Calendrier de L’Avent II

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Réponses

  • Izolg
    Modifié (December 2023)
    Pour jour 7
    a) avec $f : \mathbb{Z} \to \mathbb{Z}$
    On a $f(f(n))=n+2023$ donc $f(n)+2023=f(f(f(n))=f(n+2023)$ ainsi si on prend un $n\in \mathbb{Z}$ le résultat de $f(n)$ modulo $2023$ ne dépend que de la classe de $n$ modulo $2023$. J'écris $\overline{n}$ pour parler de la classe de $n$ modulo $2023$ et $\overline{f}$ comme la fonction $\overline{f} : \mathbb{Z}/2023\mathbb{Z} \to \mathbb{Z}/2023\mathbb{Z}, \overline{n}\mapsto \overline{f(n)}$ (encore une fois, cette définition fait sens car $f(n+2023)=f(n)+2023$). Puisqu'en plus $f(f(n))=n+2023$ alors $\overline{f}\circ\overline{f}=id$ et donc $\overline{f}$ est un involution de $\mathbb{Z}/2023\mathbb{Z}$ qui est un ensemble de cardinal impair. Finalement on trouve $\overline{k}$ tel que $\overline{f}(\overline{k})=\overline{k}$ soit $f(k)=k+2023N$ pour un certain $k$ et un certain $N$. Mais $f(f(k)) =f(k+2023N) = f(k)+2023N$ (via $f(x+2023)=f(x)+2023$ appliqué en chaine), puis $f(f(k))=f(k)+2023N=k+2N\times 2023\neq k+2023$ ce qui est donc une contradiction.

    c)

    On pose $P_1 := \{4n|n\in \mathbb{Z}\}$, $P_2 = \{4n+2 | n\in \mathbb{Z}\}$, $I_1 = \{4n+1 | n\in \mathbb{Z}\}$, $I_2 = \{4n+3 | n\in \mathbb{Z}\}$.
    On définit (sauf erreurs car je le fais de tête) $$\begin{array}{ccccc}
    f & : & \mathbb{Z} & \mapsto & \mathbb{Z}\\
    & & x\in P_1 & \mapsto & x+2 \in P_2 \\
    & & x\in P_2 & \mapsto & 2025-x \in I_2 \\
    & & x\in I_2 & \mapsto & x-2 \in I_1 \\
    & & x \in I_1 & \mapsto & 2021-x \in P_1
    \end{array}$$
    Qui convient pour le problème.
    Pour trouver d'autres fonctions qui conviennent (en fait toutes les fonctions qui conviennent) :
    Si $u$ est un entier pair, on lui associe la paire $\{u,2023-u\}$.
    On se donne une partition de $2\mathbb{Z}$ comme unions de parties à deux éléments, $2\mathbb{Z}=\bigsqcup_{n\in \mathbb{N}}\{u_n,v_n\}$, où $u_n$ et $v_n$ sont deux entiers pairs distincts.
    Étant donnée une paire de paires, $\{u_n, 2023-u_n\}$ et $\{v_n,2023-v_n\}$ on se donne une application qui cycle : $u_n \mapsto v_n \mapsto 2023-u_n \mapsto 2023-v_n \mapsto u_n$ (ou dans l'autre sens).
    On définit $f$ comme l'union de toutes ces applications.
    b) Pas trop d'idées pour le moment.
  • L'égalité $f(n+2023m)=f(n)+2023m$ c'est juste $f\circ f^{\circ 2m}=f^{\circ 2m}\circ f$.
  • Moui en vous lisant je me rends compte que je me suis compliqué la vie à mort sur cette partie.
  • Oui tu t'es compliqué la vie au début, mais le reste c'est effectivement ce que j'avais, bien ouej.

