Sujet : Marathon des maths de JVC
Le 19 mai 2020 à 07:09:23 GenieDescoIOI a écrit :
On va mettre des PLS au pyj
Large faisable pour un TS qui se creuse les méninges (si un attardé comme moi l'a fait tout le monde le peut
)
https://www.youtube.com/watch?v=oSXrZWtBjcw Pour vous motivez
Tu peux m'aider pour cet exo ? 
, je veux progresser en maths. Pour prouver que t est croissante, il faut prouver que : \[t_{n+1}>t_{n}\] non ? Mais ensuite ? 
blue-tamere
Il suffit de montrer t(n+1)>t(n) oui; ca se fait directement avec la definition par recurrence de la suite donne dans l'enonce.
Le 21 mai 2020 à 11:14:54 Blue-tamere a écrit :
Il suffit de montrer t(n+1)>t(n) oui; ca se fait directement avec la definition par recurrence de la suite donne dans l'enonce.
Du coup j'ai commencé l'initialisation et je bloque la :
\[t_{1} > 0\]
\[t_{0} + u_{0} > 0\]
Je trouve pas u0, je pense qu'il faut utiliser u o f, mais je comprends pas vraiment
blue-tamere
Il n'y a pas besoin de recurrence: D'apres l'enonce:
* t(n+1)=t(n)+u(n)
* u(n)>0 pour tout n.
Donc ...
blue-tamere
Et f n'a pas de rapport avec la suite t. Ecris comme ca l'enonce est obscur et cache ce qu'on veut te faire demontrer; il faut reflechir un petit peu pour voir le "vrai" enonce.
Si ca n'est pas clair ecris les premiers termes, mais on remarque que:
t(n)=u(0) + u(1) + u(2) + ... + u(n)
t(n) est la somme des n premiers termes de la suite
De meme,
w(n)=u(f(0)) + u(f(1)) + u(f(2)) + ... + u(f(n))
avec f une bijection de N dans N.
Puisque f est une bijection, ca revient a prouver qu'on peut sommer les termes dans n'importe quel ordre, ca ne change a rien a la limite.
Par exemple on peut prendre f definie betement par:
f(0)=1
f(1)=0
f(2)=3
f(3)=2
f(4)=5
f(5)=4
etc... C'est bien une bijection de N dans N, une tres simple ou on switch simplement des images deux a deux.
Dans ce cas particulier de f, ca reviendrait a prouver que:
u(0)+u(1)+u(2)+u(3) + ... +u(n)
tend vers la meme chose que
u(1)+u(0)+u(3)+u(2) + ... + u(f(n))
blue-tamere
Oui pardon, dans ce que j'ai ecrit il faut remplacer toutes les inegalites strictes (>) par des inegalites larges (>=).
Tu veux montrer t(n+1)>=t(n)
Tu as t(n+1)=t(n)+u(n) avec u(n)>=0
blue-tamere
Petite erreur qui ne change pas le fond, c'est t(n)=u(0)+u(1)+....+u(n-1); pareil pour w(n)
Dans le message que tu cites je te conseille de calculer les premiers termes:
que vaut t(1)? t(2)? t(5)?
Le 21 mai 2020 à 12:13:21 Blue-tamere a écrit :
Petite erreur qui ne change pas le fond, c'est t(n)=u(0)+u(1)+....+u(n-1); pareil pour w(n)Dans le message que tu cites je te conseille de calculer les premiers termes:
que vaut t(1)? t(2)? t(5)?
Je commence à comprendre, t(1) = t(0) + u(0) = u(0)
t(2) = t(1) + u(1); on remplace t(1) par u(0) donc t(2) = u(0) + u(1) et ainsi de suite
Donc t(n) = u(0) + u(1) + ... + u(n-1). Mais je vois pas en quoi cela répond à la question
Le 21 mai 2020 à 05:12:39 PCSI-PC-X_ENS a écrit :
Petit en-cas
Soir p un premier
Montrer que tout sous groupe cyclique d'ordre p est isomorphe a Z/pZNiveau PCSI
Pourquoi p premier ? 
Il n'y a qu'un groupe cyclique d'ordre n, y a pas besoin de la primalité. Tu dois confondre avec tout groupe d'ordre premier est cyclique. Ou alors avec tout corps à p éléments est isomorphe à Z/pZ.
