1 pour N impair, 0 pour N pair

Par récurrence sur N.

C'est vrai pour n=0
 
Supposons que ce soit vrai pour n.
 
Si n est pair, alors P_{n+1}' = P_n est strictement positif, donc P_{n+1} est strictement croissant et n'admet donc au maximum qu'une racine réelle. Une étude de limite en + et - infini nous dit qu'il admet une racine réelle.  
 
Si n est impair, alors P_{n+1}' = P_n est négatif puis positif, donc P_{n+1} admet un minimum global en la racine x_0 de P_n. Or P_{n+1} = P_n + X^{n+1}/(n+1)!, donc puisque x_0 est non nul P_{n+1}(x_0) > P_n(x_0)=0. Donc P_{n+1} admet zéro racines réelles.

Soit O un ouvert de E.
 
Grâce à la densité des F_n, on peut définir par récurrence une suite (O_i)_{ i € {1, 2, 3, ...} } d'ouverts de E tels que :

• O_1=O
• Pour tout i, l'adhérence de O_{i+1} est inclus dans O_i et dans F_i.
• Pour tout i>1, O_i est une boule de rayon inférieur à 1/i.

L'intersection des adhérences des (O_i)_{ i € {2, 3, 4, ...} } est non vide par complétude de E. Elle est à la fois incluse dans l'intersection des F_n et dans O.
 
Comme l'intersection entre l'intersection des F_n et n'importe quel ouvert est non vide, l'intersection des F_n est dense.

Z[X]

3 raisons :
 

• Je savais qu'ils ne pouvait pas y avoir le maximum de racines, car c'est positif sur [0, +infini[ et ça converge uniformément sur tout compact vers exponentielle. Donc à partir d'un certain rang, il n'y a plus de raçines dans [-1, +infini[, ce qui serait le cas s'il y avait le maximum de raçines car -1 est racine de P_n donc d'un polynôme dérivé. Comme ça converge assez vite, il n'y a pas beaucoup de raçines.
• Comme il n'y avait pas le maximum de racines, il devait y en avoir le minimum.  
• Le cas N=2.

Solution : Les polynômes tels que P(IZ)cIZ

Solution : Les combinaisons linéaires à coefficients entiers des (F_n)_{ n € {0, 1, 2, ...} } où F_n =  [produit_{i variant de 0 à n-1} (X-i)] / (n!)

Démonstration :
 
C'est clairement suffisant.
 
Montrons que c'est nécessaire.
 
Soit P un polynôme tel que P(IZ)cIZ. Nommons d son degré.
Définissons la suite de polynômes suivante :

• P_0=P
• P_{n+1} = P_n - P_n(n) * F_n

(1) Par récurrence, pour tout n P_n(Z) est inclus dans Z.
(2) Par récurrence, pour tout n pour tout i entier strictement inférieur à n, P_n(i)=0.
(3) Par récurrence, pour tout n  deg(P_n)<= max(n-1, deg(P)).
Par (2), P_{d+1} a au moins d+1 racines.
Par (3), deg P_{d+1} <= d
Donc P_{d+1}=0
Donc P = somme des P_i(i) * F_i, pour i variant de 0 à d.
D'après (1), P_i(i) est entier.
Donc P est bien une combinaison linéaire à coefficients entiers des (F_n)_{ n € {0, 1, 2, ...} }

En fait la règle des signes de Descartes ne donne pas tant d'infos que ça si on déjà intuité la récurrence

On constate qu'on a une suite extraite qui converge vers l'infimum. On s'y ramène en utilisant la division euclidienne

Considérer la suite u_(n+1)=f(u_n) et u_0 quelconque dans K

Cette suite admet une limite et c'est le point fixe recherché

Considérer la suite de fonctions :
n€N* , fn(x)=(1-1/n)f(x)+(1/n)f(x_0) pour x_0 qui vous voulez plutôt dans K

montrer que si n et n' sont points fixes alors pour tout k entre n et n', k est point fixe

en notant p le point fixe de f, montrer que 0,1 et tous les p^n sont des points fixes.
conclure

Soit M diagonalisable.
Alors il existe P€GLn(R) tq M=(P-1)D(P) avec D=diag(m1,...,mn) où mi vap de M.
Donc clairement M=sum(mi*(P-1)Eii(P),i=1..n)
 
Donc clairement sup(dim(A))=n (le sup est un max atteint quand toutes les vap sont non nulles)

S_n convient donc ça fait bien n(n+1)/2

je me souviens plus de mon idée de base, mais je me souviens de ce qu'on avait fini par trouver comme preuve élégante :
c'est minimum n(n+1)/2 à cause de S_n(IR)
de plus si tu prends B=T_n+(IR) l'ensemble des matrices triangulaires supérieurs strictes, aucunes de ces matrices n'est diagonalisable(sauf 0 bien sur...) du coup pour tout sev A contenant que des matrices diagonalisables, A et B sont en sommes directes d'où l'autre inégalité