Calendrier de L’Avent II

john_john

Jour 26 : de l'Analyse complexe ! Pourquoi pas ? $S(n)$ pourrait être une somme de résidus ; à suivre... Merci du tuyau, etanche.

Ben314159

Un peu plus de détail pour le jour 26 : 
Si $\displaystyle \omega=e^{i\frac{\pi}{n}}$ alors, pour tout $k\in\{1..n\!-\!1\}$, on a :
$\displaystyle\mbox{cot}\Big(\frac{k\pi}{n}\Big)\sin\Big(\frac{k^2\pi}{n}\Big)=\dfrac{(\omega^k+\omega^{-k})(\omega^{k^2}-\omega^{-k^2})}{2(\omega^k-\omega^{-k})}=\dfrac{\omega^k+\omega^{-k}}{2}\sum_{\ell=0}^{k-1}\omega^{k(2\ell+1-k)}=\mbox{Ré}\Big(\sum_{\ell=1}^{k}\omega^{k(2\ell-k)}\Big)$

Donc $\displaystyle\ S=\sum_{d=0}^{2n-1}\mbox{card}(A_d)\cos\Big(\frac{d\pi}{n}\Big)\ $ où  $A_d\!=\!\big\{(k,\ell)\ \mbox{t.q.}\ 0\!<\!\ell\!\leqslant\!k\!<\!n\mbox{ et }k(2\ell\!-\!k)\equiv d\ [2n]\big\}$

Sauf que l'application $(k,\ell)\longmapsto (k',\ell')=\left\{\begin{matrix} (n+k-2\ell\ ,\,n-\ell)  &\mbox{si }k<2\ell \\ (n-k+2\ell\ ,\,\ell)  &\mbox{si }k>2\ell   \end{matrix}\right.$ réalise une bijection de $A_d$ sur $A_{n+d}$ sauf pour $d=0$ où il faut enlever les couples $(2\ell,\ell)$ de $A_0$.  Donc dans la somme les termes s'éliminent deux à deux sauf pour $d=0$ où il reste un coefficient égal au nombre de couples $(2\ell,\ell)$ de $A_0$, c'est à dire $\dfrac{n-1}{2}$.

Concernant le coup de la bijection, c'est éventuellement plus simple en écrivant $S$ comme une somme double qu'on coupe en 3 selon que $2\ell\!-\!k$ est nul, $>0$ ou $<0$ puis en montrant que les cas $<0$ et $>0$ se compensent.

Ben314159

Edit. Effectivement, c'est un peu plus joli (et plus naturel) en écrivant que

$\displaystyle\ S=\hskip-5mm\sum_{0< a+b<n\,;\,a,b\geqslant 0}\hskip-5mm\delta_{a,b}\,\omega^{a^2-b^2}\ $ où $\delta_{a,b}\!=\!\frac{1}{2}$ si $a$ ou $b$ est nul et $\delta_{a,b}\!=\!1$ sinon.
On traite à part le cas $a\!=\!b$ (qui donne le $\frac{n-1}{2}$) puis pour les autres, on se ramène à $a\!>\!b$ puis et on utilise le changement d'indice $a\leftrightarrow n\!-\!a$ pour montrer que la somme est égale à son propre opposé (donc est nulle).

etanche

Petit bonus pour le jour 26 : Calculer $S(2), S(4), S(6)$ pour $S(n)=\sum_{k=1}^{n-1} \sin(k^2\pi/n) \cot(k \pi /n) $ . Que conjecturez-vous quand $n$ est pair ? Justifier. 

Namiswan

Il n'y a pas eu de réponse pour le jour 27, en voici une:

l'équation se réécrit $x^3-y^3=2023xy$. Ecrivant $x=kX$, $y=kY$ avec $X$, $Y$ premiers entre eux, l'équation devient $k(X^3-Y^3)=2023XY$. On se ramène donc à chercher quand $X^3-Y^3$ est un diviseur de $2023$. Grâce aux factorisations $X^3-Y^3=(X-Y)(X^2+XY+Y^2)$ et $2023=7*17*17$, il n'y a qu'un nombre fini de cas à tester, et si rien ne m'a échappé on trouve $(X,Y)=(2,1)$ comme unique solution, puis donc $k=2*2023/7=578$ et finalement $(x,y)=(1156,578)$.

etanche

@ Namiswan rien de t’a échappé pour le jour 27 
@ Ben314159  ta solution de jour 26 montre comment le combinatoire permet de résoudre élégamment certains problèmes.

