Une question de borne inf

Tmota · 18-12-2019 20:10:08

Bonjour,

j'ai du mal à traiter la question 1.2 du sujet suivant :
Sujet ENS-2018
Pouvez-vous m'aider en me donnant un coup de pouce pour démarrer ?
D'avance merci.

Fred · 18-12-2019 21:25:26

Bonjour,

Tu prends une suite $(p_n)$ telle que $\|f-p_n\|_I\to m$. A partir d'un certain rang, $\|f-p_n\|\leq m+1$. Donc ta suite $(p_n)$ vit dans le compact $K=\{g\in\mathbb R_n[X]: \|g-p_n\|_I\leq 1+m\}$. Que peux-tu bien faire ensuite d'une suite dans un compact????

F.

Tmota · 19-12-2019 19:12:37

Bonjour,

merci pour votre aide.
J'essaye de suivre votre raisonnement, sachant que mes connaissance sont un peu rouillées.

Comment justifier qu'une telle suite $(p_n)$ existe ?

Que peut-on faire d'une telle suite ? Je dirais :
1 - Prendre les intersections des $(K_n)$ ?
2 - Extraire une sous-suite convergente ?

Dernière modification par Tmota (19-12-2019 19:13:27)

Maenwe · 19-12-2019 21:05:36

Bonsoir,
Je me permet d'intervenir pour dire que l'on devrait plutôt prendre ce compact ci : $K = \{g \in \mathbb{R}[X] | ||f-g||_{I} \leq m+1 \}$ sachant qu'on a montré que c'était un compact dans la question 1.1.
Juste une indication pour construire la suite $(p_{n})$ : regarde comment $m$ est défini, c'est une borne inférieur, on peut donc l'approcher d'aussi près que l'on veut... Essaye de traduire ça avec des quantificateurs.

Et une fois que tu as cette suite, effectivement vu qu'elle vit dans un compact on peut en extraire une sous-suite convergente, c'est une bonne idée. Maintenant il faut se souvenir d'une autre propriété des compacts, ce sont en particulier des fermés, et quelle est la caractérisation des fermés dans un espace métrique ? (en général, les fermés bornés sont exactement les compacts d'un R-EV, si cette EV est de dimension finie).

Tmota · 19-12-2019 22:46:52

Bonsoir,

je vois. D'après la définition, on sait que :
$m=inf_{p\in\mathbb{R}_n[X]}\lvert\lvert f-p\rvert\rvert_I$

Donc :
$\forall\epsilon>0,\quad\exists p_n\in\mathbb{R}[X],\quad m\le\lvert\lvert f-p_n\rvert\rvert_I\le m+\epsilon$

Ainsi, avec $\epsilon=\frac{1}{n}>0$, on obtient :
$m\le\lvert\lvert f-p_n\rvert\rvert_I\le m+\frac{1}{n}$

Par le th. des gendarmes, on déduit que $\lim_n\lvert\lvert f-p_n\rvert\rvert_I=m$.

Donc la suite $(\lvert\lvert f-p_n\rvert\rvert_I)_n\subset K$ converge vers $m$.

Suis-je dans la bonne direction ?

Maenwe · 20-12-2019 07:32:41

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 : $K_{1}= \{ f-g | g \in K \}$ ;)

Tmota · 20-12-2019 16:34:12

Bonjour,

je vois.

La suite $(p_n)_n\subset K$ est construite de sorte que $\lim_n\lvert\lvert f-p_n\rvert\rvert_I=m$.

C'est une suite de $K$, donc on peut en extraire une sous-suite $(p_{\phi(n)})_n$ convergente dans K.

Notons $p\in K$ cette limite.

Alors : $\lim_n\lvert\lvert f-p_{\phi(n)}\rvert\rvert_I=\lvert\lvert f-p\rvert\rvert_I$.

Vu que : $\lim_n\lvert\lvert f-p_{\phi(n)}\rvert\rvert_I=\lim_n\lvert\lvert f-p_n\rvert\rvert_I=m$.
(toute suite extraite d'une suite converge vers la limite que cette suite).

Par unicité de la limite, on a donc : $\lvert\lvert f-p\rvert\rvert_I=m$.

Qu'en pensez-vous ?

Pour l'autre méthode, je suis curieux de voir comment vous l'utilisez !

