XENS MP Maths A 2024

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Réponses

  • Lirone93
    Modifié (28 Apr)
    « Double limite » (voir message précédent, édité). Ou « théorème de permutation limite/séries ». Il existe.

    PS : Je n'ai pas de corrigé
    « je sais que la question de départ est bizarre de la part d'un professeur certifié ».
  • bd2017
    Modifié (28 Apr)
    Pour la méthode de @bisam ce n'est pas ça du tout:
    $Z_n=X_1+X_2...+X_n$  (et non pas $Z_n=X_0+X_1+X_2...+X_n$) 
    Puis $P(X_k=1)=\dfrac{1}{n},$ et par conséquent   $E(X_k)=\dfrac{1}{n}.$  D'où $E(Z_n)=1.$
    Et la formule $$\sum_{k=1}^n \sum_{p=0}^{n-k}  \dfrac{1}{(k-1)!} \dfrac{(-1)^p} {p!}=1.$$  

    Edit:  Fubini fonctionne bien. De même on est aussi dans la situation limite d'une somme = somme des limites dont il faut rappeler les hypothèses.
     
  • Oui pas de $X_0$.
    On munit les $X_k , 1 \leq k \leq n$ de la probabilité uniforme. On a $P(X=k)=\dfrac{ (n-1) !}{n!}= \dfrac{1}{n}$.
    En effet, pour que $k$ soit un point fixe, on choisit $\sigma$ tel que $\sigma(k)=k$ soit une possibilité. Puis on on a $(n-1)!$ choix pour le reste.

  • J'ai un problème avec la question 9.
    Je n'arrive même pas avec $n=2$.
    Et pour $n=4$, $4!$ vaut $24$ donc ça me semble trop long.
    Il y a une astuce pour aller plus vite ? 

    Q9) Si $n=2$ alors $\mathfrak{S}_2 = \{ id , (1 2) \}$.
    On a $w(id)=2$ et $w(1 2)=1$
    On a $\dfrac{1}{2!}  \displaystyle\sum_{ \sigma \in \mathfrak{S}_2} w( \sigma)=\dfrac{1}{2} (2+1)= \dfrac{3}{2}$.
    Ce résultat me semble étrange et faux mais je ne comprends pas pourquoi.
  • bd2017
    Modifié (28 Apr)
    Pourquoi ce résultat serait-il étrange? Pourquoi te semble-t-il faux? 
    Pour n=3,  je trouve  11/6.  
    Pour n=4  je trouve 25/12. 
    Pour n=5   ...........    137/60

     
  • OShine
    Modifié (28 Apr)
    @bd2017
    Tu es courageux pour traiter le cas $n=5$. Le cas $n=4$ est déjà compliqué.

    D'accord merci. Je pensais qu'il fallait trouver un résultat remarquable.
    C'est une belle question qui fait travailler le dénombrement dans le groupe symétrique surtout pour $n=4$ car c'est trop long de lister toutes les possibilités.
    9) On a $\mathfrak{S}_3= \{ id, (1 2), (1 3), (2 3), (1 2 3), (1 3 2)\}$
    $w(id)=3$, pour les 2-cycles $w( i j)= 2$ et $w (i j k)=1$
    Donc $S=\dfrac{1}{6} ( 3 + 3 \times 2 + 2 \times 1)=\boxed{\dfrac{11}{6}}$.

    Pour $\mathfrak{S}_4$, il y a l'identité.
    $w(id)=4$, $w(i j k l)=1$, $w(i j k)=2$, $w (i j)=3$ et $w ( (i j) (k l))=2$
    Puis, les 2-cycles qui sont au nombre de $\dfrac{4 \times 3}{2}=6$.
    Puis, les 3-cycles qui sont au nombre de $\dfrac{4 \times 3 \times 2}{3}=8$.
    Puis les 4-cycles qui sont au nombre de $\dfrac{4 \times 3 \times 2 \times 1}{4}=6$
    Puis les doubles transposition qui sont au nombre de $\dfrac{ \binom{4}{2}}{2}=3$
    La somme fait $1+6+6+8+3=24=4!$ c'est rassurant.
    Donc $S=\dfrac{1}{24} ( 4+ 6 \times 3 + 8 \times 2 + 6 \times 1 + 3 \times 2)=\dfrac{50}{24}=\boxed{\dfrac{25}{12}}$

    Je trouve comme toi @bd2017 le corrigé sur le net est complètement faux  :D 
    Au pire je rédigerai tout ça au stylo proprement et j'enverrai mon corrigé (avec beaucoup d'aide) au site cpge paradise.




  • La définition de $s(n,k)$ avec le $w(\sigma)$ rend la question 10 difficile.
    La question aurait été plus simple si la définition de $s(n,k)$ avait été le nombre de permutation de $\mathfrak{S}_n$ ayant $k$ points fixes.
    Je n'ai réussi qu'à traiter les cas particuliers.
    10) Si $w(\sigma)=n$ alors $\sigma=id$ et donc $\boxed{s(n,n)=1}$.
    Si $w(\sigma)=1$, alors $\sigma=c_1$ est $\sigma$ est un cycle. Il y a $\dfrac{n!}{n}=(n-1)!$ cycles donc $\boxed{s(n,1)=(n-1)!}$.
    Pour le cas général, ça me semble trop technique :( 

  • Lirone93
    Modifié (29 Apr)
    bd2017 a dit :
      
    Edit:  Fubini fonctionne bien. De même on est aussi dans la situation limite d'une somme = somme des limites dont il faut rappeler les hypothèses.
    En fait, je crois qu'on peut écrire ceci.

