Forum de mathématiques - Bibm@th.net

Bonjour,
Oui c'est bon... Mais tu as beaucoup trop écris de détails, et passé par des chemins un peu trop long, le raisonnement est en fait le même que celui que j'ai fait au post #22 (qui est d'ailleurs valide et je n'ai pas sauté d'étapes).
Par exemple, pour aller plus vite (en dehors de faire ce que j'ai fait) on peut remarquer ça (chose que par ailleurs je n'ai pas fait dans mon précédent post mea culpa) :
$m+1 \geq \inf \{\lvert \lvert f-g \rvert \rvert \leq m+1 \mid g \in \mathbb{R}_{n}[X] \}$
Inégalité qui n'a pas besoin forcément d'être justifié au vu du niveau mathématiques auquel on évolue (en fait ici la seule justification requise est : par définition de l'ensemble $\{\lvert \lvert f-g \rvert \rvert \leq m+1 \mid g \in \mathbb{R}_{n}[X] \}$)
Ou encore :
Quand tu écris au cas 2 : par définition de l'inf il existe epsilon etc. ça a déjà été fait dans la question 1.1 ! Il suffit d'écrire (ce que j'ai fait dans le post 22) : pour tout $h \in K_{1}$ $\lvert \lvert f-g \rvert \rvert \geq m+1 \geq \lvert \lvert h \rvert \rvert$.

En fait je crois que tu manques d'un peu de lucidité, le cas 2 se règle très rapidement par définition de $K_{1}$, et le cas 1 par contre tu as très bien vu.
Enfin au-delà de ça, l'égalité que l'on a justifié dans ce dernier post se justifie encore plus rapidement ;)
Pourquoi et comment ?
Pourquoi : parce que qu'est ce qu'on a fait à : $\{\lvert \lvert f-g \rvert \rvert \mid g \in \mathbb{R}_{n}[X] \}$ pour obtenir $\{\lvert \lvert f-g \rvert \rvert \leq m+1 \mid g \in \mathbb{R}_{n}[X] \}$ ? On a juste gardé les termes plus petit que $m+1$, on a en quelque sorte majoré cette ensemble. (ça c'est dans la tête ou sur le brouillon)
Et maintenant le comment : Il suffit de reformuler l'observation du "pourquoi" et de bien comprendre ce qu'est un $\inf$.
Un $\inf$ c'est le maximum de l'ensemble des minorants, or par définition de $\{\lvert \lvert f-g \rvert \rvert \leq m+1 \mid g \in \mathbb{R}_{n}[X] \}$, or l'ensemble des minorants de $\{\lvert \lvert f-g \rvert \rvert \mid g \in \mathbb{R}_{n}[X] \}$ est le même que celui de $\{\lvert \lvert f-g \rvert \rvert \leq m+1 \mid g \in \mathbb{R}_{n}[X] \}$, donc leur inf se correspondent. (Je pense qu'en pratique juste écrire les minorants de l'un sont les minorants de l'autre donc leur inf se correspondent suffit)

@72Messo10 regarde ce qu'il a écrit dans son avant-dernier post, avec la dernière inégalité, ça ressemble beaucoup à la deuxième égalité demandé dans la 2 non ? Eh bien essaye de la faire encore plus ressembler...

Je vais plutôt démontrer un truc plus fort dans ce post (d'ailleurs le delta est une erreur sous le B) :
Soit $x_{1},... , x_{n} $ n éléments distincts de $X $.
Puisque $E $ est séparé pour tout $i \not = j \in [\!1,n]\!] $ il existe $r_{i,j} >0$ tel que $B (x_{i},r_{i,j}) \cap B (x_{j},r_{i,j}) = \emptyset $.
Soit $r=min\;r_{i,j} $.
On a alors pour tout $i \not = j \in [\![1,n]\!] $ $B (x_{i},r) \cap B (x_{j},r) = \emptyset $

Bonjour,
Oui c'est ça ! Ce n'est pas la résolution à laquelle je pensais mais ce que tu as fait fonctionne parfaitement !
Ce que je pensais faire c'est dire que puisque $E$ est séparé, il existe $r > 0$ tel que pour tout $i \not = j \in [\![1,n]\!]$, $x_{j} \not \in B_{\Delta}(x_{i},r)$.

En raisonnant par l'absurde tu as :
Pour tout $k \geq 1$, il existe $B_{k} \in F$ tel que $\Delta(X,B_{k}) < \frac{1}{k}$ et $\# B_{k} \leq n-1$.
Donc pour tout $x \in X$ $d(x,B_{k}) < \frac{1}{k}$.
Or $B_{k}$ est fini donc pour tout $x \in X$ il existe $b_{k}(x) \in B_{k}$ tel que $d(x,b_{k}(x)) \leq \frac{1}{k}$.
Et après tu utilises le fait que $E$ est séparé.
Est ce que tu y vois un peu plus clair ?

Bonsoir,
Donc si j'ai bien compris tu veux démontrer cette formule en utilisant la formule de la tangente de l'arc moitié, c'est bien ça ?
Si c'est ça :
Et pourtant tu y es presque ! Remplace le $x$ de ta deuxième expression (celle juste après "et j'ai tenté ceci") par $\sqrt{x^{2}+y^{2}}+x$ ;)
Et si tu as trouvé tout seul cette deuxième expression, bravo, c'est pas si simple à voir !