Dernière modification par Tmota (20-12-2019 16:36:08)

Maenwe · 21-12-2019 10:33:11

Bonjour,
C'est exactement ça, à quelques détails près :
écrire ceci est faux : $(p_{n}) \subset K$ c'est plutôt $(p_{n}) \in K^{\mathbb{N}}$ ou $p_{n} \in K$.
Et ceci :

Tmota a écrit :

Alors : $\lim_n\lvert\lvert f-p_{\phi(n)}\rvert\rvert_I=\lvert\lvert f-p\rvert\rvert_I$.

mérite une justification en plus, qui est : la norme est une fonction continue donc (par caractérisation séquentielle de la limite) on a : $\lim_n\lvert\lvert f-p_{\phi(n)}\rvert\rvert_I=\lvert\lvert f-p\rvert\rvert_I$.

Quant à l'autre méthode que je proposais, il suffit d'observer que $K_{1}$ est un compact et que $m$ est sa borne inférieur, donc puisque les bornes inférieurs et supérieur d'un compact sont atteintes (dans une EVN tout du moins) autrement dit il existe $h \in K_{1}$ tel que $\lvert \lvert h \rvert \rvert = m$ or $h$ se réécrit $f-g$ avec $g \in \mathbb{R}_{n}[X]$.

Tmota · 21-12-2019 21:41:26

Bonjour,

en refaisant la démonstration, je m'aperçois qu'il y a une coquille.
En effet, dans les grandes lignes, je montre que :

$\lim_{n}\lvert\lvert f-p_{\phi(n)}\rvert\rvert_I=\lvert\lvert f-p\rvert\rvert_I$ (1)

Et ensuite, je veux montrer que :

$\lim_{n}\lvert\lvert f-p_{\phi(n)}\rvert\rvert_I=\lim_{n}\lvert\lvert f-p_n\rvert\rvert_I=m$ (2)

Pour conclure par unicité que :

$\lvert\lvert f-p\rvert\rvert_I=m$ (3)

Or, pour montrer (2), je dois pouvoir écrire que :

$\lim_{n}p_{\phi(n)}=\lim_{n}p_n$

Mais suite et suite-extraite ont même limite qu'à condition que la suite de départ converge. Or on ne montre pas que c'est le cas. On montre seulement que $\lim_{n}\lvert\lvert f-p_n\rvert\rvert_I=m$.

Qu'en pensez-vous ?
Est-ce que j'ai mal compris la démonstration ?
Merci encore de votre aide !

Maenwe · 21-12-2019 21:46:41

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 ?

Tmota · 21-12-2019 21:59:29

Oui, parfait !
Il me fallait une suite convergente au départ et c'est de $(\lvert\lvert f-p_n\rvert\rvert)_n$ qu'il fallait partir et non $(p_n)_n$. J'arrive à dérouler la suite, merci !

En revanche, je ne vois pas comment le démontrer avec $K_1$.

Je crois que vous utilisez le fait que $f:h\in K_1\to \lvert\lvert h\rvert\rvert$ est continue sur le compact $K_1$ donc cette fonction est bornée et atteint ses bornes sur $K_1$
Est-ce cela ?

Dernière modification par Tmota (21-12-2019 22:18:40)

Maenwe · 22-12-2019 07:45:22

Bonjour,

Oui j'utilise cela ! Les bornes sup et inf du compact sont toujours contenu dans celui-ci et c'est que tu as écris avec cette fonction ;)

Tmota · 22-12-2019 10:54:25

Je vois.
J'essaye de le rédiger.
Je note :

[tex]K=\{\lvert\lvert f-g\rvert\rvert_I\le 1+m\,,g\in\mathbb{R}_n[X]\}[/tex] et [tex]K_1=\{f-g\,,g\in\mathbb{R}_n[X]\}[/tex]

[tex]K[/tex] et [tex]K_1[/tex] sont deux compacts.

La fonction [tex]f:h\in K_1\to\lvert\lvert h\rvert\rvert_I[/tex] est continue sur le compact [tex]K_1[/tex] donc y est bornée et atteint ses bornes. Ainsi [tex]\exists u\in K_1[/tex] tel que [tex]f(u)=inf_{h\in K_1}\lvert\lvert h\rvert\rvert_I[/tex].

Ce qui donne l'égalité :

[tex]\lvert\lvert u\rvert\rvert_I=inf_{h\in K_1}\lvert\lvert h\rvert\rvert_I[/tex].

Puisque [tex]u\in K_1[/tex] alors il existe [tex]p\in\mathbb{R}_n[X][/tex] tel que [tex]u=f-p[/tex].

De même, puisque [tex]h\in K_1[/tex] alors il existe [tex]p'\in\mathbb{R}_n[X][/tex] tel que [tex]h=f-p'[/tex].

On obtient alors l'égalité :

[tex]\lvert\lvert f-p\rvert\rvert_I=inf_{p'\in\mathbb{R}_n[X]}\lvert\lvert f-p'\rvert\rvert_I=m[/tex].

