Niveau Maths sup

Egalités de boules ouvertes

Posté par
HighSchool2005 02-10-07 à 09:01

Bonjour,

je dois prouver que
$\lambda B(a,r) = \lambda a + B(0, | \lambda | r) \\ et \\ B(a,r) \cap B(b,s) \neq \emptyset \Leftrightarrow ||a-b|| < r + s$

On a déjà prouvé que
$B(a,r) = a + B(0,r) \\ et B(0, r+s) = B(0,r) + B(0,s)$

Posté par re : Egalités de boules ouvertes 02-10-07 à 11:51

Bonjour,

Pour le premier résultat, tu peux utiliser les mêmes méthodes que pour les 2 "déjà prouvés". Où coinces-tu exactement ?

Nicolas

Posté par re : Egalités de boules ouvertes 02-10-07 à 16:15

Pour le premier :
$\lambda B(a,r) = \lambda (a + B(0,r)) = \lambda a + \lambda B(0,r)$

En fait, je coince sur le fait de montrer que
$\lambda B(0,r) = B(0, | \lambda | r) \\$
Pour le deuxième, on a eu une correction :
pour ( $\Rightarrow$ ) pas de problème
par contre, pour $\Leftarrow$ , on a étudié le cas où ||a-b|| <= r, là c'est ok.

Ce que je ne comprends pas, c'est le cas où ||a-b|| > r
Donc j'aurais voulu savoir si vous auriez fait la même démonstration ou autrement et si vous auriez fait la même, pourriez vous m'expliquer le dernier cas ?

merci

Posté par re : Egalités de boules ouvertes 02-10-07 à 16:28

On suppose lambda non nul.

$3$x\in\lambda.B(0,r)$
$3$\Longleftrightarrow x=\lambda y\mathrm{\ et\ }y\in\ B(0,r)$
$3$\Longleftrightarrow x=\lambda y\mathrm{\ et\ }||y||\le r$
$3$\Longleftrightarrow y=\frac{1}{\lambda}x\mathrm{\ et\ }||y||\le r$
$3$\Longleftrightarrow \left|\left|\frac{1}{\lambda}x\right|\right|\le r$
$3$\Longleftrightarrow \frac{1}{|\lambda|}||x||\le r$
$3$\Longleftrightarrow ||x||\le |\lambda|r$
$3$\Longleftrightarrow x\in B(0,|\lambda|r)$

Posté par re : Egalités de boules ouvertes 02-10-07 à 16:29

Sauf erreur.

Posté par re : Egalités de boules ouvertes 02-10-07 à 16:30

Pour le 2nd résultat, je ne comprends pas bien la démonstration que vous avez faite en cours. Peux-tu préciser ?

Posté par re : Egalités de boules ouvertes. 02-10-07 à 17:12

Bonjour ;

$\fbox{\Longleftarrow}$
Supposons $\fbox{||a-b||<r+s}$ et soit $\fbox{x=\frac{s}{r+s}a+\frac{r}{r+s}b}$ il est alors facile de vérifier que $\fbox{et\{{||x-a||<r\\||x-b||<s}$ _{(sauf erreur)}

Posté par re : Egalités de boules ouvertes 02-10-07 à 17:26

ok pour ce que tu as fait plus haut. je n'avais pas pensé à l'écrire comme ça.

Pour le 1er cas : on suppose que ||a-b|| <= r
alors $b \in B'(a,r)$ (boule fermée) $= \overline{B(a,r)}$
$\Rightarrow B(b,s) \cap B(a,r) \neq \emptyset$ (ici, le prof a précisé qu'il y avait une histoire de voisinage )

2ème cas : $r < || a-b || < r+s$
Il existe $c \in [a,b] = \{ at+(1-t)b : t \in [0,1] }$ et $||a-c|| = r \}$
Ensuite, il utilise ça pour prouver que $||a-c|| + ||b-c|| = ||a-b||$ (qq étapes de calcul)
d'où $||b-c|| = ||a-b|| - ||a-c|| < r+s-r = s \\ \Rightarrow c \in B(b,s)$

Soit $\epsilon$ fixé. $0 < \epsilon < s- ||b-c||$
$d \in ]a,b[$ tel que $||b-d|| = ||b-c|| + \epsilon < s$
donc $d \in B(b,s)$
||a-d|| = || a-b || - ||b-d||
        = ||a-b|| - \epsilon - ||b-c||
        = || a-b|| - || a-b || + ||a-c|| - \epsilon
        = || a-c || - \epsilon
        < r - \epsilon[/tex]
donc $d \in B(a,r) \\$
Je pense qu'on a voulu montrer que au moins un point de B(b,s) est dans B(a,r) mais je ne comprends par exemple pourquoi on prend d dans ]a,b[ et non pas dans [a,b]
Comment trouve-t-on le $\epsilon$ ?
En fait, je comprends en gros, mais je me demandais s'il n'y avait pas plus simple, ou si on pouvait par exemple se passer de [a,b] = {...}

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