Sans faire de calcul pour moi la probabilité est nulle. D'autre part l réponse à @Magnéthorax est sûrement fausse car une proba est comprise entre 0 et 1. Ce qui n'est pas le cas de 2-1/p.
@bd2017: $p$ est entre $1/2$ et $1$ donc ma proposition est bien entre $0$ et $1$. Après dans ce genre de problème, une erreur de calcul peut arriver bien vite...(et apparemment c'est arrivé...)
Bonsoir, je présente une solution un peu détaillée pour le problème du jour 9.
Notons $T_{-1} = \inf\{n\in \mathbb{N}^*,
S_n =-1\}$ temps d'arrêt (possiblement infini) qui correspond au premier
temps de passage de la marche aléatoire $(S_n)_n$ vers $-1$.
Remarquons que $\mathbb{P}(\forall n \geq 1,\ S_n \geq 0) = \mathbb{P}(T_{-1}=\infty).$
1er cas : au premier incrément on va vers le bas (c'est à dire $X_1=-1$).
2ème
cas : au premier incrément on va vers le haut (ie $X_1=1$). Puis, la marche
aléatoire issue de $X_1=1$ descend d'un cran en un temps fini pour toucher une première fois le
niveau $0$ (cela "correspond" à l'évènement $\{T_{-1}<\infty\}$ pour
la marche issue de $1$). Puis
une fois que la marche est redescendu en $0$ (en un temps fini je
rappelle) alors elle descend au niveau $-1$ à nouveau en temps fini
(c'est l'évènement $\{T_{-1}<\infty\}$ pour cette nouvelle marche démarrée en
$0$).
Alors
par la propriété de Markov, on voit que conditionnellement à $X_1=1$
alors $\tau-1$ a pour loi $T_{-1}$ (et
conditionnellement à $X_1=1$ et $\tau<\infty$ alors $\tilde{\tau}-\tau$ a également pour loi celle de $T_{-1}$).
Ainsi $\mathbb{P}(T_{-1}<\infty) = \mathbb{P}(X_1=-1)+\mathbb{P}(X_1=1, \tau <\infty, \tilde{\tau}-\tau < \infty)$
Et
par la propriété de Markov décrite plus haut,
$\mathbb{P}(X_1=1,\tau<\infty, \tilde{\tau}-\tau<\infty) =
\mathbb{P}(X_1=1)\mathbb{P}(T_{-1}<\infty)^2$.
Ainsi en notant
$\alpha = \mathbb{P}(T_{-1}<\infty)$, alors $\alpha$ est solution de
$\alpha = q + p\alpha^2$ donc $\alpha=1$ ou $\alpha = q/p$. Puisque
clairement (?*) $\mathbb{P}(T_{-1}<\infty)<1$, alors on
en déduit qu'en fait $\alpha = q/p$. Finalement $\mathbb{P}(\forall n,
\ S_n \geq 0) = \mathbb{P}(T_{-1}=\infty) = 1 - \alpha =
\frac{p-q}{p}=2-\frac{1}{p}$.
(?*) En effet, sous l'hypothèse $p>1/2$ la loi forte des grands nombres dit que
$S_n \to \infty$ presque sûrement, alors qu'avoir
$\mathbb{P}(T_{-1}<\infty)=1$ entraînerait $\mathbb{P}(\liminf S_n =
-\infty)=1$ ce n'est pas vraiment compatible...
Je ne
crois pas avoir passé trop de détails sous le tapis (hormis peut-être
quelques détails sur la justification de la propriété de Markov...)
Soit $h$ définie sur $\mathbf{Z}_+$ par $h\left(x\right)=\mathbf{P}\left(\forall n\in\mathbf{N}^*,x+S_n\geq 0\right)$. On a $h\left(x\right)=ph\left(x+1\right)+qh\left(x-1\right)$, pour tout $x\in\mathbf{Z}_+^*$. D'où l'existence d'un $\lambda\in\mathbf{R}$ tel que $h\left(x\right)=\lambda\left(1-\left(q/p\right)^{x+1}\right)$ pour tout $x\in\mathbf{Z}_+$. De la loi forte des grands nombres et de l'hypothèse $p>q$ nous déduisons $\lim_{+\infty}h=1$, puis $\lambda=1$. Pour conclure, on fait $x=0$.