Namiswan

Et voici le problème du jour suivant:

Jour 28

Soit $p$ un nombre premier, que l'on écrit sous forme décimale $p=\overline{a_n\cdots a_1 a_0}$. Montrer que le polynôme $P(X)=a_nX^n+\cdots+a_1X+a_0$ est irréductible sur $\Q$.

(exemple: le nombre 1783 est premier donc le polynôme $X^3+7X^2+8X+3$ est irréductible sur $\Q$)

etanche

Cet exercice figure dans G.Polya and G.Szego,Problems and Theorems in Analysis ,vol.2,Springer-Verlag ,1976.

Pour une version dans une base autre que $10$ voir le théorème $2$ dans l’article de Ram Murty,
prime numbers and irreducible polynomials, American Mathematical Monthly, Vol 109, No 5, May 2002, pp 452-458
http://cms.dm.uba.ar/academico/materias/2docuat2011/teoria_de_numeros/Irreducible.pdf

C’est devenu un classique, on le trouve dans les livres d’exercices de préparation des oraux de concours
par exemple les X-ENS Francinou Gianella Nicolas. Et aussi dans les feuilles d’exercices de spé MP / MPI / MP*.

Je viens d'ajouter un article bien ficelé en pièce-jointe comme cadeau pour démarrer 2024.

Namiswan

J'avoue que celui-ci n'est pas de moi, mais j'ignorais que c'était un grand classique. Bon, je complète avec un autre, de mon cru cette fois, pour limiter les risques. 

Jour 28bis

Caractériser les polynômes $P\in \Z[X]$ tels que l'image de tout carré parfait est un carré parfait.

john_john

Bonjour, etanche, avais-tu une solution du Jour 26 par l'Analyse complexe ?

etanche

@ johnjohn hélas non. Mais ton approche avec les séries de Fourier m’a plu. Je ne vois pas comment faire le calcul de l’intégrale, peut-être FdP spécialiste en calcul d’intégrales peut débloquer l’affaire.

john_john

etanche : malgré quelques tâtonnements, je ne suis pas parvenu à écrire $S(n)$ comme somme des résidus d'une intégrale calculable.

john_john

Jour 28bis : pour l'exo de Namiswan, je vois une ébauche de méthode, que j'espère mettre au clair dans la journée.

Si $P$ convient, posons $Q(X)=P(X^2)$ puis définissons $f_0$ par $f_0(x)=\sqrt{Q(x)}$ (pour $x$ assez grand) ; on a un  DL de la forme $f_0(x)=a_0x^\alpha+a_1x^{\alpha-1}+\dots$ quand $x\to+\infty$, où $\alpha\geqslant0$.

Posons alors $f_1$ telle que $f_1(x)=f_0(x+1)-f_0(x)$ : on a un DL $a'_1x^{\alpha-1}+\dots$ et ainsi de proche en proche : donc, pour $k$ assez grand, on a $f_k(x)={\rm o}(1)$  mais $f_k$ est à valeurs entières, donc nulle pour $x$ assez grand.

En remontant les calculs, on voit que $f_0$ est polynomiale pour $x$ assez grand et donc que $Q$ est le carré d'un polynôme.

Trouver ensuite les $P$ tels que $Q$ soit un carré doit être facile à présent.

john_john

Jour 28bis

Si je ne suis pas pas passé à côté d'une difficulté, il reste à voir ce qu'implique $P(X^2)=R^2(X)$. En remplaçant $X$ par $-X$, on voit que $R$ est soit pair, soit impair (intégrité de l'anneau des polynômes). Si $R(X)=S(X^2)$, on a $P=S^2$ et, si $R(X)=XS(X^2)$, on a $P=XS^2$.

