Partie IV agrégation interne 2023
Bonjour
Le sujet devient plus abordable j'ai l'impression.
56) $| \dfrac{x^n}{n!}|_p= |x|_p ^n |\dfrac{1}{n!}|_p$.
Or $v_p(x) > \dfrac{1}{p-1} \implies |x|_p < p^{ \frac{-1}{p-1}}$. Ainsi $\boxed{ |x|_p < p^{ \frac{-1}{p-1}} }$.
$v_p( \frac{1}{n!} )=-v_p(n!)$ et $v_p(n!) \leq \dfrac{n}{p-1} \implies -v_p(n!) \geq \dfrac{-n}{p-1} $. Donc $\boxed{ |\dfrac{1}{n!}|_p \leq p^{\frac{-n}{p-1}}}$.
Ainsi $\boxed{| \dfrac{x^n}{n!}|_p \leq p^{ \frac{-1}{p-1}} ( p^{ \frac{-1}{p-1}})^n}$
Or $p^{ \frac{-1}{p-1}} = \dfrac{1}{p^{\frac{1}{p-1}}} <1 \iff p^{\frac{1}{p-1}} >1 \iff p >1 $ car la fonction $u \mapsto u^{p-1}$ est bijective sur $\R$ car $p-1$ est pair.
Donc la série géométrique $\sum_{n \geq 0} (p^{ \frac{-1}{p-1}})^n$ converge. Ainsi, la série $\sum_{n \geq 0} \dfrac{x^n}{n!}$ converge.
57) $e_p(x+y)=e_p(x)e_p(y)$ est un simple produit de Cauchy avec le binôme de Newton, je l'ai fait de tête inutile de rédiger. L'existence me semble plus difficile.
$| \dfrac{(x+y)^n}{n!}|_p= |x+y|_p ^n |\dfrac{1}{n!}|_p \leq (|x|_p + |y|_p)^n p^{\frac{-n}{p-1}} $.
Or $|x|_p+|y|_p < 2 p^{ \frac{-1}{p-1}} $
Donc $\boxed{| \dfrac{(x+y)^n}{n!}|_p \leq 2^n p^{ \frac{-2n}{p-1}} }$
Je bloque ici à cause du $2^n$.
PS : après la remarque de @bd2017 j'ai rectifié une erreur dans la 56.
Le sujet devient plus abordable j'ai l'impression.
56) $| \dfrac{x^n}{n!}|_p= |x|_p ^n |\dfrac{1}{n!}|_p$.
Or $v_p(x) > \dfrac{1}{p-1} \implies |x|_p < p^{ \frac{-1}{p-1}}$. Ainsi $\boxed{ |x|_p < p^{ \frac{-1}{p-1}} }$.
$v_p( \frac{1}{n!} )=-v_p(n!)$ et $v_p(n!) \leq \dfrac{n}{p-1} \implies -v_p(n!) \geq \dfrac{-n}{p-1} $. Donc $\boxed{ |\dfrac{1}{n!}|_p \leq p^{\frac{-n}{p-1}}}$.
Ainsi $\boxed{| \dfrac{x^n}{n!}|_p \leq p^{ \frac{-1}{p-1}} ( p^{ \frac{-1}{p-1}})^n}$
Or $p^{ \frac{-1}{p-1}} = \dfrac{1}{p^{\frac{1}{p-1}}} <1 \iff p^{\frac{1}{p-1}} >1 \iff p >1 $ car la fonction $u \mapsto u^{p-1}$ est bijective sur $\R$ car $p-1$ est pair.
Donc la série géométrique $\sum_{n \geq 0} (p^{ \frac{-1}{p-1}})^n$ converge. Ainsi, la série $\sum_{n \geq 0} \dfrac{x^n}{n!}$ converge.
57) $e_p(x+y)=e_p(x)e_p(y)$ est un simple produit de Cauchy avec le binôme de Newton, je l'ai fait de tête inutile de rédiger. L'existence me semble plus difficile.