    Je propose en effet :
    Soit $S_n$ la série en question dont on veut la limite en l'infini.

    Son terme général $u_{n+1}$ est donné par la formule :
    $$u_{n+1}=S_{n+1} - S_n$$
    Après calcul, on trouve (sauf erreur) :
    $\displaystyle u_n=\sum_{k=1}^{n}\dfrac{(-1)^{n-k}}{k\ !\ (n-k)!}$.
    Comme on peut le voir facilement, cette série converge absolument et $u_n$ est donc une famille sommable (*). C'est-à-dire qu'on peut prendre l'ordre des termes comme on veut, et donc écrire directement :
    $\displaystyle \lim\limits_{n \to +\infty} \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{(k-1)!} \sum_{p=0}^{n-k} \dfrac{(-1)^p}{p!}= \\
    \displaystyle \sum_{k=1}^{+\infty} \dfrac{1}{(k-1)!} \sum_{p=0}^{+\infty} \dfrac{(-1)^p}{p!}= \\
    \displaystyle \sum_{k=1}^{+\infty} \dfrac{1}{(k-1)!} e^{-1} =e^{-1} \sum_{k=1}^{+\infty} \dfrac{1}{(k-1)!}=e^{-1}\ e^{1}=1$

    On se rend compte que la méthode de bisam est plus directe et en fait plus qualitative même (même si elle n'utilise pas les questions precédentes) puisqu'on a l'égalité pour tout $n$.

    (*) sur les familles sommables : https://www.bibmath.net/ressources/index.php?action=affiche&quoi=mathspe/cours/famillessommables.html
    Mais est-ce que les familles sommables sont au programme de maths spe ?
    Je ne pense pas. C'est un peu piégeux de poser une question quand l'élève n'a pas forcément les éléments pour justifier une solution complète.
    « je sais que la question de départ est bizarre de la part d'un professeur certifié ».
  • Les familles sommables et le théorème de Fubini sont au programme de MPSi-MP2I.

  • bisam
    Modifié (29 Apr)
    Toujours sans les familles sommables ni aucun théorème, on peut calculer ainsi : \[\begin{align}\mathbb{E}(Z_n)&=\sum_{k=0}^nk \mathbb{P}(Z_n=k) \\ &=\sum_{k=0}^n k\binom{n}{k}\frac{D_{n-k}}{n!}\\ &=\sum_{k=1}^n n\binom{n-1}{k-1}\frac{D_{n-k}}{n!} \\ &=\sum_{k=1}^n \binom{n-1}{k-1}\frac{D_{(n-1)-(k-1)}}{(n-1)!}\\ &=\sum_{k=1}^n \mathbb{P}(Z_{n-1}=k-1)\\ &=1\end{align}\]
  • Bonjour
    On pense quoi de sujet de l'X math B
  • OShine
    Modifié (29 Apr)
    @bisam
    Super astucieuse ta méthode  :o 
    Merci. Il y a une coquille dans ta première ligne de calcul.
    Pas le temps de regarder maths B dans ce fil, maths A est déjà assez long. 
  • Lirone93
    Modifié (29 Apr)
    Même en survolant le sujet de loin, le résultat est en fait assez évident, juste en réflechissant comme l'a fait @bd2017.

    J'ai juste voulu faire le lien avec la question 8.b, comme le sujet pouvait l'attendre d'un candidat disons « moyen », qui ne réflechit pas plus que ça (je ne passe pas (plus) le concours et je ne suis pas secrétaire dactylo, non plus). Mais j'avoue que ça me titillait.

    PS : Fubini c'est des pâtes ?
    « je sais que la question de départ est bizarre de la part d'un professeur certifié ».
  • Je bloque sur la relation $s(n,k)=s(n-1,k-1)+(n-1) s(n-1,k)$ malgré l'indication de l'énoncé.

  • Et malgré la correction à disposition j'imagine...
    Soit honnête, arrête de recopier sur le forum les corrections des questions que tu comprends et dis simplement que tu ne comprends pas telle ou telle réponse.
  • @JLapin
    Je ne comprends rien aux corrigés.
    D'ailleurs le corrigé est complètement faux cf la question 9 alors que ma réponse est correcte confirmée par @bd2017.
    Ma réponse à 8.c n'a rien a voir avec la méthode du corrigé que je trouve bizarre et que je ne comprends pas. 
    Je trouve la méthode de @bisam bien plus claire.
    Je n'ai pas confiance en ce corrigé de plus je ne comprends pas les solutions données.

    J'y arrive mieux avec des indications que avec un corrigé.
    De plus, ici on donne des solutions originales et plus claires comme celles de bisam.

  • De plus, ici on donne des solutions originales et plus claires comme celles de bisam.


    Donc, tu voudrais qu'on t'écrives un corrigé que tu puisses comprendre intégralement car celui qui existe ne te satisfait pas à 100% (tu étais bien content d'en disposer pour recopier un grand nombre de réponses ici) :  on t'a déjà expliqué plein de fois que ne n'est pas une manière de progresser...
  • J'ai recopié légèrement au tout début mais à partir de Q4 j'ai cherché par moi-même.
    De toute façon j'ai regardé Q10, je ne comprends pas la solution donnée. 
    J'ai essayé de réfléchir, mais je ne parviens pas à comprendre pourquoi si $\sigma(1)=1$ alors $w( \sigma)=k-1$.
    Pour moi $\sigma = c_1 c_2 \circ \cdots \circ c_k$ est fixée je ne comprends pas comment on peut modifier la décomposition pour avoir $\sigma(1)=1$.
    Bref, cette question me pose de grosses difficultés.


