Oraux ENS,X,Mines,Centrale 2024 de la RMS
Réponses
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Vraiment malin comme toujours @JLapin
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etanche a dit :Exo 3
la valuations 2-adique de H(n) est $-k$ si $2^k \leq n \leq 2^{k+1}$
Le 32 facile d’accès a fait une vidéo
https://www.youtube.com/watch?v=WyYTSWPJ8gEC'est ce que je conjecture dans l'exercice 3 avec l'assistance informatique. Peux-tu nous donner des pistes de résolution ?
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Je ne vois pas comment arriver à répondre à la question c) de l'exercice 4 avec la question b).La seule chose sure est que ${np \choose mp} \equiv {n \choose m} \; \lbrack p \rbrack $ en utilisant le faitque $\displaystyle (1+X)^{np} = \sum_{k=0}^n {n \choose k} X^{kp}$ dans $\mathbb{F}_p[X]$
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Bonjour,Je n'ai pas su non plus utiliser la question $b$ de l'exercice $4$,et n'ai trouvé que l'argument suivant, un petit morceau d'arithmétique que l'on peut rendre plus digeste en usant de congruences $\mod p^k$ dans $\Q$, et qui permet aussi de prouver directement la congruence suivante $\displaystyle \binom {2p}p\equiv 2 \mod p^3.$Je note $\Z_p= \left\{ \dfrac ab\mid a,b\in\Z,\:\:b\wedge p=1\right\}.$$\displaystyle\binom{np}{mp} =\prod_{s=1}^m P_s \:\: $où $\:\:P_s= \displaystyle\prod_{k=1}^{p}\dfrac{(n-s)p+k}{(m-s)p+k}=\dfrac{n-s+1}{m-s+1}\prod_{k=1}^{p-1}\left( 1+\dfrac{(n-m)p}{k+(m-s)p}\right).$$$\boxed{\displaystyle \binom{np}{mp} =\binom nm \prod_{s=1}^m Q_s\quad(\bigstar) }$$ où$ \:Q_s =\displaystyle \prod_{k=1}^{p-1}\left( 1+\dfrac{(n-m)p}{k+(m-s)p}\right) =1+(n-m)p\sum_{k=1}^{p-1}\dfrac{1}{k+(m-s)p}+p^2A_s,\quad A_s \in\Z_p.$$\forall k\in[\![1;p-1]\!], \:\:\exists ! r \in[\![1;p-1]\!] $ tel que $\:1\equiv\left(k +(m-s)p\right)r \mod p\:\:$ de sorte que:$\displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}\dfrac{1}{k+(m-s)p} =\displaystyle \sum_{r=1}^{p-1}r +pB_s=p\left(\dfrac{p-1}2+B_s\right),\quad B_s \in\Z_p, \quad Q_s=1+p^2\left((n-m)\left(\dfrac{p-1}2+B_s\right)+A_s\right).$On déduit :$\:\:\boxed{\forall s\in[\![1;m]\!],\:\: Q_s =1+p^2C_s, \quad C_s \in\Z_p.}\quad$ Finalement:$\displaystyle \binom{np}{mp} \overset{(\bigstar)}=\binom nm ( 1+p^2 D),\quad D \in\Z_p.\qquad \binom{np}{mp} \equiv\binom nm\mod p^2.$NB On a en fait $\displaystyle \binom{np}{mp}\equiv\binom nm \mod p^3.$
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J'avais fait le 4 de la RMS lorsque les exercices étoilés ont été publiés par la RMS ; c'est de ce fait un peu ancien mais je crois me rappeler que, modulo $p^2$, le membre de gauche satisfait à la même relation de récurrence que le tableau de Pascal, c'est-à-dire $u_{n,m}=u_{n-1,m-1}+u_{n-1,m}$ et il est bien possible que cela utilise le b. Sans garantie... (Merci, toutefois, de me le confirmer)
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Pour le 3 écrire $H_n = \frac{2m+1}{2^r\cdot(2s+1)}$ en remarquant que si $2^r\leqslant n < 2^{r+1}$, il n'y a qu'un seul entier de valuation 2-adique $r$ dans $\llbracket 1 , n \rrbracket$
