Calendrier de L’Avent II

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Réponses

  • Pour le jour 12 :

    si $k=0$ : 
    $2\zeta(3)$

    si $k\in\N^*$ : 
    $\displaystyle\frac1k\left(\sum_{i=1}^k\frac1{i^2}+\left(\sum_{i=1}^k\frac1i\right)^2\right)$


  • Un grand bravo à Jandri ainsi qu'un jalon vous conduisant à la solution.

    Pour tout $k$, on obtient une valeur de la somme en sommant par tranches ($p+q=N$, où $N\geqslant2$) ; cela répond à la question pour $k\neq0$. Enfin, pour $k=0$, on obtient une seconde expression de la somme par application du théorème de Fubini : si $H_n$ désigne la somme des inverses des $n$ premiers entiers, on obtient $S=\displaystyle2\sum_{N\geqslant2} H_{N-1}/N^2=\zeta(3)+\sum_{p\geqslant1} H_p/p^2$.

    Bon, me direz-vous, il ne reste plus qu'à espérer que les démonstrations de l'irrationalité de $\zeta(3)$ ne sont pas toutes erronées :)

  • Je n'ai pas le temps de faire les calculs moi-même, mais c'est un joli exercice avec un résultat surprenant au premier abord.
  • john_john
    Modifié (December 2023)
    D'après une remarque de Jandri à propos de l'exercice d'hier : la partie de $\R$ définie par l'inéquation $\displaystyle\sum_{k=1}^{22}\dfrac{k}{x-k}>\frac18$ est une réunion disjointe d'intervalles ouverts de longueur totale $2\,024$. De quoi pimenter TD/Colles de janvier prochain :)
  • john_john
    Modifié (December 2023)

    Jour 13

     
    1) Qui voit un bon gros minorant pour $\int_{0}^{1}f(t)\,{\rm d}t$, où  $f$, quittant $[0,\,1]$ pour $\R$ sans saut, satisfait aussi à $\forall(x,\,y)\in[0,\,1]^2,\ f\big(\frac{x+y}2\big)\geqslant x^2y$ ?
    2) Qui nous dira un minorant positif mais non nul, optimal ou non, pour $\displaystyle\frac{\int_{0}^{1}f(t)\,{\rm d}t}{\big(\int_{0}^{1}\sqrt{g(t)}\,{\rm d}t\cdot\int_{0}^{1}\sqrt{h(t)}\,{\rm d}t\big)^2}$ si $f$, $g$, $h$,  quittant $[0,\,1]$ pour $\R^+$ sans saut, satisfont aussi à $\forall(x,\,y)\in[0,\,1]^2,\ f\big(\frac{x+y}2\big)\geqslant g(x)h(y)$ ?
  • etanche
    Modifié (December 2023)
    Jour 12 voici une autre piste pour $k=0$ avec des intégrales
    \begin{align*}
    \sum_{i,j=1}^{+\infty} \frac{1}{ij(i+j)} &= \sum_{i,j=1}^{+\infty} \frac{1}{ij} \int_{0}^{1} x^{i+j-1} \mathrm{d}x = \int_{0}^{1}\left(\sum_{i,j=1}^{+\infty}   \frac{x^{i+j}}{ij}\right) \frac{\mathrm{d}x}{x} =  \int_{0}^{1} \frac{\ln^2(1-x)}{x} \mathrm{d}x \\
    \int_{0}^{1} \frac{\ln^2(1-x)}{x} \mathrm{d}x &= \int_{0}^{1} \frac{\ln^2(x)}{1-x} \mathrm{d}x =  \int_{0}^{1}\sum_{k=0}^{\infty}x^k \ln^2 (x)\mathrm{d}x =\sum_{k=0}^{\infty}  \int_{0}^{1}x^k \ln^2 (x)\mathrm{d}x  = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{2}{(k+1)^3} = 2 \zeta (3)
    \end{align*}
  • 1) La fonction $f$ doit être continue de $[0,\,1]$ dans $\R$ ; tant que vous y êtes, vous pouvez même trouver la plus petite valeur possible de l'intégrale.