  • Lirone93
    Modifié (29 Apr)
    OShine a dit :
    @JLapin
    Ok, je n'ouvrirai plus ce corrigé.

    Pour voir si un corrigé donne une bonne réponse, on est obligé de se pencher dessus, donc tu as forcément du le regarder.

    Ou alors tu as encore trouvé un autre corrigé où tu avais l'intention de trouver la réponse ?

    De toute façon, comme on t'a dit, ce n'est pas parceque tu comprends un corrigé que tu sauras en reproduire le raisonnement dans un autre contexte.

    Donc, soit tu es entièrement honnête et tu dis ce que tu n'as pas compris dans un corrigé, en ayant la politesse, au moins de ne pas cracher dessus en passant, soit tu réfléchis sans consulter de corrigé et tu exposes ici ce que tu as fait.
    C'est pourtant simple.
    « je sais que la question de départ est bizarre de la part d'un professeur certifié ».
  • OShine
    Modifié (29 Apr)
    Je crois que c'est bon après une longue réflexion, mais il me semble que le rédaction de cette question est délicate, surtout que le résultat est donné. 

    10) 
    Soit $\sigma \in \mathfrak{S}_n$ tel que $w(\sigma)=k$.
    Ainsi, $\sigma$ se décompose en $k$ cycles à supports disjoints. 
    • Si $\sigma(1)=1$, alors $\sigma$ est une permutation qui a un point fixe. On sait que $\{ \sigma \in \mathfrak{S}_n \ | \ \nu(\sigma)=1 \}$ est isomorphe à $\mathfrak{S}_{n-1}$. Etant donné que $(1)$ est un point fixe, il apparaît aussi dans la décomposition en cycles à supports disjoints et il reste donc à placer $k-1$ cycles. Il y a un seul choix pour $\sigma(1)$ et $s(n-1,k-1)$ choix pour construire cette permutation, ce qui donne $s(n-1,k-1)$ possibilités.
    • Si $\sigma(1) \ne 1$, il y a $n-1$ choix pour $\sigma(1)$. $\sigma(1)$ appartient à un cycle, on veut donc construire une permutation de $\mathfrak{S}_{n-1}$ qui comporte $k$ cycles. Il y en a donc $s(n-1,k)$. Ce qui fait $(n-1) s(n-1,k)$ possibilités. 
    Finalement, par disjonction de cas $\boxed{\forall 2 \leq k \leq n-1 \ \ s(n,k)=s(n-1,k-1)+(n-1) s(n-1,k)}$.

    La $11$ est calculatoire, j'espère y arriver.

  • OShine
    Modifié (29 Apr)
    La question 11 n'est pas aussi simple que je pensais.
    Ce n'est pas une banale somme télescopique. Ca devient dur le sujet à ce niveau.
    J'ai déjà réfléchi plus de 20 minutes et je ne vois toujours pas comment m'en sortir.
    En temps limité je n'aurais jamais trouvé cette question.
  • J'ai réussi. 
    11) 
    On a $W_n (x) = \displaystyle\sum_{k=1}^n s(n,k) x^k = (n-1)! x + x^n + \displaystyle\sum_{k=2}^{n-1} ( s(n-1,k-1) + (n-1) s(n-1,k) ) x^k$
    Donc $W_n = (n-1)! x + x^n +  \displaystyle\sum_{k=2}^{n-1} s(n-1,k-1) x^k + (n-1) \displaystyle\sum_{k=2}^{n-1} s(n-1,k) x^k$
    Le changement d'indice $j=k-1$ fournit : 
    $W_n  (x)= (n-1)! x + x^n +  \displaystyle\sum_{j=1}^{n-2} s(n-1,j) x^{j+1} + (n-1) \displaystyle\sum_{k=2}^{n-1} s(n-1,k) x^k$
    $W_n  (x)= (n-1)! x + x^n + x ( W_{n-1} (x) -s(n-1,n-1) x^{n-1} )+ (n-1) ( W_{n-1} (x)- s(n-1,1)x )$
    $W_n  (x)= (n-1)! x + x^n + x ( W_{n-1} (x) - x^{n-1} )+ (n-1) ( W_{n-1} (x)- (n-2) ! x )$
    $W_n  (x)= (n-1)! x + x^n + x  W_{n-1} (x) - x^{n} + (n-1)  W_{n-1} (x)- (n-1) ! x $
    D'où : $\boxed{W_n(x)=(x+n-1) W_{n-1} (x)}$.
    Par itération, on a 
    $W_n (x)= (x+n-1) (x+n-2) W_{n-2} = (x+n-1) (x+n-2) (x+n-3) \cdots (x+1) W_1(x)$ avec $W_1(x)=x$.
    Donc finalement : $\boxed{\forall x \in \R \  \displaystyle\sum_{k=1}^n s(n,k) x^k= \displaystyle\prod_{i=0}^{n-1} (x+i)}$.


  • Beaucoup de calculs, peu de connaissances nécessaires finalement. 
    J'ai un petit doute, $w$ est à valeurs dans $\N$ d'après l'énoncé, ce n'est pas plutôt $\N^{*}$ ?
    Il me semble qu'on ne peut pas avoir $w(\sigma)=0$. 

