Démonstrations élégantes

Questions/Réponses par disciplines Mathématiques
1

Salut,

Le but de ce fil est de partager les démonstration que vous trouvez élégantes, afin de nourrir l’inspiration, en préparation des oraux de maths.

Alors je commence.

Soit f \in C^1([0,1]),g \in C^2(f([0,1]))
$$A_{g,f}=\left|\int_0^1g(f(x)) \text{d}x-g(\int_0^1f(x) \text{d}x)\right|\leq \max(|f’|)\times \max(|f|) \times \max(|g’'|) $$

Justification :
Ici on utilise une astuce qui peut être bien utile.

On a u(x)=g(x)+\max(|g''|)/2 \times x ^2 et v(x)=-g(x)+\max(|g''|)/2 \times x^2 qui sont convexes.

En utilisant l’inégalité de Jensen sur u et v on obtient :

$$A_{g,f} \leq \max(|g’'|)/2 \left|\int_0^1 f(x)^2\text{d}x- \left(\int_0^1f(t)\text{d}t\right)^2 \right|$$

$$A_{g,f}\leq \max(|g’‹ |)/2 \left| \int_0^1 \int_0^1\int_0^1 (f(x)+f(s))(f(x)-f(t)) \text{d}x\text{d}tds \right|\leq \max(|g ›‹ |)/2 \times 2\max(|f|) \times \max(|f ›|) \times \int_0^1\int_0^1 |x-t| dxdt$$

CQFD

Remarque : on peu affiner l’inégalité en calculant \int_0^1\int_0^1 |x-t| dxdt=1/3 et sans le majorer brutalement par 1.
Bon courage.

Les dattes à Dattier : à vous de jouer...
2

Bonjour,
Il y a une contrainte de niveau sur les énoncés et les solutions ?

3

Oui, il faut que la justification reste accessible à un MP* de bon niveau ( style oraux X ENS)

Edit : la justification doit être courte (disons moins de 10 lignes aérés) pour être facilement retenue et ainsi re-utiliser.

J en profite pour en mettre une autre que j aime beaucoup.


A, B matrice carré réels semblable dans les matrices complexes alors elles sont semblables dans les matrices réelles.

on a RAR^{-1}=B donc (1) RA-BR=0 on pose R=S+iT avec S, T matrices réelles

Donc (1) devient (SA-BS) +i(TA-TB) =0 donc par identification des parties réelles et imaginaires on a :

SA=BS et TA=BT, on considère le polynôme à coeffs réelles P(x) =det(S+xT) non nul car P(i) non nul.

Donc il existe a réel tel que P(a) non nul. Donc MAM^{-1}=B avec M=S+aT.

CQFD.

4

Une preuve de l’indénombrabilité de [0,1] que je trouve sympa :
S’il existe une surjection f : \mathbb{N}^* \mapsto [0,1] alors on pose U_n = ]f(n)-10^{-n}, f(n)+10^{-n}[. La famille (U_n)_{n \in \mathbb{N}^*} est un recouvrement ouvert de [0,1] donc on peut en extraire un sous-recouvrement fini (U_i)_{i \in I} par compacité. En notant l la longueur d’un intervalle de \mathbb{R} on obtient

$$1 = l([0,1]) \leq l \left( \bigcup_{i \in I} U_i \right) \leq \sum_{i \in I} l(U_i) \leq \sum_{n = 1}^{+\infty} l(U_n) = \sum_{n = 1}^{+\infty} \frac{2}{10^n} = \frac{2}{9}$$

Ce qui est absurde.

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lilou8733, post:4, topic:132779 a écrit:

Une preuve de l’indénombrabilité de [0,1] que je trouve sympa :
S’il existe une surjection f : \mathbb{N}^* \mapsto [0,1] alors on pose U_n = ]f(n)-10^{-n}, f(n)+10^{-n}[. La famille (U_n)_{n \in \mathbb{N}^*} est un recouvrement ouvert de [0,1] donc on peut en extraire un sous-recouvrement fini (U_i)_{i \in I} par compacité. En notant l la longueur d’un intervalle de \mathbb{R} on obtient

$$1 = l([0,1]) \leq l \left( \bigcup_{i \in I} U_i \right) \leq \sum_{i \in I} l(U_i) \leq \sum_{n = 1}^{+\infty} l(U_n) = \sum_{n = 1}^{+\infty} \frac{2}{10^n} = \frac{2}{9}$$

Ce qui est absurde.

