{n+1} $
Celui qui vient du développement  de     $(z+1/2)^{2n+1}$
vaut $-\sum_{k=0} ^n  C_{2n+1}^k   1/2^{2*n+1-k} \times 2^{n-k+1}=-1/2^n  \sum_{k=0} ^n  C_{2n+1}^k =-1/2^n* 2^{ 2n}=-2^n$
Donc en tout cela fait $2^{n+1}-2 ^n=2 ^n.$  ce qu'il fallait démontrer.

Bonjour
La question est un peu bizarre pour moi. Mais bref.
Disons que pour certains cas particuliers, on peut éviter le calcul du polynôme caractéristique effectivement.
Une matrice diagonale ....
ou alors la matrice A ci-dessous qui admet comme unique valeur propre 0 (je te laisse deviner pourquoi,  et par conséquent elle est nilpotente)  mais une astuce en général??

[tex]A=\left(
\begin{array}{cccc}
-1 & -1 & -1 & -1 \\
1 & 1 & 1 & 1 \\
-1 & -1 & -1 & -1 \\
1 & 1 & 1 & 1
\end{array}
\right)
[/tex]

Bonjour
Je suppose qu'elles sont indépendantes E(XY)=E(X)E(Y)=0  c'est tout

voir ici

Bjr 
[tex](n^2 + 3 n + 19)-(n+2)(n+1)=17[/tex]
Donc si a  divise .....

Bjr
D'après ce qui est écrit il semble que
[tex]\frac{xy^2}{x2} + \frac{x^3}{3} - 4x + y^2[/tex]

Mais [tex] f(3,2)\neq 7[/tex]. Problème!!

Je crois tu n'as pas fait la synthèse et que tu ne me comprends donc pas: 
Par exemple la règle de dérivation (uv)'  =u'v +u v'  (valable pour les fonctions au sens classique) reste vraie pour des distributions.
C'est important de le savoir et la démonstration se fait en revenant au définition et dc avec les crochets de dualité.
Donc pour les dérivées supérieures aussi.  Mais une fois cela acquis il faut appliquer la règle.
Donc  si T=gh  ,  si j'écris T'=(gH)'  il s'agit de la dérivée au sens des distributions mais la règle ne change pas  comme je l'ai dit au dessus.

Alors tout bêtement T''= g''H +2 g' H'  +   g H''  ( bien entendu il s'agit de dérivée au sens des distributions).

Ensuite il faut simplifier g'H' et g H''    .   [tex]g'H' =g(0)\delta_0[/tex]  et  [tex]g H'' = g(0) \delta'_0[/tex]. 

Bien entendu si tu veux t'en convaincre tu peux refaire le calcul.

Déjà [tex] H'=\delta_0[/tex]  c'est hyper, hyper classique     (pour le retrouver tu fais  <H',\phi> = -<H, fi'>= .....=\phi(0)  donc [tex]H'=\delta 0[/tex])

Donc je te laisse faire pour montrer que [tex]g'H'=g(0)\delta_0[/tex] et bien sûr [tex]g H'' = g(0) \delta'_0[/tex].   c'est complètement analogue

On applique les règles de dérivation d'un produit: 
(u v)'=u'v +u v'  et puis (uv)''= (u'v+uv')'=u''v+ 2 u'v' + u v''   (règle de Leibniz)

Rebonjour
Tu est certaine de la question ? Le second membre est nul c'est étonnant. Sur l'autre forum visiblement cela ne les dérange pas.

Bonjour 
L'inégalité appliquée  à la suite  [tex](\phi_j)[/tex]   montre que cette suite est de Cauchy  dans [tex]L^\infty(\R)[/tex]
Donc la suite [tex](\phi_j)[/tex]  converge vers u [tex]L^\infty(\R)[/tex].  L'inégalité s'étend donc à  u.

Bjr
C'est pas vraiment une démo.  C'est simplement pour avoir une idée du résultat.   
C'est clair qu'avec l'exemple  ||f-f_n||_2  tend vers 0.
Maintenant les (f_n) sont nulles près du  bord de (-1,1) , elles sont dans H_0^0(-1,1)....

Sinon pour la démo, à mon avis cela vient que [tex]D(\Omega)[/tex] est dense dans [tex]L^2(\Omega) [/tex]

Bjr 
Encore faut-il préciser ce que [tex]\Omega?[/tex]  En effet, de façon analogue  on pourrait demander [tex]H^1_0(\R)=H^1(\R)[/tex] ?
Sinon  la notation [tex]H^0(\Omega)[/tex] ne me semble pas très utilisée. De toute façon [tex]H^0[/tex] et [tex]H^0_0.[/tex]
c'est la même chose.