    Izolg a rédigé ça également et ça marche, très bien. ;)
  • bd2017
    Modifié (December 2023)

    Jour 8


    Soit $h\in {\cal C}^1(\R_+,\R).$  On suppose que $h'$ est intégrable sur $\R_+$  et que $\lim_{t\rightarrow +\infty }  h(t)=0. $
    Existe-t-il des solutions de $$y''+(h+1) y=0$$ non bornées sur $\R_+~?$
     
  • gebrane
    Modifié (December 2023)
    Si on suppose que $h$ est intégrable sur $\R_+$ ; alors oui car $y''+ y= f(t)$ avec $f(t)=-h(t)y(t)$ et par variation des constantes et le lemme de Grönwall, on obtient
    $|y(t)|\leq C_1 \exp(C_2 \int_0^{+\infty}  |h(s)|ds )$ et je ne sais pas si tes hypothèses impliquent bien que $h$ est intégrable sur $\R_+$   Non  contre-exemple $h=-1/ (1+x)$.
    Ajout : Si personne ne trouve le J8, on laisse ouverte la question.
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • Ça ressemble au cas $y'' + f y = 0$ avec $f$ intégrable sur $\R$ pour lequel je sais prouver qu'il existe des solutions non bornées. 
  • Bonsoir.  Je ne serai libre que vers 9h-10 h. Dites-moi s'il faudra ce soir  que je donne la solution ou bien  une indication ou rien du tout. 
     
  • Rien du tout. 
    Le problème cité par Bibix est plus simple 
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • JLT
    JLT
    Modifié (December 2023)
    Jour 8. Soit $a$ tel que $\int_a^{+\infty} |h'|<1/4$ et tel que $|h(x)|<1/2$ pour tout $x\geqslant a$. Pour tout $x\geqslant a$,
    $y(x)^2+(y'(x))^2=y(a)^2+(y'(a))^2+\int_a^x -2hyy' = y(a)^2+(y'(a))^2 +[-hy^2]^x_a+\int_a^xh'y^2$ donc
    $y(x)^2/2\leqslant (1+h)y(x)^2+(y'(x))^2=y(a)^2+(y'(a))^2+h(a)y(a)^2+\int_a^xh'y^2\leqslant c+\frac{1}{4}M$ où $M=\max \{y(t)^2\mid a\leqslant t\leqslant x\}$ et $c$ ne dépend que de $a$ mais pas de $x$.
    Soit $t_0$ un point où ce maximum est atteint. En appliquant l'inégalité à $x=t_0$ on obtient $M/2-c\leqslant M/4$ donc $M\leqslant 4c$, d'où $y(x)^2\leqslant 4c$.
    Conclusion : la fonction $y$ est nécessairement bornée.
  • Bien @JLT.  Ma solution est différente.  J'ai utilisé à un certain moment le lemme de Grönwall  comme @Gebrane a essayé de le faire mais avant cela j'utilise un autre argument. 
     
  • gebrane
    Modifié (December 2023)

    Jour 9


    Deux équivalents pour le jour 9
    1- Échauffement 1
    $u_1> 0,\quad  u_{n+1}=|u_n-\frac1n|.\quad$ Montrer que $u_n\to 0\ $ et donner un équivalent de $u_n$.
    2- Échauffement 2
    $v_1> 0,\quad  v_{n+1}= v_n + \dfrac1{\sqrt[n] p_n},\quad$ avec $p_n= \prod_{i=1}^n v_i.\ $ Soit $w_n= \dfrac {v_n}{\sqrt n}$. Montrer que $w_n$ est bornée
    Endurance
    Montrer que que $w_n$ est convergente.
    Diabolique
    Donner un équivalent de $w_n$.
    Les questions 1 et 2 sont indépendantes.
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • Boécien
    Modifié (December 2023)
    Bravo @Ben314159
    Il n'y a plus qu'un pas à franchir ! J'ai fixé $p$ premier car dans ce cas si je note $g(n):=\min\left\{ k\in\mathbb{N}\mid p^{n}\mid(pk)!\right\}$  on a la formule $$f(n)=p.g(n)+n$$
    Et pour les curieux $g(n)$ satisfait la méta-récurrence : $$g(n)=\sum_{k=1}^{p}g\big(n-k-(p-1)-g(n-k)\big).$$
  • Ben314159
    Modifié (December 2023)
    J'avais pas cherché dans ce type de direction (j'était relativement convaincu que c'était un truc du style des valuation p-adique des coeff. binomiaux où on compte le nombre de retenues qu'il y a dans une addition en base p).
    j'avais aussi trouvé une autre méthode relativement simple : 
    On part de l'écriture de $n$ en base $p$ et on modifie les digits (-1 sur un digit et +p sur le suivant) de façon à ce que les digits forment une suite croissante (au sens large). 
    Si $b$ désigne le digit des unités qu'on obtient au final (qui est donc le digit des unités de départ plus un multiple de $p$) alors $f(n)=np+b$.