(Je suis devant un clavier qwertz, sans les accents : j'espere etre tout de meme lisible.) Je modifie le message d'hier car j'ai trouve plus simple.
Pour l'exo du vendredi (J9), comme je ne sais rien en proba, j'ai utilise une methode bourrine, mais qui interessera peut-etre les colleurs car elle ne fait appel ni a la propriete de Markov, ni a la LFGN.
Je designe par $a_n$ la probabilite pour que $S_{2n}=0$, les sommes precedentes etant toujours restees au-dessus de $0$, avec $a_0=1$, et, pour $n>0$, par $b_n$ celle pour que $S_{2n}=0$ pour la premiere fois apres $2n$ tirages. J'appelle ensuite $S$ et $s$ les series entieres generatrices de ces deux suites : on voit facilement que $S=Ss+1$ et donc $s=(S-1)/S$. Or, $S(x)=(1-\sqrt{1-4pq})/(2pq)$ car on reconnait dans les coefficients les nombres de Catalan (faire le lien entre cet exo et le probleme des parenthesages).Enfin,la probabilite pour que $S_n$ soit toujours $\geqslant0$ est $1-q-q\sum b_n=1-q-qs(1)$ (evenements deux a deux disjoints).
Donc la probabilite cherchee est $\frac{\sqrt{1-4pq}}p$ (moment de doute de ma part puisque tout le monde trouve $2-1/p$, mais c'est la meme chose lorsque $p\geqslant q$ -- ouf).
Faute de frappe corrigee le 10/12: il manquait un facteur $q$ dans l'assertion en gras.
Merci @JLapin pour les idées pour éviter les séries de Fourier. Je ne pense pas que je pourrai faire rentrer tout cela dans un exercice d'oral (même du niveau ENS), mais cela fera de beaux exercices de révision de toute l'analyse de l'année.
$f$ est soit l'identité, soit la fonction nulle, soit la fonction constante égale à $\frac{k-1}{k}$.
Preuve de cette réponse :
En prenant $y=0$, on a \[\cancel{f(x)}+kf(0)=\cancel{f(x)}+f(0)+kf(x)f(0)\] d'où $f(0)\,(k-1-kf(x))=0$. Donc $f(0)=0$ ou $\forall x,\,f(x)= \frac{k-1}{k}$. Réciproquement, $f\equiv \frac{k-1}{k}$ est solution. Concentrons nous maintenant sur le cas $\fbox{$ f(0)=0 $}$ et notons $a=f(1)$.En prenant $(x,y)=(1,-1)$, on a \[\cancel{f(0)}+kf(-1)=a+f(-1)+kaf(-1)\] donc $f(-1)\,(k-1-ka)=a$. Notons $b=1+ka-k$. Si $b=0$, alors $a= \frac{k-1}{k}$ mais aussi $a=-f(-1)\,b=0$, ce qui est contradictoire. Donc $b \neq 0$ et $\fbox{$f(-1)= - \frac{a}{b}$}$.
Ensuite, en prenant $y=1$ on a \[f(x+1)+k\,f(x)=f(x)+a+ka\,f(x).\] Donc $\fbox{$ f(x+1) = a+b\,f(x) $}$, ce qu'on peut réécrir comme : $\forall x,\; f(x-1) = \frac{f(x)-a}{b}$.
Puis, avec $y=-1$ on a \[\frac{f(x)-a}{b} +k\,f(-x)=f(x)- \frac{a}{b} -k \frac{a}{b} \,f(x)\] donc après calculs $\fbox{$f(-x)= - \frac{1}{b} f(x) $}$. À ce stade, comme la fonction nulle est solution, je peux mettre ce cas de côté et supposer que : $\exists x, f(x) \neq 0$. Ainsi $(- \frac{1}{b} )^2 =1$, i.e. $b=\pm 1$.