Réciproquement, tous les polynômes de l'une ou l'autre de ces deux formes conviennent.

Namiswan

Nickel

john_john

Merci, Namiswan ! Avais-tu une autre méthode ? (Pour moi, il y a essentiellement deux façons de faire baisser un degré : la dérivation et l'endomorphisme de différence finie, mais le premier respecte mal l'anneau $\Z$.)

Namiswan

Non je fais à peu près pareil. La seule différence est qu'au lieu de faire un développement assymptotique, j'utilise que que $f_0^{(k)}$ tend vers $0$ pour déduire que $f_k$ tend vers $0$. Mais c'est mineur comme différence.

etanche

JOUR 29 

j’ai vu que c’est vacant, je propose un exercice sur les polynômes.

Montrer qu’il n’existe pas de $P,Q,R,S \in \Q[X]$ tels que $$X^2+7=P^2(X) + Q^2(X) + R^2(X) + S^2(X).$$

Ben314159

Une tentative . . .

Les polynômes sont forcément de degré au plus $1$ et, si on regarde les deux vecteurs $u,v\!\in\!{\mathbb Q}^4$ formés des coefficients en $X$ et des coefficients constant, l'équation équivaut à $\|u\|^2\!=\!1\ ; <\!u|v\!>\,=\!0\ ;\ \|v\|^2\!=\!7$.  S'il existait une solution avec $u$ distinct de $u_0\!=\!(1,0,0,0)$ alors la symétrie par rapport à l'hyperplan médiateur de $[u,u_o]$ (qui est une isométrie de ${\mathbb Q}^4$ sur ${\mathbb Q}^4$) nous fournirais une deuxième solution avec $u\!=\!u_0$.
Donc s'il y a des solutions, alors il y en a avec $u\!=\!(1,0,0,0)$ donc $v\!=\!(0,\frac{a}{d},\frac{b}{d},\frac{c}{d})$ ($a,b,c,d\!\in\!{\mathbb Z},\ d\!\not=\!0$) tel que $a^2\!+\!b^2\!+\!c^2\!=\!7d^2$.
Sauf que, si on écrit $d\!=\!2^\lambda e$ avec $e$ impair, alors $7d^2\!=4^{\lambda}\!f$ où $f\!=\!7e^2\!\equiv\!7\ [8]$ qui, justement, est la forme caractéristique des entiers qui ne s'écrivent pas comme somme de trois carrés.

MrJ

@Namiswan : Ta solution pour l'énoncé initial du jour 28 est-elle différente de ce qui est présenté dans les liens d'etanche ?

john_john

Pour le J29, j'ai une solution proche de celle de Ben ; elle n'en diffère pas de beaucoup, mais je la publie car, pour une fois, je sais résoudre un exercice d'etanche

La décomposition possible ne peut qu'être de la forme $X^2+7=(aX+a')^2+(bX+b')^2+(cX+c')^2+(dX+d')^2$, les vecteurs $u={\,}^t\!(a,b,c,d)$ et $u'={\,}^t\!(a',b',c',d')$ étant orthogonaux et de normes respectives $1$ et $\sqrt7$. Or, les trois dernières colonnes de la matrice\[M=\begin{pmatrix}a&-b&-c&-d\\b&a&d&-c\\c&-d&a&b\\d&c&-b&a\end{pmatrix}\] nous fournissent une base orthonormale $(e_2,e_3,e_4)$ à coefficients rationnels de l'orthogonal de $u$. Donc, $u'$ est de la forme $t_2e_2+t_3e_3+t_4e_4$, où les  coefficients $t_i$ sont rationnels. Former alors $||u'||^2$ montrerait que $7$ est somme de trois carrés dans $\Q$, ce qui est notoirement faux.

etanche

Mr.J et john_john 👏 bravo 🍾  🥂. La clef tourne autour de $7$ et somme de trois carrés dans $\Q$.
========

Je remets le petit bonus du jour 26 pour les personnes qui veulent chercher un exercice de plus à deux jours du nouvel an
 Calculer $S(2), S(4), S(6)$ pour $S(n)=\sum_{k=1}^{n-1} \sin(k^2\pi/n) \cot(k \pi /n) $ .
 Que conjecturez-vous quand $n$ est pair ? Justifier. 