    12) 
    Calculons d'abord $E[X_n]$.
    On a $X_n(  \mathfrak{S}_n)=\{1, \cdots , n \}$. Soit alors $k \in [|1,n|]$. 
    $P(X_n = k)=\dfrac{s(n,k)}{n!}$
    Donc $E[X_n]= \displaystyle\sum_{k=1}^n k P(X_n =k)= \displaystyle\sum_{k=1}^n k  \dfrac{s(n,k)}{n!}$
    Donc $E[X_n]=\dfrac{1}{n!}  \displaystyle\sum_{k=1}^n k s(n,k)$.
    Déterminons $Z_n (x)=  \displaystyle\sum_{k=1}^n k s(n,k)$.
    On remarque que : $Z_n(x)= \displaystyle\sum_{k=0}^n k s(n,k)$.
    On a $Z_n (x) '= \displaystyle\sum_{k=1}^n k s(n,k) x^{k-1} = \displaystyle\sum_{0 \leq j \leq n-1} \displaystyle\prod_{0 \leq i \leq n-1 \\ i \ne j} (x+i)$
    En évaluant en $x=1$, on obtient : 
    $\displaystyle\sum_{k=1}^n k s(n,k)  = \displaystyle\sum_{0 \leq j \leq n-1} \displaystyle\prod_{0 \leq i \leq n-1 \\ i \ne j} (1+i)$
    Soit : $\displaystyle\sum_{k=1}^n k s(n,k)  = n! \displaystyle\sum_{0 \leq j \leq n-1} \dfrac{1}{1+j}$
    Donc $E[X_n]=\displaystyle\sum_{0 \leq j \leq n-1} \dfrac{1}{1+j}= \displaystyle\sum_{j=1}^n \dfrac{1}{j}$.
    D'après le rappel de l'énoncé on a finalement : $\boxed{E[X_n]= \ln (n)+ \gamma + O( \dfrac{1}{n} )}$.







  • Les calculs sont très techniques. C'est rare en algèbre. 

    13.a) On reprend le calcul : $Z_n (x) '= \displaystyle\sum_{k=1}^n k s(n,k) x^{k-1} = \displaystyle\sum_{0 \leq j \leq n-1} \displaystyle\prod_{0 \leq i \leq n-1 \\ i \ne j} (x+i)$
    Donc $Z_n ''(x)= \displaystyle\sum_{k=1}^n k (k-1) s(n,k) x^{k-2} = \displaystyle\sum_{0 \leq j \leq n-1}  \displaystyle\sum_{0 \leq p\leq n-1 \\ p \ne j} \displaystyle\prod_{0 \leq i \leq n-1 \\ i \ne \{ j,p \} } (x+i)$
    Pour $x=1$, on obtient :  $\displaystyle\sum_{k=1}^n k (k-1) s(n,k) = \displaystyle\sum_{0 \leq j \leq n-1}  \displaystyle\sum_{0 \leq p\leq n-1 \\ p \ne j} \dfrac{n!}{(1+p)(1+j)}$
    Donc : $\displaystyle\sum_{k=1}^n k (k-1) s(n,k) =n!  \displaystyle\sum_{j=1}^{n}  \left(  \displaystyle\sum_{p=1}^{n} \dfrac{1}{j p} - \displaystyle\sum_{j=1}^n \dfrac{1}{j^2} \right)$
    $\displaystyle\sum_{k=1}^n k (k-1) s(n,k) =n!  \left(   \displaystyle\sum_{j=1}^{n} \displaystyle\sum_{p=1}^{n} \dfrac{1}{jp} -\displaystyle\sum_{j=1}^{n} \dfrac{1}{j^2}   \right)$
    Finalement : $\boxed{\dfrac{1}{n!} \displaystyle\sum_{k=1}^n k (k-1) s(n,k) =  \displaystyle\sum_{j=1}^{n} \displaystyle\sum_{p=1}^{n} \dfrac{1}{jp} -\displaystyle\sum_{j=1}^{n} \dfrac{1}{j^2} }$

    13.b) On a :  $\dfrac{1}{n!} \displaystyle\sum_{k=1}^n k (k-1) s(n,k) =\dfrac{1}{n!} \displaystyle\sum_{k=1}^n k^2 s(n,k) - \dfrac{1}{n!} \displaystyle\sum_{k=1}^n k  s(n,k)  = \dfrac{1}{n!} \displaystyle\sum_{k=1}^n k^2 s(n,k) - E[X_n]$.
    On en déduit immédiatement :   
    $\boxed{\dfrac{1}{n!} \displaystyle\sum_{k=1}^n k^2 s(n,k) = E[X_n] +\left( \displaystyle\sum_{i=1}^{n} \displaystyle\sum_{j=1}^{n} \dfrac{1}{ij} -\displaystyle\sum_{i=1}^{n} \dfrac{1}{i^2}  \right)}$

  • 14.a me semble très technique comme calcul, je le laisse pour demain. 
  • Ce sujet semble interminable en 4 heures, les calculs sont lourds et longs.
    J'ai réussi la 14.a mais il m'a fallu 30 minutes pour la trouver. Mon apprentissage du cours sur les familles sommables m'a bien aidé à m'en sortir.