Cas 1 : Supposons que $b=1$. Ça équivaut à $a=1$ car $b=1+ka-k$. Ainsi sait notamment que $f(1)=1$ et $\forall x\in \mathbb{R},\; f(x+1)=f(x)+1$. Donc $f(2)=f(1)+1=2$. Puis en prenant $y=2$ dans l'équation fonctionnelle, on a \[\cancel{f(x+2)}+kf(2x) = \cancel{f(x)+2}+k\,2\,f(x)\] donc $\fbox{$ f(2x)=2f(x) $}$.
De plus, comme $f$ est impaire, en appliquant l'équation fonctionnelle à $(x,-y)$ on a \[f(x-y)-kf(xy)=f(x)-f(y)-kf(x)f(y).\] Puis en sommant avec l'équation fonctionnelle de départ, on a $f(x+y)+f(x-y)=2f(x)=f(2x)$. En en effectuant le changement de variable \[\left\{\begin{array}{l} x-y=a\\ x+y=b \end{array}\right.\] on a : $\forall (a,b)\in \mathbb{R}^2 ,\; \fbox{$ f(a+b)=f(a)+f(b) $}$. Donc l'équation fonctionnelle de départ est équivalente à $\fbox{$ f(xy)=f(x)f(y) $}$ (les termes additifs se simplifient). Or on sait que l'identité est la seule fonction $\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ non nulle qui vérifie les deux dernières propriétées encadrées. Donc $f= \mathrm{id}$.
Cas 2 : Supposons que $b=-1$. Alors $f$ est paire, donc en appliquant l'équation fonctionnelle à $(x,-y)$ on a \[f(x-y)+kf(xy)=f(x)+f(y)+kf(x)f(y).\] Puis en soustrayant avec l'équation fonctionnelle de départ, on a $f(x+y)-f(x-y)=0$. Donc, en posant $y=x= \frac{a}{2} $, on a $\forall a\in \mathbb{R}, \;f(a)=0$.
Soient $x$ et $y$ deux suites
d'entiers positifs, croissantes (EDIT: strictement pour se limiter au cas le plus intéressant), telles que $\left\{ x_{n}\right\}
_{n\geq0}\cup\left\{ y_{n}\right\} _{n\geq0}=\mathbb{N}$ avec $x_{0}=1$
et $y_{0}=0$. On suppose que pour tout $n\geq0$ : $$y_{x_{n}}-x_{x_{n}}=x_{y_{n}}-y_{y_{n}}=1$$ Caractériser les suites $x$ et $y$ par une propriété arithmétique.
On pourrait le décomposer en plusieurs questions, comme ça je pense que c'est effectivement difficile pour un lycéen sans indication. J'en ai quand même donné une!
Pour celles et ceux qui voudraient une indication (c'est le cas de le dire) en voici une ci-dessous.
Soit $X=\left\{ x_{n}\right\} _{n\geq0}$, on peut introduire la fonction indicatrice $\delta_{X}$ de $X$ dans $\mathbb{N}$ i.e. $\delta_{X}(n)=1$ si $n\in X$ et $\delta_{X}(n)=0$ si $n\notin X$.
J'ai trouvé quelque chose dans le cas où les suites seraient strictement croissantes.
Pour tout $n\in\Bbb N$, $x_n$ est le $n$-ième entier naturel dont la somme des chiffres en base 2 est impaire et $y_n$ est le $n$-ième entier naturel dont la somme des chiffres en base 2 est paire.
Bravo Calli. Normalement l'équation implique qu'elles sont strictement croissantes et forment une partition des entiers.
EDIT: merci à Calli et Bibix pour avoir pointé une imprécision. Cela ne suffit pas dans l'énoncé. Soit on met "strictement croissante" pour se limiter à cette solution soit $x_n\geq 2n$ par exemple.
Oui la solution de Bibix est bonne si on considère des solutions non strictement croissantes et il y en a plein d'autres. J'ai oublié une précision dans l'énoncé pour se limiter aux solutions strictement croissantes (comme $x_n\geq 2n$ mais autant mettre strictement croissantes dans les conditions, ce que j'ai fait avec un EDIT). Pour la strictement croissante il n'y a que celle annoncée par Calli.