Qu'en dites-vous ?

PS : je vois pourquoi K est compact (intersection de deux fermés et en plus borné). Mais comment justifier que K_1 l'est ?

Dernière modification par Tmota (22-12-2019 10:55:58)

Maenwe · 22-12-2019 11:31:16

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).

Dernière modification par Maenwe (22-12-2019 11:34:29)

Tmota · 22-12-2019 12:24:23

Ah oui, je vois.

J'ai écris que $K=\mathbb{R}_n[X]\cap \bar{B}(f,1+m)$.
Par contre, je ne vois pas comment démontrer que $K_1=\{f-g\lvert g\in K\}$ est compact.

Dernière modification par Tmota (22-12-2019 12:24:38)

Tmota · 22-12-2019 12:29:23

Sinon, pour corriger ma rédaction précédente. On note :

[tex]K_1=\{f-g\,,g\in K\}[/tex]

[tex]K_1[/tex] est un compact.

La fonction [tex]f:h\in K_1\to\lvert\lvert h\rvert\rvert_I[/tex] est continue sur le compact [tex]K_1[/tex] donc y est bornée et atteint ses bornes. Ainsi [tex]\exists u\in K_1[/tex] tel que [tex]f(u)=inf_{h\in K_1}\lvert\lvert h\rvert\rvert_I[/tex].

Ce qui donne l'égalité :

[tex]\lvert\lvert u\rvert\rvert_I=inf_{h\in K_1}\lvert\lvert h\rvert\rvert_I[/tex].

Puisque [tex]u\in K_1[/tex] alors il existe [tex]p\in K[/tex] tel que [tex]u=f-p[/tex].

De même, puisque [tex]h\in K_1[/tex] alors il existe [tex]p'\in K[/tex] tel que [tex]h=f-p'[/tex].

On obtient alors l'égalité :

[tex]\lvert\lvert f-p\rvert\rvert_I=inf_{p'\in K}\lvert\lvert f-p'\rvert\rvert_I[/tex].

Reste à montrer que :

[tex]inf_{p'\in K}\lvert\lvert f-p'\rvert\rvert_I=inf_{p'\in \mathbb{R}[X]}\lvert\lvert f-p'\rvert\rvert_I[/tex].

Est-ce bien cela ?

Maenwe · 22-12-2019 15:19:15

Oui c'est ça.
Montrer que $K_{1}$ est un compact est plutôt simple en fait car il est fermé et borné, le caractère fermé borné est dû au fait que $K$ l'est.
Et la dernière égalité qu'il te reste à justifier est en fait plutôt immédiate étant donné la définition de $K_{1}$, il suffit de réécrire un peu les ensembles : $\inf \{ \lvert \lvert f-g \rvert \rvert | g \in \mathbb{R}_{n}[X] \} = \inf \{\lvert \lvert f-g \rvert \rvert \leq m+1 | g \in \mathbb{R}_{n}[X] \} = \inf \{\lvert \lvert h \rvert \rvert | h \in K_{1} \}$.

Tmota · 23-12-2019 09:52:11

Maenwe a écrit :

Oui c'est ça. Montrer que $K_{1}$ est un compact est plutôt simple en fait car il est fermé et borné, le caractère fermé borné est dû au fait que $K$ l'est.

-----
Montrons que $K_1$ est fermé.
-----
Je prends une suite $(x_n)$ d'éléments de $K_1$ qui converge vers $x$.
Alors il existe $f\in\mathbb{R}_n[X]$ et une suite $(y_n)$ d'éléments de $K$ avec :

$x_n=f-y_n$

Ainsi, on a :

$y_n=f-x_n$

Et donc la suite $(y_n)$ d'éléments de $K$ converge vers $f-x$.

Posons $y=f-x$.
Puisque $K$ est fermé, on en déduit que $y\in K$.
Mais alors $f\in\mathbb{R}_n[X]$ et $y\in K$.
D'où $x=f-y\in K_1$.

On a donc bien que toute de $K_1$ qui converge a une limite dans $K_1$. C'est donc un fermé.
-----
Montrons que $K_1$ est borné.
-----
Soit $x\in K_1$.
Alors il existe $f\in\mathbb{R}_n[X]$ et $y\in K$ avec :

$x=f-y$

D'où :

$y=f-x$

Puisque $K$ est borné, on en déduit que il existe $u\in\mathbb{R}$ avec $\lvert\lvert y\rvert\rvert\le u$.
Mais alors $\lvert\lvert x\rvert\rvert=\lvert\lvert f-y\rvert\rvert\le\lvert\lvert f\rvert\rvert+\lvert\lvert y\rvert\rvert\le \lvert\lvert f\rvert\rvert+u$.