Suffit de considérer l'unique morphisme qui associe un générateur fixé à un générateur fixé.
fromPCSitoMP
Le 21 mai 2020 à 12:34:59 Nathyll a écrit :
Le 21 mai 2020 à 05:12:39 PCSI-PC-X_ENS a écrit :
Petit en-cas
Soir p un premier
Montrer que tout sous groupe cyclique d'ordre p est isomorphe a Z/pZPourquoi p premier ?
Il n'y a qu'un groupe cyclique d'ordre n, y a pas besoin de la primalité. Tu dois confondre avec tout groupe d'ordre premier est cyclique.Suffit de considérer l'unique morphisme qui associe un générateur fixé à un générateur fixé.
Non:)
Tu connais pas tes Cassinis toi:)
Le 22 mai 2020 à 23:55:19 fromPCSitoMP a écrit :
Le 21 mai 2020 à 12:34:59 Nathyll a écrit :
Le 21 mai 2020 à 05:12:39 PCSI-PC-X_ENS a écrit :
Petit en-cas
Soir p un premier
Montrer que tout sous groupe cyclique d'ordre p est isomorphe a Z/pZPourquoi p premier ?
Il n'y a qu'un groupe cyclique d'ordre n, y a pas besoin de la primalité. Tu dois confondre avec tout groupe d'ordre premier est cyclique.Suffit de considérer l'unique morphisme qui associe un générateur fixé à un générateur fixé.
Non:)
Tu connais pas tes Cassinis toi:)
Ton innocence est adorable.
Niveau L3 : Tout espace de Banach séparable est un quotient de l^1(N) ...
rasptas
Exercice très sympa niveau L1/L2
On joue à un pile ou face équilibrée et on s'arrête lorsqu'on a obtenu autant de piles que de faces. Quelle est la probabilité de ne jamais s'arrêter ?
DonDoritos8
Le 23 mai 2020 à 19:17:00 FifiBradacier a écrit :
Niveau L3 : Tout espace de Banach séparable est un quotient de l^1(N)
Si $B$ est un Banach séparable, il existe une suite $(b_n)$ dense dans $\mathbb B$ la boule unité fermée de $B$.
Étant donnée une suite $u$ (de scalaires) sommable, la série $\sum u_n b_n$ est normalement convergente (dans un Banach) donc convergente.
Soit $T : \ell_1 \to B$ l'opérateur (borné) défini par $Tu = \sum_{n\ge 0} u_n b_n$, montrons qu'il est surjectif. Il suffit pour cela de prouver que $\mathbb B \subset T(\ell_1)$.
Puisque tous les points de $\mathbb B$ sont des points d'accumulations dans $\mathbb B$, on peut retirer n'importe quelle partie finie à $\{b_k : k\ge 0\}$ sans changer le caractère dense.
Soit $x\in\mathbb B$, il existe par densité un (plus petit) entier $k_0\ge 0$ tel que $\|x-b_{k_0}\|\le \frac{1}{2}$.
Puisque $2x-2b_{k_0} \in \mathbb B$ il existe par densité de $(b_k)_{k>k_0}$ un (plus petit) entier $k_1 > k_0$ pour lequel $ \|2x-2b_{k_0} - b_{k_1}\| \le \tfrac{1}{2}$ i.e. $\|x-b_{k_0} - \tfrac{1}{2}b_{k_1}\| \le \tfrac{1}{2^2}$
Encore comme $2^2 x - 2^2b_{k_0} - 2 b_{k_1} \in \mathbb B$ il existe par densité de $(b_k)_{k>k_1}$ un (plus petit) entier $k_2>k_1$ tel que $\|2^2 x - 2^2b_{k_0} - 2 b_{k_1} - b_{k_2}\| \le \tfrac{1}{2}$ soit $$\|x-b_{k_0} - \tfrac{1}{2}b_{k_1}-\tfrac{1}{2^2} b_{k_2}\| \le \tfrac{1}{2^3}$$
et ainsi de suite on bâtit une suite d'entiers naturels $k_0<k_1<k_2<k_3 <\cdots$ telle que pour tout $n\ge 0$ on ait
$$ \|x - b_{k_0} - \tfrac{1}{2}b_{k_1} - \cdots - \tfrac{1}{2^{n}} b_{k_n}\|\le \tfrac{1}{2^{n+1}} $$
Cela montre que $x = Tu$ avec $u = \sum_{n\ge 0} 2^{-n} \delta_{k_n} \in \ell_1$.
