XENS MP Maths A 2024

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Réponses

  • Je viens de penser à une preuve probabiliste de la première partie de cette question 18.
    Si $U$ est une variable aléatoire suivant la loi uniforme sur l'ensemble $\{1,\dots,n\}$ alors on peut calculer $\mathbb{E}(v_p(U))$ par théorème de transfert, ce qui donne : \[\mathbb{E}(v_p(U))=\sum_{k=1}^n v_p (k) \mathbb{P}(U=k)=\frac{1}{n}v_p(n!)\] et on peut aussi utiliser que $v_p(U)$ est une variable aléatoire à valeurs entières donc \[\mathbb{E}(v_p(U))=\sum_{k=1}^{+\infty} \mathbb{P}(v_p(U)\geq k)=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{+\infty} \text{card}\left(\{j \in \{1,\dots,n\}, p^k | j\}\right)=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{+\infty} \left\lfloor \frac{n}{p^k}\right\rfloor\]
    Ainsi la permutation de sommes est cachée dans le résultat d'égalité des espérances.

    La deuxième partie de la question est immédiate par encadrement de la partie entière.

    Quant à la 19a., la comparaison série-intégrale proposée donne le résultat en 2 lignes... pourquoi te poses-tu ces questions existentielles ?


  • Je viens de penser à une preuve probabiliste de la première partie de cette question 18.


    Très joli : merci pour le partage.


  • OShine
    Modifié (2 May)
    @bisam
    Merci beaucoup, très intéressant.
  • OShine
    Modifié (2 May)
    II y a un truc que je ne comprends pas, à quoi sert le $n$ qui tend vers plus l'infini ? L'égalité est tout le temps vérifiée non ? 
    Je manque de pratique avec les O, avec les équivalents et les petits o je suis bien meilleur. 

    19.a) Soit $k \in \N^{*}$.
    L'application $f : [1,+\infty [ \longrightarrow \R$ définie par $f(t)=\ln(t)$ est continue et croissante.
    On a $\forall t \in [k,k+1] \ f(k) \leq f(t) \leq f(k+1)$.
    Donc $f(k) \leq \displaystyle\int_{k}^{k+1} \ln(t) dt \leq f(k+1)$
    Donc $\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1} \ln(k) \leq \displaystyle\int_{1}^{n} ln(t) dt \leq \displaystyle\sum_{k=1}^{n} \ln(k) $

    Or : $ \displaystyle\int_{1}^{n} ln(t) dt  = n \ln(n) - n+1 $
    Donc : $\boxed{n \ln(n)-n+1 \leq \displaystyle\sum_{k=1}^n \ln(k) \leq (n+1) \ln(n)  -n+1}$

    Donc : $\displaystyle\sum_{k=1}^n \ln(k) - (n \ln(n) -n) \leq \ln (n) +1 $
    Ainsi  : $1 \leq \dfrac{\displaystyle\sum_{k=1}^n \ln(k) - (n \ln(n) -n)}{\ln n}  \leq 1 +\dfrac{1}{\ln n} $
    A droite, la suite est convergente donc bornée. 
    Donc $\boxed{\displaystyle\sum_{k=1}^n \ln(k) - (n \ln(n) -n) = O( \ln n)}$.




  • Il y a une faute de frappe : la 2ème intégrale doit avoir une borne du haut égale à $n$ et non $n+1$.

    Par ailleurs, la notation avec $n\rightarrow +\infty$ au niveau de l'égalité est un abus de langage : c'est en fait le $O(\ln(n))$ qui devrait l'inclure.

  • Que signifie : "c'est en fait le $O( \ln n)$ qui devrait l'inclure" ? 

    Le cours dit : 
    Soit $(u_n)$ et $(v_n)$ deux suites de nombres réels. On suppose que $v_n$ ne s'annule pas à partir d'un certain rang.
    $u_n = O(v_n)$ si il existe un réel $M$ et un entier $n_0$ tel que pour tout $n \geq n_0$ on a $| u_n | \leq M |v_n |$.

    Il n'y a pas de voisinage de plus l'infini dans cette définition, pourquoi le sujet le rajoute ? 
  • On pourrait s'en dispenser effectivement.
  • Pas de difficulté pour Q19.b.
    19.b) 
    Par définition de la valuation p-adique : $n!= \displaystyle\prod_{p \ \text{premier}} p^{v_p(n!)}$
    Si $p$ est premier avec $p>n$, alors $p$ ne divise pas $n!$. En effet, si $p$ divisait $n!$, il diviserait l'un de ses facteurs d'après un corollaire du lemme de Gauss, mais c'est impossible car $p>n$.
    Donc si $p$ est premier avec $p>n$ alors $v_p(n!)=0$ et donc : 
    $\boxed{n!=\displaystyle\prod_{p \leq n \ \text{premier}} p^{v_p(n!)}}$
    On passe au log, ce qui donne : $\ln(n!)= \displaystyle\sum_{p \leq n \\ p \ \text{premier}} v_p(n!) \ln (p)$.
    Mais : $\ln(n!) \leq  \displaystyle\sum_{p \leq n \\ p \ \text{premier}} \left( \dfrac{n}{p} + \dfrac{n}{p(p-1)} \right) \ln (p) \leq n \displaystyle\sum_{p \leq n \\ p \ \text{premier}}  \dfrac{\ln (p) }{p} + n \displaystyle\sum_{p \leq n \\ p \ \text{premier}} \dfrac{\ln (p)}{p(p-1)}$
    Par ailleurs :  
    $\ln(n!) >  \displaystyle\sum_{p \leq n \\ p \ \text{premier}} \left( \dfrac{n}{p} - 1 \right) \ln (p) \geq n \displaystyle\sum_{p \leq n \\ p \ \text{premier}} \dfrac{ \ln(p)}{p} - \displaystyle\sum_{p \leq n \\ p \ \text{premier}} \ln(p)$