On a donc bien montré que $K$ est borné.
-----
Qu'en pensez-vous ?

Pour la toute fin, je n'arrive pas à voir l'égalité suivante :
$\inf \{ \lvert \lvert f-g \rvert \rvert | g \in \mathbb{R}_{n}[X] \} = \inf \{\lvert \lvert f-g \rvert \rvert \leq m+1 | g \in \mathbb{R}_{n}[X] \}$.

D'où vient-elle ?

Maenwe · 23-12-2019 12:11:28

Bonjour,
Deux trois choses à revoir :
tout d'abord, dans cet exercice $f$ est une fonction continue pas forcément polynomiale et est posée (on ne peut pas y toucher) dans l'énoncé.
A part ça le raisonnement pour montrer que $K_{1}$ est fermé est bon.
En ce qui concerne la deuxième partie du raisonnement, c'est faux.
On veut montrer que $K_{1}$ est borné autrement dit on veut montrer qu'il exite $M \in \mathbb{R}$ tel que pour tout $h \in K_{1}$, $\lvert \lvert h \rvert \rvert \leq M$ (rappel : la norme est ici la norme infini sur $I$ un intervalle borné).

Et pour la dernière égalité, eh bien soit on trouve ça assez simple et on se passe de justification (je pense qu'en pratique c'est possible au concours et qu'ils l'accepteront, enfin je pense) ou alors on le justifie :
Un minorant de $\{\lvert \lvert f-g \rvert \rvert \leq m+1 \mid g \in \mathbb{R}_{n}[X] \}$ est aussi un minorant de $\{\lvert \lvert f-g \rvert \rvert \mid g \in \mathbb{R}_{n}[X] \}$ donc $\inf \{\lvert \lvert f-g \rvert \rvert \leq m+1 \mid g \in \mathbb{R}_{n}[X] \} \leq \inf \{\lvert \lvert f-g \rvert \rvert \mid g \in \mathbb{R}_{n}[X] \}$.
Et inversement, on a donc égalité !

Dernière modification par Maenwe (23-12-2019 12:12:46)

Tmota · 23-12-2019 12:49:19

Je vois.
Montrons donc que $K_1$ est borné.
-----
Soit $x\in K_1$.
Alors il existe $f\in\mathbb{R}_n[X]$ et $y\in K$ avec :

$x=f-y$

D'où :

$\lvert\lvert x\rvert\rvert=\lvert\lvert f-y\rvert\rvert\le\lvert\lvert f\rvert\rvert+\lvert\lvert y\rvert\rvert$.

D'une part, $K$ est borné et donc il existe $u\in\mathbb{R}$ avec $\lvert\lvert y\rvert\rvert\le u$.
D'autre part, $\lvert\lvert f\rvert\rvert=\lvert\lvert f\rvert\rvert_I=sup_{x\in I}\lvert f(x)\rvert$. Puisque f est continue sur le compact I, alors elle y est bornée et atteint ses bornes. D'où l'existence d'un majorant $v\in\mathbb{R}$ avec $\lvert\lvert f\rvert\rvert\le v$.

Par conséquent :

$\lvert\lvert x\rvert\rvert\le M$.

Avec [tex]M=u+v\in\mathbb{R}[/tex].

On a donc bien montré que $K$ est borné.

Tmota · 23-12-2019 12:56:32

Maenwe a écrit :

Bonjour,
Et pour la dernière égalité, eh bien soit on trouve ça assez simple et on se passe de justification (je pense qu'en pratique c'est possible au concours et qu'ils l'accepteront, enfin je pense) ou alors on le justifie :
Un minorant de $\{\lvert \lvert f-g \rvert \rvert \leq m+1 \mid g \in \mathbb{R}_{n}[X] \}$ est aussi un minorant de $\{\lvert \lvert f-g \rvert \rvert \mid g \in \mathbb{R}_{n}[X] \}$ donc $\inf \{\lvert \lvert f-g \rvert \rvert \leq m+1 \mid g \in \mathbb{R}_{n}[X] \} \leq \inf \{\lvert \lvert f-g \rvert \rvert \mid g \in \mathbb{R}_{n}[X] \}$.
Et inversement, on a donc égalité !

On a bien l'inclusion suivante :
$\{\lvert \lvert f-g \rvert \rvert \leq m+1 \mid g \in \mathbb{R}_{n}[X] \} \subset \{\lvert \lvert f-g \rvert \rvert \mid g \in \mathbb{R}_{n}[X] \}$
Je n'arrive pas à me le représenter.