    Sinon une relation amusante que j'avais trouvé (mais pas réussi à utiliser), c'est que si on pose $h(n)=n-g(n)$ (ton $g$) de façon à avoir $f(n)=(p\!+\!1)n-p\,h(n)$ alors, pour tout entier $n$ on a $\displaystyle\sum_{i=1}^{h(n)}f(i)+\sum_{j=1}^{n-1}h(j)=n\,h(n)$

  • bd2017
    Modifié (December 2023)
    Réponse à la question du jour 9  posée par @Gebrane
    Montrons qu'il existe  $n\geq 1 $ tel que $u_n<1/n.$
    Si ce n'est pas le cas alors pour tout $n$ on a $u_{n+1}=u_n-\dfrac{1}{n}.$
    Alors en sommant  membre  à membre cette égalité pour $j$  allant de $1$ à $n$ et en simplifiant  on obtient :
     $$u_{n+1}=u_1 -\sum_{j=1}^ n \dfrac{1}{n}. $$  
     Mais ceci n'est pas possible car à partir d'un certain aurait $u_{n+1}<0.$
     
    Maintenant soit $p$  tel que $0\leq u_p <\dfrac{1}{p}.$   (on peut choisir le plus petit entier $p$ pour le quel c'est réalisé).  
    On  a alors $u_{p+1}=\dfrac{1}{p}- u_{p}.$

      Deux cas se présentent
     Cas 1:  $u_{p} > \dfrac{1}{p(p+1)}.$  Alors $u_{p+1}<\dfrac{1}{p+1}$         
     
     Cas 2:    $0\leq u_p \leq \dfrac{1}{p(p+1)}.$ Alors  $\dfrac{1}{p} \geq u_{p+1}\geq \dfrac{1}{p+1}.$  
     
     On en déduit que  $u_{p+2}= u_{p+1}-\dfrac{1}{p+1}\leq \dfrac{1}{p(p+1)}. $  
     Ainsi par récurrence on obtient qu'à partir du rang   $p$  on a:  $u_n \leq \dfrac{1}{n-1}.$  
    Ce qui montre que la suite $(u_n)$ converge vers $0.$  

    Mais cela montre aussi que la suite $(v_n=n u_n)$  est bornée.
     La suite $(v_n)$  vérifie:  $v_{n+1} =\dfrac{n+1}{n}|v_n-1|. $  Passant à  la limite supérieure et à la limite inférieure dans cette égalité,  on obtient qu'elles vérifient l'équation  $$L=|L-1|.$$
     Or cette équation n'admet qu'une seule solution $L=\dfrac{1}{2}.$  Donc les limites supérieures et inférieures sont égales à $1/2.$ 
    On en déduit que la suite  $(v_n)$ converge vers $\dfrac{1}{2}.$  Autrement dit   $u_n\sim \dfrac{1}{2 n}.$  
     