    D'après Q17, on a : $\displaystyle\prod_{p \leq n \\ p \ \text{premier}}  p \leq 4^n$ donc $\displaystyle\sum_{p \leq n \\ p \ \text{premier}}  \ln(p) \leq n \ln(4)$.

    Ainsi : $\ln(n!) >  n \displaystyle\sum_{p \leq n \\ p \ \text{premier}} \dfrac{ \ln(p)}{p} -n \ln(4)$.

    Finalement : $\boxed{ n \displaystyle\sum_{p \leq n \\ p \ \text{premier}} \dfrac{ \ln(p)}{p} -n \ln(4) < \ln(n!) \leq n \displaystyle\sum_{p \leq n \\ p \ \text{premier}}  \dfrac{\ln (p) }{p} + n \displaystyle\sum_{p \leq n \\ p \ \text{premier}} \dfrac{\ln (p)}{p(p-1)}}$

  • JLapin a dit :
    On pourrait s'en dispenser effectivement.
    Merci pour la réponse.
    Il me semble que c'est quand on utilise les équivalents qu'on travaille au voisinage de plus l'infini.
  • Ben c'est pareil en fait... Quand on demande un équivalent de $u_n$, on peut se dispenser de dire que c'est en $+\infty$.
  • OShine
    Modifié (2 May)
    Je n'ai pas compris alors.
    • On dit que $u \sim v$ si $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \dfrac{u_n}{v_n}=1$. On étudie au voisinage de plus l'infini.
    • Mais $u_n = O(v_n)$ si $( \dfrac{u_n}{v_n})$ est bornée. On étudie simplement le caractère borné, pas au voisinage de plus l'infini.
    Mais $u_n = O(v_n)$ si $( \dfrac{u_n}{v_n})$ est bornée. On étudie simplement le caractère borné, pas au voisinage de plus l'infini.

    Dans ma solution à la question Q19.a, je ne me suis pas placé au voisinage de plus l'infini, j'ai démontré que c'était borné.
  • OShine a dit :

    $u_n = O(v_n)$ si il existe un réel $M$ et un entier $n_0$ tel que pour tout $n \geq n_0$ on a $| u_n | \leq M |v_n |$.


    OShine a dit :
    On étudie simplement le caractère borné, pas au voisinage de plus l'infini.


    Si...
  • OShine
    Modifié (2 May)
    Ah d'accord merci.
    19.c) Soit $k \geq 2$. On a : $k^{3/2} \dfrac{ \ln (k)}{k(k-1)} \sim k^{3/2} \dfrac{\ln (k)}{k^2} \sim \dfrac{\ln (k) }{\sqrt{k}}$.
    Or $\lim\limits_{k \rightarrow +\infty} \dfrac{\ln (k) }{\sqrt{k}} =0$ par croissances comparées.
    Donc : $\boxed{\dfrac{ \ln (k)}{k(k-1)} = o \left(  \dfrac{1}{k^{3/2}} \right)}$.
    Comme la série $\displaystyle\sum_{k \geq 2} \dfrac{1}{k^{3/2}}$ converge $( \frac{3}{2} >1)$, d'après le théorème de sommation des relations de comparaison, la série $\displaystyle\sum_{k \geq 2} \dfrac{\ln (k) }{k(k-1)}$ est convergente.


  • OShine
    Modifié (2 May)
    19.d)
    On a  : $\dfrac{ \ln (n!)}{n} - \displaystyle\sum_{p \leq n \\ p \ \text{premier}} \dfrac{\ln(p)}{p(p-1)} \leq  \displaystyle\sum_{p \leq n \\ p \ \text{premier}} \dfrac{\ln(p)}{p} < \dfrac{ \ln (n!)}{n}+ \ln(4)$.
    Or $\ln(n!)= \displaystyle\sum_{k=1}^n \ln(k)= n \ln(n)-n+ O( \ln n)$ d'après la question 19.a.