    14.a) On a la partition : $\mathfrak{S}_n = \displaystyle\bigcup_{k=1}^n \{ \sigma \in \mathfrak{S}_n \ | \ w(\sigma)=k \}$.
    Notons $A_k = \{ \sigma \in \mathfrak{S}_n \ | \ w(\sigma)=k \}$
    La famille $( w(\sigma)^2)_{\sigma \in \mathfrak{S}_n}$ est une famille de réels positifs, on peut utiliser le théorème de sommation par paquets.
    On a ainsi : $\displaystyle\sum_{\sigma \in \mathfrak{S}_n} w(\sigma)^2 = \displaystyle\sum_{k=1}^n \displaystyle\sum_{\sigma \in A_k} w(\sigma)^2 =  \displaystyle\sum_{k=1}^n \displaystyle\sum_{\sigma \in A_k} k^2=\displaystyle\sum_{k=1}^n k^2 \displaystyle\sum_{\sigma \in A_k} = \displaystyle\sum_{k=1}^n k^2 card (A_k)= \displaystyle\sum_{k=1}^n k^2 s(n,k)$
    On a montré : $\boxed{\displaystyle\sum_{\sigma \in \mathfrak{S}_n} w(\sigma)^2 =\displaystyle\sum_{k=1}^n k^2 s(n,k)}$

    Ainsi : $\dfrac{1}{n!} \displaystyle\sum_{\sigma \in \mathfrak{S}_n} w(\sigma)^2  = \dfrac{1}{n!} \displaystyle\sum_{k=1}^n k^2 s(n,k) = E(X_n)+ \left( \displaystyle\sum_{i=1}^n \displaystyle\sum_{j=1}^n \dfrac{1}{i j } - \displaystyle\sum_{i=1}^n \dfrac{1}{i^2} \right)$

    Or : 
    • $E(X_n)= \ln (n) + \gamma + O( \dfrac{1}{n} ) = \ln (n) + \gamma + O( \dfrac{\ln n}{n} )$ car $O( \dfrac{1}{n} ) = O( \dfrac{\ln n}{n} )$. 
    • $ \displaystyle\sum_{i=1}^n \dfrac{1}{i^2}= \dfrac{\pi^2}{6} +o(1)= \dfrac{\pi^2}{6} +  O( \dfrac{\ln n}{n} )$ car $o(1)= O( \dfrac{\ln n}{n} )$. 
    • $\displaystyle\sum_{i=1}^n \displaystyle\sum_{j=1}^n \dfrac{1}{ij}=(\displaystyle\sum_{i=1}^n \dfrac{1}{i})^2=\left( \ln n + \gamma + O( \dfrac{1}{n}) \right)^2=\gamma^2+ \ln (n)^2+2 \gamma \ln (n)+O( \dfrac{\ln n}{n} ) $ car $O( \dfrac{1}{n^2} )=O( \dfrac{\ln n}{n} )$ et $O( \dfrac{1}{n} )=O( \dfrac{\ln n}{n} )$.
    Donc : $\boxed{\dfrac{1}{n!} \displaystyle\sum_{\sigma \in \mathfrak{S}_n} w(\sigma)^2  =(2 \gamma +1) \ln(n) +( \gamma^2+ \gamma- \dfrac{\pi^2}{6} ) + \ln(n)^2+O( \dfrac{\ln n}{n} ) }$. 
    Donc : $\boxed{c=\gamma^2+ \gamma- \dfrac{\pi^2}{6}}$.

    Il me semble que le plus dur est fait avec cette redoutable question 14.a.


  • OShine
    Modifié (30 Apr)
    14.b) $\dfrac{1}{n!} \displaystyle\sum_{ \sigma \in \mathfrak{S}_n} ( w(\sigma)- \ln (n))^2=\dfrac{1}{n!} \displaystyle\sum_{ \sigma \in \mathfrak{S}_n} w( \sigma)^2- 2 \ln (n) \dfrac{1}{n!} \displaystyle\sum_{ \sigma \in \mathfrak{S}_n} w( \sigma) + \dfrac{1}{n!} \displaystyle\sum_{ \sigma \in \mathfrak{S}_n} \ln(n)^2 $

    Or : $\dfrac{1}{n!} \displaystyle\sum_{ \sigma \in \mathfrak{S}_n} w( \sigma)=\dfrac{1}{n!} \displaystyle\sum_{k=1}^n k s(n,k)=E(X_n)$ en utilisant la même partition que précédemment et une sommation par paquets.

    D'où : $\dfrac{1}{n!} \displaystyle\sum_{ \sigma \in \mathfrak{S}_n} ( w(\sigma)- \ln (n))^2=(2 \gamma +1) \ln(n)+c+\ln(n)^2 + O(\dfrac{\ln n}{n} ) -2 \ln(n) \left(  \ln(n)+ \gamma +O( \dfrac{1}{n}) \right) + \ln(n)^2$
    Il vient finalement : $\boxed{\dfrac{1}{n!} \displaystyle\sum_{ \sigma \in \mathfrak{S}_n} ( w(\sigma)- \ln (n))^2=\ln(n)+c+ O(\dfrac{\ln n}{n} )}$

    Pour la 15 je n'ai pas encore trouvé.
  • OShine
    Modifié (30 Apr)
    J'ai une difficulté avec la question $15$, je n'arrive pas à exprimer $E(X_n ^2)$.
    Je me retrouve avec du $E ( (X_n - \ln n)^2)=E(X_n ^2)-2  \ln n E(X_n)+ \ln(n)^2$.
    Mais que vaut $E(X_n ^2)$ ?
    Je sais juste que $E(X_n)=\dfrac{1}{n!} \displaystyle\sum_{ \sigma \in \mathfrak{S}_n} w( \sigma)=\dfrac{1}{n!} \displaystyle\sum_{k=1}^n k s(n,k)$ mais ensuite je bloque.

