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SolutiondusujetdeMathematiquesGenerales,Cachan3A2009 Avertissement:Jetiens`aperciserquejenesuispaslei`al'EcoleNormale SueprieuredeCachan;parsuitelesa±rmationsvraiesoufaussescontenuesdans cespagesnesauraientengagerl'Ecole. Olivier Garet, le 22 avril 2009 Teohre`meergodiqueenmoeynnedeVonNeumann 1. On va montrer que quels que soient A, B, C 2 M ( ¹ ), on a ¹ ( A ¢ C ) ¹ ( A ¢ B ) + ¹ ( B ¢ C ) . Eneet,d'apre`sl'inegaliettriangulaire, | 11 A 1 C 1 | ≤ | 11 A 11 B | + | 11 B 11 C | , soit + . 11 A ¢ C 11 A ¢ B 11 B ¢ C Ilsu±talorsd'inetgrerparrapporta` ¹ pour conclure. 2 . ¹ ( T ¡ 2 ( A A ) ¹ ( T ¡ 2 ( A T ¡ 1 ( A ) + ¹ ( T ¡ 1 ( A ¢) A ) . Cependant T ¡ 2 ( A ¢) T ¡ 1 ( A ) = T ¡ 1 ( T ¡ 1 ( A A ) . Comme T per¶serve ¹ , ( T ¡ 2 ( A T ¡ 1 ( A ) = ¹ ( T ¡ 1 ( A A . ) Ainsi ¹ ( T ¡ 2 ( A ¢) A ) 2 ¹ ( T ¡ 1 ( A A ) = 0 , d'ou` ¹ ( T ¡ 2 ( A ¢) A ) = 0. 3.eL'galietestetabliepour n = 0 , 1. Maintenant n +1) ¹ ( T ¡ ( n +1) ( A A ) ¹ ( T ¡ ( ( A ¢) T ¡ n ( A ) + ¹ ( T ¡ n ( A A ) . On a T ¡ ( n +1) ( A ¢) T ¡ n ( A ) = T ¡ n ( T ¡ 1 ( A A ). Comme T per¶serve ¹ , ses ieteresaussi,d'ou` ¹ ( T ¡ ( n +1) ( A ¢) T ¡ n ( A ) = ¹ ( T ¡ 1 ( A A ) = 0. Ainsi, T ¡ ( n +1) ( A ¢) A ) ¹ ( T ¡ n ( A ¢) A ) et la er¶currence est alorse¶vidente. ( ¹ 4. Remarquons que quelque soient les ensembles A, ( B i ) i 2 N ,onal'inclusion A ¢( i 2 N B i ) ½ ∪ i 2 N A ¢ B i . Cela se voit aies¶ment en passant au compel¶mentaire: si pour tout entier ( i ,11 A ! )=11 B i ( ! ),alors11 A ( ! ) = max i 2 N (11 B i ( ! ) =11 i A i ( ! .)Parsous-additiviet¶, on aura donc X i 2 N B i ) ¹ ( A ¢ B i ) . ( A ¢( i 1
¹¹2N