    Donc :  $-1+ O(\dfrac{\ln n}{n} )- \displaystyle\sum_{p \leq n \\ p \ \text{premier}} \dfrac{\ln(p)}{p(p-1)} \leq  \displaystyle\sum_{p \leq n \\ p \ \text{premier}} \dfrac{\ln(p)}{p} - \ln(n) <-1 +O(\dfrac{\ln n}{n} ) + \ln(4)$
    Or : $O(\dfrac{\ln n}{n} ) = O(1)$ et la série $\displaystyle\sum_{p \leq n \\ p \ \text{premier}} \dfrac{\ln(p)}{p(p-1)}$ converge d'après la question 19.c donc elle est bornée. 
    Donc : $\boxed{-1+ O(1)  \leq  \displaystyle\sum_{p \leq n \\ p \ \text{premier}} \dfrac{\ln(p)}{p} - \ln(n) <-1 +O(1 ) + \ln(4)}$

    On en déduit immédiatement que : $\boxed{\displaystyle\sum_{p \leq n \\ p \ \text{premier}} \dfrac{\ln(p)}{p} = \ln(n)+O(1)}$.

    La 20.a semble très difficile, je verrai demain.


  • @Oshine : Il se trouve que, pour les suites, "être borné au voisinage de $+\infty$" et "être borné partout", c'est la même chose. Mais ce n'est pas le cas pour les fonctions quelconques. Par habitude, on précise à quel endroit on prend le $O(\dots)$.
  • OShine
    Modifié (3 May)
    @bisam
    Merci.

    Je bloque sur la 20.a, j'ai cherché plus d'une heure, je n'arrive pas à exprimer $\sum_{p \leq t \\ p \ \text{premier}} p $ en fonction de $\displaystyle\sum_{k=2}^t$ il doit y voir une partition de l'ensemble $\{ p \leq t \ ,\ p \ \text{premier} \}$ que je ne vois pas.

  • OShine
    Modifié (3 May)
    J'ai encore cherché mais je ne vois pas comment passer de la somme sur $p \leq t \ ,  p \ \text{premier}$ à la somme sur $2 \leq k \leq t$.
    Je suis totalement bloqué à cette question.
  • Pars plutôt de l'intégrale et utilise 16, ça me semble plus prometteur que ce que tu cherches à faire.
  • Ok merci. Je n'étais pas sur la bonne voie. 

    20.a) On applique la question $16$ à la suite $(a_n)$ définie par $a_n=\begin{cases} \dfrac{\ln (n)}{n} \ \text{si} \ n \in \mathbb{P} \\ 0 \ \text{sinon} \end{cases}$ et $b : t \mapsto \dfrac{1}{\ln(t)}$ qui est $\mathcal C^2$ sur $[2,+\infty[$.
    On a : $\boxed{\forall t \in [2,+\infty[ \ b'(t)= - \dfrac{1}{t \ln(t)^2}}$.

    On a donc : $\displaystyle\sum_{k=2}^n a_k b(k)= A(n) b(n)- \displaystyle\int_{2}^n b'(t) A(t) dt$.
    Ainsi : $\displaystyle\sum_{2 \leq k \leq n \\ k \ \text{premier} } \dfrac{1}{k}= A(n) b(n)- \displaystyle\int_{2}^n b'(t) A(t) dt$
    $\displaystyle\sum_{2 \leq k \leq n \\ k \ \text{premier} } \dfrac{1}{k}= \dfrac{R(n)}{\ln(n)} +1 + \displaystyle\int_{2}^n \dfrac{R(t)+ \ln(t)}{t \ln(t)^2 } dt$
    Or : $\boxed{\displaystyle\int_{2}^n \dfrac{1}{t \ln(t)} dt = \ln_2(n)- \ln_2(2)}$, ce qui donne : 
    $\displaystyle\sum_{2 \leq k \leq n \\ k \ \text{premier} } \dfrac{1}{k}= \dfrac{R(n)}{\ln(n)} +1 + \ln_2(n)- \ln_2(2) + \displaystyle\int_{2}^n \dfrac{R(t)}{t \ln(t)^2 } dt$
    Comme $\displaystyle\sum_{2 \leq k \leq n \\ k \ \text{premier} } \dfrac{1}{k} = \displaystyle\sum_{p \leq n \\ p \ \text{premier} } \dfrac{1}{p}$, on en déduit finalement : 
    $\boxed{\displaystyle\sum_{p \leq n \\ p \ \text{premier} } \dfrac{1}{p} =1 + \ln_2(n)- \ln_2(2) + \dfrac{R(n)}{\ln(n)} + \displaystyle\int_{2}^n \dfrac{R(t)}{t \ln(t)^2 } dt}$.
  • J'ai un blocage sur la 20.b à cause d'un log d'une partie entière. 
    Je n'arrive pas à montrer que $\ln( \dfrac{E(t)}{t} )=_{+ \infty} O(1)$. J'ai regardé sur Géogebra, ça semble borné sauf en $0$ où il y a un pic.