    De plus dans l'inégalité de Markov, c'est $P(Z \geq a) \leq \dfrac{E(Z)}{a}$ alors qu'ici l'inégalité est stricte.
    Comment faire ? 
  • Pas besoin de développer $\mathbb{E}((X_n-\ln(n))^2)$, c'est la valeur que l'on vient de calculer en 14.b.
    Quant au problème de l'inégalité stricte, je te laisse trouver tout seul pourquoi ce n'est pas gênant.
  • Ah d'accord merci, je dois justifier que : $E((X_n - \ln (n))^2)= \dfrac{1}{n!} \displaystyle\sum_{\sigma \in \mathfrak{S}_n} ( w(\sigma) - \ln(n))^2$.
    C'est le théorème de transfert car $E((X_n- \ln(n))^2)=\displaystyle\sum_{k=1}^n (k - \ln(n))^2 P(X_n =k)=\dfrac{1}{n!} \displaystyle\sum_{k=1}^n (k- \ln(n))^2  s(n,k) $
    Le théorème de sommation par paquets donne : $\dfrac{1}{n!} \displaystyle\sum_{\sigma \in \mathfrak{S}_n} ( w(\sigma) - \ln(n))^2= \dfrac{1}{n!} \displaystyle\sum_{k=1}^n (k - \ln(n))^2 s(n,k)$
    Sinon $P(X>a) = P(X \geq a)- P(X=a) \leq P(X \geq a)$

    Je suis armé pour résoudre cette question $15$.
    Par contre, quelqu'un a une idée de la signification de ce résultat? 
    Pourquoi on démontre cette inégalité ? Quel rapport avec le fait que $w(\sigma)$ est de l'ordre de $\ln(n)$ dans un sens que l'on précisera ? 
  • Pour finir enfin cette partie interminable. C'est une bonne révision sur la manipulation des O et des limites. 
    15) $P( |X_n - \ln(n) | >\varepsilon \ln (n) ) = P( (X_n - \ln(n) )^2 > \varepsilon^2 \ln (n)^2 ) \leq P( (X_n - \ln(n) )^2 \geq \varepsilon^2 \ln (n)^2 )$
    D'après l'inégalité de Makov, on obtient : $P( |X_n - \ln(n) | >\varepsilon \ln (n) ) \leq \dfrac{ E ((X_n - \ln(n) )^2)}{ \varepsilon^2 \ln(n)^2} $.
    Donc : $P( |X_n - \ln(n) | >\varepsilon \ln (n) ) \leq \dfrac{\ln (n)+c+ O( \frac{\ln(n)}{n})}{\varepsilon^2 \ln(n)^2}$
     $P( |X_n - \ln(n) | >\varepsilon \ln (n) ) \leq \dfrac{1+\frac{c}{\ln (n)} + O( \frac{1}{n})}{\varepsilon^2 \ln(n) }$
    Mais $u_n=1+\frac{c}{\ln (n)} + O( \frac{1}{n}) \longrightarrow 1 >0$ donc la suite $u$ est bornée. Il existe donc $C>0$ tel que $\forall n \geq 1 \ u_n \leq C$.
    Finalement : $\boxed{\exists C>0 \ \forall \varepsilon>0 \  \forall n \geq 1 \ \ P( |X_n - \ln(n) | >\varepsilon \ln (n) ) \leq \dfrac{C}{\varepsilon^2 \ln(n)}}$.

  • Quelqu'un connaît un site où je pourrais compiler mon corrigé en latex proche de celui du forum avec tout ce que j'ai écrit ici pour m'éviter de tout recopier au stylo et perdre 2 heures ? 
    J'ai tout détaillé ici à l'extrême dans ma rédaction. 
  • raoul.S
    Modifié (30 Apr)
  • J'ai essayé ce site, mais je ne comprends pas comment il fonctionne. 
    Je n'arrive pas à écrire une seule formule dessus.
  • raoul.S
    Modifié (30 Apr)
    Tu bloques ? :mrgreen:
  • OShine
    Modifié (30 Apr)
    Ce n'est pas intuitif, je n'arrive pas à écrire une seule formule.
    Peut-être qu'il y a d'autres sites en ligne plus simples à utiliser.
    Sinon, dans le sujet, la deuxième partie est indépendante de la première, je compte la commencer bientôt.
  • raoul.S
    Modifié (30 Apr)
    Regarde la capture d'écran ci-dessous : tu remplaces le rectangle vert par ton latex à toi et ensuite tu télécharges avec le bouton que j'ai entouré en rouge.



    tu vas récupérer un zip dans lequel il y a un fichier tex et un pdf de ton document.
  • @raoul.S
    Merci j'ai compris. 

    Je m'attaque la deuxième partie. La question $16$ n'est pas simple.

  • J'ai cherché 1 heure mais je n'ai pas réussi cette question $16$. 
    Je n'arrive pas à faire apparaître une intégrale en partant du membre de gauche.
    J'ai essayé la technique des sommes d'Abel mais ensuite je n'aboutis pas.
  • Par récurrence ?
  • OShine
    Modifié (1 May)
    Je n'ai pas l'impression qu'une récurrence soit adaptée ici.
    J'utilise la méthode de la transformation d'Abel. 
    16) Remarquons que $A(1)=0$. 
    Pour tout $n \geq 2$, posons : $S_n = \displaystyle\sum_{k=2}^n a_k b(k) - A(n) b(n)=\displaystyle\sum_{k=2}^n (A(k)- A(k-1) ) b(k) -A(n) b(n)$
    $S_n=\displaystyle\sum_{k=2}^n A(k) b(k) - \displaystyle\sum_{k=2}^n  A(k-1)  b(k) -A(n) b(n)$
    $S_n=\displaystyle\sum_{k=2}^n A(k) b(k) - \displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}  A(k)  b(k+1) -A(n) b(n)$
    $S_n=\displaystyle\sum_{k=2}^{n-1} A(k) b(k) - \displaystyle\sum_{k=2}^{n-1}  A(k)  b(k+1) - A(1)b(2) $
    $S_n=\displaystyle\sum_{k=2}^{n-1} A(k) \left(  b(k) - b(k+1) \right)  - A(1)b(2) $
    $S_n=-\displaystyle\sum_{k=2}^{n-1} A(k) \displaystyle\int_{k}^{k+1} b'(t) dt $
    Mais l'application $t \mapsto A(t)$ est constante égale à $A(k)$ sur $[k,k+1[$ et la valeur de l'intégrale ne change pas si on enlève un point.
    Ainsi, d'après Chasles : $S_n= - \displaystyle\int_{2}^n A(t) b'(t) dt$.
    Finalement : $\boxed{ \displaystyle\sum_{k=2}^n a_k b(k) = A(n) b(n)- \displaystyle\int_{2}^n A(t) b'(t) dt}$.

