Calendrier de L’Avent III

Boécien

Donc tu admets encore le TNP car il faut utiliser $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\mu(n)}{n}=0$. EDIT: en fait non...

Boécien

Démonstration d'un indice, pour l'autre c'est la même méthode. 

On a la série de Lambert $\sum_{n=1}^{\infty}\mu(n)\frac{x^{n}}{1-x^{n}}=x$

donc

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\mu(n)}{n}\frac{nx^{n-1}}{1-x^{n}}=1$$

soit

$$-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\mu(n)}{n}\log\left(1-x^{n}\right)'=1$$

Comme $0\leq\left|x\right|<1$ on a convergence uniforme sur intervalle on peut intégrer terme à terme ce qui donne

$$-\int_{0}^{x}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\mu(n)}{n}\log\left(1-t^{n}\right)'dt=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\mu(n)}{n}\log\left(1-x^{n}\right)=\int_{0}^{x}dt=x$$

Boécien

Avec les indices on a la solution du J7 question 3, finalement assez jolie. Tu as trouvé seul ce truc Calembour?

Grace aux indices on a

$$\sum_{n\geq1}\frac{\mu(n)-\varphi(n)}{n}\log\left(1-\frac{1}{\varPhi^{n}}\right)=\frac{\varPhi^{-1}}{1-\varPhi^{-1}}-\varPhi^{-1}=\frac{\varPhi^{-2}}{1-\varPhi^{-1}}=1$$

Calembour

Boécien a dit :

Avec les indices on a la solution du J7 question 3, finalement assez jolie. Tu as trouvé seul ce truc Calembour?

Grace aux indices on a

$$\sum_{n\geq1}\frac{\mu(n)-\varphi(n)}{n}\log\left(1-\frac{1}{\varPhi^{n}}\right)=\frac{\varPhi^{-1}}{1-\varPhi^{-1}}-\varPhi^{-1}=\frac{\varPhi^{-2}}{1-\varPhi^{-1}}=1$$

Bien joué @Boécien

Non, je ne l'ai pas trouvé tout seul. J'étais tombé sur cet article il y a quelques mois : https://arxiv.org/pdf/1211.2025 . A la fin on peut voir une généralisation 

Calembour

Cidrolin a dit :

On peut même étendre la question 1 du jour 7 au triangle de Narayana : https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/1359966/triangle-de-narayana-et-e

Intéressant, je ne connaissais pas les nombres de Narayana

Calembour

Pour la seconde égalité, en réalité le théorème des nombres premiers nous permet d'en écrire toute une série, par exemple : 
Si on note $P(n) = \prod_{p \in\mathbb{P}, p \le n} p $ la $n$-ième primorielle alors  $\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{P(n)} = e$
$$e = \lim_{n \to \infty} n^{\pi (n)/n}$$
$$e = \lim_{n \to \infty} n^{n/p_n}$$

Philippe Malot

Jour 8

Une égalité 
Montrer que \[\sum_{n=0}^{+\infty}\frac 2{(n^4+n^2+1)n!}=e\;.\]

Des inégalités
Soit $f(z)=\sum_{n=0}^{+\infty}a_nz^n$ une série entière de rayon (au moins) 1, $U$ le disque unité ouvert de $\C$. On suppose que : 
\[\forall z\in U, (1-\vert z\vert)\vert f(z)\vert\leqslant 1\;.\]
Montrer que :
\[\forall n\in\N, \frac{\vert a_n\vert}{n+1}<e\;.\]
La constante $e$ est-elle optimale dans cette inégalité ? 

Boécien

Pour le J8 problème1 voici une solution naturelle.