Avec l'hypothèse de stricte croissance, on peut résoudre ainsi :
Notons $X = \{x_{n} \mid n\in \mathbb{N}\}$ et $Y=\{y_{n} \mid n\in \mathbb{N}\}$. Pour tout $n\in X\cap Y$, il existe $(i,j)\in\Bbb N^2$ tel que $n=x_{i} =y_{j}$, puis $1= y_{x_{i}} -x_{x_{i}} = y_{y_{j}} -x_{y_{j}} =-1$, ce qui est absurde. Donc $X\cap Y= \varnothing $. Et comme $X\cup Y=\mathbb{N}$, $(X,Y)$ est une partition de $\mathbb{N}$. Ensuite, on a $\forall n\in \mathbb{N}, \;|x_{n} -y_{n} |=1$, donc par récurrence on a $\forall n\in \mathbb{N},\; \{2n,2n+1\}=\{x_{n} ,y_{n} \}$. De plus, on a $x_{n} <y_{n}$ si $n\in X$, et $y_{n} <x_{n}$ si $n\in Y$. D'où : $$\forall k\in \mathbb{N},\qquad \mathbf{1}_{X} (k) \,\equiv \, \mathbf{1}_{X}\!\left( \Big\lfloor { \frac{k}{2} }\Big\rfloor \right) + k \; [2]$$ (en appliquant la phrase précédente à $n=\lfloor { \frac{k}{2} }\rfloor$). En écrivant $k$ en base 2 comme $k=\sum\limits_{i=0}^m c_i 2^i$, cela équivaut à $$\mathbf{1}_{X} (k) \,\equiv \, \mathbf{1}_{X}\!\left( \sum_{i=0}^{m-1} c_{i+1} 2^i\right) + c_0 \; [2].$$ Donc en itérant cette formule, on a le résultat que j'annonçais : $$\mathbf{1}_{X} (k) \,\equiv \, \cancel{\mathbf{1}_{X}(0)} + \sum_{i=0}^m c_i \; [2].$$ PS : Je n'avais pas utilisé $\mathbf{1}_{X}$ quand j'avais résolu la question (plutôt un tableau informel de nombres), mais c'est vrai que l'indication de Boécien est pratique pour rédiger les choses.
@Calli Très jolie preuve, concise et efficace. Pour la petite histoire l'indicatrice de l'ensemble $X$ n'est autre que la fameuse suite de Thue-Morse. Je trouvais que c'était une manière originale de la faire apparaitre.
Je trouve (mais j'ai fait les calculs à la va-vite) : $\displaystyle I(x)=\pi\ln(1+\sqrt{x}).$ On dérive par rapport au paramètre $x$ : on décompose en éléments
simples (seuls certains coefficients sont intéressants pour conclure),
en filtrant le cas $x\neq 1$ (que l'on obtient par densité). Puis, on
intègre l'espèce de fraction rationnelle en $\sqrt{x}$ que l'on obtient
(après simplification). Passionnant !
@BobbyJoe : Oui c'est sûr. Dans l'idée d'un calendrier avec plusieurs niveaux de difficulté (comme proposé par Quentin), je m'étais dit qu'il fallait aussi des exos pour les analystes non experts. Mais du coup l'exo a été écrasé par un analyste chevronné sans prendre la peine de cacher la réponse.
@tous : Je rappelle que j'ai proposé de laisser ma place le 19 décembre à quelqu'un d'autre, mais personne ne s'est manifesté pour l'instant.
Jour 12, trop facile, je confirme le résultat de BobbyJoe :
Si on pose
$f(x)=\displaystyle \int _{0} ^{\infty } \frac{\ln (1+xt^2 )}{1+t^2 }
\,\mathrm{d}t$, alors $f$ vérifie les hypothèses de domination d'une
intégrale à paramètre pour sa dérivée, donc est de classe $C_1$ sur $\mathbb R_+^*$, et on
a : $f'(x)=\displaystyle \int _{0} ^{\infty }
\frac{t^2}{(1+t^2)(1+xt^2) } \,\mathrm{d}t=
$$\dfrac{1}{x-1}\displaystyle \int _{0} ^{\infty } (\frac{1}{1+t^2 } -
\frac{1}{1+xt^2}) \,\mathrm{d}t= \cdots =\dfrac{\pi}{2 \sqrt x (\sqrt x
+1)}$ (pour $x \ne 1$, et par continuité pour $x=1$, en posant $t=\dfrac
{\tan u} {\sqrt x}$ pour la 2ème intégrale), puis par intégration on
obtient $f(x) = \displaystyle \pi\ln(1+\sqrt{x})$.
