Pour l’exo 4) j’ai pose la suite V(n) = U(n)/2 et puis on se ramène a un cosinus (hyperbolique pour |U(0)| >1 ) en posant V(0) = cos(@).
L’énoncé 9 est une introduction vers les polynômes de permutation sur les corps finis. Beaucoup d’applications en cryptographie.
Effectivement c'est un peu plus joli que ma méthode.
Je vais essayer de faire tes exos qui ont l'air balaise, j'avais juste survolé ton topic jusqu'alors.
En tout cas beau travail.
Salut à tous.
Merci Dattier pour les exercices.
J’ai une idée pour le 5)
Utiliser le théorème d’Abel.
Contient une erreur.
Je me suis mal exprimé, veillez m’excuser, je souhaitais parler de ce résultat : <LINK_TEXT text=« http://www.bibmath.net/dico/index.php?a … ansfo.html »>http://www.bibmath.net/dico/index.php?action=affiche&quoi=./a/abeltransfo.html</LINK_TEXT>
Pas de souci.
Dans mon spoiler j’ai essayé de montrer que la suite des sommes partielles avec le cosinus (seul) est bornée qu’en dites vous ?
Ah oui c’était de ce résultat dont vous parlez ! Je comprends mieux, je vais voir ça merci pour vos explications.
Bonjour Dattier.
énoncé 8 :
Oui. On considère Taylor avec reste intégral pour </s>f(x+h)<e> et </s>f(x-h)<e> que l’on somme.
On applique ensuite quelques inégalités faisant apparaître les extremums des fonctions et on conclut en prenant </s>x=h=\frac{1}{2}<e>.
Ok je rédige.
On pose </s>\alpha=max(f), \beta=min(f), \mu=min(f'')<e>.
D’après Taylor avec reste intégral :
</s>f(x+h)=f(x)+hf'(x)+\int_{x}^{x+h}(x+h-t)f''(t)dt<e>
et
</s>f(x-h)=f(x)-hf'(x)+\int_{x}^{x-h}(x-h-t)f''(t)dt<e>.
On somme et on prend </s>x=h=\frac{1}{2}<e> et on a
</s>f(1)+f(0)=2f(\frac{1}{2})+\int_{\frac{1}{2}}^{1}(1-t)f''(t)dt+\int_{0}^{\frac{1}{2}}tf''(t)dt<e>
donc
</s>2\alpha \geq f(1)+f(0) \geq 2\beta + \frac{1}{8}\mu + \frac{1}{8}\mu<e>
et on conclut.
énoncé 1:
J’appelle </s>A<e> et </s>B<e> les ensembles dans l’ordre dans lequel tu les as défini. On a immédiatement </s>B<e> inclu dans </s>A<e>.
Soit </s>f \in A<e>. Quitte à considérer </s>-f \in A<e>, on peut supposer </s>f>0<e>.
On est dans le cas d’égalité de l’inégalité de Hölder appliquée pour </s>f<e> et </s>g=1<e> donc </s>f<e> et </s>g<e> sont colinéaires et on conclut.
énoncé 20 :
Supposons que les </s>P_{i}<e> aient une racine commune. Il suffit de prendre la fonction constante égale à cette racine et c’est gagné.
Supposons que les </s>P_{i}<e> n’aient pas de racine commune. Alors ils sont premiers entre eux et par le théorème de Bezout, il existe des polynômes telles qu’on ait une combinaison égale à 1. Il est alors impossible d’obtenir une fonction annulant tous les </s>P_{i}<e>.
Non, il n’y a aucune raison pour que f soit de signe constant.
Et pourquoi on supposerait ca ?
C’est dans l’énoncé
Edit.
Oui je voulais dire </s>f(x)=\alpha x<e> si </s>\alpha<e> est une racine commune.
Par contre je ne vois pas pourquoi la réciproque n’est pas correcte.
Il existe </s>U_{i}<e> pour </s>1\leq i \leq n<e> tels que </s>\sum_{i=1}^{n}P_{i}U_{i}=1<e> donc s’il existe </s>f<e> qui est annulée par tous les polynômes, on obtient que la fonction </s>f<e> est égale à 0. Vu que </s>n>1<e> (le seul cas possible aurait été </s>n=1<e> et </s>P=0<e>), c’est impossible.
Et pour le message que tu as supprimé, je pense que c’est vrai dans l’algèbre commutative </s>K[f]<e> des polynômes en </s>f<e>.
J’ai mis une phrase en bas de mon message précédent.
Pose le calcul de (Pi Ui)(f)(z) pour te convaincre que ta solution fonctionne.
C’est toi pourexemple ? Bien avant que tu postes le message précédent, j’y avais pensé avec l’expression « pas officiellement tombé » 
Par là : <LINK_TEXT text=« http://www.les-mathematiques.net/phorum … sg-1401574 »>http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?43,1198849,1401574#msg-1401574</LINK_TEXT>. C’est surtout l’expression « tomber un exercice » en fait.