Reprise du message précédent :
oient les fonctions  
http://img442.imageshack.us/img442/9305/75119932.png
 
telles que  
 
http://img825.imageshack.us/img825/7788/81270850.png
 
est croissante et soient http://img534.imageshack.us/img534/4800/76243870.png des nombres positifs .  
 
Montrer que
 
http://img9.imageshack.us/img9/596/33733196.png

 
C'est un peu trop trivial ton exo de cantor tu donnes déjà tout ce qu'il faut faire.  

Facile et issu  d'un ouvrage d'un ex-Bourbaki ; plus pour le résultat que la difficulté bien sûr.

Mon exo de khôlle que j'ai trouvé sympa (tombé à l'X l'an dernier)
 
Soit M € GLn(R) ne contenant que des 0 ou des 1. Soit q le nombre de 1 qu'elle contient. Montrer que n <= q <= n²-n+1
 
Réciproquement, montrer que si n <=q<= n²-n+1, il existe une matrice M € GLn(R) qui ne contient que des 1 et des 0 et contenant exactement q 1.
 

 
Et l'autre est pas triviale, mais facile (enfin moi j'avais torché les 2 inégalités en 5 min )

 
Solution
 

En fait pour la réciproque si vous y arrivez pas c'est pas grave, même mon khôlleur qui est prof en MP* à LLG n'y arrivait pas    
 

Bonjour ,
 
l'idée suggérée par l'exo est que si la matrice contient peu ou beaucoup de 1 alors les vecteurs colonnes qui la représentent ne forment pas une famille libre ; toutefois ce qui me surprend tout de suite dans la preuve de la condition nécessaire c'est que l'on arrive à plus fort c'est à dire deux vecteurs colinéaires et permet de penser que l'inégalité pourrait être améliorée (à moins que l'arrivée d'un nouveau 1 fasse passer de libre à lié de cette façon , ce qui me surprend tout autant).
 
Pour la réciproque je ne suis pas surpris ; je me dis tjs que les trucs les plus durs sont ceux où il faut prouver l'existence de quelque chose ; par conséquent une récurrence semble logique vu qu'elle permet de simplifier cette difficulté.

 
En fait pour la récurrence en s'y prenant bien on arrive à exhiber une matrice si q n'est pas "trop grand". Le cas difficile étant si q est compris entre une certaine valeur et n²-n+1.

 
Pas besoin de récurrence.  
 
Pour

 
on s'en sort avec une matrice triangulaire ayant des 1 sur la diagonale :  
 

 
Pour les autres valeurs de q, on part de la dernière des matrices précédentes, celle qui a des 1 partout sur la diagonale et en-dessous de celle-ci. On y met des 0 aux positions juste à droite des éléments diagonaux et on place autant de 1 et de 0 que voulus aux places restantes. Toutes ces matrices sont de déterminant 1.
 
Par exemple, avec n=5, ce sont les matrices
 

 
 
@system211 : Change de prof

Où ai-je dit que c'était mon prof ?    
 C'est pas mon prof mais bon je sais que la moitié des élèves de sa classe vont à l'X ou à l'ENS donc bon..
 

 
 
Ok.  
 
Dans ce cas, tu pourra aller te vanter auprès de ton super colleur de MP*^N de LLG que tu as trouvé la solution qu'il n'arrivait pas à trouver.
 
 

Après cet élan de modestie exprimé par Mookid, voici un petit exercice accessible aux sup.
 
Montrer que :  
 

 
 
 
En posant  
 

 
on obtient  
 

 
 
Si r est le nombre d'or, (comme ça a l'air de se vérifier...), alors :  
 

 
et l'intégrale vaut  
 

 
Pour pousser un peu plus loin :  
 

 
est aussi solution, car dans ce cas,  
 

 
vaut   1 entre 0 et 1, et 0 ensuite.
 
La courbe  I(r) a l'allure suivante :  
 

 
Il n'y a que les 2 valeurs précédentes de r pour lesquelles I(r)=1.
 
Amusant et étonnant comme exercice!

Soit E ev de dimension n.
Soient u et v € L(E) tels que u o v = v o u et v est nilpotent.
 
Montrer que det(u+v) = det u et que u+v et u ont le même polynôme caractéristique.

 
Trivial    

 
Toute façon pour toi qu'est ce qui n'est pas trivial ?

 
Et puis, il me semble, qu'il y a une erreur dans ton énoncé.  
 
Ne serait-ce pas plutôt «...et que  u + v et  u ont le même polynôme caractéristique » ? au lieu de v (??)
 