@ Boécien peut-on avoir ta solution de ton problème ? Merci
Je le fais en 3 étapes ce qui revient peu ou prou à ce que Calli a fait. Voici la première qui donne les suites $x$ et $y$ en fonction de l'indicatrice $\delta$.
L'étape 2 consiste, à partir de l'étape 1, à exhiber une formule de récurrence pour l'indicatrice $\delta$ que voici si on ne veut pas chercher.
Preuve: les formules $x_{n}=2n+1-\delta(n)$ et $y_{n}=2n+\delta(n)$ donnent en particulier $x_{x_{n}}=2x_{n}$ et $y_{y_{n}}=2y_{n}$.
Si $n\in X\Leftrightarrow\delta(n)=1$ alors il existe $k$ tel que $n=x_{k} $et donc $$x_{2n}=4n+1-\delta(2n)=x_{2x_{k}}=x_{x_{x_{k}}}=2x_{x_{k}}=4x_{k}=4n\Rightarrow\delta(2n)=1\Rightarrow2n\in X\Rightarrow2n+1\in Y\Rightarrow\delta(2n+1)=0$$
Si $n\in Y\Leftrightarrow\delta(n)=0$ alors il existe $k$ tel que $n=y_{k}$ et donc $$y_{2n}=4n+\delta(2n)=y_{2y_{k}}=y_{y_{y_{k}}}=2y_{y_{k}}=4y_{k}=4n\Rightarrow\delta(2n)=0\Rightarrow2n\in Y\Rightarrow2n+1\in X\Rightarrow\delta(2n+1)=1$$
L'étape 3 consiste à montrer que $\delta(n)=1$ ssi l'écriture binaire de $n$ contient un nombre impair de $1$ ce qui est un résultat classique lorsqu'on étudie la suite de Thue-Morse.
Réponses
@bd2017 : non et je n'ai pas donné de réponse, j'ai posé la question.
Edit : la réponse de @Namiswan est correcte.
Après dans ce genre de problème, une erreur de calcul peut arriver bien vite...(et apparemment c'est arrivé...)
Bonjour, je me permets de participer pour des probas !
Bonne journée.
Notons $T_{-1} = \inf\{n\in \mathbb{N}^*, S_n =-1\}$ temps d'arrêt (possiblement infini) qui correspond au premier temps de passage de la marche aléatoire $(S_n)_n$ vers $-1$.
Remarquons que $\mathbb{P}(\forall n \geq 1,\ S_n \geq 0) = \mathbb{P}(T_{-1}=\infty).$
Comment obtenir l'évènement $\{T_{-1} < \infty\}$ ?
1er cas : au premier incrément on va vers le bas (c'est à dire $X_1=-1$).
2ème cas : au premier incrément on va vers le haut (ie $X_1=1$). Puis, la marche aléatoire issue de $X_1=1$ descend d'un cran en un temps fini pour toucher une première fois le niveau $0$ (cela "correspond" à l'évènement $\{T_{-1}<\infty\}$ pour la marche issue de $1$). Puis une fois que la marche est redescendu en $0$ (en un temps fini je rappelle) alors elle descend au niveau $-1$ à nouveau en temps fini (c'est l'évènement $\{T_{-1}<\infty\}$ pour cette nouvelle marche démarrée en $0$).
Posons $\tau = \inf\{n\geq 1\mid S_n = 0\}$ et posons $\tilde{\tau} = \inf\{n\geq \tau\mid S_n = -1\}$.
Alors par la propriété de Markov, on voit que conditionnellement à $X_1=1$ alors $\tau-1$ a pour loi $T_{-1}$ (et conditionnellement à $X_1=1$ et $\tau<\infty$ alors $\tilde{\tau}-\tau$ a également pour loi celle de $T_{-1}$).