  • Boécien
    Modifié (December 2023)
    Effectivement c'est rigolo.  On peut tirer de ta remarque l'équation fonctionnelle $f(f(n))=(p+1)f(n)-pn$. Une question me vient alors: cette équation fonctionnelle + une autre condition type $f(1)=p+1$ et $f(n)-f(n-1)$ prend ses valeurs dans $\{1;p+1\}$ caractérise-t-il $f$?
  • gebrane
    Modifié (December 2023)
    Tu es imbattable, bd2017.
    Je pense avoir exagéré en posant deux questions le même jour. On se contente de la première question.
    Je me demande pourquoi @Fin de partie ne réserve pas un jour pour nous proposer une intégrale ardue.
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • Izolg
    Modifié (December 2023)
    Concernant le jour 9,
    J'ai un doute sur le passage à la limite sup et la limite inf. En notant $\ell\in [0,1]$ la liminf et $L\in [0,1]$ la limsup. Alors on trouve plutôt $L = |\ell-1|$ et $\ell = |L-1|$ (satisfait par exemple pour $L=1$ et $\ell=0$). Typiquement, si $u_1=1$ alors je n'ai pas l'impression que $(nu_n)$ converge, en revanche si $(nu_n)$ converge c'est vers $1/2$.
    Je précise ma remarque : s'il existe un $n$ tel que $u_n \leq \frac{2}{n^2}$ alors $\frac{1}{n}\geq u_{n+1} = \frac{1}{n}-u_n \geq \frac{1}{n}-\frac{2}{n^2}$ et donc $\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\geq u_{n+1} -\frac{1}{n+1}\geq \frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}-\frac{2}{n^2}$ ce qui se réécrit $\frac{1}{n(n+1)} \geq u_{n+1}-\frac{1}{n+1}\geq \frac{1}{n(n+1)}-\frac{2}{n^2}$. Ainsi $u_{n+2}\leq \frac{2}{n^2}-\frac{1}{n(n+1)}$ Or si $n$ assez grand (disons plus grand que $10$) alors $\frac{2}{n^2}-\frac{1}{n(n+1)} \leq \frac{2}{(n+2)^2}$. Ainsi si on s'arrange pour avoir $u_{10}<\frac{2}{100}$ alors pour tout $n\geq 0$ on a $u_{10+2n}\leq \frac{2}{(10+2n)^2}$ ce qui montre que la liminf que tu considères ici vaut $0$ sauf erreurs.
    Mais sinon ton début pour montrer la convergence vers $0$ est plus élégant que ce que j'avais en tête.
  • Boécien
    Modifié (December 2023)
    Tu exagères toujours cher ami!  Pour la question  peut-on montrer qu'il est impossible d'avoir plus d'un terme dans le développement asymptotique.  Par exemple prenons $u_{1}=0$  on obtient
    $u_{2n}=\frac{1}{2n}+O\left(n^{-2}\right)$
    $u_{4n+1}=\frac{1}{(4n+1)^{2}}+O\left(n^{-3}\right)$
    $u_{8n+3}=\frac{4}{(8n+3)^{3}}+O\left(n^{-4}\right)$$u_{8n+7}=O\left(n^{-5}\right)$
    et donc on se heurtera toujours à un os. Il faut indéfiniment subdiviser les cas.
  • bd2017
    Modifié (December 2023)
    @Izolg      tu as raison :   exemple   Soit la suite $(u_n)$   définie par $u_{2n+1}=-3$   et $u_{2n} = 2$   
    La suite des carrés est 9,4,9,4. La limite sup du  carré est 9  mais n'est pas le carré de la limite sup. 
    Les valeurs absolues, je les ai supprimées en regardant les carrés mais l'exemple ici montre que mon raisonnement est faux.
    A mon avis pour l'équivalent le problème est plus compliqué qu'il n'y parait et tout doit dépendre de la valeur initiale. 
    @Gebrane as-tu une solution?
     
  • Boécien
    Modifié (December 2023)
    Ce qui me fait conjecturer que $\forall\alpha\geq1$ entier et pour tout $u_1>0$ il existe un entier $1\leq m\leq2^{\alpha}-1$ tel que
    $$u_{2^{\alpha}n+m}=\frac{c_{\alpha}}{\left(2^{\alpha}n+m\right)^{\alpha}}+O\left(n^{-\alpha-1}\right)$$
  • gebrane
    Modifié (December 2023)
    Je suis sur téléphone donc tout saute  et sursaute ainsi j ai regardé la première partie de la preuve de bd en ce qui concerne la nullité de la limite. Moi j 'ai procédé par discuter le cas u_1 plus petit que 1 ou plus grand que 1. Pour le reste je dois être sur pc pour lire correctement . Pour la source de la question , je me suis inspiré d'un exercice récent au forum sur la suite u(n+1)=|u(n)_n|
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • JLapin
    Modifié (December 2023)