    20.b) 
    $t \mapsto \dfrac{1}{t \ln(t)^2}$ garde un signe constant au voisinage de $+ \infty$.
    Montrons que : $\dfrac{R(t)}{ t \ln(t)^2}= O \left(  \dfrac{1}{t \ln(t)^2} \right)$ c'est-à-dire $R(t) = O(1)$ au voisinage de plus l'infini.
    On a : $\dfrac{R(t)}{t \ln(t)^2}= \dfrac{1}{t \ln(t)^2} \left( \displaystyle\sum_{p \leq E(t) \\ p \ \text{premier} } \dfrac{ \ln(p)}{p} - \ln(t) \right) $
    D'après la question 19.d, on a :  
    $\dfrac{R(t)}{t \ln(t)^2}= \dfrac{1}{t \ln(t)^2} \left( \ln( E(t) )+ O(1) - \ln(t) \right) $
    Donc : $R(t)=\ln( E(t) ) + O(1) - \ln(t) $.
    Je bloque ici pour montrer que $\ln( E(t)) - \ln(t)= O(1)$.

  • $t-1<E(t)\leq t$ donc évidemment $\ln(\frac{E(t)}{t})$ est borné. Tu sèches sur des justifications basiques de lycée et tu vas nous faire croire encore combien de temps que ce X-ENS est une trivialité pour toi ? Arrête de troller.
  • OShine
    Modifié (4 May)
    Je n'ai jamais dit que ce sujet était une trivialité pour moi, je ne le trouve pas facile du tout, les calculs sont très techniques.
    J'y suis depuis 1 semaine, un étudiant n'a que 4 heures pour faire le sujet.
    Il va me falloir en tout 20 heures pour finir le sujet. Je reste modeste concernant mon niveau. 
    Oui donc $1- \dfrac{1}{t} \leq \dfrac{E(t)}{t} \leq 1$ et par croissance de la fonction log, on en déduit : 
    $\ln(1- \dfrac{1}{t} ) \leq \ln( \dfrac{E(t)}{t} ) \leq 0$ donc $\ln( \dfrac{E(t)}{t} ) \longrightarrow 0$ au voisinage de $+\infty$ et tout suite convergente étant bornée, on a donc $\ln( \dfrac{E(t)}{t} )= O(1)$.

    20.b) (suite)
    $t \mapsto \dfrac{R(t)}{ t \ln(t)^2}$ est continue par morceaux sur $[2,+\infty[$. 
    On a donc : $R(t)=O(1)$.
    Ce qui montre que : $\boxed{\dfrac{R(t)}{ t \ln(t)^2} =_{+ \infty} O \left(  \dfrac{1}{ t \ln(t)^2} \right) }$.
    Mais : $\displaystyle\int_{2}^t \dfrac{1} {t \ln(t)^2} dt =\dfrac{1}{\ln(2)} - \dfrac{1}{ \ln(t)} \longrightarrow_{+ \infty} \dfrac{1}{ \ln(2)}$. La limite est finie donc $t \mapsto \dfrac{1} {t \ln(t)^2}$ est intégrable sur $[2,+\infty[$.
    Conclusion : $t \mapsto \dfrac{R(t)}{ t \ln(t)^2}$ est intégrable sur $[2,+\infty[$.


  • OShine
    Modifié (4 May)
    J'ai des difficultés sur la 20.c, j'essaie d'utiliser l'intégration des relations de comparaison.
    20.c) 
    On a : 
    $\displaystyle\sum_{p \leq n \\ p \ \text{premier}} \dfrac{1}{p}=1+ \ln_2(n)- \ln_2(n)+ \dfrac{R(n)}{\ln(n)} + \displaystyle\int_{2}^n \dfrac{R(t)}{t \ln(t)^2} dt $
    Or : $\dfrac{R(n)}{\ln(n)} = O \left( \dfrac{1}{\ln (n)} \right)$.
    On a : $\dfrac{R(t)}{ t \ln(t)^2} =_{+ \infty} O \left(  \dfrac{1}{ t \ln(t)^2} \right)$
    Donc : $\displaystyle\int_{2}^n \dfrac{R(t)}{ t \ln(t)^2} dt =_{+ \infty} O \left(  \displaystyle\int_{2}^n  \dfrac{1}{ t \ln(t)^2} dt \right)$
    Donc : $ \displaystyle\int_{2}^n \dfrac{R(t)}{ t \ln(t)^2} dt =O \left(  \dfrac{1}{\ln(2)}- \dfrac{1}{\ln(n)} \right)$

    Je bloque ici, je n'ai pas l'impression que $O \left(  \dfrac{1}{\ln(2)}- \dfrac{1}{\ln(n)} \right) = O \left(  \dfrac{1}{\ln (n)} \right)$.
    Je ne comprends pas mon erreur.


  • bisam
    Modifié (4 May)
    Il faut vraiment que tu apprennes à manipuler ces fichus $O$ !!
    Ta dernière égalité pour laquelle tu dis "je n'ai pas l'impression que ce soit vraie" est trivialement vraie !