Ainsi $\mathbb{P}(T_{-1}<\infty) = \mathbb{P}(X_1=-1)+\mathbb{P}(X_1=1, \tau <\infty, \tilde{\tau}-\tau < \infty)$
Et par la propriété de Markov décrite plus haut, $\mathbb{P}(X_1=1,\tau<\infty, \tilde{\tau}-\tau<\infty) = \mathbb{P}(X_1=1)\mathbb{P}(T_{-1}<\infty)^2$.
Ainsi en notant $\alpha = \mathbb{P}(T_{-1}<\infty)$, alors $\alpha$ est solution de $\alpha = q + p\alpha^2$ donc $\alpha=1$ ou $\alpha = q/p$. Puisque clairement (?*) $\mathbb{P}(T_{-1}<\infty)<1$, alors on en déduit qu'en fait $\alpha = q/p$. Finalement $\mathbb{P}(\forall n, \ S_n \geq 0) = \mathbb{P}(T_{-1}=\infty) = 1 - \alpha = \frac{p-q}{p}=2-\frac{1}{p}$.
(?*) En effet, sous l'hypothèse $p>1/2$ la loi forte des grands nombres dit que $S_n \to \infty$ presque sûrement, alors qu'avoir $\mathbb{P}(T_{-1}<\infty)=1$ entraînerait $\mathbb{P}(\liminf S_n = -\infty)=1$ ce n'est pas vraiment compatible...
Je ne crois pas avoir passé trop de détails sous le tapis (hormis peut-être quelques détails sur la justification de la propriété de Markov...)Bonne soirée :-)
Jour 10
Soit $k$ un réel non nul. Déterminer toutes les fonctions $f:\R\to\R$ telles que$$\forall x,y \in \R, \quad f(x+y)+kf(xy)=f(x)+f(y)+kf(x)f(y)$$
https://igor-kortchemski.perso.math.cnrs.fr/olympiades/Stages/2003%20Saint%20Malo/Equations%20Fonctionnelles/eqfonc-cours.pdf
L’exercice J10 peut-être résolu par des élèves de lycées.
Faute de frappe corrigee le 10/12: il manquait un facteur $q$ dans l'assertion en gras.
https://imomath.com/index.cgi?page=functionalEquationsProblemsWithSolutions
https://math.stackexchange.com/questions/1556402/functional-equation-fxy-fx-fy-alpha-bigfxy-fxfy-big-is-solvabl?rq=1
Ces liens ont été trouvé avec le moteur de recherche approach0xyz https://approach0.xyz/search/
J'ai créé l'énoncé, mais pas de chance, il existait déjà. Dur dur d'être original...
Jour 11
Soient $x$ et $y$ deux suites d'entiers positifs, croissantes (EDIT: strictement pour se limiter au cas le plus intéressant), telles que $\left\{ x_{n}\right\} _{n\geq0}\cup\left\{ y_{n}\right\} _{n\geq0}=\mathbb{N}$ avec $x_{0}=1$ et $y_{0}=0$. On suppose que pour tout $n\geq0$ :$$y_{x_{n}}-x_{x_{n}}=x_{y_{n}}-y_{y_{n}}=1$$
Caractériser les suites $x$ et $y$ par une propriété arithmétique.
Pour tout $n\in\Bbb N$, $x_n$ est le $n$-ième entier naturel dont la somme des chiffres en base 2 est impaire et $y_n$ est le $n$-ième entier naturel dont la somme des chiffres en base 2 est paire.
$y_0 = 0, y_1 = 3, y_n = 2 \lfloor \frac{n}{2} \rfloor + 1 \, \, \forall n \geqslant 2, x_0 = 1, x_n = 2 \lfloor \frac{n-1}{2} \rfloor + 2 \, \, \forall n \geqslant 1$.
Edit : Mais j'ai des doutes sur les premiers termes de la suite donnée par Bibix.