Magnifique !

On n’a même pas besoin de Borel-Lebesgue en plus !

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Soient A \subset\mathbb{R} infini et borné, et \displaystyle u_n = \sup_{(x_1,\cdots,x_n) \in A^n} \prod_{1\leqslant i < j \leqslant n} |x_j-x_i|. Montrer que la suite v_n = u_n^{\tfrac{2}{n(n-1)}} est décroissante.
Je note, pour tout x=(x_1,\dots,x_n)\in A^n, [p(x):=\prod_{1\leqslant i<j\leqslant n} |x_i-x_j| \qquad\text{et}\qquad\forall i\in[![1,n]!],; p_i (x):= \prod_{j\in[![1,n]!],, i\neq j} |x_i-x_j|.] Alors \displaystyle u_n = \sup_{x\in A^n} p(x).
Soit x\in A^{n+1}. Comme \displaystyle p(x)^2 = \prod\limits_{i=1}^{n+1} p_i(x), on a \min_i p_i(x)\leqslant p(x)^{\textstyle \frac2{n+1}}. Soit i_0 un indice pour lequel ce min est atteint. On a [p(x) = p_{i_0}(x) \cdot p((x_j){j\neq i_0}) \leqslant p(x)^{\textstyle \frac2{n+1}} \cdot u_n ] donc [p(x)^{\textstyle 1-\frac2{n+1}} \leqslant u_n] et [u{n+1} \leqslant u_n^{\textstyle 1/(1-\frac2{n+1})} = u_n^{\textstyle \frac{n+1}{n-1}}.] Finalement : [u_{n+1}^{\textstyle \frac2{n(n+1)}} \leqslant u_n^{\textstyle \frac2{n(n+1)} \frac{n+1}{n-1}} = u_n^{\textstyle \frac2{n(n-1)}}.]

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Soit f:\Bbb R\to\Bbb R admettant une limite épointée en tout point. Montrer que son nombre de points de discontinuité est au plus dénombrable.
Esquisse de preuve : Les ensembles $$E_n := {a\in \Bbb R\mid | f(a)-\lim\limits_{\substack{x\to a\ x\neq a}} f(x) |>\frac1n}$$ sont tous dénombrables, car si un E_n était indénombrable, il aurait un point d’accumulation a et f n’aurait pas de limite épointée en a.

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Le dernier résultat de Calli, me fait penser à ce résultat :

Soit (f_i)_{i\in I} une suite de fonctions dans C([0,1]) indicé par I infini indénombrable, sous ensemble de [0,1].
Alors il existe (f_{i_n})_n une suite de fonction convergente uniformément vers une fonction continue et avec i_n injectif dans I et qui converge également dans [0,1].
C’est une application directe du théorème suivant :

E=C([0,1]) \times [0,1], d=max(||.||_\infty,|.|), A=\mathbb Q[x] \times ([0,1] \cap \mathbb Q) et $C={ (f_i,i) ; i \in I }$6

(E,d) ensemble métrique avec A=\{a_n \in E, n\in\mathbb N \} dense dans E, et C un sous-ensemble de E infini et indénombrable.
Alors C posséde un point d’accumulation.

Justification :

Si C sans point d’accumulation, alors \forall c \in C, \exists e_c>0, B(c,e_c) boule ouverte tel que
\forall c \in C, B(c,e_c) \cap C-\{c\}=\emptyset

Par densité de A on a \forall c \in C, \exists n_c \in \mathbb N, a_{n_c} \in B(c,e_c/4)
Les a_{n_c} distinct pour c distinct, car les B(c,e_c/4) disjointes
donc les a_{n_c} sont indénombrable, absurde car les a_{n_c} sont dans A qui est dénombrable.

CQFD.

PS : l’intérêt du théorème c’est que vous pouvez le montrer en 5 lignes, et alors vous pouvez l’utiliser pour vous aidez à l’oral.

Maintenant vous pouvez prouver sans difficulté que si f fonction réelle quelconque alors il existe une suite réelle (x_n) injective tel que f(x_n) tende vers f(t) avec x_n qui tend vers t.