    2) Là, un minorant $>0$ conviendra bien !

  • Jour 13 

    Pour 1/ est-ce que c'est 2/9 ?

  • Pour etanche, 

    J'ai $9/32$ ; c'est un peu plus grand !  Cherche une fonction qui réalise l'égalité...

  • @etanche
    Pour le jour 12 ta méthode avec une intégrale marche aussi pour $k\geq1$, on obtient une somme finie qui a une autre forme que celle que j'ai obtenue ci-dessus : 
    $2\displaystyle\sum_{i=1}^k(-1)^{i-1}\frac{{k-1\choose i-1}}{i^3}$


  • marco
    Modifié (December 2023)
    $\int_{(x,y)\in[0,1]^2}\sqrt{f(\frac{x+y}{2})}dxdy \geq \int_{x\in [0,1]}\sqrt{g(x)}dx \int_{y \in [0,1]} \sqrt{h(y)}dy$
    Or $\int_{(x,y)\in[0,1]^2}\sqrt{f(\frac{x+y}{2})}dxdy = \int_{u\in [0,1]} \int_{-m(u) \leq v \leq m(u)} \sqrt{f(u)}dudv$ avec $m(u)=2u$ si $u \in [0,1/2]$ et $m(u)=2(1-u)$ si $u \in [1/2,1]$ (changement de variable $u=\frac{x+y}{2}$ et $v=y-x$
    Donc $\int_{(x,y)\in[0,1]^2}\sqrt{f(\frac{x+y}{2})}dxdy  =\int_{u \in [0,1]} 2m(u)\sqrt{f(u)}du \leq (\sqrt{\int_{u\in [0,1]} 4m(u)^2du})\cdot (\sqrt{\int_{u\in [0,1]} f(u)du})$
    Donc un minorant est  l'inverse de: $\int_{u\in [0,1]} 4m(u)^2du=2\int_{u\in[0,1/2]} 16u^2du=4/3$, c'est-à-dire $3/4$.
  • Yannguyen
    Modifié (December 2023)
    Bonjour
    j’ai une contribution
    J’en garderai secret l’auteur, pour 24 heures. 

    Jour 13
    1) Soit $t\in[0,\,1]$ ; pour quels $x$ peut-on écrire $t=\frac{x+y}2$, c'est-à-dire avoir $y:=2t-x\in[0,\,1]$ ? Il y a deux cas :
    a) Si $t\leqslant1/2$, c'est possible si, et seulement si, $x\in[0,\,2t]$ et alors $f(t)\geqslant x^2y=x^2(2t-x)$ ; on choisit $x=4t/3$ pour rendre ce minorant aussi grand que possible et l'on obtient $f(t)\geqslant f_0(t):=\frac{32}{27}t^3$.
    b) Si $t\geqslant1/2$, c'est possible si, et seulement si, $x\in[2t-1,\,1]$ et, cette fois, le maximum de $x^2(2t-x)$ est atteint en $x=4t/3$ si $t\leqslant3/4$ et en $1$ sinon. Respectivement, on a alors $f(t)\geqslant f_0(t):=\frac{32}{27}t^3$ et $f(t)\geqslant f_0(t):=2t-1$.
    En conclusion, $\int_{0}^{1}f(t)\,{\rm d}t\geqslant\int_{0}^{1}f_0(t)\,{\rm d}t=\int_{0}^{3/4}\frac{32}{27}t^3\,{\rm d}t+\int_{3/4}^{1}(2t-1)\,{\rm d}t=\frac9{32}\cdot$ En outre, cette valeur est bien un {\em minimum} puisqu'elle est obtenue pour la fonction $f_0$, qui est effectivement continue et qui satisfait par construction \`a l'{\em in\'equation fonctionnelle} de l'\'enonc\'e.

