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Messagepar guiguiche » Vendredi 17 Novembre 2006, 14:31

L'objectif est effectivement d'obtenir $B=\{a_0\}+A=f^{-1}(A)$ donc il faut que $a_0+x\mapsto x$.
Pas d'aide par MP : les questions sont publiques, les réponses aussi.
Tu as apprécié l'aide qui t'a été fournie ? Alors n'hésite pas à rendre la pareille à quelqu'un d'autre.
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Messagepar Kazik » Vendredi 17 Novembre 2006, 14:36

Donc si l'on prend $f(x)=a_0-x$, on a $B=f^{-1}(A)$ ?
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Messagepar guiguiche » Vendredi 17 Novembre 2006, 14:40

Non, c'est : $f(x)=x-a_0$.
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Messagepar Kazik » Vendredi 17 Novembre 2006, 14:55

guiguiche a écrit:Non, c'est : $f(x)=x-a_0$.

Je n'arrive pas a voir pourquoi si $f(x)=x-a_0$ alors $B=f^{-1}(A)$
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Messagepar guiguiche » Vendredi 17 Novembre 2006, 15:05

Si $y=x+a_0\in B$ alors $f(y)=y-a_0=x\in A$ et réciproquement puisque la translation est bijective. Ainsi $B$ est l'ensemble des antécédents des éléments de $A$ par $f$ c'est à dire que $B=f^{-1}(A)$.
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Messagepar Kazik » Vendredi 17 Novembre 2006, 16:09

Ok.
Montrons maintenant que si $A$ ou $B$ est ouvert alors $A+B$ est ouvert.

Donc je raisonne pareil.
Deux cas :
si $A$ ouvert, posons $f(x)=x-b$ avec $b\in B$.
Soit $y\in A+B$ d'ou $y=a+b$ ($a\in A$, $b\in B$) et $f(y)=y-b=a\in A$ donc $A+B\subset f^{-1}(A)$
Réciproquement,
soit $y\in f^{-1}(A)$ donc $f(y)=a$, $a\in A$, Or $f(y)=y-b$ d'ou $y-b=a \Rightarrow y=a+b\in A+B$
Soit $f^{-1}(A)\subset A+B$
D'ou $A+B=f^{-1}(A)$ et donc par suite $A+B$ ouvert.

(on fait la même chose pour le cas $B$ ouvert)
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Messagepar guiguiche » Vendredi 17 Novembre 2006, 17:22

Je n'ai pas lu en détail ce que tu as écrit mais je te signale autre chose :
Si $A$ est ouvert alors $A+B=\bigcup_{b\in B}{A+\{b\}}$.
Qu'en penses-tu ?
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Messagepar Kazik » Vendredi 17 Novembre 2006, 17:29

mmhh ouais ... j'aurais jamais pensé à ceci!
Tu veux en venir au fait qu'une réunion d'ouvert est un ouvert ?
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Messagepar guiguiche » Vendredi 17 Novembre 2006, 17:33

Kazik a écrit:mmhh ouais ... j'aurais jamais pensé à ceci!
Tu veux en venir au fait qu'une réunion d'ouvert est un ouvert ?

Oui
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Messagepar Kazik » Vendredi 17 Novembre 2006, 17:37

Ok, ça marche!
Par contre la suite ...

si $A$ et $B$ sont fermés et $A$ bornée alors $A+B$ fermé.

Je vois pas comment traduire le fait que $A$ bornée
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Messagepar guiguiche » Vendredi 17 Novembre 2006, 17:45

Kazik a écrit:Je vois pas comment traduire le fait que $A$ bornée

$\exists M>0\;/\;\forall x\in A,\;\|x\|\le M$
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Messagepar Kazik » Vendredi 17 Novembre 2006, 17:50

Je traduis tout ce que l'on a :
$\exists M>0\;/\;\forall x\in A,\;\|x\|\le M$
$\forall x_1\in A\;/\;\exists \epsilon_1>0\;/\;B(x_1,\epsilon_1)\subset A$
$\forall x_2\in B\;/\;\exists \epsilon_2>0\;/\;B(x_2,\epsilon_2)\subset B$

j'ai bien du mal à aboutir au résultat!
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Messagepar Arnaud » Vendredi 17 Novembre 2006, 17:59

Bon, je crois qu'il est temps de bien comprendre que "borné" n'est pas une notion délicate, mais très intuitive et complètement naturelle ( en tout cas dans $\R^n$ ).

Un ensemble est borné si il peut être contenu dans disque : bref si on peut mettre une "cloture" fermée tout autour de lui.
En particulier, pour simplifier, on choisit les cercles centrés en 0.

Pour un point c'est donc évident ( que c'est borné ), pour une droite aussi ( que c'est pas borné ), et ainsi de suite....
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Messagepar guiguiche » Vendredi 17 Novembre 2006, 17:59

Pour montrer que $A+B$ est fermé, je prendrai une suite convergente d'éléments de $A+B$ et je tenterai de démontrer que la limite est encore un élément de $A+B$.
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Messagepar Kazik » Vendredi 17 Novembre 2006, 18:08

Soit donc $U_n$ une telle suite.
$U_n=a_n+b_n$ avec $a_n\in A$ et $b_n\in B$

Comme $U_n$ converge, $a_n$ et $b_n$ converge.
Notons $lim a_n=a$ ($a\in A$ car $A$ est fermé) et $lim b_n=b$ ($b\in B$ car $B$ est fermé)
Alors $lim a_n+b_n=a+b\in A+B$ donc c'est fermé.
A quelle moment on utilise le fait que $A$ borné ?
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Messagepar guiguiche » Vendredi 17 Novembre 2006, 20:26

Kazik a écrit:Comme $U_n$ converge, $a_n$ et $b_n$ converge.


C'est faux (mais la réciproque est vraie). C'est là le noeud du problème.
Comme A est fermé et borné, il est compact. Alors, on peut extraire de $(a_n)$ une suite ... ?
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Messagepar Kazik » Vendredi 17 Novembre 2006, 20:31

Ah ok !
Si $A$ est compact, on peut trouver une suite extraite convergente
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Messagepar Arnaud » Vendredi 17 Novembre 2006, 20:33

Comme U_n converge, a_n et b_n converge.
C'est faux (mais la réciproque est vraie). C'est là le noeud du problème.


Un contre-exemple avec $a_n=(-1)^n$ et $b_n=(-1)^{n+1}$

Désolé pour le capotage de posts...mais la bonne nouvelle c'est que j'ai pu récupéré le tout ( vive le cache ).
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Messagepar Kazik » Vendredi 17 Novembre 2006, 20:36

Ok pour le contre exemple.
Donc je prend une suite extraite $a_{\phi(n)}$ qui converge vers la même limite que $a_n$ c'est à dire $a$ ?
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Messagepar guiguiche » Vendredi 17 Novembre 2006, 20:53

Kazik a écrit:Ok pour le contre exemple.
Donc je prend une suite extraite $a_{\phi(n)}$ qui converge vers la même limite que $a_n$ c'est à dire $a$ ?

Non, on ne sait pas que la suite $(a_n)$ converge. Par contre, la suite $(a_{\phi(n)})$ converge.
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