C'est une autre façon de le voir mais qui ne fournit qu'une inégalité qui est : $\inf \{ \lvert \lvert f-g \rvert \rvert \mid g \in \mathbb{R}_{n}[X] \} \leq \inf \{ \lvert \lvert f-g \rvert \rvert \leq m+1 \mid g \in \mathbb{R}_{n}[X] \}$.
Pour avoir l'autre égalité je ne suis pas tant que ça rentré dans les détails, mais voici quelques façons de résoudre le problème :
(1) Raisonnement par l'absurde en supposant $\inf \{ \lvert \lvert f-g \rvert \rvert \mid g \in \mathbb{R}_{n}[X] \} < \inf \{ \lvert \lvert f-g \rvert \rvert \leq m+1 \mid g \in \mathbb{R}_{n}[X] \}$, en utilisant la propriété de la borne inf...
(2) Ou alors :
Soit $\lvert \lvert f-g \rvert \rvert \in \{ \lvert \lvert f-g \rvert \rvert \mid g \in \mathbb{R}_{n}[X] \}$.
Si $\lvert \lvert f-g \rvert \rvert  > m+1$ alors $\lvert \lvert f-g \rvert \rvert  > m+1 \geq \lvert \lvert h \rvert \rvert$ avec $h \in K_{1}$.
Donc $\lvert \lvert f-g \rvert \rvert > \inf \{ \lvert \lvert f-g \rvert \rvert \leq m+1 \mid g \in \mathbb{R}_{n}[X] \}$.
Si $\lvert \lvert f-g \rvert \rvert  \leq m+1$ alors $\lvert \lvert f-g \rvert \rvert \in \{ \lvert \lvert f-g \rvert \rvert \leq m+1 \mid g \in \mathbb{R}_{n}[X] \}$ donc : $\lvert \lvert f-g \rvert \rvert \geq \inf \{ \lvert \lvert f-g \rvert \rvert \leq m+1 \mid g \in \mathbb{R}_{n}[X] \}$.

Bonjour,
@WThomas : une petite précision je pense que tu voulais marquer "l'intersection de tous les sous-groupe non réduit à l'élément neutre en non réduit à l'élément neutre", car sinon étant donné que pour tout groupe, l'intersection de tout les sous-groupe est forcément réduit à l'élément neutre puisque l'ensemble réduit à l'élément neutre est un sous-groupe. Enfin vu que la prémisse est forcément fausse l’implication énoncé elle est par contre forcément vrai.
Par contre si on enlève ce sous-groupe, l'implication n'est pas si simple !

@Fred, pourquoi est-ce que le groupe ne contient que des éléments d'ordre premier ? (ça serait très pratique pour résoudre l'exercice si on savait ça) Mais je ne vois pas en quoi c'est vrai et surtout que si on prend $\mathbb{Z}/8\mathbb{Z}$ tous les sous-groupes contiennent la classe de $4$ et pourtant tous les éléments de ce groupe ne sont pas d'ordre premier.

NB : Je viens de m’apercevoir que tu parles peut-être du sous-groupe qui est l'intersection que tous les sous-groupes non réduit à l'élément neutre ? Dans ce cas je suis d'accord avec ce qui est écrit.

Bonsoir,
J'ai des doutes sur cette réponse, ça ne ressemble pas vraiment à un taux de variation, si ? La fatigue me joue peut-être des tours après tout...
Mais pour moi on a $\lim\limits_{x \to 0} \frac{sin(x)}{x} = 1$ et $\lim \limits_{x \to 1} x-1 = 0$, donc par composition de limites :
$\lim \limits_{x \to 1} \frac{sin(x-1)}{x-1} = 1$.

Bonjour,
l'idée est là mais ce qui est écrit n'est pas "tout à fait vrai"...
$K_{1}$ défini comme tu l'as fait n'est pas borné (un compact est fermé borné !), il faut plutôt le définir comme je l'ai fait dans le post #6.
Par contre $K$ est bien un compact mais ce n'est pas utile de l'introduire.
Donc comme je l'ai dit il vaut mieux prendre : $K_{1}=\{ f-g \mid g \in K\}$ avec $K=\{g \in \mathbb{R}_{n}[X] \mid \lvert \lvert f-g \rvert \rvert \leq m+1 \}$.
De plus, ona cette propriété (qui peut -être montré en introduisant $f : h \mapsto \lvert \lvert h \rvert \rvert$) :
Si $C$ est un compact alors $\sup{C},\inf{C} \in C$.

NB : Peux tu préciser quelles sont les deux fermés tels que $\{\lvert \lvert f-g \rvert \rvert \leq m+1 \mid g \in \mathbb{R}_{n}[X] \}$ en est leur intersection ? (tu as peut-être raison mais je ne vois pas quelles sont ces fermés).

Bonsoir,
Non le raisonnement dans la poste #7 est bon (peut-être les justifications sous-jacentes que tu as faite ne le sont pas mais tout ce qui est écris sur ce poste l'est), par contre ce que tu as écris sur le poste #9 n'est pas forcément vrai comme tu le remarques mais ce n'est pas un problème.
On sait que $(\lvert \lvert f-p_{n} \rvert \rvert)$ converge, or $(\lvert \lvert f-p_{\phi(n)} \rvert \rvert)$ en est une suite extraite, donc converge. Est-ce que ça t'aide ?

Bonjour,
C'est exactement ça ! Sauf que $||f-p_{n}||$ n'est pas inclus dans $K$.
On aurait pu faire un peu plus simple en utilisant une autre propriété des compacts qui est que les bornes inférieurs et supérieur d'un compact sont toujours atteintes et prendre ce compact ci : $K_{1}= \{ f-g | g \in K \}$ ;)