    [Edit] Euh, j'ai mal lu... en fait, tu as raison, c'est faux... mais c'est juste que tu n'as pas fait correctement tes calculs.
  • Il faut montrer que $\ln (n) O \left( \dfrac{1}{\ln (2)} - \dfrac{1}{\ln(n)} \right)$ est borné.
    Or : $O \left( \dfrac{1}{\ln (2)} - \dfrac{1}{\ln(n)} \right) = \left( \dfrac{1}{\ln (2)} - \dfrac{1}{\ln(n)} \right) \varepsilon_n$ avec $\varepsilon_n$ bornée.
    Donc : $\ln (n) O \left( \dfrac{1}{\ln (2)} - \dfrac{1}{\ln(n)} \right) = \left( \dfrac{\ln(n)}{\ln(2)} -1 \right) \varepsilon_n$
    La suite $( \dfrac{ \ln(n)}{\ln(2)} )$ n'est pas bornée, on ne peut rien dire.

  • Être borné par une fonction ou par cette même fonction plus ou moins une constante ne change rien. Si tu as besoin d'écrire 2 pages de formalisme pour établir cela, c'est que tu n'as encore rien compris. Bon, il suffit de revenir à la définition ce que tu n'as pas fait. 

    Tu continues d'écrire des trucs du style $O(f)=O(g)$ ce qui est très dangereux car ça ne veut rien dire. Au mieux, "toutes les suites bornées par $f$ sont exactement toutes les suites bornées par $g$" mais pas sûr que c'est le sens que tu donnes toi.
  • Par exemple, toute suite bornée par $n^2$ est bornée par $n^3$ mais la réciproque est fausse. Ecrire $O(n^2)=O(n^3)$ est donc faux en ce sens que le symbole "=" ici n'est pas celui d'une relation symétrique. En réalité, on parle ici d'ensembles de suites et ce qu'on veut dire c'est que l'ensemble des suites bornées par $n^2$ est inclus dans l'ensemble des suites bornées par $n^3$ donc formellement, $O(n^2) \subset O(n^3)$. Evidemment, découvrir tout ça dans un X-ENS au lieu d'aller potasser un cours complet sur les notations de Landau, c'est un peu ridicule.
  • Alexique
    Modifié (4 May)
    Peux-tu écrire le plus simplement possible $O\left(\frac{1}{\ln(2)}-\frac{1}{\ln(n)}\right)$ ? 
  • Je ne sais pas ce qu'est un O tout seul. 
    Le cours ne donne pas la définition. 
    Il donne la définition quand on a $u=O(v)$, c'est une lacune que je traîne depuis des années.



  • Lirone93
    Modifié (4 May)
    Edit : supprimé (confusion avec l'équivalent $\sim$).
    « je sais que la question de départ est bizarre de la part d'un professeur certifié ».
  • Complètement faux. Tu confonds le $O$ et l'équivalent.
  • C'est peut-être au niveau des limites qu'il faudrait regarder en fait.
    « je sais que la question de départ est bizarre de la part d'un professeur certifié ».
  • En fait, @Oshine, tu as mal utilisé le théorème d'intégration des relations de comparaisons, puisque on est ici dans le cas de convergence !
  • Une règle sur les $O$ ou les $o$ : en dehors de toi, Oshine, personne n'utilise ces notations $O$ ou $o$ à gauche d'un signe $=$. On dit en général que l'égalité est symétrique... oui, on a des fois des trucs qui sont égaux, mais il y en a un qui est un peu plus égal que l'autre.
    Donc astreins toi à ne jamais écrire ces $O()$ ou $o()$ à gauche d'un signe $=$. C'est une faute totalement éliminatoire. Ce conseil ne va pas t'aider à comprendre, mais ça peut t'aider à faire illusion. Et c'est ton objectif. 
    Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
  • OShine
    Modifié (4 May)
    @bisam
    Oui merci, j'ai vu mon erreur. Je n'ai pas terminé l'étude du cours de MP car je revoyais le cours de MPSI en détail avant pour consolider mes bases, et mes connaissances sur l'intégrabilité sont trop superficielles.

    20.b) La question 19.d donne immédiatement : $\boxed{R(t)=O(1)}$.
    Ainsi, il existe $M \in \R^{*} \ \forall t \in [2,+\infty[ \ |R(t)| \leq M$.
    $\exists M \in \R^{*} \ \forall t \geq 2 \ \dfrac{ |R(t)|}{t \ln(t)^2} \leq \dfrac{M}{t \ln(t)^2}$ et la fonction $t \mapsto \dfrac{1}{t \ln(t)^2}$ est intégrable sur le même intervalle car $\displaystyle\int_{2}^x  \dfrac{1}{t \ln(t)^2} dt =\dfrac{1}{\ln(2)}-\dfrac{1}{\ln(x)} \longrightarrow_{+ \infty} \dfrac{1}{\ln(2)}$
    $t \mapsto  \dfrac{ R(t)}{t \ln(t)^2}$ est donc intégrable sur $[2,+\infty[$.

    20.c) Je n'aboutis pas.
    J'arrive à $\displaystyle\sum_{p \leq n  \\ p  \text{premier}} \dfrac{1}{p} = 1+ \ln_2(n)- \ln_2(2)+ O \left( \dfrac{1}{\ln(n)} \right) + \displaystyle\int_{2}^n \dfrac{ R(t)}{ t \ln(t)^2} dt$ ici je bloque, je ne sais pas quoi faire de $ \displaystyle\int_{2}^n \dfrac{ R(t)}{ t \ln(t)^2} dt$.