  • Si c'est vrai au rang $n$,$$\begin{align*}\sum_{k=2}^{n+1}a_kb(k)&=A(n)b(n)+a_{n+1}b(n+1)-\int_2^{n+1}A(t)b'(t)dt+\int_n^{n+1}A(n)b'(t)dt\\&=A(n)b(n)+a_{n+1}b(n+1)+A(n)(b(n+1)-b(n))-\int_2^{n+1}A(t)b'(t)dt\\&=A(n+1)b(n+1)-\int_2^{n+1}A(t)b'(t)dt.\end{align*}$$
  • @gai requin
    Merci, joli  B)

    La question $17$ est très belle. On lance une récurrence. 
    Pas de souci pour 17.a et 17.b.

    17.a) Pour $n=1$, on a : $\displaystyle\prod_{p \leq 1 \\ p \ \text{premier}} =\displaystyle\prod_{p \in \emptyset} p = \boxed{ 1}$.
     Pour $n=2$, on a : $\displaystyle\prod_{p \leq 2 \\ p \ \text{premier}} =\displaystyle\prod_{p=2} p = \boxed{ 2}$.
     Pour $n=3$, on a : $\displaystyle\prod_{p \leq 3 \\ p \ \text{premier}} =\displaystyle\prod_{p \in \{2,3 \}} p = \boxed{ 6}$.

    17.b) 
    Si $n$ est pair, alors $n$ n'est pas premier.
    Ainsi $\displaystyle\prod_{p \leq n \\ p \ \text{premier}} =\displaystyle\prod_{p \leq n-1 \\ p \ \text{premier}} \leq 4^n$ d'après l'hypothèse de récurrence.


  • OShine
    Modifié (1 May)
    Pour la $17.c$ quelqu'un a une idée de comment démontrer sans récurrence que $\binom{2m+1}{m} \leq 4^m$ ?
    J'ai réussi par récurrence, mais ce n'est pas élégant et c'est trop long.
    J'ai essayé d'écrire $4^m=(2+2)^m$ et d'utiliser la formule du binôme de Newton sans succès.



  • raoul.S
    Modifié (1 May)
    Tu peux utiliser le fait que $2\cdot4^m=2^{2m+1}=\sum_{k=0}^{2m+1} \binom{2m+1}{k}$ puis $\binom{2m+1}{m}+\binom{2m+1}{m+1}=2\binom{2m+1}{m}$
  • Merci, super astucieux !  :o 
  • 17.c) On a $P=\displaystyle\prod_{m+1 < p \leq 2m+1 \\ p \ \text{premier}} p =\displaystyle\prod_{p=m+2}^{2m+1} p =(m+2) \times (m+3) \times \cdots \times (2m+1)$.
    Calculons $\binom{2m+1}{m}=\dfrac{(2m+1)!}{m ! (m+1)!}=\dfrac{P}{m!}$
    On a donc : $P= m! \binom{2m+1}{m}$
    Mais on aussi : $P=\displaystyle\prod_{m+1 < p \leq 2m+1 \\ p \ \text{premier}} p  \times \displaystyle\prod_{m+1 < p \leq 2m+1 \\ p \ \text{non premier premier}} p $
    D'où la relation : $\left( \displaystyle\prod_{m+1 < p \leq 2m+1 \\ p \ \text{premier}} p  \right) \left( \times \displaystyle\prod_{m+1 < p \leq 2m+1 \\ p \ \text{non premier}} p \right) = m! \binom{2m+1}{m}$
    Donc :  $\displaystyle\prod_{m+1 < p \leq 2m+1 \\ p \ \text{premier}} p    \mid m! \binom{2m+1}{m}$.
    Mais pour tout nombre premier $p$ tel que $p \in [|m+2,2m+1|]$, on a : $p \wedge m! =1$.
    En effet, si $p$ divisait $m!$, il diviserait d'après un corollaire du lemme de Gauss l'un des facteurs de $m!$ ce qui est impossible car $p$ est strictement supérieur à $m$.
    Donc : $\displaystyle\prod_{m+1 < p \leq 2m+1 \\ p \ \text{premier}} p \wedge m! =1$.
    D'après le lemme de Gauss :  
    $\boxed{\displaystyle\prod_{m+1 < p \leq 2m+1 \\ p \ \text{premier}} p \mid \binom{2m+1}{m}}$.

    On remarque grâce à @raoul.S  que : $2 \times 4^m= 2^{2m+1}= \displaystyle\sum_{k=0}^{2m} \binom{2m+1}{k} \geq \binom{2m+1}{m} + \binom{2m+1}{m+1} = 2 \binom{2m+1}{m}$
    Donc : $\boxed{\binom{2m+1}{m} \leq 4^m}$.