    2) Corrigé succinct (je préciserai demain). Posons $I=[0,\,1]$ et $D=I\times I$ ; on construit $\omega$, fonction affine par morceaux de $I$ dans $\R^+$ telle que, pour tout $F$, on ait $\iint_DF((x+y)/2){\rm d}x{\rm d}y=\int_{I}^{}F(t)\,{\rm d}t$.
    De ce fait, $\int_{I}^{}\omega(t)\sqrt{f(t)}\,{\rm d}t=\iint_D\sqrt{f((x+y)/2)}\geqslant\int_{I}^{}\sqrt g\cdot\int_{I}\sqrt h$. L'inégalité de Cauchy-Schwarz fait le reste.
  • bd2017
    Modifié (December 2023)
    Bonjour
    je n'ai pas le temps d'expliquer et de vérifier mes calculs mais je balance mon résultat à tout hasard car il est un peu loufoque ... le minimum est $\frac{61921}{221184}  \approx  0.279$
    La fonction que j'ai trouvée qui réalise  le minimum est polynomiale par morceaux, les morceaux étant
    $[0,1/2]$,$[1/2,3/4]$  et $[3/4,1]$    c'est le segment $[1/2,3/4]$ qui me donne l'expression plus compliquée  mais j'ai peut-être fait une erreur de calcul en allant vite.
     
  • Bravo Marco ! Démonstration impeccable...

    bd2017 : ta construction m'intéresse ; le résultat est à peine inférieur à 9/32 ! Celle d'etanche aussi.
  • john_john
    Modifié (December 2023)
    1) En attendant l'éventuelle publication d'autres solutions du 1) d'hier (Jour 13), quelqu'un peut-il vérifier le principe de ma solution ainsi que le calcul qui s'ensuit ? Si $f$ satisfait à $f(\frac{x+y}2)\geqslant x^2y$ pour tout couple $(x\,,y)$ acceptable, alors, pour tout $t$, la valeur de $f(t)$ est supérieure ou égale à $f_0(t)$, borne supérieure de $x^2y$, où $(x,\,y)$ décrit la trace de la droite d'équation $X+Y=2t$ dans le carré $[0,1]\times[0,1]$. En outre, la fonction $f_0$, qui est effectivement continue, satisfait par construction à l'inéquation fonctionnelle.
    Merci d'avance !

    2) L'idée de l'énoncé fut le suivant : avec les mêmes intervalles, si $f(\frac{x+y}2)\geqslant\sqrt{g(x)h(y)}$ (avec $g$ et $h$ à valeurs dans $\R^+$) et $\int_Ig=\int_Ih=1$, alors $\int_If\geqslant1$ ; seulement, je l'ai amendé car cela repose sur une astuce introuvable (sauf par celui qui l'a trouvée initialement). L'idée de passer par une intégrale double m'a paru plus naturelle.

    Autre remarque : je n'avais pas vu la jolie preuve d'etanche du Jour 12 avec des intégrales.
  • bd2017
    Modifié (December 2023)
    Bonjour
    @john_john Je ne vais rien t'apprendre car ma solution c'est la tienne. Excepté les calculs simples à faire (qui ressemblent  à celle  @Yannguyen) donc rien de nouveau pour ma part à la première question.
     
  • Namiswan
    Modifié (December 2023)
    Oups, j'ai failli oublier.

    Jour 14


    Soit $\displaystyle P_n=\prod_{k=0}^n (X-k)$. Soit $x_n$ le plus petit point critique de $P_n$. Déterminer le comportement de $x_n$ à l'infini (limite, équivalent du reste, voire un développement asymptotique)
    Accessoirement, faire de même avec le $k$-ième point critique.
  • jour 14 : etanche, le roi de la référence précise, nous dira qu'il s'agit d'un sujet des Mines-Ponts (d'une année de coupe du monde de balle au pied :) ). Je m'abstiens donc aujourd'hui de participer, car cela ne serait pas honnête.