Ben314159

Il me semble bien que, lorsque $n$ est pair, le changement d'indice $k\leftrightarrow n\!-\!k$ donne immédiatement $S(n)\!=\!-S(n)$, non ?

MrJ

@etanche : C'est @Ben314159 qu'il faut féliciter pour sa résolution. Je n'ai rien noté pour ce joli exercice.

Namiswan

@MrJ
Je pense que ma solution est à peu près la même,  peut-être avec des inégalités moins fines.

Supposons $P=QR$ avec $Q,R\in\Z[X]$ non constants. Alors $p=P(10)=Q(10)R(10)$. Si on montre que $|Q(10)|$ et $|R(10)|$ sont $>1$ alors ça contredit la primalité de $p$. Il suffit pour cela de montrer que toute racine $z$ de $P$ vérifie $|10-z|>1$. Pour cela, il suffit de montrer que $z$ n'est pas trop grand. Les coefficients de $P$ sont $\leq 9$, il est classique de majorer $|z|$ grâce à ça, mais la méthode classique donne $|z|\leq 10$, ce qui n'est pas suffisant, il faut être un peu plus fin: écrivant $P(X)=\sum_{k=0}^n a_k X^k$ avec $a_k\in\{0,\ldots,9\}$, $a_n\not=0$, si on suppose $|z|>1$ on peut écrire
$$|a_nz^n+a_{n-1}z^{n-1}|=|-\sum_{k=0}^{n-2} a_k z^k|\leq 9\sum_{k=0}^{n-2}|z|^k\leq \frac{9|z|^{n-1}}{|z|-1}.$$ donc $|a_n z+a_{n-1}|\leq \frac{9}{|z|-1}$. Si on écrit $z=x+iy$ et que l'on suppose $x\ge 1$ on a $|a_n z+ a_{n-1}|\ge a_n x+a_{n-1}\ge x$ et $|z|-1\ge x-1$ donc $x\le \frac{9}{x-1}$. Ceci implique $x<9$ (très grossièrement), donc $|10-z|\ge 10-x>1$.

etanche

@ Ben314159 bravo 🍾 🥂 

etanche

JOUR 30 c’est Syntaxe_error qui doit proposer un exercice d’après le planning.

Magnéthorax

@john_john @Namiswan @marco
Pour le jour 17, une généralisation dans la direction du nombre de moutons est en effet envisageable. J'ai aussi envisagé une généralisation dans la direction d'une dimension supérieure (à 2). Je n'ai pas creusé du tout, mais je ne sais pas encore comment me passer de $\mathbf{C}$.

john_john

Avec des moutons quaternioniques ? Plus sérieusement, j'y ai songé moi aussi, mais ai laissé l'étude pour plus tard, vu le défilé journalier d'exercices pas toujours commodes. Je n'ai d'ailleurs pas renoncé à étudier la question diabolique de Gébrane.

john_john

En fin de compte, pour le J17, je pense que le passage à la dimension $n>2$ ne change rien : si la configuration initiale n'est pas incluse dans une droite affine, il existe un projecteur affine sur un plan qui respecte le non-alignement (par exemple, sur un plan contenant trois moutons non alignés) et donc entraînant la non-bornitude. Ils finiront par sortir de la station orbitale et par s'égailler dans le cosmos.

Namiswan

Ca marche pareil dans R^n, il suffit de projeter coordonnées par coordonnées pour se ramener au problème sur R (je n avais personnellement même pas pensé à identifié le plan à C dans ma solution).

Et la réponse reste donc la même: tout le monde doit être aligné, avec un bon rapport de longueur, et être préparé à bien se serrer après quelques sauts.

john_john

Bientôt 15h ; nous aurons donc l'énoncé et la solution en même temps ?