On a

$$\frac{2}{n^{4}+n^{2}+1}=\frac{n+1}{n^{2}+n+1}-\frac{n-1}{n^{2}-n+1}$$

Donc

$$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2}{(n^{4}+n^{2}+1)n!}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{n+1}{\left(n^{2}+n+1\right)n!}-\sum_{n=0}^{\infty}\frac{n-1}{\left(n^{2}-n+1\right)n!}$$

$$=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{\left(n^{2}-n+1\right)(n-1)!}-\sum_{n=0}^{\infty}\frac{n-1}{\left(n^{2}-n+1\right)n!}$$

$$=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^{2}}{\left(n^{2}-n+1\right)n!}-\sum_{n=0}^{\infty}\frac{n-1}{\left(n^{2}-n+1\right)n!}$$

$$=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^{2}-n+1}{\left(n^{2}-n+1\right)n!}+1=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n!}+1=e$$

Philippe Malot

Bien joué @Boécien !

Boécien

Pour le problème 2 du J8 voici une bafouille. J'ai du recourir à un théorème d'analyse qu'on admettra.

Par hypothèse, pour tout ${0<r<1}$, on a $|f(z)|\leq\frac{1}{1-r}$ pour $|z|=r$.

Par l’inégalité de Cauchy pour les coefficients des séries, on obtient
$$|a_{n}|\leq\frac{\max_{|z|=r}|f(z)|}{r^{n}}\leq\frac{1}{(1-r)r^{n}}.$$

Considérons la fonction $g(r)=(1-r)r^{n}$.Pour maximiser $g(r)$ on voit que la dérivée de $g$ s'annule en $r=\frac{n}{n+1}$, ce qui donne

$$g\left(\frac{n}{n+1}\right)=\left(1-\frac{n}{n+1}\right)\left(\frac{n}{n+1}\right)^{n}=\frac{1}{n+1}\left(\frac{n}{n+1}\right)^{n}.$$

Donc

$$|a_{n}|\leq\frac{1}{g\left(\frac{n}{n+1}\right)}=(n+1)\left(\frac{n+1}{n}\right)^{n}=(n+1)\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}.$$

Comme $\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}\to e$, pour tout $n$ on a

$$\frac{|a_{n}|}{n+1}\leq\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}<e.$$

Et c'est optimal.

etanche

Pour l’exos 2 jour 8 utiliser $|f^{(n)}(0)|\leq \frac{n!}{(1-r)r^n}$ pour $0<r<1$

john_john

Bonjour,
cette inégalité est à rapprocher de celle de l'exercice 356 de la RMS d'octobre 24.

https://www.rms-math.com/rms/upload/rms-exos-etoiles-135-1.pdf

gebrane

Pour le j8 problème 1, ChatGPT a fait apparaître une somme télescopique ( après plusieurs tentatives)

$$\forall n \geq 2, \quad \frac{2}{n!(n^4 + n^2 + 1)} - \frac{1}{(n+1)!} = \frac{n}{(n+1)!((n+1)n + 1)} - \frac{n-1}{n!(n(n-1) + 1)}.$$

Boécien

etanche a dit :

Pour l’exos 2 jour 8 utiliser $|f^{(n)}(0)|\leq \frac{n!}{(1-r)r^n}$ pour $0<r<1$

J'ai utilisé un résultat voisin l'inégalité de Cauchy.

gebrane

@Boécien Tu as démontré que $$\forall n\in \N, \forall r\in ]0,1[, |a_{n}|\leq\frac{1}{(1-r)r^{n}}.$$
Pourquoi ne pas prendre $r_n =1-\frac 1{n+1}$ pour avoir 
$$\forall n\in \N, |a_{n}|\leq\frac{n+1}{(1-\frac 1{n+1})^n}.$$ et on sait que $$\frac{1}{(1-\frac 1{n+1})^n}\uparrow e$$

john_john

Exercice 2 : cela prouve-t-il que $\rm e$ est une constante optimale ? L'inégalité de Cauchy, qui a servi auparavant,  peut être grossière, elle.

Boécien

gebrane a dit :

@Boécien Tu as démontré que $$\forall n\in \N, \forall r\in ]0,1[, |a_{n}|\leq\frac{1}{(1-r)r^{n}}.$$
Pourquoi ne pas prendre $r_n =1-\frac 1{n+1}$ pour avoir 
$$\forall n\in \N, |a_{n}|\leq\frac{n+1}{(1-\frac 1{n+1})^n}.$$ et on sait que $$\frac{1}{(1-\frac 1{n+1})^n}\uparrow e$$

Oui mais pour montrer l'optimalité il faut prendre la valeur qui optimise l'inégalité. D'où mon étude de g'. Du reste tu peux voir que c'est cette valeur qui apparait et donc que j'ai prise!