Et puis si tu définissait sur quel corps  E est défini ça aiderait surement les autres
 
 
En tout cas, si la première propriété est vraie  det(u + v) = det(u) dans les conditions indiquées) alors  u + v et  u on même polynôme caractéristique : il suffit d'appliquer cette propriété avec u  remplacé par u - t.id_E pour le voir.  
 
Ou  
 
t : variable du polynôme caractéristique
id_E : identité sur E
 
Par ailleurs, en partant de la propriété suivante det (I + v)=1 si v est nilpotant,  nous savons que :  
 
ln(det(I+v)) = Tr(ln(I + v)) (la trace est la somme des logarithmes des valeurs propres, donc le logarithme de leur produit, ou du déterminant).
 
Mais  ln (I + v) est un polynôme en v sans terme constant.  
Son degré est k-1, si k est l'indice de nilpotence de v.  
La trace de ce polynôme en v est forcément nulle, et on en déduit que le déterminant vaut 1. Ensuite, on peut supposer  u non singulier, et comme il commute avec v ,  
on obtient le résultat en écrivant  
 

 
 
Après ma déconvenue matricio-booléenne qui provoqua l'ire du KING et me valut sévère remontrance de sa part il fallait que je poste quelque chose digne d’intérêt et capable de calmer son courroux.Il semble que ce soit chose faite : le ROI a été distrait et même amusé.Il est même permis de penser qu'il le sera encore par ce qui suit :
 

 
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1) Erreur dans la formule encadrée. Un terme du dénominateur est passé au numérateur ... (mais cela n'a pas d'influence sur la suite)
 
2) Les calculs sont justes. Il faudrait toutefois justifier l'inversion du sens des intégrations
 
3) Si tu connais la fonction Gamma, tu connais aussi la fonction Beta. Au lieu de te compliquer la vie, pourquoi ne pas l'utiliser (comme je l'ai fait) pour arriver plus vite au résultat, en utilisant de plus des outils dont le grand Leonhard Euler a justifié la pertinence.
 
4) L'idée d'introduire l(1) et la convexité est originale. Encore faudrait-il démontrer rigoureusement que l(x) est convexe. La convexité seule ne suffit pas. Il faut aussi que la fonction soit monotone
 

Soient (fn) une suite bornée de fonctions croissantes de [0,1] -> R.
 
Montrer qu'on peut extraire de (fn) une suite simplement convergente.

Tu peux préciser ce que tu entends par une suite  bornée de fonctions, pour la norme infinie ou autre chose par exemple ?

 
Oui norme infinie : il existe M > 0 tq pour tout n, la norme infinie de fn est bornée par M.

 
J'ai une petite idée : disons que les fonctions sont à valeurs dans [a,b] et notons  X l'ensemble départ.  
 
On sait (Tychonoff) que  
 

 
est compact pour la topologie de la convergence simple. Problème, j'ai un doute sur l'extraction de suites dans les espaces non métrisables.  
 
Alors je pense à ceci : notons  
 

 
On sait que
 

 
est compact, et cette fois il est métrisable (produit dénombrable d'espaces métrisables).Avec un peu de chance, l'hypothèse de croissance des fonctions permet de "passer" ensuite à  
 

 

 
On peut supposer les  fn à valeurs dans [0,1].
 
Comme
 

 
est compact pour la topologie produit, et métrisable, on peut extraire une suite
 

 
telle que
 

 
converge, pour tout
 

 
Notons
 

 
la limite simple ainsi définie.
 
Alors  f est croissante. Ensuite je regarderais les "sauts" de  f

Aller j'en poste un :
trouver les fonctions continues de R dans R tel que fof...of (n fois) = -Id.

Drap

Un facile
Montrer que  

Encore un truc de ULM  

On montre que f(x)/x=int(0,1, f'(ux) du) .
Entre autre, f(x)/x-l=int(0,1, (f'(ux)-l) du) et on y va à coup de epsilon (pour le cas fini)

Même pas Mais ça reste du ENS quand même

fof=-Id

C'est pas possible non ?

Par l'absurde on suppose qu'il existe f continue de R dans R qui verifie ca.

Égalité de fonctions donc même caracteres.
-Id est bijective.
Donc fof est bijective.
Donc f est bijective

Donc f strictement monotone. Donc fof strictement croissante.

Absurde.

Donc fofofo...of=-Id n'a pas de sol pour n pair.

Car fofofof=(fof)o(fof)=-Id
Absurde fof de même que tout a l'heure est bijective donc f bijective donc fofofof croissante (car fof croissante et fof croissante, on peut generaliser f^n est croissante si f est monotone et n pair)

De même par recurrence immediate descendente en regroupant comme ca et en utilisant le resultat precedent.

Edit: nan je raconte des conneries.