  • 17.d) Comme $\displaystyle\prod_{ m+1 < p \leq 2m+1\\ p \ \text{premier}} p  \mid \binom{2m+1}{m}$ alors $\displaystyle\prod_{ m+1 < p \leq 2m+1\\ p \ \text{premier}} p \leq \binom{2m+1}{m}$.
    Mais on a montré que : $\binom{2m+1}{m} \leq 4^m$ donc $\displaystyle\prod_{ m+1 < p \leq 2m+1\\ p \ \text{premier}} p \leq 4^m$.
    D'après l'hypothèse de récurrence, $\displaystyle\prod_{ p \leq m+1 \ \ \\ p \ \text{premier}} p \leq 4^{m+1}$ car $m+1 < n$.
    Donc : $\displaystyle\prod_{ p \leq 2m+1\\ p \ \text{premier}} p \leq 4^m \times 4^{m+1}=4^{2m+1}=4^m$.
    On a montré par récurrence forte que : $\boxed{\forall n \in \N^{*} \ \displaystyle\prod_{p \leq n \\ p \ \text{premier}} p \leq 4^n}$.

    La $18$ ne devrait pas me poser de souci, elle est déjà tombée à l'agrégation interne dans le sujet que j'avais traité.
  • OShine
    Modifié (2 May)
    Pour la 18, j'ai fait une démonstration très détaillée. L'énoncé demande juste une justification.
    18) Remarquons d'abord que la série $\displaystyle\sum_{k \geq 1} E(\dfrac{n}{p^k})$ converge. En effet, c'est une somme finie puisque le terme général de cette série est nul pour $p^k >n$ c'est-à-dire pour $k> \dfrac{\ln n}{\ln p}$.
    On a $v_p(n!)=v_p(1 \times 2 \times \cdots \times n)=\displaystyle\sum_{k=1}^n v_p(k)$.
    On a la partition suivante : $[|1, \cdots, n|]= \displaystyle\bigcup_{i=0}^{+\infty} \{ k \in [|1, \cdots, n|] \ , \ v_p(k)=i \}$.
    Notons $\forall i \in \N \ E_i =  \{ k \in [|1, \cdots, n|] \ , \ v_p(k)=i \}$.
    Déterminons le cardinal de $E_i$.
    $ \{ k \in [|1, \cdots, n|] \ , p \ \text{divise} \ k \}=\{ pq \ , \ p \in \N^{*} \ \text{et} \ 1 \leq pq \leq n \}= \{ pq \ , \ p \in \N^{*} \cap [|1, \cdots, E(\dfrac{n}{p} |]  \}=\{ pq \ , \ p \in [|1, \cdots, E(\dfrac{n}{p} |]  \}$
    L'application $\phi : [|1, \cdots, E(\dfrac{n}{p}) |] \longrightarrow  \{ k \in [|1, \cdots, n|] \ , p \ \text{divise} \ k \}$ tel que $\phi(p)=pq$ est surjective. Elle est trivialement injective.
    D'où : $\boxed{card  \{ k \in [|1, \cdots, n|] \ , p \ \text{divise} \ k \} = E(\dfrac{n}{p})}$
    On en déduit que : $\boxed{card \  E_i =  E(\dfrac{n}{p^i})- E(\dfrac{n}{p^{i+1}})}$
    La famille $(v_p(k))_{1 \leq k \leq n}$ est une famille de réels positifs, d'après le théorème de sommation par paquets, on a : 
    $v_p(n!)=\displaystyle\sum_{k=1}^n v_p(k) = \displaystyle\sum_{i=0}^{+\infty} \displaystyle\sum_{k \in E_i} v_p(k)$.
    $v_p(n!)=\displaystyle\sum_{i=1}^{+\infty} \displaystyle\sum_{k \in E_i} i$ car $p$ ne divise pas $k$ si $k \in E_0$.
    $v_p(n!)=\displaystyle\sum_{i=1}^{+\infty} i \ card E_i$
    $v_p(n!)=\displaystyle\sum_{i=1}^{+\infty} i \left(  E(\dfrac{n}{p^i})- E(\dfrac{n}{p^{i+1}}) \right)$
    $v_p(n!)=\displaystyle\sum_{i=1}^{+\infty} i E(\dfrac{n}{p^i}) -\displaystyle\sum_{i=2}^{+\infty} (i-1)  E(\dfrac{n}{p^i}) $
    $v_p(n!)=E(\dfrac{n}{p})+\displaystyle\sum_{i=2}^{+\infty}  E(\dfrac{n}{p^i}) $
    Enfin : $\boxed{v_p(n!)=\displaystyle\sum_{i=1}^{+\infty}  E(\dfrac{n}{p^i})}$

    On a : $v_p(n!)=\displaystyle\sum_{i=1}^{+\infty}  E(\dfrac{n}{p^i}) \geq E(\dfrac{n}{p}) > \dfrac{n}{p}-1$.
    D'autre part : $\forall k \in \N^{*} \  E(\dfrac{n}{p^k}) \leq \dfrac{n}{p^k}$ 
    Donc $v_p(n!) \leq n \displaystyle\sum_{k=1}^{+ \infty} \dfrac{1}{p^k}= \dfrac{n}{p-1}= \dfrac{n}{p}+\dfrac{n}{p(p-1)}$.

    Finalement : $\boxed{\dfrac{n}{p}-1 < v_p(n!) \leq  \dfrac{n}{p}+\dfrac{n}{p(p-1)}}$.



  • La suite, la 19.a semble étrange, d'habitude on fait avec les équivalents ou les petits o.

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