    @lourran
    D'accord.

  • Je crois que j'ai trouvé, le sujet deviens compliqué à ce stade.
  • Pour la 20.c ma constante $c_1$ est-elle correcte ? 

    20.c) 
    $\displaystyle\sum_{p \leq n  \\ p  \text{premier}} \dfrac{1}{p} = 1+ \ln_2(n)- \ln_2(2)+ O \left( \dfrac{1}{\ln(n)} \right) + \displaystyle\int_{2}^n \dfrac{ R(t)}{ t \ln(t)^2} dt$.
    D'après la relation de Chasles, on a : $ \displaystyle\int_{2}^n \dfrac{ R(t)}{ t \ln(t)^2} dt =\displaystyle\int_{2}^{+\infty} \dfrac{ R(t)}{ t \ln(t)^2} dt - \displaystyle\int_{n}^{+\infty} \dfrac{ R(t)}{ t \ln(t)^2} dt $.
    Où :  $- \displaystyle\int_{n}^{+\infty} \dfrac{ R(t)}{ t \ln(t)^2} dt =O \left( \dfrac{1}{\ln(n)} \right)$ (intégration des relations de comparaison)
    Donc : $\boxed{\displaystyle\sum_{p \leq n  \\ p  \text{premier}} \dfrac{1}{p} =  \ln_2(n)+1 - \ln_2(2)+\displaystyle\int_{2}^{+\infty} \dfrac{ R(t)}{ t \ln(t)^2} dt +  O \left( \dfrac{1}{\ln(n)} \right) }$.

    Donc : $\boxed{c_1 = 1 - \ln_2(2)+\displaystyle\int_{2}^{+\infty} \dfrac{ R(t)}{ t \ln(t)^2} dt  \in \R}$.



  • OShine
    Modifié (5 May)
    Le corrigé disponible sur le site cpge paradise est faux, ma constante $c_1$ est correcte.

    Enfin une question facile. 
    21.a) L'ensemble $ \{n \in \N \cap [1,x] \ : \ n \equiv 0 [q] \}$ désigne les multiples de $q$ compris entre $1$ et $x$. 
    Il y en a : $E (\dfrac{x}{q} )$.
    Mais $\forall x \in \R \ E(x) \leq x < E(x) +1$ donc $\forall x \in \R \ 0 \leq x - E(x) < 1$.
    Donc $\left| card  \{n \in \N \cap [1,x] \ : \ n \equiv 0 [q] \} - \dfrac{x}{q} \right| =  \dfrac{x}{q} - E (\dfrac{x}{q} ) \leq 1$.
    On a bien montré : 
    $\boxed{\forall x \geq 1 \ \forall q \in \N^{*} \ \left| card  \{n \in \N \cap [1,x] \ : \ n \equiv 0 [q] \} - \dfrac{x}{q} \right|  \leq 1}$.


  • Je bloque sur 21.b.
    J'ai écrit $\dfrac{1}{x} \displaystyle\sum_{n \leq x} w(n)= \dfrac{1}{x} \displaystyle\sum_{n \leq x} \displaystyle\sum_{p \mid n \\ p \ \text{premier} } 1$
    J'ai essayé d'écrire des équivalences mais je ne vois pas l'idée et comment intervertir les sommes.
  • Il est peut-être temps de passer à autre chose, alors...
    Cela ne te fait pas progresser d'apprendre la solution que quelqu'un d'autre à trouver.
    La seule chose qui fasse progresser, c'est d'essayer, se tromper, recommencer, et finir par y arriver.
  • @OShine : Si tu as un corrigé de Maths D 2024, n’hésite pas hein 😉
  • Alexique
    Modifié (5 May)
    Ne serait-ce que la notation $\ln_2(n)$ pour logarithme en base 2, je suis à peu près sûr que tu as adopté cette écriture parce que tu l'as lue dans le corrigé. Un Oshine honnête aurait trimbalé des fractions avec du ln(2) tout le long.

    Tiens, là tu as les sujet du concours kangourou 2024 et il n'y a pas encore les solutions en ligne. C'est le moment de nous impressionner : http://www.mathkang.org/concours/sujsol2024.html
  • Non le $\ln_2(n)$ est défini dans la page $1$ du sujet.
    Tu verras que mes réponses n'ont rien à voir avec le corrigé. 
  • @bisam
    Une tentative. 
    $\dfrac{1}{x} \displaystyle\sum_{n \leq x} w(n)= \dfrac{1}{x} \displaystyle\sum_{n \leq x} \displaystyle\sum_{p \mid n \\ p \ \text{premier} } 1$
    On a $n \leq x \ \ \text{et}  \  (p \mid n \ p \ \ \text{premier} ) \iff (p \leq n \ p \ \text{premier} ) \ \text{et} \ ( n \ \text{multiple de} \  p  \ \text{et} \ n \leq x) $
    Donc : 
    $\dfrac{1}{x} \displaystyle\sum_{n \leq x} w(n)= \dfrac{1}{x} \displaystyle\sum_{p \leq n \\ p \ \text{premier} } \displaystyle\sum_{n \leq x \ \ p \mid n}$
    Donc : 
    $\dfrac{1}{x} \displaystyle\sum_{n \leq x} w(n)= \dfrac{1}{x} \displaystyle\sum_{p \leq n \\ p \ \text{premier} } card \{ 1 \leq n \leq x \ | \ n \equiv 0 [p] \} = \boxed{ \dfrac{1}{x} \displaystyle\sum_{p \leq n \\ p \ \text{premier} } E( \dfrac{x}{p} ) }$