    Anecdote : je ne sais plus si l'erreur venait du titre donné à ce sujet dans le rapport du concours ou dans les annales de l'UPS, mais toujours est-il que le thème était censé être : étude des zéros de $P_n$. Avec la montée inexorable du niveau, cela sera peut-être nécessaire dans dix ans.
  • Merci bd2017 ; c'est noté !
  • Namiswan
    Modifié (December 2023)
    Il est difficile d'être créatif de nos jours. À chaque fois que j'invente un énoncé, il existe déjà.
  • Si tu l'as inventé, bravo ! car c'était l'objet de tout un sujet de concours.
  • bd2017
    Modifié (December 2023)
    Bonjour
    $P'(x)=0=P'(x)/P(x)$  est équivalent à  $\dfrac{1}{x} =\sum_{k=1}^n \dfrac{1}{k-x}.$  Il est facile de voir que la plus petite racine ne s'approche pas de $1.$  Ainsi une minoration / majoration du membre de droite et facile avec la série harmonique. Cela conduit à $x\sim \dfrac{1}{\ln n}.$

    Edit: la première égalité s'obtient  par décomposition en éléments simples.  Dans  la suite $x=(x_n)$ désigne la plus petit racine de $P'$ qui je ne l'ai pas dit est évidemment comprise entre 0 et 1. Et ensuite j'ai utilisé  $H(n)=\ln n + O(1). $
     
  • Boécien
    Modifié (December 2023)

    Jour 15


    Miroir du jour $6$ mais la fonction a un acabit distinct.

    Soit $\alpha\in\mathbb{N}^{\star}$, soit $f:\mathbb{N}\mathbb{\rightarrow\mathbb{N}}$ satisfaisant $f(1)=\alpha+1$ puis pour tout $n\geq2$, notant $F=\{f(n)\:,n\in\mathbb{N}^{\star}\}$, on a
    • $n\in F\Rightarrow f(n)=f(n-1)+\alpha+1$
    • $n\notin F\Rightarrow f(n)=f(n-1)+\alpha$
    Si $f^{(m)}=f\circ f^{(m-1)}$ pourrais-tu avoir $f^{(m)}(n)$ fonction du tripot $\left\{ f(n),n,\alpha\right\}$  pour $m\in\mathbb{Z}_{\geq2}$ choisi ?
  • Boécien
    Modifié (December 2023)
    Pour ceux qui veulent voir le résultat dans un cas particulier.
    Pour le cas $\alpha=1$  on obtient    $$f(n)=1+\left\lfloor \left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)n\right\rfloor$$  par conséquent
    $$f(f(n))=f(n)+n+1$$ donc pour $m \geq 1$ on a
    $$f^{(m)}(n)=\left(f(n)+1\right)F_{m}+\left(n+1\right)F_{m-1}-1$$ où $F_m$ est le mième nombre de Fibonacci.
  • Boécien
    Modifié (December 2023)
    Bon pas beaucoup de succès mes cidrolineries. Pour ceux qui veulent voir le cas général.
    Pour le cas général on a $$f(n)=1+\left\lfloor \left(\frac{\alpha+\sqrt{\alpha^{2}+4}}{2}\right)n\right\rfloor$$ Par conséquent$$f(f(n))=\alpha f(n)+n+1$$Soit maintenant la suite définie par $a_{1}=1,a_{2}=\alpha$ , $$a_{m+1}=\alpha a_{m}+a_{m-1}$$ ayant pour formule à la Binet$$a_{m}=\frac{1}{\sqrt{\alpha^{2}+4}}\left(\left(\frac{\alpha+\sqrt{\alpha^{2}+4}}{2}\right)^{m}-\left(\frac{\alpha-\sqrt{\alpha^{2}+4}}{2}\right)^{m}\right)$$alors on a$$f^{(m)}(n)=a_{m}f(n)+a_{m-1}n+\sum_{k=1}^{m-1}a_{k}$$
  • Ben314159
    Modifié (December 2023)
    Une mini remarque pour le jour 15 : 
    On a pas vraiment besoin de calculer $f(n)$ pour répondre à la question posée vu que, par construction, on a $f(n)=f(1)+(n\!-\!1)\alpha+g(n)=1+\alpha n+g(n)$ où $g(n)=\mbox{card}\{k\hbox{ t.q. }f(k)\!\leqslant\!n\}=\mbox{max}\{k\hbox{ t.q. }f(k)\!\leqslant\!n\}$ ce qui signifie  que $f\big(g(n)\big)\leqslant n<f\big(g(n)+1\big)$ et donc que $g\big(f(k)\big)=k$ (en utilisant la croissance stricte de $f$).
    Donc $f\!\circ\!f(n)=1+\alpha f(n)+g\big(f(n)\big)=1+n+\alpha f(n)\ (\star)$.
    Et personnellement, j'avais fini en disant que $(\star)$ implique que $f^{(m)}(n)=a_m+b_m n+c_m f(n)$ où les suites $(a_m)_{m\geq 0}$, $(b_m)_{m\geq 0}$, $(c_m)_{m\geq 0}$ vérifient des formules de récurrence linéaires.
  • Boécien
    Modifié (December 2023)
    Merci @Ben314159. Je subodorais qu'il n'y avait pas besoin de bourriner avec les suites de Beatty mais comme je les avais déjà calculées et que j'avais remarqué cette propriété à travers elles... Mais c'est beaucoup plus élégant ta méthode pour arriver à la relation pour $ f\circ f$ etc.
  • john_john
    Modifié (December 2023)
    (Forum moribond jusqu'à 15h ; là, ça ira :) )