9

Le principe de promiscuité :

Plus on est nombreux plus on est serré :

C’est un corollaire de :

Soit E=\{x_1,...,x_m \} \subset \mathbb R^n tel que \forall i,j \in \{1,2,...,m\}, i \neq j, b \geq ||x_i-x_j||\geq a
alors m \leq (1+2b/a)^n

Justification :

Les boules ouvertes B(x_i,a/2) sont 2 à 2 disjointes et incluses dans la boule fermé : B_f(x_1,b+a/2).

Comme une boule de rayon r à un volume proportionnelle à r^n , on a :

m \times (a/2)^n \leq (b+a/2)^n d’où m\leq (1+2b/a)^n

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Bonjour,

Soit \mathbb K un corps fini de cardinaité q.

Déterminer le nombre minimal d’hyper-plans vectoriels qu’il faut pour recouvrir :
E=\mathbb K^n


Justification :
Soit H_1,...,H_q q hyperplans vectoriels, contiennent tous 0 alors card(\bigcup \limits_{i\in \{1,...,q\}} H_i) \leq (q^{n-1}-1) \times q +1=q^n-q+1<q ^n=card(E)
Donc il faut au moins q+1 hyperplans pour recouvrir E.

Soit (e_1,...,e_n) une base de E.

\forall i \in \mathbb K, A_i=vect(e_1,...,e_{n-1}+i.e_n) et B=vect(e_1,...,e_{n-2},e_n)

Alors ces q+1 hyperplans, par construction, recouvrent E.

CQFDEdit : erreur décrite par Calli.

Bonne journée.

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T’as écrit q au lieu de q^{n-1} vers le début de ta démonstration.

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Calculer $$A=\int_0^1 \dfrac{\sqrt{x}} {\sqrt{x} +\sqrt{1-x}} dx$$
Par un changement de variable t=1-x, on obtient

A=\int_0^1 \dfrac{\sqrt{1-x}}{\sqrt{x}+\sqrt{1-x}}dx

Donc 2A=\int_0^1 \dfrac{\sqrt{1-x}+\sqrt{x}}{\sqrt{x}+\sqrt{1-x}} dx=1

En fait on a même pour toute fonction continue par morceaux f

\int_0^1 \dfrac{f(x)} {f(x) +f(1-x)} dx = 1/2

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Déterminer une CNS sur les coeffs d’un polynôme de deg 3 pour qu’il soit bijectif sur \mathbb F_p, p >5 nombre premier.
L’intêret de cette question, c’est de reconnaître facilement les polynômes bijectifs, de deg 3 et ainsi savoir si on peut déterminer, facilement, le nombre de point de la courbe elliptique associée.

On prend P de la forme : P(x)=x^3+ax+b
On peut toujours ramené n’importe quelle polynôme de deg 3 à cette forme (sans perdre la bijectivité, si bijectivité il y a), par un changement de variable affine x=y+c, c à bien choisir pour virer le terme quadratique.

On suppose a \neq 0 (c’est le cas le plus délicat à traiter)

cas : -a est un carré dans \mathbb F_p, e la racine carré non nul (car a non nul)
Alors P(e)=P(0)=b donc P n’est pas bijectif.

Cas : -a n’est pas un carré
P(x)=P(y) et x \neq y
ssi x^3-y^3+a(x-y)=0 et x-y\neq 0 ssi x^2-xy+y^2+a=0 et x-y\neq 0
ssi (\dfrac{x+y}{2})^2+3(\dfrac{x-y}{2})^2=-a et x-y\neq 0
ssi u^2+3v^2=-a et v\neq 0

les applications f: x \rightarrow -x^2 et g: x\rightarrow 3x^2+a sont telles que card(f(\mathbb F_p))=card(g(\mathbb F_p))=(p+1)/2 dans \mathbb F_p de card p.
Donc g(\mathbb F_p) \cap f(\mathbb F_p) \neq \emptyset
u,v \in \mathbb F_p tel que -u^2=3v^2+a comme -a n’est pas un carré on n’a pas v=0.

Donc P n’est pas bijective.

