Calendrier de L’Avent II
Réponses
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Pour le jour 12 :si $k=0$ :$2\zeta(3)$si $k\in\N^*$ :$\displaystyle\frac1k\left(\sum_{i=1}^k\frac1{i^2}+\left(\sum_{i=1}^k\frac1i\right)^2\right)$
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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
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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.
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Pour irrationalité de $\zeta(3)$ le sujet ENS P’ 1996
http://www.sujetsetcorriges.fr/dl/ENS/Maths/PC/sec-ens-1996-mathsULC-PC.pdf
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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
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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 $\forall(x,\,y)\in[0,\,1]^2,\ f\big(\frac{x+y}2\big)\geqslant g(x)h(y)$ ? -
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 !
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Jour 13
Pour 1/ est-ce que c'est 2/9 ?
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Pour etanche,
J'ai $9/32$ ; c'est un peu plus grand ! Cherche une fonction qui réalise l'égalité...
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$\int_{(x,y)\in[0,1]^2}\sqrt{f(\frac{x+y}{2})}dxdy \geq \int_{x\in [0,1]}\sqrt{g(x)}dx \int_{y \in [0,1]} \sqrt{h(y)}dy$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 $3/4$.
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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.
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Bonjourje 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.
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Bravo Marco ! Démonstration impeccable...
bd2017 : ta construction m'intéresse ; le résultat est à peine inférieur à 9/32 ! Celle d'etanche aussi. -
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. -
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.
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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.
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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 !
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Il est difficile d'être créatif de nos jours. À chaque fois que j'invente un énoncé, il existe déjà.
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Si tu l'as inventé, bravo ! car c'était l'objet de tout un sujet de concours.
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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). $
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Pour le jour 14 voir le sujet Mines-Ponts 2006
https://maths-france.fr/wp-content/uploads/MinesPonts_2006_MP_M2_enonce.pdf
https://maths-france.fr/wp-content/uploads/MinesPonts_2006_MP_M2_corrige.pdf
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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 ? -
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. -
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$$f^{(m)}(n)=a_{m}f(n)+a_{m-1}n+\sum_{k=1}^{m-1}a_{k}$$
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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. -
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.
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(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 $x\to0$. -
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.
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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 ! -
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$$\forall (y,z)\in\ker(u^k)\times{\rm{Im}}(u^k), \qquad v( y + z) = u^{k-1}(y).$$
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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 $k=1$. -
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 $v=\dfrac 1{Q(0)}R(0\cdot\mathrm{Id},u)$.
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@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 $\ker(u^{k})\setminus \ker(u^{k-1})$. -
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 $0$, $x^k(x\mathrm{Id}-u)^{-1}=\dfrac{R(x\mathrm{Id},u)}{Q(x)}=\dfrac{R(0\cdot\mathrm{Id},u)}{Q(0)}+o(1)$.
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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, $10^{-4}(10^{-4}I_3-A)^{-1}=V+\begin{pmatrix}0,00006388310237&0,00001666509273&-0,00003055291690\\5,554907464\cdot 10^{-6}&-1,851697545\cdot 10^{-10}&-5,555277804\cdot 10^{-6}\\-0,00005277328744&-0,00001666546307&0,00001944236130\end{pmatrix}$.
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BonjourIllustration de l'illustration de @gai requin :Notons que $v.u=u v=0$
$e_1=(1,-2,1)$ 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 $v= \left(
\begin{array}{ccc}
\frac{1}{6} & -\frac{1}{3} & \frac{1}{6} \\
-\frac{1}{3} & \frac{2}{3} & -\frac{1}{3} \\
\frac{1}{6} & -\frac{1}{3} & \frac{1}{6} \\
\end{array}
\right)$
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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.
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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 $\mathbb F_p[\varphi]$.
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@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
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Pour le jour 17Ebauche. 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)
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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 $\textrm{Card}(P^{-1}(A))=np\geq\big(\textrm{Card}(A)-1\big) \deg(P) + 1=np-n+1$ -
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. -
Jour 18Pour 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 $P'$. -
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.
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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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