    Jour 16


    Soit $u\in L(V)$ ($V$, frangin ou cousin d’un $\R^n$ ou, pourquoi pas, d'un $\C^n$) ; alors $(x{\rm Id}-u)^{-1}$ vaut grosso modo $v/x^k$ pour $x$ frôlant $0$, mais non nul. Or, dis-nous, d’où sort $k$, surtout d’où sort $v$ !

    Soit $u$ un endomorphisme d'un espace normé $V$ de dimension finie ; déterminer un endomorphisme $v$ ainsi qu'un entier naturel $k$ tels que $(x{\rm Id}-u)^{-1}=v/x^k+{\rm o}(1)/x^k$  lorsque $x\to0$.
  • bd2017
    Modifié (December 2023)
    Bonjour  Réponse à  Jour 16   Désolé je n'arrive pas  à cacher ma réponse,   d'ailleurs je ne sais pas comment faire. Vu l'heure ... ce n'est pas grave je l'espère.
    Le polynôme  minimal de $u$  est de la forme $Q(x)=x^k P(x)$,  avec $P(0)\neq0.$  Cela donne déjà $k$  et en particulier si $k=0$ on a $v=u^{-1}.$
     Cas général:  $u$  n'est pas inversible  (i.e  $k\geq 1.$ )     Soit alors $(e_1,e_2,\dots,e_k,e_{k+1},\dots,e_n)$  une base  telle [que] $(e_1,e_2,\dots,e_k)$  soit une base de $\ker (u^k)-\ker{u^{k-1}.$   Alors $v$   est défini par  $v(e_j)=e_j$ si $j=1,\dots,k$   et $v(e_j)=0$ si $j\geq k+1.$
    On peut aussi écrire $v=\dfrac{1}{2 i \pi}\oint_{z\in\gamma}  z^{k-1} (z I- u)^{-1} dz $,  où  $\gamma$ est un cercle de centre $0$   assez petit, de sorte [que] $0$ soit la seule valeur propre de $u$  sur le disque contenant ce cercle. 
     