Namiswan

Syntaxe_error porte bien son nom ?
Je me dévoue, j'ai encore quelques bricoles dans ma besace.

Jour 30

Vrai/faux ? $$\forall B\in\mathcal{M}_n(\C),\ \exists A\in \mathcal{M}_n(\C),\ e^A=A+B.$$

etanche

Pour le cas particulier où $B=diag(b_1,…,b_n)$ est une matrice diagonale il existe $A=diag(a_1,…,a_n)$ matrice diagonale qui vérifie l’équation avec $a_k=-W(-e^{-b_k})-b_k$ où $W$ est la fonction de Lambert. 

bisam

Donc, ça marche encore si $B$ est diagonalisable... et on conclut par densité car dans $M_n(\C)$, toute matrice est trigonalisable donc limite d'une suite de matrices diagonalisables.

john_john

Densité... mmmmouais : toute matrice complexe carrée diagonalisable est un carré, mais il existe des matrices qui ne sont pas des carrés (l'image de $M\mapsto M^2$ n'est donc pas fermée).

john_john

Cela dit, je pense que la réponse est tout de même positive. Je démontre que $f\ : z\mapsto{\rm e}^z-z$ est surjective ; ensuite, il suffit de se ramner au cas où $B$ est de la forme $aI+N$, avec $N$ nilpotente : on choisit $z$ tel que $f(z)=a$ et l'on cherche $A$ sous la forme $zI+R$, avec $R$ nilpotente. Il reste à résoudre ${\rm e}^z({\rm e}^R-I)-R=N$, ce qui ne devrait pas poser de problème sauf peut-être lorsque ${\rm e}^z=1$, mais tout doit s'arranger car les complexes de la forme $f(2k{\rm i}\pi)$ a d'autres antécédents, qui ne sont pas de cette forme.

etanche

Est-ce que dans le problème du jour 30 on peut remplacer l’équation matricielle par $e^{A}=Q(A)+B$ où $Q$ un polynôme 
de $\C[X]$ quelconque ?merci 

john_john

Bonjour, etanche,
Si $Q=0$, la réponse est non !

Namiswan

Bien joué john_john.

Si $f$ est analytique sur $\C$, la méthode montre qu'une condtion suffisante pour que $f$ soit surjective $M_n(\C)$ est que tout complexe $b$ admet un antécédent $a$ par $f$ tel que $f'(a)\not=0$. Cette condition est vérifiée par une grande majorité des fonctions analytiques. Par exemple:
-$f=Q$ est un polynôme et il n'existe pas de $b$ tel que les racines de $Q-b$ sont toutes multiples.
-$f(z)=e^z+Q(z)$ où $Q$ est un polynôme non constant.
-$f(z)=z e^z$, $f(z)=\frac{\sin(z)}{z}$, ...

Je pense qu'on peut décrire un grand nombre de fonctions vérifiant le critère, voire toutes si on impose une condition de croissance, mais on entre dans le domaine de l'analyse complexe.

Ericpasloggue

Jour 31

Je vais proposer pour le jour 31 deux exercices que j'ai déjà postés dans un autre fil (une histoire d'agrégation et de polygones).

Exercice 1

Soit $A_{1}A_{2}A_{3}A_{4}A_{5}A_{6}A_{7}$ un heptagone régulier convexe.  On pose $a=A_{1}A_{3}$, $b=A_{1}A_{4}$ et $c=A_{1}A_{2}$. Montrer que $\frac{1}{c}=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}$.