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Calculer : $$A=\sum \limits_{n \geq 1} \dfrac{1}{n(n+2)(n+3)(n+5)(n+7)(n+11)}=\sum\limits_{n\geq 1} u_n$$
Pour faire ce calcul, on va se servir d’une généralisation des sommes telescopiques.
En utilisant la décomposition en pôle simple on obtient
On a u_n=\dfrac{a_0}{n}+\dfrac{a_2}{n+2}+\dfrac{a_3}{n+3}+\dfrac{a_5}{n+5}+\dfrac{a_7}{n+7}+\dfrac{a_{11}}{n+11} (*)

Avec \sum \limits_{i=0}^{11} a_i=0 où les a_i n’intervenant pas dans (*) pris égaux à 0.

Donc A_N=\sum \limits_{n=1}^N \sum \limits_{i=0}^{11} \dfrac{a_i}{n+i}=\sum\limits_{i=0}^{11} a_i\sum \limits_{n=1}^N \dfrac{1}{n+i}

A_N=\sum \limits_{i=0}^{11} a_i(\sum\limits_{n=13}^{N-1} \dfrac{1}{n}+\sum \limits_{k=1+i}^{12} \dfrac{1}{k}+\sum \limits_{k=N}^{N+i} \dfrac{1}{k} )

$$A_N=\sum\limits_{i=0}^{11} a_i(\sum\limits_{k=i+1}^{12} \dfrac{1}{k}+\sum \limits_{k=N}^{N+i} \dfrac{1}{k} ) $$

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Soit \mathbb K un corps fini d’ordre q, E=\mathbb K^n ev dont (e_1,..,e_n) est une base.

On note H_i=vect\{e_k; k=1...n \text{ et } k\neq i\}. Déterminer card(\bigcup\limits_{i=1}^n H_i)=card(W).

V=E-W le complémentaire de W est l’ensemble V=\{x=\sum \limits_{k=1}^n a_k e_k ; \forall k=1..n, a_k\in \mathbb K^*\}

Donc V=(q-1)^n d’où W=q^n-(q-1)^n

Je trouve cette démonstration élégante car, si on ne pense pas à passer par le complémentaire (formule d’inclusion exclusion du cardinal*) le calcul du cardinal devient beaucoup plus délicat.

  • : nous verrons, une manière élégante d’utiliser ce principe
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Soit P(x, y)\in \mathbb N[x, y]

On dispose d’un oracle qui nous donne la valeur de P(x, y) pour x, y rationnel de notre choix.

Combien de nombres de questions minimums à l oracle, sont ils nécessaires pour déterminer entièrement P ?

En fait 2 questions sont nécessaires et suffises : m=P(2,2) est plus grand que les coeffs de P et que son degré.

et P(m+1,(m+1)^{m+1}) en regardant cette entier en base (m+1) on obtient toutes les infos

Remarque : on peut étendre la méthode à un nombre de variables quelconques

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Calculer $$C=\sum\limits_{A\subset {1,..,n}, A\neq \emptyset } (-1)^{|A|+1}\min{a: a\in A} $$

C’est l’application directe du principe d’inclusion exclusion à : $$card(\bigcup \limits_{i=1}^n H_i) $$
avec H_1=\{1\},H_2=\{1,2\},...,H_n=\{1,...,n\}

Donc C=n

Mais le meilleur reste à venir, avec un usage, encore plus astucieux de ce résultat.

Exo sympa :

Calculer $$C=\sum\limits_{A\subset {1,..,n}, A\neq \emptyset } (-1)^{|A|+1}\max{a: a\in A}$$


Si vous séchez trop longtemps, demander la correction (y compris par Mp)…

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Une preuve exactement similaire à Foyer des lycéennes peut être donnée à l’exercice précédent (n prenant le rôle de 1).

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C’est quoi la preuve de l’exo avec le max à laquelle tu pensais contrexemple ?

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Pour la plus part des énigmes que je propose, il n’arrive pas souvent que l’on re-tombe sur la solution que j’avais en tête.

C’est ce qui me fait croire pour des problèmes réputés difficiles (par exemple le théorème de Thompson-Feit) il existe sûrement des solutions simples auxquelles personne encore n’a pensées.


$$n=\sum\limits_{A\subset {1,..,n}, A\neq \emptyset } (-1)^{|A|+1}\min{a: a\in A}=\sum\limits_{A\subset {1,..,n}, A\neq \emptyset } (-1)^{|A|+1}\min{n+1-a: a\in A}=\sum\limits_{A\subset {1,..,n}, A\neq \emptyset } (-1)^{|A|+1}(n+1-\max{a: a\in A})$$