    Jour 10


    Soit $A,B\in M_n(\R)$ satisfaisant $A^T B=0$.
    Il faut aboutir à     $$rg(A^TA+B^TB)\leq rg(AA^T+BB^T).$$
  • john_john
    Modifié (December 2023)
    Ma contribution du jour : (coquille rectifiée en gras)

    Avec des endomorphismes d'un espace euclidien $E$ de dimension finie, il s'agit de montrer que $a^*b=0$ implique ${\rm rg}\,(a^*a+b^*b)\leqslant{\rm rg}\,(aa^*+bb^*)$.


    Or, $a$ est de la forme $us$, avec $u$ orthogonal et $s$ autoadjoint ; un choix de $(u,\,s)$ fait, posons alors $b=ut$ : il s'agit de montrer que $st=0$ implique ${\rm rg}\,(s^2+t^*t)\leqslant{\rm rg}\,(s^2+tt^*)$.


    Or, $y:=(s^2+tt^*)x=0$ si, et seulement si, $sx=t^*x=0$ (on montre l'implication non triviale en formant le produit scalaire $(x,\,y)$). On a aussi $(s^2+t^*t)x=0$ si, et seulement si, $sx=tx=0$.


    Mettons $x$ sous la forme $x_1+x_2$, avec $x_1\in{\rm Im}\,s$ et $x_2\in{\rm Ker}\,s$ ; alors $sx=tx=0$ si, et seulement si, $x_1=0$ et $tx_2=0$. On a aussi $sx=t^*x=0$ si, et seulement si, $x_1=0$ et $t^*x_2=0$ ; il s'agit donc de  comparer les dimensions des noyaux des restrictions respectives $t_1$ et $t_2$ de $t$ et de $t^*$ à ${\rm Ker}\,s$.


    Dans une b.o.n. adaptée à ${\rm Ker}\,s\oplus{\rm Im}\,s$, la matrice de $\mathbf t$ est de la forme $\begin{pmatrix}T_1&T_2\\0&0\end{pmatrix}$ et celle de $t^*$ de la forme $\begin{pmatrix}T_1^*&0\\T_2^*&0\end{pmatrix}$ ; si on restreint l'espace de départ au noyau de $s$, on obtient comme matrices de $t_1$ et de $t_2$ respectivement $\begin{pmatrix}T_1\\0\end{pmatrix}$ et $\begin{pmatrix}T_1^*\\T_2^*\end{pmatrix}$, ce qui confirme la relation attendue sur les dimensions des noyaux.

    %

  • Euhh... Il y a une erreur dans l'énoncé, j'ai mal lu, ou je peux utiliser le fait qu'une matrice a le même rang que sa transposée ? 
  • Tu as bien lu, mais la transposée de $^t\!AA$ n'est pas (en général) $A\cdot\,^tA$.
  • Titi le curieux
    Modifié (December 2023)
    Oups, ah oui, c'est elle-même... Zut, je suis plus rouillé que je ne le croyais en algèbre linéaire. Merci. 
  • Il me semble que ${\rm rg}(^t\!AA) = {\rm rg}(A ^t\!A)$ si $A$ est une matrice carrée mais je suis peut-être rouillé également.
  • john_john
    Modifié (December 2023)
    Bibix : oui, mais le rang est celui de sommes de matrices, ici !
  • marco
    Modifié (December 2023)
    Soit $A=SU$ avec $S$ symétrique et $U$ unitaire. Soit $B=TV$ avec $T$ symétrique et $V$ unitaire. Alors $A^TB=0$ implique $ST=0$ et donc $TS=0$. Donc $S$ et $T$ commutent, et sont codiagonalisables. Si $D$ et $F$ diagonales avec $DF=0$, on a $rg(D+F)=rg(D)+rg(F)$. Donc $rg(S^2+T^2)=rg(S^2)+rg(T^2)$. Donc $rg(AA^T+BB^T)=rg(S^2)+rg(T^2)$.  Or $rg(A^T A+B^TB)=rg(U^TS^2U+V^TT^2V) \leq rg(U^TS^2U)+rg(V^TT^2V)=rg(S^2)+rg(T^2)=rg(AA^T+BB^T)$
  • Une démonstration maticielle pour le jour 10 :
    Avec l'hypothèse on obtient $(A+B)^T(A+B)=A^TA+B^TB$ (car $A^TB=0$ entraine $B^TA=0$). 