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Pour compléter ce qu'a écrit @LOU16 pour l'exercice 4 voici un fil traitant cette question il y a un peu plus de cinq ans :
Coefficients binomiaux congrus modulo p^2
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@john_john, oui j'avais trouvé cette relation, sauf que c'est conditionné à $m$ premier avec $p.$Comment tu arrives à cette même relation si $m=k\,p$ ? Elle a l'air vraie sans condition sur $m.$
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Merci @jandri pour le renvoi vers le fil de discussion sur la même question. D'ailleurs $p \geq 5$ ne semble utile que pour la question finale pour établir que ${2p \choose p} \equiv 2 [p^3]$. Pour cette dernière relation, on peut utiliser la formule de Vandermonde établie à la question b), utiliser la formule ${p \choose k} = \dfrac{p}{k}\, {p-1 \choose k-1}$ et faire intervenir le théorème de Wilson qui conduit à une somme de carrés, nulle modulo $p.$
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Bonjour ! Je sèche sur le b) de l'exo 338 de la revue de math spé : si $f,g$ sont convexes sur un segment $I$ et si $sup(f,g)\ge0$, il existe deux réels $a,b$ positifs non tous nuls tels que $af+bg\ge0$. Merci pour l'aide
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Bonjour,Dans ce qui suit, les inégalités provenant de la convexité de $f$ et $g$ reposent sur le fait que le graphe d'une fonction convexe est "au-dessus de ses demi-tangentes" .Si l'une des fonctions $f$ ou $ g$ est positive sur $I=[\alpha;\beta]$, alors il n'y a rien à faire. Si l'une de ces fonctions est négative sur $I$, alors l'autre est positive et il n'y a toujours rien à faire..On peut donc se placer dans le cas où il existe $k= \min\left\{x\in I\mid f(x)g(x) =0\right\}$ et supposer $f(k)=0.\quad$On a $k>\alpha.,$$\bullet \:\text{ Si }\:f<0\text{ sur }\:[\alpha;k[\quad$ alors $\quad g\geqslant 0 \:\text{ sur }\:[\alpha;k],\quad m:=f'_g(k)>0\:\:\quad q:=f'_d(k) \geqslant m>0\:\: $$1)\text{ Si }r:=\:g_d'(k) \geqslant 0,\:\: $ alors $\quad g\geqslant 0\:\text { sur }\:[ k;\beta], \quad\boxed{g\geqslant 0\:\text { sur }\:I.}$$2)\text{ Si }r:=\:g_d'(k) < 0,\:\: $ alors $\:\:p:=g'_g(k)\leqslant r<0.\:\:$ Il résulte des inégalités obtenues sur $m,p,,q,r $ que $\:\:\dfrac{-r}q\leqslant \dfrac {-p}m.$On peut donc choisir $a, b >0\: $ tels que $\:\:\dfrac{-r}q\leqslant \dfrac ab\leqslant \dfrac {-p}m.\quad$ Ainsi:$\forall x \geqslant k, \:\: (af+bg)(x) \geqslant (aq+br)(x-k)+g(k) \geqslant 0.\quad\forall x \leqslant k, \:\: (af+bg)(x) \geqslant (am+bp)(x-k)+g(k) \geqslant 0.$$$\boxed {af +bg\geqslant\:\text{ sur }\: I}$$$\bullet\:\text { Si }\:f>0 \text { sur }\:[\alpha;k[,\quad $ alors $\:\:m<0,$$1)\text { Si } q\geqslant 0, \:\: $ alors $\:\:\boxed{f\geqslant 0\:\text { sur }I}$$2)\text { Si } q< 0, \:\: $ alors$\:\:g(k)\geqslant 0\:\: (\:f<0\:$ dans un voisinage à droite de $k).\:\:\exists a,b>0\: \:$ tels que $\:\:\dfrac {p}{-m}\leqslant \dfrac ab \leqslant \dfrac r{-q},$$$\boxed {af +bg\geqslant\:\text{ sur }\: I}$$
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Merci @LOU16. J'en étais loin.