  • john_john
    Modifié (December 2023)
    Bonsoir, bd2017,
    en d'autres termes, ton $v$ est un projecteur, mais cela me semble bizarre : il dépend du choix de la complétion d'une base du noyau de $u^k$ en une base de $V$ (j'ignore si j'avais le droit d'appeler $E$ un e.v. !)
    En outre, $v$ peut être nilpotent : par exemple, si $u\neq0$ et $u^2=0$, on a $(xId-u)=x(Id-u/x)$ et donc $(xId-u)^{-1}=Id/x+u/x^2$, de sorte que $v=u$. Peut-être as-tu fait comme si $x\to\infty$, en fait !
  • MrJ
    MrJ
    Modifié (December 2023)
    Après quelques calculs matriciels, j'ai également trouvé que $k$ est la multiplicité de $0$ dans le polynôme minimal de $u$. Si $k\geq 1$, alors il me semble (si je n'ai pas fait d'erreurs de calcul) en utilisant la décomposition de Fitting $E = \ker(u^k)\oplus \rm{Im}(u^k)$, que 
    $$\forall (y,z)\in\ker(u^k)\times{\rm{Im}}(u^k), \qquad v( y + z) = u^{k-1}(y).$$
  • Tout à fait d'accord avec MrJ ! La propriété se généralise donc (en dimension infinie) au cas où $u$ admet un polynôme minimal.
    NB : on n'a donc un projecteur (lorsque $k>0$) que ssi $k=1$.
  • gai requin
    Modifié (December 2023)
    Soit $P=X^kQ$ le polynôme minimal de $u$ avec $Q(0)\neq 0$.
    Soit $R$ tel que $P(X)-P(Y)=(X-Y)R(X,Y)$.
    Je trouve l'égalité voulue pour ce $k$ et $v=\dfrac 1{Q(0)}R(0\cdot\mathrm{Id},u)$.

  • bd2017
    Modifié (December 2023)
    @john_john  j'ai bien pris  $x \rightarrow  0$  mais je dois corriger ma réponse pour la définition de $v$.
    La restriction de  $v_H$ est nulle où $H$ est un supplémentaire de $\ker u^k$ et stable par $u.$  
    Maintenant  sur $\ker(u^k)$  pour une chaîne de  Jordan  de longueur $k$  exactement (i.e.  $e_1,e_2,\dots,e_k$  avec $u(e_i)$=$e_{i-1}$)
    on doit avoir   $v(e_1)=\dots=v(e_{k-1})=0$  et $v(e_j)=e_1.$  Pour les chaînes de Jordan de longueur plus petite $v$ est nulle.
    Finalement on peut retenir que $v$  est non nulle sur $\ker(u^{k})\setminus \ker(u^{k-1})$.
     
  • gai requin
    Modifié (December 2023)
    Une preuve de mon dernier message.
    On évalue en $X=x\mathrm{Id},Y=u$ et on obtient $x^kQ(x)\mathrm{Id}=(x\mathrm{Id}-u)R(x\mathrm{Id},u)$.
    D'où, dans un voisinage de $0$, $x^k(x\mathrm{Id}-u)^{-1}=\dfrac{R(x\mathrm{Id},u)}{Q(x)}=\dfrac{R(0\cdot\mathrm{Id},u)}{Q(0)}+o(1)$.
  • gai requin
    Modifié (December 2023)
    Une petite illustration : 
    $U=\begin{pmatrix}1&2&3\\4&5&6\\7&8&9\end{pmatrix}$, $P=X^3-15X^2-18X$, $k=1$, $Q=X^2-15X-18$, $R(X,Y)=X^2 + XY+ Y^2 - 15X - 15Y - 18$.
    $V=-\dfrac 1{18}(U^2-15U-18I_3)=\begin{pmatrix}\frac 1 6&-\frac 1 3&\frac 1 6\\-\frac 1 3&\frac 2 3&-\frac 1 3\\\frac 1 6&-\frac 1 3&\frac 1 6\end{pmatrix}$ qui vérifie bien $V^2=V$.
    Et par exemple, $10^{-4}(10^{-4}I_3-A)^{-1}=V+\begin{pmatrix}0,00006388310237&0,00001666509273&-0,00003055291690\\5,554907464\cdot 10^{-6}&-1,851697545\cdot 10^{-10}&-5,555277804\cdot 10^{-6}\\-0,00005277328744&-0,00001666546307&0,00001944236130\end{pmatrix}$.
  • bd2017
    Modifié (December 2023)
    Bonjour
    Illustration de l'illustration de @gai requin :
    $e_1=(1,-2,1)$  dirige le noyau de $u.$  Je complète par $e_2,e_3$ pris dans $Im u^t$ pour avoir un sous espace stable.
    Autrement dit la matrice de passage est $P=\left(\begin{array}{ccc}
     1 & 1 & 4 \\
     -2 & 2 & 5 \\
     1 & 3 & 6 \\
    \end{array}
    \right)$
    La matrice de $v$ exprimée dans la base $(e_1,e_2,e_3)$  est donc $\tilde {v}=  \left(
    \begin{array}{ccc}
     1 & 0 & 0 \\
     0 & 0 & 0 \\
     0 & 0 & 0 \\
    \end{array}
    \right)$
    $P \tilde {v} P^{-1} $ redonne bien $v= \left(
    \begin{array}{ccc}
     \frac{1}{6} & -\frac{1}{3} & \frac{1}{6} \\
     -\frac{1}{3} & \frac{2}{3} & -\frac{1}{3} \\
     \frac{1}{6} & -\frac{1}{3} & \frac{1}{6} \\
    \end{array}
    \right)$
    Notons que $v.u=u v=0$
     