Exercice 2 

(ça se trouve dans les Eléments d'Euclide, mais il n'y a pas qu'une solution).
On inscrit dans un même cercle trois polygones réguliers convexes: un pentagone, un hexagone et un décagone. On note respectivement $p$, $h$ et $d$ la longueur des côtés du pentagone, de l'hexagone et du décagone. Prouver que $p^{2}=h^{2}+d^{2}$.

bisam

Mouais, bon, admettons que j'aie un peu trop forcé sur la bière hier...

etanche

Indication pour exercice 1 jour 31

Al Kashi Pythagore généralisé 

@ Ericpasloggue très joli exercice 2 pour ce 31 décembre 2023

Ericpasloggue

@etanche : (contre-)indication pour l'exercice 1 : j'ai une solution n'utilisant pas Pythagore (généralisé ou pas), mais Thalès. Bien sûr, toutes les solutions sont bienvenue.

bd2017

Pour l'exercice 2, en partant de $A=(1,0)$  et ses images par les rotations de centre $O=(0,0)$ et d'angle  $2\pi/5, 2\pi/6, 2\pi/10,$ l'identité à démontrer devient: 

$$\left(\cos \left(\frac{2 \pi }{5}\right)-1\right)^2+\sin ^2\left(\frac{2 \pi }{5}\right)=\left(\cos \left(\frac{2 \pi }{6}\right)-1\right)^2+\sin ^2\left(\frac{2 \pi }{6}\right)+\left(\cos \left(\frac{2 \pi }{10}\right)-1\right)^2+\sin ^2\left(\frac{2 \pi }{10}\right)$$

Autrement dit, pour obtenir le résultat, il suffit de savoir calculer $\sin(\pi/5)$  (ou bien   $\cos(\pi/5)$)  mais ça c'est très bien connu.

jandri

Pour l'exercice 1 du jour 31 j'ai une solution trigonométrique assez courte qui n'utilise que les formules donnant $\cos(a+b)$ et $\cos(a-b)$ : 
$a,b,c$ se calculent classiquement en fonction de $\sin(\theta)$, $\sin(2\theta)$ et $\sin(3\theta)$ où $\theta=\tfrac{\pi}7$.

L'égalité à démontrer est alors équivalente à $\sin(2\theta)\sin(3\theta)=\sin(\theta)\sin(2\theta)+\sin(\theta)\sin(3\theta)$
cela s'écrit encore $\cos(\theta)-\cos(5\theta)=\cos(\theta)-\cos(3\theta)+\cos(2\theta)-\cos(4\theta)$
qui est bien vérifié puisque $\cos(2\theta)=-\cos(5\theta)$ et $\cos(3\theta)=-\cos(4\theta)$.

bd2017

Bonjour
Comme pour l'exercice  2,  je peux résoudre l'exercice  1 de la même façon en utilisant les formules trigonométriques. D'ailleurs,  c'est ce que propose @Jandry.

Je propose une autre solution, disons plus géométrique:

Je définis les points $I$ et $J$ comme sur la figure. Je pose $u=IC=IB.$ Il n'est pas difficile de voir que l'angle DAC  égale l'angle CAB  donc le théorème de la bissectrice donne $\dfrac{CD}{DA}=\dfrac{CI}{IA},$ c'est  à dire $\dfrac{c}{b}=\dfrac{u}{u+c}.$

Maintenant le théorème de Thalès dans le triangle   $IDJ$  avec la  // $ (AC)$   donne

$\dfrac{IC}{ID}=\dfrac{CA}{DJ}$ c'est à dire $\dfrac{u}{u+c}=\dfrac{a}{a+b}$

On a donc  $\dfrac{a}{a+b}=\dfrac{c}{b}$  ce qui est équivalent à  $\dfrac{1}{a}=\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}$.

john_john

Une variante, toujours sur l'heptagone : calculer $\displaystyle\cos\frac{2\pi}7+\cos\frac{4\pi}7+\cos\frac{8\pi}7\cdot$.

etanche

Pour continuer dans la direction de john_john calculer aussi $\sin(2\pi/7)+\sin(4\pi/7)+\sin(8\pi/7)$ 

jandri

Ces deux dernières questions se résolvent bien avec les complexes.
Soit $\omega=e^{2i\pi/7}$ , $a=\omega+\omega^2+\omega^4$ et $b=\omega^3+\omega^5+\omega^6$.
On calcule $a+b=-1$ et $ab=2$, on en déduit $a$.