    Il faut faire apparaître du $\dfrac{1}{p}$ pour utiliser la question 20.c. Je bloque ici à cause de la partie entière qui me dérange.

  • gai requin a dit :
    @OShine : Si tu as un corrigé de Maths D 2024, n’hésite pas hein 😉
    Non, maths D c'est beaucoup trop dur et ça ne me servira pas pour l'agrégation interne car c'est un niveau largement supérieur en terme de difficulté de questions. 
    Déjà XENS maths A je pense que le niveau des questions est très supérieur au niveau des questions de l'écrit de l'interne. 
    Mais je trouve ce sujet joli, il fait progresser dans la manipulation des sommes et il permet de se frotter à des calculs techniques et difficiles. 
  • le sujet ens C 2024 est plutot facile et classique
  • OShine
    Modifié (5 May)
    @Milas
    Intéressant. Beau sujet qui fait travailler encore les O et les o, je réviserai néanmoins un cours sur les intégrales généralisées de MP et les séries entières avant. Pour les suites, je suis au point. 
    ENS maths C 2 023 contient de grosses coquilles et est difficile.

    Pour la 21.b, je propose ceci, après longue réflexion.

    21.b) On a : 
    $\dfrac{1}{x} \displaystyle\sum_{n \leq x} w(n)= \dfrac{1}{x} \displaystyle\sum_{n \leq x} \displaystyle\sum_{p \mid n \\ p \ \text{premier}} $
    On intervertit les sommes comme l'indique l'énoncé, ce qui donne : 
    $\dfrac{1}{x} \displaystyle\sum_{n \leq x} w(n)= \dfrac{1}{x} \displaystyle\sum_{p \leq x \\ p \ \text{premier} } \displaystyle\sum_{1 \leq n \leq x \ , \  p \mid n} = \dfrac{1}{x} \displaystyle\sum_{p \leq x \\ p \ \text{premier} }  E( \dfrac{x}{p})$
    $\dfrac{1}{x} \displaystyle\sum_{n \leq x} w(n) = \dfrac{1}{x} \displaystyle\sum_{p \leq x \\ p \ \text{premier} } \left( \dfrac{x}{p} - \{ \dfrac{x}{p} \} \right)= \displaystyle\sum_{p \leq x \\ p \ \text{premier} } \dfrac{1}{p} -  \dfrac{1}{x} \displaystyle\sum_{p \leq x \\ p \ \text{premier} } \{ \dfrac{x}{p} \}  $
    En utilisant la question 20.c, il vient : 
    $\dfrac{1}{x} \displaystyle\sum_{n \leq x} w(n) =\ln_2(x)+c_1 + O( \dfrac{1}{\ln (x)} ) -   \dfrac{1}{x} \displaystyle\sum_{p \leq x \\ p \ \text{premier} } \{ \dfrac{x}{p} \}  $ avec $c_1= O(1)$.
    La partie fractionnaire d'un nombre étant dans $[0,1[$ on en déduit :
    $\left|  \dfrac{1}{x} \displaystyle\sum_{p \leq x \\ p \ \text{premier} } \{ \dfrac{x}{p} \} \right| \leq \dfrac{1}{x}  \displaystyle\sum_{p \leq x \\ p \ \text{premier} } \leq \dfrac{1}{x} \displaystyle\sum_{k=2}^{E(x)} \leq \dfrac{E(x)}{x} $
    Or pour $x$ assez grand :  $x-1 < E (x) \leq x$ donc $1- \dfrac{1}{x} < \dfrac{E(x)}{x} \leq 1$ donc $ \dfrac{1}{x} \displaystyle\sum_{p \leq x \\ p \ \text{premier} } \{ \dfrac{x}{p} \}= O(1)$
    On en déduit finalement : $\boxed{\dfrac{1}{x} \displaystyle\sum_{n \leq x} w(n) = \ln_2(x)+ O(1)}$








  • Pas de difficulté pour 22.a.