  • Magnéthorax
    Modifié (December 2023)
    Sans internet le jour J, voici, avec 24h de retard, l'énoncé du


    Jour 17


    Dans un pâturage, trois moutons jouent, comme il se le doivent, à saute-mouton :
    à $t=0\,s.$, $A$ saute par-dessus $B$ et se retrouve dans la position symétrique par rapport à $B$;
    Puis, de la même manière,
    à $t=1\,s$, $B$ saute par-dessus $C$;
    à $t=2\,s$, $C$ saute par-dessus $A$;
    à $t=3\,s$, $A$ saute par-dessus $B$;
    etc.
    Déterminer une condition nécessaire et suffisante sur la position initiale des trois moutons pour que les trajectoires restent bornées.
  • MrJ
    MrJ
    Modifié (December 2023)

    Jour 18

    Soit $P\in\C[X]$ non constant, $A \subset \C$ fini. Pourrais-tu avoir :
    $$\textrm{Card}(P^{-1}(A))\geq \big(\textrm{Card}(A)-1\big) \deg(P) + 1~~ ?$$

    Bonus (qui me semblait trop simple si vous avez quelques connaissances sur les corps) : Soit $K$ un corps fini de caractéristique $p$. Déterminer le commutant du $\mathbb{F}_p$-endomorphisme $\varphi : K\to K$ où $\varphi : x\mapsto x^p$.

    Édit : Correction d'une notation mal adaptée.
  • @MrJ : Le bonus.
    L'extension $K/\mathbb F_p$ est cyclique de groupe de Galois engendré par $\varphi$.
    Soir $r=[K:\mathbb F_p]$.
    D'après le théorème de la base normale, il existe $x\in K$ tel que $(x,\varphi(x),\ldots,\varphi^{r-1}(x))$ est une $\mathbb F_p$-base de $K$.
    Donc $\varphi$ est un endomorphisme cyclique et son commutant est $\mathbb F_p[\varphi]$.
  • MrJ
    MrJ
    Modifié (December 2023)
    @gai requin : Exactement ! Je procède juste un peu différemment en général pour montrer que $\varphi$ est cyclique afin d'éviter l’utilisation du théorème de la base normale. Comme $\textrm  {Id},\varphi,\ldots,\varphi^{r-1}$ sont des morphismes de corps deux à deux distincts à valeurs dans $K$, ils sont linéairement indépendantes sur $K$, donc sur $\mathbb{F}_p$. Il me semble qu'il s'agit d'un théorème de Dedekind facile à montrer ; il me semble qu'on peut aussi remarquer que ce sont des vecteurs propres associés à des valeurs propres distinctes pour un certain endomorphisme : c'est plus rigolo de cette manière :D
  • Namiswan
    Modifié (December 2023)
    Pour le jour 17
    Ebauche. À partir de $(A,B,C)$ dans $\R^2$, on obtient les positions successives en appliquant cycliquement les transformations $(A,B,C)\mapsto (A,2C-B,C)$, $(A,B,C)\mapsto (A,B,2A-C)$ et $(A,B,C)\mapsto (2B-A,B,C)$. On peut simplifier en utilisant seulement la 1ère transformation et en la composant avec le cycle $(A,B,C)\mapsto (B,C,A)$, ce qui donne $T:(A,B,C)\mapsto(2C-B,C,A)$. Les itérés de $T$ en $(A,B,C)$ donnent les positions successives des trois moutons, à renommage près. Ensuite, pour étudier si la suite des positions est bornée, on peut regarder séparément les deux coordonnées : on se ramène ainsi au cas où $A,B,C$ sont des réels, et $T$ est alors une simple transformation linéaire de $\R^3$, que l'on peut étudier spectralement. $1$ est valeur propre (qui correspond au cas $A=B=C$), les deux autres valeurs propres se calculent, et si je ne me suis pas trompé dans les calculs, elles sont de module $>1$. Ça signifie que la suite ne sera jamais bornée, sauf si on est dans l'espace propre associé à $1$ mais ça implique $A=B=C$, cas que l'on peut considérer exclu.(erratum: en fait l'une des valeurs propres est plus petite que 1, donc il y a des positions pour lesquelles la suite converge, vers un même point)
  • Pour le jour 18 je préfère noter l'ensemble $A$ plutôt que $X$ qui désigne déjà l'indéterminée.