Boécien

john_john a dit :

Exercice 2 : cela prouve-t-il que $\rm e$ est une constante optimale ? L'inégalité de Cauchy, qui a servi auparavant,  peut être grossière, elle.

C'est une bonne question. Je n'ai pas d'info sur l'optimalité de l'inégalité de Cauchy, pensant qu'elle était optimale pour le $r$ le plus défavorable(ou favorable selon sa perspective) dans le domaine de convergence. Si quelqu'un a une référence sur ce th? EDIT, il faudrait aussi que l'inégalité dans l'énoncé soit optimale ce que n'a pas précisé Philippe Malot.

Philippe Malot

@Boécien
Dans ta réponse de 10:39, tu es allé un peu vite sur la fin : la convergence de $\left(1+\dfrac 1n\right)^n$ vers $e$ ne permet pas de conclure, c'est le fait que $\left(1+\dfrac 1n\right)^n<e$ pour tout $n\in\N^\ast$ (et le cas $n=0$ au fait ?), ce qu'on peut supposer acquis car c'est un résultat assez connu.
Quant à l'optimalité de la constante $e$, elle reste encore à démontrer (ou à infirmer).

gebrane

Non elle n'est pas optimale, prendre $f(z)=\frac1{1-z}$ pour $z\in U$ autrement dit $a_n=1$, f  vérifie la condition mais 1<e
@Philippe Malot j'ai dit $\frac{1}{(1-\frac 1{n+1})^n}\uparrow e$ donc $\frac{1}{(1-\frac 1{n+1})^n}\leq  e$

Philippe Malot

Salut @gebrane, j'avais bien vu ta réponse !
Évidemment, concernant l'optimalité de $e$, la question est de savoir si on peut mettre une constante $C<e$ telle que l'inégalité $\dfrac{|a_n|}{n+1}<C$ soit vraie pour tout $n\in\N$ dès lors que la série entière $f\colon z\mapsto\sum_{n=0}a_nz^n$ de rayon au moins $1$ vérifie $(1-\vert z\vert)\vert f(z)\vert\leqslant 1$ pour tout $z$ dans $U$.

Boécien

@Philippe Malot Oui j'ai été un peu vite mais bon on fait ça en terminale! Et pour n=0 on a abs(f(0))=abs(a_0)<=1. @gebrane L'optimalité est pour toute fonction $f$, pas une en particulier. Donc je maintiens que c'est sans doute optimal pour toute fonction f qui vérifie la condition de PM optimalement.

EDIT: je viens de me relire et j'ai bien écrit (1+1/n)^n<e pour tout n (entendu non nul).

marco

Soit $f(z)=A(n)z^n$, avec $A(n) \in \R^{+*}$, alors $(1-|z|)|f(z)| \leq 1$ sur $U$, si $A(n) = (n+1)(1+\frac{1}{n})^n$. On étudie la fonction sur $[0,1[$ $x \mapsto (1-x)x^n$. Or $\frac{A(n)}{n+1}<C$. Donc $(1 +\frac{1}{n})^n<C$. Donc $e \leq C$. Donc $e$ est optimal. Peut-être @Boécien l'a déja écrit. 

Boécien

@marco bien vu. C'est ce qui manquait.

Philippe Malot

Bien joué @marco !

