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Pour la 5 : Il existe un polynôme Q(X) tel qu'on ait : (X²-nX)Q(X) mais je dois avouer que je ne vois pas le reste là...

De plus, comment peut-on démontrer si une fonction est C^∞, sa dérivée est aussi C^∞ ?

Ma démonstration ne fonctionne pas avec (f²)'(x) ?

Bonsoir,

Je parlais de (f'(x))^2.
...Quelque chose de plus fort ? ?

Bonjour, merci de votre réponse.

Voici ce que j'ai rédigé :
On prend l'intégrale de 0 à A de f'(x)² dx. Avec l'IPP que j'ai montré précédemment en remplaçant la borne +infini par A on obtient :
f(A).f'(A) -(f(0).f'(0)) - intégrale de 0 à A de f(x). f''(x)

On a montré précédemment qu'elle converge (la photo que j'ai envoyé avec la première intégrale).

Si l'intégrale de 0 à +infini de f'(x)² dx diverge c'est que l'intégrale de 0 à A de f'(x)² dx diverge. Donc que f(A). f'(A) diverge donc que f'(x)² diverge.
Si f'(x)² diverge alors f(x)² diverge. Cela contredit une de nos hypothèses. Ainsi l'intégrale de 0 à +infini de f'(x)² dx converge.

Qu'en pensez-vous ?

Merci à tous les deux.

Donc si je reprends la question 3, la modification suivante complète-t-elle la récurrence que je n'avais pas réussi ?

Initialisation : C'est vérifié pour n = 1
Hérédité : On considère que tous les arbres à n sommets ont 3×2^(n−1) colorations avec les couleurs {1,2,3} pour un n supérieur ou égal à 1 fixé. A-t-on un arbre à n+1 sommets vérifiant cette propriété?
On a montré à la question précédente qu'il existe un arbre T' à n − 1 sommets pour lequel p(T) = 2p(T').
Donc d'après l'hypothèse de récurrence, cet arbre sur n sommets a 3×2^(n-1) colorations avec les couleurs {1,2,3}, c'est donc que l'arbre initial a 3×2^(n) colorations avec les couleurs {1,2,3}.
On a montré la propriété au rang n+1.
Conclusion : Tout arbre sur n supérieur ou égal à 1 sommets possède 3×2^(n-1) colorations avec les couleurs {1,2,3}.

Pour la question 2 :
En construisant l'arbre à partir d'un sommet v arbitraire : pour le premier sommet on a 3 choix, pour le second, plus que 2, ce qui donne 6 choix puis chaque fois qu'on ajoute un sommet on a deux choix, on a donc 3 x 2^(n-1) s'il y a n sommets. Par le même principe on remarque que pour n-1 sommets, le nombre de colorations s'élève à 3 x 2^(n-2).
On a :
p(T) = 3 x 2^(n-1)
p(T') = 3 x 2^(n-2)

or 2p(T') = 3 x 2(n-1) = p(T')
donc il existe un arbre T' à n − 1 sommets pour lequel p(T) = 2p(T').

Qu'en pensez-vous ?
Merci d'avance