Si A est inclus dans B, le minorant sur A est inférieur ou égal au minorant sur B ?
Si je dessine deux segments $[c,d] \subset [a,b]$ avec $c<d$ et $a<b$ alors je visualise plutôt l'inverse : un minorant sur le segment [a,b] est inférieur ou égal au minorant sur [c,d].

Maenwe · 23-12-2019 16:07:51

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 : $\lvert \lvert f-g \rvert \rvert \geq \inf \{ \lvert \lvert f-g \rvert \rvert \leq m+1 \mid g \in \mathbb{R}_{n}[X] \}$.

Dernière modification par Maenwe (23-12-2019 16:09:04)

Tmota · 29-12-2019 11:30:25

Bonjour.
Montrons que :
$inf\{\lvert \lvert f-g \rvert \rvert \mid g \in \mathbb{R}_{n}[X] \} = inf\{\lvert \lvert f-g \rvert \rvert \leq m+1 \mid g \in \mathbb{R}_{n}[X] \}$.

-----
Pour cela on montre que :
(1) $inf\{\lvert \lvert f-g \rvert \rvert \mid g \in \mathbb{R}_{n}[X] \} \le inf\{\lvert \lvert f-g \rvert \rvert \leq m+1 \mid g \in \mathbb{R}_{n}[X] \}$
Puis que :
(2) $inf\{\lvert \lvert f-g \rvert \rvert \mid g \in \mathbb{R}_{n}[X] \} \ge inf\{\lvert \lvert f-g \rvert \rvert \leq m+1 \mid g \in \mathbb{R}_{n}[X] \}$
-----

Allons-y pour (1) :
On a l'inclusion suivante :
$\{\lvert \lvert f-g \rvert \rvert \leq m+1 \mid g \in \mathbb{R}_{n}[X] \} \subset \{\lvert \lvert f-g \rvert \rvert \mid g \in \mathbb{R}_{n}[X] \}$

D'où l'on tire que :
$inf\{\lvert \lvert f-g \rvert \rvert \mid g \in \mathbb{R}_{n}[X] \} \le inf\{\lvert \lvert f-g \rvert \rvert \leq m+1 \mid g \in \mathbb{R}_{n}[X] \}$

-----

Allons-y pour (2) :

Soit $g \in \mathbb{R}_{n}[X]$.

Cas 1 : $\lvert \lvert f-g \rvert \rvert \le m+1$
Dans ce cas :
$\lvert \lvert f-g \rvert \rvert \in \{\lvert \lvert f-g \rvert \rvert \leq m+1 \mid g \in \mathbb{R}_{n}[X] \}$
Donc :
$\lvert \lvert f-g \rvert \rvert \ge inf\{\lvert \lvert f-g \rvert \rvert \leq m+1 \mid g \in \mathbb{R}_{n}[X] \}$

Cas 2 : $\lvert \lvert f-g \rvert \rvert > m+1$
Dans ce cas, en utilisant $\epsilon=1$ dans la définition de la borne inf, on obtient l'existence de $g_\epsilon\in\mathbb{R}_n[X]$ avec $m\le \lvert\lvert f-g_\epsilon\rvert\rvert<m+1$

Des cas 1 et 2 découle que :
$\lvert \lvert f-g \rvert \rvert > m+1>\lvert\lvert f-g_\epsilon\rvert\rvert\ge inf\{\lvert \lvert f-g \rvert \rvert \leq m+1 \mid g \in \mathbb{R}_{n}[X] \}$.

Par conséquent, $\forall g \in \mathbb{R}_{n}[X]$, on a :
$\lvert \lvert f-g \rvert \rvert \ge inf\{\lvert \lvert f-g \rvert \rvert \leq m+1 \mid g \in \mathbb{R}_{n}[X] \}$

En passant au inf, on obtient donc :
$inf\{\lvert \lvert f-g \rvert \rvert \mid g \in \mathbb{R}_{n}[X] \} \ge inf\{\lvert \lvert f-g \rvert \rvert \leq m+1 \mid g \in \mathbb{R}_{n}[X] \}$
---

On a donc bien (1) et (2) donc l'égalité, ce qui achève la démonstration.

Qu'en pensez-vous ?

Maenwe · 29-12-2019 17:17:50

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)

Tmota · 30-12-2019 09:45:22

Merci d'avoir pris le temps d'écrire ceci.
En effet, j'ai conscience d'en mettre plus que nécessaire et il faut que ma rédaction aille plus vite à l'essentiel. Ce que j'essaye de faire.

Maenwe a écrit :

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)

Ce que je n'arrive pas à voir.
Est-ce que vous avez un exemple sur la droite réelle ?

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