CloudSea

Jour 9

Voici l'ensemble des points $(x, y) \in I^2$ tels que $x^y = y^x$ où $I$ est un intervalle ouvert de la forme $]0, b[$ avec $b \simeq 10$ (je me souviens plus la valeur exacte que j'ai mise quand j'ai fait le plot). Saurez vous expliquer pourquoi il y a deux courbes et déterminer leur point d'intersection ?

gebrane

@Boécien et @Philippe Malot Il y a une coquille qui empêche la compréhension du raisonnement de marco, que je salue. Normalement, il considère \( f(z) = \sum_{n \geq 1} A(n) z^n \), avec \( A(n) = (n+1)\left(1+\frac{1}{n}\right)^n \). La série a bien un rayon de convergence \( 1 \), mais pourquoi cette fonction \( f \) vérifie-t-elle \((1 - |z|)|f(z)| \leq 1\) sur \( U \) ? Je ne sais pas calculer la somme de cette série entière ! 

gebrane

Pour le jour 9 ( inachevé)

On peut considérer l’équation $x^y = y^x$ même sur $[0, +\infty[$. L’équation est équivalente à $\frac{\ln x}{x} = \frac{\ln y}{y}$. Une solution triviale est donnée par les couples $(x, y)$ appartenant à la première bissectrice. On note $f(x) = \frac{\ln x}{x}$. Avec Wolfram, $f$ est strictement croissante sur $]0, e]$ et strictement décroissante sur $[e, +\infty[$.  On note $g$ la réciproque de $f$ sur $]0, e]$, ce qui donne $g : ]-\infty, \frac{1}{e}] \to ]0, e]$, et $h$ sa réciproque sur $[e, +\infty[$, ce qui donne $h : ]0, \frac{1}{e}] \to [e, +\infty[$. donc on a les couples de solutions $(x, g(\frac{f(x)}x)$ pour $x\leq e$ et $(x, h(\frac{f(x)}x)$ pour $x\geq  e$  Pour expliquer les graphiques, pas le temps

john_john

Jour VIII (réponse à Gebrane)
bonjour, fiston : non, marco considère le seul monôme $A(n)z^n$ et non pas la série d'iceux.

Bibix

Solution du jour 9 :

Soit $x > 0$, on pose $g_x : y \longmapsto y \ln(x) - x \ln(y)$ et on obtient $g_x'(y) = \ln(x) - \frac{x}{y}$ ce qui donne $g_x$ strictement décroissante sur $]0,\frac{x}{\ln(x)}[$ et strictement croissante sur $]\frac{x}{\ln(x)}, +\infty[$. De plus, $g_x(0^+) = +\infty = g(+\infty)$ et $g_x(\frac{x}{\ln(x)}) = (1-\ln(x)+\ln(\ln(x))) x$. Or si on étudie $f : x \longmapsto 1 - \ln(x) + \ln(\ln(x))$, on voit que $f$ est strictement croissante sur $]0,e[$ et strictement décroissante sur $]e, +\infty[$ donc $f(x) \leq f(e) = 0$ donc $\min_{y > 0} g_x(y) = f(x) x \leq 0$ donc l'équation $g_x(y) = 0$ admet exactement deux solutions (dont $y = x$) et la condition pour qu'elle admette une unique solution est $\frac{x}{\ln(x)} = x$, i.e. $x = e$.

Philippe Malot

@Boécien Pour revenir au jour 8, le cas d’égalité dans les inégalités de Cauchy est obtenu justement quand la fonction à laquelle on applique l’inégalité est un monôme, ce qui pouvait guider pour faire un choix de fonctions $f_n$ telles que $\displaystyle\lim_{n\to +\infty}\frac{\vert f^{(n)}(0)\vert}{(n+1)!}=e$.

Boécien

@Philippe Malot  Merci!

gebrane

Merci papa Jhon , j'avais pris l'écriture $f(z)=A(n)z^n$ pour une coquille !

john_john

De rien, fiston  

gebrane

Mais je me demande quelle mouche ( plutôt moustique) m'a piqué pour croire que c'était une coquille

gebrane

Allez, @JLapin , lance ton sujet avant que je dorme. Je vais y réfléchir dans mes rêves cette nuit

JLapin

$\text{Suj}e^t$ du 10 décembre 2024

Pour tout $n\in\N^*$, on pose $$u_n=\sqrt{1+\sqrt{2+\sqrt{....+\sqrt{n-1+\sqrt{n}}}}}$$