    Par suite $rg(A^TA+B^TB)=rg((A+B)^T(A+B))=rg(A+B)=rg((A+B)^T))$ puisque pour une matrice $M$, $M^TMX=0$ entraine $||MX||^2=0$ puis $MX=0$ et par suite $\ker(M^TM)=\ker(M)$.

    On est donc ramené à montrer $rg((A+B)^T)\leq rg(AA^T+BB^T)$.

    Cela découle de $\ker(AA^T+BB^T)\subset \ker((A+B)^T)$  qui est bien vrai puisque $(AA^T+BB^T)X=0$ entraine $||A^TX||^2+||B^TX||^2=0$ d'où $A^TX=B^TX=0$ d'où $(A+B)^TX=0$.


  • marco
    Modifié (December 2023)
    On n'a pas $rg(AA^T+BB^T) \leq rg(A^TA+B^TB)$ car si $A=\begin{pmatrix} 1 &0 \\ 0&0 \end{pmatrix}$ et $B=\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$, on a $A^TB=0$.
    Et $rg(A^TA+B^TB)=rg(\begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 &0\end{pmatrix})=1$ et $rg(AA^T +BB^T)= rg( I_2)=2$
  • MrJ
    MrJ
    Modifié (December 2023)

    Jour 11

    Soit $P\in\R[X]$ assurant $\emptyset\neq Z:= \{z\in\C\mid P(z)=0\}\subset \R$. Posons $S_a = \left\{x \in\R\setminus Z \mid \dfrac{P'(x)}{P(x)} > a \right\}$ où $a\in\R_+^\ast$.
    Pourras-tu avoir $\lambda(S_a)$ par rapport à $P$ ?
    Soit $P\in\R[X]$ non constant et scindé sur $\R$. Déterminer la mesure de Lebesgue de $S_a$ en fonction de $P$.

    NB : Je ne sais plus si j'ai découvert cet exercice sur le forum ou ailleurs.

    Édit : Énoncé rectifié (voir les messages ci-dessous).

  • On peut répondre à  cette question sans supposer que $P$ est scindé sur $\R$ ?
  • MrJ
    MrJ
    Modifié (December 2023)
    @JLapin : J'ai oublié cette hypothèse en effet présente dans mon énoncé original (dont j'ai modifié la formulation pour avoir le moins de notations possibles). Je rectifie l'énoncé.
  • JLapin
    Modifié (December 2023)
    Bravo pour la formulation ! J'ai au moins une source sur cet énoncé (en fait, un cas particulier) mais j'en parlerai demain à 15h si personne ne vend la mèche d'ici là ;)
  • etanche
    Modifié (December 2023)
    L'exercice du jour 10 était posté sur le forum art solving problem le 13 novembre 2023
    https://artofproblemsolving.com/community/q1h3197978p29216261
  • Finalement, l'énoncé du 10 reste avec l'hypothèse <<scindé sur $\R$>> ; est-elle toujours d'actualité ?
  • @john_john : Si tu parles de mon énoncé (jour 11), j'ai bien ajouté l'hypothèse scindé dans l'exercice (que j'avais oublié dans ma première formulation hier soir).
  • JLapin
    Modifié (December 2023)
    L'exercice du jour 10 était posté sur le forum art solving problem le 13 novembre 2023
    Oui, c'était effectivement ma source !
  • MrJ
    MrJ
    Modifié (December 2023)
    Je vous présente à tous mes excuses : l'énoncé comportait encore des erreurs...
    Je suis vraiment désolé : cela ne fait vraiment pas sérieux ! :(
    Il ne devrait plus y avoir d'erreurs cette fois-ci... Désolé encore une fois !
  • Aïe ! Je n'avais pas vu la modification de 13h59. Dans ce cas, c'est beaucoup plus simple : on trouve ${\rm deg}\,(P)/a$, non ?
  • Supposons $P$ simplement scindé, l'autre cas étant analogue ; soit alors $x_1<x_2<\cdots<x_n$ les zéros de $P$, où $n$ en est le degré. Comme $P'/P=\sum1/(x-x_k)$, cette fonction est strictement décroissante sur chaque composante connexe de $\R\setminus Z$ ; le TVI montre alors qu'il y a exactement un zéro de $aP-P'$ dans chacun de ces intervalles, ainsi qu'un $n$--ième zéro $y_n>x_n$. La mesure attendue est donc $\sum y_k-\sum x_k$, et les relations coefficients-racines donnent tout de suite $n/a$.