L'opérateur quotient $\overline{T} : \ell_1/\ker T \to B$ est continu surjectif entre espaces de Banach, c'est un homéomorphisme (Banach-Schauder) : $B\simeq \ell_1/\ker T$.
Autour des Banach séparables : ils peuvent être plongés continûment (linéairement) dans un espace de Hilbert dans lequel ils sont denses.
Le 23 mai 2020 à 23:14:43 DonDoritos8 a écrit :
Le 23 mai 2020 à 19:17:00 FifiBradacier a écrit :
Niveau L3 : Tout espace de Banach séparable est un quotient de l^1(N)Si $B$ est un Banach séparable, il existe une suite $(b_n)$ dense dans $\mathbb B$ la boule unité fermée de $B$.
Étant donnée une suite $u$ (de scalaires) sommable, la série $\sum u_n b_n$ est normalement convergente (dans un Banach) donc convergente.
Soit $T : \ell_1 \to B$ l'opérateur (borné) défini par $Tu = \sum_{n\ge 0} u_n b_n$, montrons qu'il est surjectif. Il suffit pour cela de prouver que $\mathbb B \subset T(\ell_1)$.
Puisque tous les points de $\mathbb B$ sont des points d'accumulations dans $\mathbb B$, on peut retirer n'importe quelle partie finie à $\{b_k : k\ge 0\}$ sans changer le caractère dense.
Soit $x\in\mathbb B$, il existe par densité un (plus petit) entier $k_0\ge 0$ tel que $\|x-b_{k_0}\|\le \frac{1}{2}$.
Puisque $2x-2b_{k_0} \in \mathbb B$ il existe par densité de $(b_k)_{k>k_0}$ un (plus petit) entier $k_1 > k_0$ pour lequel $ \|2x-2b_{k_0} - b_{k_1}\| \le \tfrac{1}{2}$ i.e. $\|x-b_{k_0} - \tfrac{1}{2}b_{k_1}\| \le \tfrac{1}{2^2}$
Encore comme $2^2 x - 2^2b_{k_0} - 2 b_{k_1} \in \mathbb B$ il existe par densité de $(b_k)_{k>k_1}$ un (plus petit) entier $k_2>k_1$ tel que $\|2^2 x - 2^2b_{k_0} - 2 b_{k_1} - b_{k_2}\| \le \tfrac{1}{2}$ soit $$\|x-b_{k_0} - \tfrac{1}{2}b_{k_1}-\tfrac{1}{2^2} b_{k_2}\| \le \tfrac{1}{2^3}$$
et ainsi de suite on bâtit une suite d'entiers naturels $k_0<k_1<k_2<k_3 <\cdots$ telle que pour tout $n\ge 0$ on ait
$$ \|x - b_{k_0} - \tfrac{1}{2}b_{k_1} - \cdots - \tfrac{1}{2^{n}} b_{k_n}\|\le \tfrac{1}{2^{n+1}} $$
Cela montre que $x = Tu$ avec $u = \sum_{n\ge 0} 2^{-n} \delta_{k_n} \in \ell_1$.L'opérateur quotient $\overline{T} : \ell_1/\ker T \to B$ est continu surjectif entre espaces de Banach, c'est un homéomorphisme (Banach-Schauder) : $B\simeq \ell_1/\ker T$.
Autour des Banach séparables : ils peuvent être plongés continûment (linéairement) dans un espace de Hilbert dans lequel ils sont denses.
Pourquoi ne pas avoir travaillé avec "l'opérateur quotient" directement 
DonDoritos8
Ben on a besoin de la surjectivité de T au préalable
Le 24 mai 2020 à 00:33:25 DonDoritos8 a écrit :
Ben on a besoin de la surjectivité de T au préalable
Tu as prouvé que ton application T était bien définie, linéaire continue et au final surjective (en fait ouverte) mais après c'est "l'application quotient" qui intéresse ici.
DonDoritos8
Je ne saisis pas où tu veux en venir
A priori B = l_1/ker T au sens algébrique via l'application quotient.
Mais l'application quotient étant linéaire continue (pour la norme quotient) avec l_1/ker T et B de Banach, elle est ouverte donc c'est un homéomorphisme, B = l_1/ker T au sens "topologique".