Montrer que $u_n$ converge, puis, en notant $\ell$ sa limite, trouver un équivalent simple de $$(\ell-u_n)^{1/n}.$$

marco

$(u_n)$ est croissante, et $u_n^2=1+\sqrt{2}\sqrt{1+\sqrt{3/2^2+\sqrt{4/2^4+ \sqrt{\cdots+\sqrt{n/2^{2^{n-2}}}}}}} \leq 1+\sqrt{2}u_n$, car $k/2^{2^{k-2}} \leq k-1$ pour tout $k\geq 2$. Donc $(u_n)$ est majorée. Donc elle converge.

marco

On a même $u_n^2 \leq 1 + \sqrt{2}\sqrt{1+\sqrt{1+\sqrt{\cdots +\sqrt{1}}}} \leq 1+ \sqrt{2}\frac{1+\sqrt{5}}{2}$.

JLapin

Oui, j'ai effectivement une majoration similaire à ta deuxième proposition.

gebrane

Je bloque sur l'équivalent, pour la convergence on peut démontrer par récurrence que la suite est majorée par 2

JLapin

Voici une indication :

réécrire $u_{n+1}-u_n$ en utilisant plein de quantités conjuguées, en déduire un encadrement de $u_{n+1}-u_n$ puis un encadrement de $\ell-u_n$, chercher un équivalent simple des suites encadrantes (ce sont des suites de restes), passer au $\ln$ et diviser par $n$ pour obtenir par encadrement un développement de la forme $$\dfrac{1}n \ln(\ell-u_n) = v_n+o(1)$$ avec $v_n$ assez simple.

gebrane

Jlapin $v_n=-\frac{\ln n}n$ ?

JLapin

Non : si c'était le cas, ton $v_n$ serait absorbé par le o(1).

Je présenterai quelques éléments de preuve plus détaillés ultérieurement si personne n'a le courage de le faire avant moi

gebrane

J'ai fait les calculs à la hâte,
Jlapin  ne donne pas la réponse, on n' a pas tous le temps pour mener à bien les calculs. c'est une jolie question, donc  tu donnes la réponse après décembre si personne ne trouve avant

JLapin

Très bien !

Boécien

Pour le J10: Est-ce?

$$\frac{\ell-u_{n+1}}{\ell-u_{n}}\sim\frac{1}{2\sqrt{n}}\Rightarrow\left(\ell-u_{n}\right)^{1/n}\sim\left(\frac{2^{-n}}{n!^{1/2}}\right)^{1/n}\sim\frac{1}{2}\sqrt{\frac{e}{n}}$$

etanche

@ Boecien 20/20 oui c’est ça l’équivalent. 

JLapin

Je n'ai pas l'estimation asymptotique suffisante pour établir l'équivalent simple du quotient que tu nous proposes mais je te fais confiance
En tout cas, le résultat final est correct.

Ludwig

Jour XI

Deux mois à peine que Jean est à la retraite et il en a déjà marre de partager toutes ses journées avec sa femme. Un matin où ils sont tous les deux dans le salon il ne pense qu’à s’échapper, par tous les moyens. Alors, sans un mot, il retire son alliance et la place à 10 cm d’une extrémité de son bâton de marche. Il le fait ensuite tourner horizontalement autour de l’extrémité désormais baguée, en calant sa vitesse sur celle de la trotteuse de la pendule. Son sourire s’étire au fur et à mesure que sa bague se rapproche de l’autre extrémité, sans la moindre résistance… 

Sa bague tombe par terre, roule et se perd sur le tapis du salon. 

Ancien professeur de mathématiques, Jean se demande aussitôt quelle a pu être la trajectoire de sa précieuse bague et quelle distance elle a pu parcourir avant d’être éjectée. Mais après 40 années passées dans l’Éducation nationale, il est un peu déboussolé et n’arrive pas à résoudre son problème : il faut lui donner un coup de main ! Son bâton mesure 120 cm de long et son alliance pèse 10 g.