Ensuite, on a $\forall n\in \mathbb{N}, \;|x_{n} -y_{n} |=1$, donc par récurrence on a $\forall n\in \mathbb{N},\; \{2n,2n+1\}=\{x_{n} ,y_{n} \}$. De plus, on a $x_{n} <y_{n}$ si $n\in X$, et $y_{n} <x_{n}$ si $n\in Y$. D'où : $$\forall k\in \mathbb{N},\qquad \mathbf{1}_{X} (k) \,\equiv \, \mathbf{1}_{X}\!\left( \Big\lfloor { \frac{k}{2} }\Big\rfloor \right) + k \; [2]$$ (en appliquant la phrase précédente à $n=\lfloor { \frac{k}{2} }\rfloor$). En écrivant $k$ en base 2 comme $k=\sum\limits_{i=0}^m c_i 2^i$, cela équivaut à $$\mathbf{1}_{X} (k) \,\equiv \, \mathbf{1}_{X}\!\left( \sum_{i=0}^{m-1} c_{i+1} 2^i\right) + c_0 \; [2].$$ Donc en itérant cette formule, on a le résultat que j'annonçais : $$\mathbf{1}_{X} (k) \,\equiv \, \cancel{\mathbf{1}_{X}(0)} + \sum_{i=0}^m c_i \; [2].$$
PS : Je n'avais pas utilisé $\mathbf{1}_{X}$ quand j'avais résolu la question (plutôt un tableau informel de nombres), mais c'est vrai que l'indication de Boécien est pratique pour rédiger les choses.
@ Boécien peut-on avoir ta solution de ton problème ? Merci
Jour 12
Soit $x\in \mathbb{R}_+$. Calculer $\displaystyle \int _{0} ^{\infty } \frac{\ln (1+xt^2 )}{1+t^2 } \,\mathrm{d}t$.C'est ambitieux de croire que je n'ai fait aucune erreur de calcul mais je tente quand même.
(edit: je viens effectivement de voir une erreur de calcul dans mon résidu... tant pis, pas le temps de reprendre, je laisse la main.
edit 2: après revérification je trouve bien comme en dessous)
@tous : Je rappelle que j'ai proposé de laisser ma place le 19 décembre à quelqu'un d'autre, mais personne ne s'est manifesté pour l'instant.
$f'(x)=\displaystyle \int _{0} ^{\infty } \frac{t^2}{(1+t^2)(1+xt^2) } \,\mathrm{d}t= $$\dfrac{1}{x-1}\displaystyle \int _{0} ^{\infty } (\frac{1}{1+t^2 } - \frac{1}{1+xt^2}) \,\mathrm{d}t= \cdots =\dfrac{\pi}{2 \sqrt x (\sqrt x +1)}$ (pour $x \ne 1$, et par continuité pour $x=1$, en posant $t=\dfrac {\tan u} {\sqrt x}$ pour la 2ème intégrale), puis par intégration on obtient $f(x) = \displaystyle \pi\ln(1+\sqrt{x})$.
L'étape 2 consiste, à partir de l'étape 1, à exhiber une formule de récurrence pour l'indicatrice $\delta$ que voici si on ne veut pas chercher.
Si $n\in X\Leftrightarrow\delta(n)=1$ alors il existe $k$ tel que $n=x_{k} $et donc $$x_{2n}=4n+1-\delta(2n)=x_{2x_{k}}=x_{x_{x_{k}}}=2x_{x_{k}}=4x_{k}=4n\Rightarrow\delta(2n)=1\Rightarrow2n\in X\Rightarrow2n+1\in Y\Rightarrow\delta(2n+1)=0$$
Si $n\in Y\Leftrightarrow\delta(n)=0$ alors il existe $k$ tel que $n=y_{k}$ et donc $$y_{2n}=4n+\delta(2n)=y_{2y_{k}}=y_{y_{y_{k}}}=2y_{y_{k}}=4y_{k}=4n\Rightarrow\delta(2n)=0\Rightarrow2n\in Y\Rightarrow2n+1\in X\Rightarrow\delta(2n+1)=1$$
L'étape 3 consiste à montrer que $\delta(n)=1$ ssi l'écriture binaire de $n$ contient un nombre impair de $1$ ce qui est un résultat classique lorsqu'on étudie la suite de Thue-Morse.