    Si on prends $P=X^n$ et $A=\{1,2,\dots,p\}$ alors $\textrm{Card}(P^{-1}(A))=np\geq\big(\textrm{Card}(A)-1\big) \deg(P) + 1=np-n+1$
  • john_john
    Modifié (December 2023)
    Jour 17 : je trouve un autre résultat de Namiswan, qui n'a peut-être pas tenu compte du fait qu'à $t=2$, C saute par dessus A qui a bougé à l'instant $0$.

    Toute position des moutonssss est assimilable à un vecteur de $\C^3$ ; donc, la matrice de transition de $t=3n$ à $t=3n+3$ est $M=\begin{pmatrix}-1&2&0\\0&-1&2\\-2&4&-1\end{pmatrix}$.

    Cette fois, $M$, diagonalisable, admet comme valeurs propres $1$ et $-2\pm\sqrt5$, ce qui donne une valeur propre de module $<1$. Si $V$ est un vecteur propre associé à $1$ et $W$ à $-2+\sqrt5$, les configurations initiales permises sont $aV+bW$, où $a$ et $b$ sont des complexes. La valeur de $a$ importe peu car elle ne fait qu'impliquer une translation du troupeau. Quand $t\to+\infty$, le dit troupeau va se ratatiner en le centre de gravité de la configuration initiale. Comme $V$ et $W$ peuvent être choisis réels, les configurations permises sont toutes incluses dans des droites affines.
  • JLapin
    Modifié (December 2023)
    Jour 18
    Pour tout $z\in \C$, on a $card P^{-1}\{z\} = \deg(P)-\deg((P-z)\wedge P')$. L'inégalité à démontrer se reformule ainsi :  $$\sum_{z\in A} \deg((P-z)\wedge P')\leq n-1.$$
    On l'obtient en utilisant le fait que les polynômes $P-z$ sont premiers entre eux, donc le polynôme $\displaystyle \prod_{z\in A} (P-z)\wedge P'$ divise $P'$.
  • MrJ
    MrJ
    Modifié (December 2023)
    @JLapin : C'est aussi la démonstration que je connaissais.
    @jandri : J'ai corrigé la notation pour l'ensemble. Pour l'anecdote, mon ensemble s’appelait $E$ dans mon énoncé original... :D
  • Namiswan
    Modifié (December 2023)
    J'ai effectivement pas vu le temps 0, mais ça ne change pas grand chose. Ma transformation est correcte, mais j'ai fait une petite erreur de calcul pour le spectre, il y a en effet une vp de module <1.
  • john_john
    Modifié (December 2023)
    Namiswan : oui, dont acte ! D'ailleurs, l'exo n'aurait pas été intéressant si le seul cas favorable avait été la configuration de trois moutons empilés :)
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