  • @john_john : C'est bien la solution attendue !
  • Joli sujet, en attendant !
  • JLapin
    Modifié (December 2023)
    C'était l'objet d'un exo aux Olympiades internationales en 1988.
    https://www.imo-official.org/problems.aspx
  • gebrane
    Modifié (December 2023)
    @MrJ, j'aime ton énoncé même s'il fallait le corriger plusieurs fois car il est original. C'est le risque de proposer une question inédite. Chercher un exercice quelque part avec une solution est moins intéressant. C'est ce que j'ai fait aussi le jour en proposant une question inspirée d'une autre question de ce forum. Je me suis planté dans mon raisonnement, j'avais cru que la recherche d'équivalent était évidente   :pensive:
    Je suis.
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • john_john
    Modifié (December 2023)

    Jour 12


    Un jour, Nicolas Bourbaki obtint, par un calcul pas trop ardu, $\displaystyle\sum_{p\geqslant1,\,q\geqslant1}\Big(\frac1{pq(p+q+k)}\Big)$, où $k\in\N$  ;  alors, un cri stridulant d'agouti mal occis fut ouï d'Oslo jusqu'au Cap : << Oh non ! Avoir construit $\R$ à grand ahan là où $\Q$ aurait suffi !!>>. Mais il avait tort, car il avait omis un cas, du moins si nous ajoutons foi aux on-dit.
    La somme double donnée est-elle rationnelle pour tout naturel $k$ ? Pour tous ?? Nooooon, car, pour une seule valeur de $k$, elle résiste encore et toujours à la mise sous la forme $p/q$.
  • Source : le cas $k=2$ fit naguère l'objet d'un exercice d'oral de l'X ; il était normal de généraliser...
  • jandri
    Modifié (December 2023)
    Pour le jour 11 on peut éviter d'avoir à traiter le cas des racines multiples en généralisant un peu la question (cela répond aussi à l'exercice des olympiades 1988).
    Soit des réels quelconques $x_1,\dots,x_n$ et des réels strictement positifs $c_1,\dots,c_n$. L'ensemble des réels $x$ qui vérifient $\displaystyle\sum_{k=1}^n\dfrac{c_k}{x-x_k}>1$ est la réunion d'intervalles disjoints dont la somme des longueurs est égale à la somme des $c_k$.
    Pour le démontrer en trois lignes on peut supposer les $x_k$ distincts :
    La fonction $f:x\mapsto \displaystyle\sum_{k=1}^n\dfrac{c_k}{x-x_k}$ est strictement décroissante sur les intervalles où elle est définie et on a $f(x)>1$ sur la réunion des intervalles $]x_k,y_k[$ où les $y_k$ sont les $n$ solutions distinctes de l'équation $f(x)=1$.
    Cette équation étant équivalente à $x^n-x^{n-1}\sum(x_k)+\dots=x^{n-1}\sum(c_k)+\dots$, on a donc $\sum(y_k)-\sum(x_k)=\sum(c_k)$.
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