Reprise du message précédent :
bien joué

Ouais mais je croyais que c'était pour trouver une limite

Bonjour les gens,
 
Je bloque sur une tite question dans mon dm et ça m'énerve !^^ (comme dirait helmut)
 
voilà la question :  
 
On définit Z, une VAR d'espérance nulle et de variance o^2
Il faut mq pr tt couple (a,x) de R+* x R+ :
 
P(Z >= a ) <= P ((Z+x)^2 >= (a+x)^2 )
Je vois pas comment partir
Merci d'avance de votre aide ^^

c<'est drole j'ai le sentiment que l'inégalité est fausse
 
t sur qu'elle est dans le bon sens ?

Vi, certain ^^

ah oui mince j'avais mal noté
 
vi je crois savoir comment montrer ça 2min

a appartient a R+ donc a >0
 
donc si Z >= a alors Z appartient a [a;+oo[
 
puis si (Z+x)^2 >= (a+x)^2, cela est vrai si Z appartient a [a;+oo[
 
mais cela est aussi vrai si Z est négatif et appartient a ]-oo;-a-2x]
 
donc P( (Z+x)^2 >= (a+x)^2 )  >= P(Z>= a) + P(Z<= -a-2x)  
 
enfin wala ....^^

o_O !  
Mais là il s'agit d'inégalité de probas; je comprends rien de ce que tu as fait xD

bin j'ai mis des inégalités de probas a la derniere ligne

je dis juste que la seconde proba est vrai si

Z appartient a [a;+oo[ ou si Z appartient a ]-oo;-a-2x]

d'ou

P( (Z+x)^2 >= (a+x)^2 )  >= P(Z>= a) + P(Z<= -a-2x)  

et comme  P(Z<= -a-2x)   est positif ou nul, tu peux conclure

Nan mais Z est pas un nombre, c'est une VAR, une application en fait enfin je sais pas c'est peut être moi qui bug mais je pense pas qu'on puisse faire comme sa...

bon oublie les premieres lignes
 
P( (Z+x)^2 >= (a+x)^2 )  >= P(Z>= a) + P(Z<= -a-2x)  
 
tu verras que cette égalité est vraie avec un peu de logique

Sa à l'air de marcher dans le cas général mais j'ai un problème avec tes déductions en fait :  
Normalement avec ce que tu déduis on a :  
P( (Z+x)^2 >= (a+x)^2 )  = P(Z>= a) + P(Z<= -a-2x)  ( et pas de >= ? )  
et après on conclue par le >= ?  

bin tu as une égalité du type A = B+C avec A,B,C positifs tous les trois
 
et tu dois démontrer que A>= B : c'est immédiat pour moi
 
vu que C est positif

Vi ok, nan mais je vérifiais juste si les conditions que tu donnais sur Z permettait d'écrire P( (Z+x)^2 >= (a+x)^2 ) = P(Z>= a) + P(Z<= -a-2x) ?

ah nan t'as raison met  
 
 P( (Z+x)^2 >= (a+x)^2 ) >= P(Z>= a) + P(Z<= -a-2x)  
 
c'est ^peut etre égal mais c pas sur donc dans le doute met le >=
 

D'accord, mais en fait à ce moment là :  

je vois pas le lien entre les 2 propositions separées par le "d'où"

 
 
bon reprenons
 
c'est vrai tu as raison j'ai mal rédigé je vais essayer de faire ça proprement
 
on tire une valeur zi dans la loi Z
 
si zi >= a ou bien si zi <= -a-2x alors  (zi+x)^2 >= (a+x)^2
 
donc P(Z>= a) + P(Z<= -a-2x) <= P( (Z+x)^2 >= (a+x)^2 )  
 
chais pas si c'est plus clair comme ça

Saperlipopette! Jdois avoir le cerveau grillé par le soleil mais je vois pas pourquoi ya un "<=" qui s'insère après le donc, en fait je comprend pas le lien logique xD, on dirait une sorte d'inégalité triangulaire
V écrire sa sur une feuille, jverrais ptète mieux -_-'

Bon c'est toujours pas mieux ^^ Tu es sur de ton coup wolfiounette ?

non  
 
si quelqu'un pouvait confirmer ca serait sympa

Dites, pour une application linéaire, on a l'équivalence injectivité <=> noyau réduit à {0}, c'est valable pour un morphisme de groupes ?

edit : je m'auto réponds, c'est aussi vrai pour un morphisme de groupes ( merci wiki )

il faut quand même que le neutre de ton groupe s'appelle 0  
 
sinon, c'est pas dur à montrer :  
 
- si f est injective, alors f(x) = 0 => x = 0 (f est un morphisme donc f(0) = 0), donc Ker f = {0}
- si Ker f = {0}, si f(x) = f(y), alors f(x-y) = 0 (par propriété de morphisme), donc x-y = 0, donc x = y, donc f est injective
 

J'ai honte de poser cette question, mais j'ai un trou au niveau de la résolution d'équa diff :

y'' - a²y = 0, les solutions c'est bien f:x |-> b*exp(ax) + c*exp(-ax) ? ( equation caractéristique toussa )

C'était tellement de boulot de réinjecter ce que tu penses être la solution pour vérifier ?

en réinjectant, ca me dit que les solutions que j'ai trouvées sont les bonnes, mais ca me dit pas si j'en ai oublié

[/mauvaise foi]

bin il faut se souvenir que les sol d'équa diff de degré sont des ev de dimension 2 donc tes deux fonctions forment une fazmille libre donc c une base de l'espace des sol

 
 
Soit
 

 
je cherche les tables statistiques du trest dickey fuller augmenté , s'il vous plait.  Quelqu'un pourrait m'aider?  
 
oui j'ai déjà cherché sur gougle et j'ai pas trouvé.  
 
 Merci.

http://www.fichier-pdf.fr/2009/04/ [...] grales.pdf
 
Je comprends pas l'implication de la dernière ligne et en quoi la démonstration est terminée ?
 
merci  

Première remarque : le rapport qui intervient à l'avant dernière ligne de la démonstration n'est pas (f(x+h)-f(x))/h , mais (F(x+h)-F(x))/h.
Deuxièmement, la limite de la dernière ligne n'est pas f(h), mais f(x) ; elle s'obtient par encadrement et par la continuité de f. Ceci montre que F est dérivable en x et que sa dérivée en x est f(x) : F est donc une primitive de f.

 
Y'a plusieurs fautes dans la "démonstration", c'est assez bâclé...

merci pour vos deux réponses, je vais corriger ça

En plus des deux erreurs cités précédemment, il faut lire (3ème ligne de la démo) F(x+h) - F(x) et non pas F(x+h) - F(h).

Ouais, merci aussi de m'avoir répondu. C'était une demande sérieuse pour un copain qui est TT, mais bon, pas grave...
 Il n'en a plus besoin , maintenant, mais voilà un topic qu'il est sympa.  

 
Je donnais un l'impression de rien comprendre avec toutes ces erreurs      
 
J'ai une dernière question sans doute bête mais bon. Pourquoi on veut que cette primitive s'annule en a ?
 
est-ce que c'est le bon topic si on a une question sur l'orientation qui concerne directement les maths ?
 
merci

Ca dépend, s't'au sujet des maths fi ?