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Si on note w une racine de X^{2n+1} +1 (qui n'a pas de racine double) on a : w^{(2n+1-k)^2} =( w^{2n+1})^{2n+1} (w^{2n+1})^{-2k} w^{k^2} = (-1) \times 1 \times w^{k^2}=-w^{k^2} En écrivant S = \sum_{k=0}^{2n+1} w^{k^2} , on obtient S = -S (via le changement d'indice k...

Arbre a écrit:Je ne suis pas sûr que cela aboutisse par cette voie, alors j'aimerais bien voir cela.

Il faut poser x=y+h et utiliser Taylor Lagrange pour f(y+h) et f(y + alpha h) (les deux termes trouvés une fois posé x = y+h).

zygomatique : tu as oublié les valeurs absolues sur tes f', ca ne peut pas marcher.

Si p!/(p-m)! est impair alors p = 1 ou p=0 ou m=1.
Dans tous ces cas là, (n-m)! est pair (m<=p).

C'est usant de vouloir tant de justifications, c'est clairement évident par rapport au niveau du problème.

On utilise 2 fois Taylor Lagrange.

Si on note m le nombre de 1 dans k, p le nombre de 1 dans x : On a p choix pour le premier 1 dans k, p-1 pour le deuxième etc ce qui donne p!/(p-m)! Pour les n-p restants termes à déterminer, on a n-m choix puis n-m-1 puis ... puis 1. Le résultat final est donc p!(n-m)!/(p-m)! qui est tout le temps ...

g(x) = (sup f') * x, où le sup est pris sur [0,1] (et qui est <+inf car f' continue sur [0,1], et l'inégalité venant du TAF).

Bon en fait j'ai dit n'importe quoi, on peut avoir sup (fn(x)) = +inf (mais du coup le cas sup (fn(x)) < +inf permet de conclure quand même). Et la propriété est fausse : Si je définis fn qui vaut 2n²x sur [0,1/n], 4n -2n²x sur [1/n, 2/n] et 0 sur [2/n,1], alors fn est clairement continue et converg...

J'écris f(x_1,...,x_n) = \sum_{k=1}^{2^n} a_k x_1 ^{k(1)}...x_n^{k(n)} où a_k = 0 ou 1 et k(i) désigne le i eme chiffre dans l'écriture binaire de k (on vérifie bien que cette écriture est possible, c'est chiant mais facile). Notre somme devient \sum_{\phi \in S_n} \sum_{k \i...

Comment ?

Si lim fn < +inf oui, car on ne peut avoir sup (fn(x)) = +inf (pour n qui décrit N et x qui décrit [0,1]).
Et alors on applique le théorème de convergence dominée.

Pour moi, on déduit que c'est vrai grâce au fait que m!(n-m+u)! / u! est pair dés que n>=m et u>=0 (et n>=3).

Un algo qui prend en entrée deux ensembles A et B et qui ressort l'ensemble A+B \[|N+1 , + inf[ te permettrait de calculer itérativement l'ensemble des entiers inférieurs à N qui sont somme de k puissance n ème. Bon à priori il y aurait beaucoup de calculs inutiles, mais je ne pense pas qu'on puisse...

Il est facile de voir que la suite, à x fixé, (fn(x)) est convergente (car elle est de Cauchy). Donc fn converge simplement vers une fonction f. Mais tu peux écrire que d(fn,fm) < eps à partir d'un certain k (pour n,m>k) Tu justifies qu'alors d(fn,f)<eps et donc (fn) converge uniformément vers f, et...

Pour la 2 : essaye de majorer f(x)^n et déduis de la même manière que dans la question 1. Pour la 3 : calcule la limite du minorant dans la question 2, pour n qui tend vers +inf. Pour la 4 : Que se passe-t-il si p<0 ? Pour la 5 : écris f(x)=x^p * h(x) avec h>=1 et utilise le fait que h(x)h(y)<=h(xy)...

Tu pourrais écrire cette égalité si X est positive. Si X est quelconque, c'est facilement visible que c'est faux en général, vu qu'on a aucune raison de connaître l'espérance de X si on connait juste son comportement (ie sa fonction de répartition) que pour les valeurs positives.

J'avais pensé (et oublié aussi) que le second sens de l'équivalence était quasi direct (en pensant au cas croissant par exemple). Pour autant, quand je cherche à la démontrer je retombe sur ce que tu as fait ...
Par ailleurs ma preuve pour le premier sens repose en partie sur ton égalité, pour n=0.

Sauf erreur, en faisant tendre successivement vers , (via un développement limité de f) et en sommant les inégalités obtenues, on obtient l'inégalité au rang inférieur, vérifiée pour f' (modulo mes erreurs de calculs).
En raisonnant par récurrence on conclut.

t -> exp(tln(1-a)) est décroissante et non croissante.

Ouep je pense que c'est bon. Mais sauf erreur il faut faire attention de ne pas écrire des trucs du style car n/r n'est pas forcément entier. Via manipulation de quelques parties entières on retombe sur ce qu'on veut de toute facon.

Ouais autant pour moi j'ai été un peu vite en besogne. Maintenant on peut modifier un peu pour que ca marche en disant que la proba de faire une chemin de longueur n sans passer par o, c'est la proba de faire un chemin de longueur (n+1) en arrivant n'importe où, sans passer par o sur les n premiers ...