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Je déterre ce fil car, sur un temps mort, j'ai commencé à cherché le 439 et j'ai du mal. Je recopie ici l'énoncé :On note $E$ l’ensemble des polynômes non nuls à coefficients dans $\{−1, 0, 1\}$ et $A$
l’ensemble des racines des polynômes appartenant à $E$. Déterminer l’adhérence de $A$.Déjà, j'imagine qu'il s'agit des racines réelles sinon ça rajoute encore une couche de difficultés. Quelques remarques :- $0 \in A$
- Il est facile de montrer que si $x\in A$, alors $-x\in A$. Idem, si $x\neq 0$ et $x\in A$, alors $\dfrac{1}{x}\in A$.
- Si $x\geqslant 2$, alors $x$ ne peut pas appartenir à $A$. En effet, supposons que $x$ soit racine d'un polynôme $P$ de $E$ de degré $n$. Quitte à multiplier par $-1$, on peut supposer que le coefficient dominant de $P$ est $1$. On a alors $P(x) \geqslant x^n - x^{n-1} - \ldots - 1 = \dfrac{x^n(x-2)+1}{x-1} > 0$, ce qui contredit $P(x) = 0$.
En combinant ces $3$ remarques, on en déduit que $A \subset \left]-2;\dfrac{-1}{2}\right[ \cup \{0\} \cup \left]\dfrac{1}{2};2\right[$.J'imagine que $\overline{A} = \left[-2;\dfrac{-1}{2}\right] \cup \{0\} \cup \left[\dfrac{1}{2};2\right]$, mais je ne vois pas comment montrer l'inclusion $\boxed{\supset}$. Compte tenu des remarques ci-dessus, il suffit de montrer que $\left[\dfrac{1}{2};2\right] \subset \overline{A}$, ou même $\left[\dfrac{1}{2};1\right] \subset \overline{A}$ (ou encore $[1;2]\subset \overline{A}$). Si vous avez des idées...
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@Guego
J'ai réfléchi à ton problème (pas très facile à vrai dire), j'ai une idée de quasi-solution
Soient $\epsilon_1, ..., \epsilon_n$ égaux à 0 ou 1, non tous égaux à zéro. On étudie les solutions non nulles et $\in [1;2]$ de l'équation $x^n=\epsilon_{n-1} x^{n-1}+...+\epsilon_0$ ce qui revient à $\epsilon_{n-1}/x+...+\epsilon_{0}/x^n=1$. La fonction $f(x) = \epsilon_{n-1}/x+...+\epsilon_{0}/x^n$ est décroissante entre 1 et 2, $f(1)\geq 1$ et $f(2)<1$, donc $f(x) = 1$ admet une solution unique (qui sera un nombre dans A).
Soient $\alpha < \beta $ dans $[1,2[$, on veut montrer qu'on peut trouver une suite finie de $\epsilon_i$ tel que $f(x)=1$ admette son unique solution dans l'intervalle $[\alpha;\beta]$. On peut utiliser pour cela le fait qu'il existe une suite infinie de nombres $\epsilon_n$ égaux à 0 ou 1 tels que $\lim_{N\to \infty}{\sum_{k=0}^{k=N}{\epsilon_k1/\beta^k}} = 1$ tout en ayant ${\sum_{k=0}^{k=N}{\epsilon_k1/\beta^k}} \leq 1$ pour tout $N$ -
Merci @Dagothur de t'intéresser à "mon" problème. Effectivement, ça a l'air de marcher ! J'avais commencé à faire quelque chose du même type (en essayant de faire converger une somme vers $1$), mais j'étais bloqué sur les inégalités. Le fait de prendre les $\epsilon_i$ positifs comme tu le fais permet de s'en sortir.
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Bonjour!
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