    22.a) On a : $\dfrac{1}{x} \displaystyle\sum_{n \leq x} ( w(n) - \ln_2(x))^2=\dfrac{1}{x} \left( \displaystyle\sum_{n \leq x} w(n)^2 \right) - \dfrac{2 \ln_2(x) }{x} \displaystyle\sum_{n \leq x} w(n)- \dfrac{\ln_2 ^2(x)}{x} \displaystyle\sum_{n \leq x} 1 $
    Notons : $A=\dfrac{2 \ln_2(x) }{x} \displaystyle\sum_{n \leq x} w(n)$.
    D'après la question 21.b, on a : $A=-2 \ln_2(x) \left( \ln_2(x) + O(1) \right)= -2 \ln_2 ^2(x)+ O( \ln_2(x) )$
    Et : $B=\dfrac{ \ln_2 ^2(x)}{x} \times x= \ln_2 ^2(x)$.
    $\dfrac{1}{x} \displaystyle\sum_{n \leq x} ( w(n) - \ln_2(x))^2=\dfrac{1}{x} \left( \displaystyle\sum_{n \leq x} w(n)^2 \right) -A-B=\dfrac{1}{x} \left( \displaystyle\sum_{n \leq x} w(n)^2 \right)+ 2 \ln_2 ^2(x)+ O( \ln_2(x) )- \ln_2 ^2(x)$
    Finalement : $\boxed{\dfrac{1}{x} \displaystyle\sum_{n \leq x} ( w(n) - \ln_2(x))^2=\dfrac{1}{x} \left( \displaystyle\sum_{n \leq x} w(n)^2 \right) - \ln_2 ^2(x)+ O( \ln_2(x) )}$.

  • OShine
    Modifié (6 May)
    On approche de la fin. 22.c semble redoutable.

    22.b) 
    On a $\displaystyle\sum_{n \leq x} w(n)^2= \displaystyle\sum_{n \leq x}  \displaystyle\sum_{p_1 \mid n \\ p_1 \ \text{premier} } \displaystyle\sum_{p_2 \mid n \\ p_2 \ \text{premier} } $.
    Or : 
    $(n \leq x) \ \text{et} \ \ (p_1 \mid n \ ,  \ p_1 \ \text{premier} ) \ \text{et} \ \ ( p_2 \mid n \ , \ p_2 \ \text{premier}) \\
    \iff (p_1 \leq x \ \ p_1 \ \text{premier}) \ \text{et} \ \ (p_2 \leq x \ \ p_2 \ \text{premier} ) \ \text{et} \ \ ( n \leq x \ , p_1 \mid n , p_2 \mid n )  $

    Donc : $\displaystyle\sum_{n \leq x} w(n)^2= \displaystyle\sum_{p_1 \leq x \\ p_1 \ \text{premier} } \displaystyle\sum_{p_2 \leq x \\ p_2 \ \text{premier} } \displaystyle\sum_{n \leq x , \ p_1 \mid n \ , p_2 \mid n}$
    Enfin :  
     $\boxed{\displaystyle\sum_{n \leq x} w(n)^2= \displaystyle\sum_{p_1 \leq x \\ p_1 \ \text{premier} } \displaystyle\sum_{p_2 \leq x \\ p_2 \ \text{premier} } card \{ n \in \N^{*} \ : \ n \leq x \ , \ p_1 \mid n \ \text{et} \ p_2 \mid n \} }$.

    22.c) Je suis en recherche, cette question me semble très difficile.


  • Pour la 22.c, voici ce que j'ai essayé mais je n'aboutis pas. Je bloque à un moment.
    Je ne comprends pas l'indication.

    22.c) 
    Soient $p_1,p_2$ deux nombres premiers distincts.
    On a $p_1  \mid n$ et $p_2 \mid n$ si et seulement si $n$ est un multiple de $p_1$ et de $p_2$ si et seulement si $n$ est multiple de $PPCM(p_1 p_2)= p_1 p_2$ si et seulement si $n$ est multiple de $p_1 p_2$ si et seulement si $p_1 p_2 \mid n$.

    Donc : $\displaystyle\sum_{p_1,p_2 \leq x \\ p_1 \ne p_2 \ \text{premiers}} card \{ n \in \N^{*} \ : n \leq x \ , p_1 \mid n \ \text{et} \ p_2 \mid n \}=\displaystyle\sum_{p_1,p_2 \leq x \\ p_1 \ne p_2 \ \text{premiers}} card \{ n \in \N^{*} \ : n \leq x \ , p_1 p_2 \mid n \} $.
    Pour tous $p_1 \ne p_2$ premiers, on a d'après la question 21.a : 
    $ card \{ n \in \N^{*} \ : n \leq x \ , p_1 p_2 \mid n \} = \dfrac{x}{p_1 p_2} + O(1)$.
    Donc : $\displaystyle\sum_{p_1,p_2 \leq x \\ p_1 \ne p_2 \ \text{premiers}} card \{ n \in \N^{*} \ : n \leq x \ , p_1 \mid n \ \text{et} \ p_2 \mid n \}=\displaystyle\sum_{p_1,p_2 \leq x \\ p_1 \ne p_2 \ \text{premiers}} \left( \dfrac{x}{p_1p_2} +O(1) \right) \\
    = \boxed{x \displaystyle\sum_{p_1,p_2 \leq x \\ p_1 \ne p_2 \ \text{premiers}} \dfrac{1}{p_1 p_2} + \displaystyle\sum_{p_1,p_2 \leq x \\ p_1 \ne p_2 \ \text{premiers}} }$

    Je bloque ici.

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