$| \dfrac{(x+y)^n}{n!}|_p= |x+y|_p ^n |\dfrac{1}{n!}|_p \leq (|x|_p + |y|_p)^n p^{\frac{-n}{p-1}} $.
Or $|x|_p+|y|_p < 2 p^{ \frac{-1}{p-1}} $
Donc $\boxed{| \dfrac{(x+y)^n}{n!}|_p \leq 2^n p^{ \frac{-2n}{p-1}} }$
Je bloque ici à cause du $2^n$.
PS : après la remarque de @bd2017 j'ai rectifié une erreur dans la 56.
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Réponses
Mais bon, déjà je n'ai pas réussi l'existence.
Tu sembles utiliser un théorème de comparaison pour montrer qu'une série est convergente mais il n'y a pas de question précédente pour appuyer ton raisonnement.
@JLapin je n'ai pas trop compris où tu veux en venir.
Moi j'aime bien le Donc $x\longmapsto x^2$ est bijective sur $\R$ !
Comme l'inégalité précédente est visiblement fausse, OS ne serait-il pas temps de passer à autre chose ?
Cordialement,
Jean-éric
Théorème de comparaison.
Je n'ai pas d'espace métrique dans le cours de MP et j'ai du mal à trouver des ressources sur les séries dans des espaces métriques.
Ne dis jamais : "Le sujet devient plus abordable j'ai l'impression".
Il y a les exercices difficiles, ceux pour lesquels tu dis : c'est inabordable.
Et il y a les exercices très difficiles, ce sont ceux que tu crois savoir faire, mais tu ne vois pas tes erreurs, et donc tu dis qu'ils sont abordables.
Quand tu penses qu'un exercice de l'agreg est abordable, méfie toi, c'est certainement parce que tu n'as pas vu la difficulté.
Vérifie, à chaque fois que tu as dit que c'était abordable sur ces différents exercices, systématiquement, tu t'étais planté.
Dans $\Q_p$ comme dans tout quotient il existe une addition.
Tout est dans le « Généralement ».
1. Montrer la convergence de la série de terme général:
$u_n=\big(\frac{2}{\pi}\arctan(n^2)\big)^{n^3}$
$u_n=\frac{(-1)^n}{n-\log n}$
$u_n=\frac{1}{n^3\sin n}$
2. Convergence de $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{e^nn!}{n^n}$
Tu es un peu hors-sujet ici
Les exercices que j'ai fait c'était toujours dans $\R$ ou $\C$.
Je connais les fonctions vectorielles aussi mais je ne connais pas les séries à valeurs dans un autre corps.
56) Je n'ai pas abouti avec mes majorations.
On a : $|x|_p < p^{- \frac{1}{p-1}}$ et $|\dfrac{1}{n!}|_p \leq p^{\frac{n}{p-1}}$.
Or $|\dfrac{x^n}{n!}|_p= |x|_p ^n \times |\dfrac{1}{n!}|_p \leq p^{ \frac{-n}{p-1}} p^{\frac{n}{p-1}} =1$
On ne peut rien conclure.
56) Comme $v_p(x) > \dfrac{1}{p-1}$ et $v_p(n!) \leq \dfrac{n}{p-1}$ alors $v_p( \dfrac{x^n}{n!})=n v_p(x)-v_p(n!) \geq n( v_p(x)- \dfrac{1}{p-1} )$
Or, $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} n( v_p(x)- \dfrac{1}{p-1} ) =+ \infty$ donc $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} p^{v_p(x^n /n!)} =\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \exp( v_p(x^n /n!) \ln p ) =+ \infty$ car $p$ est premier impair donc $\ln p >0$.
Finalement $\boxed{\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} | \dfrac{x^n}{n!}|_p=0}$ et la série $\sum_{n \geq 0} \dfrac{x^n}{n!} converge.
57) Dans Q43, on admet que la valuation p-adique dans $\Q_p$ se comporte comme dans $\Z$.
Ainsi, $v_p( x+y)=v_p ( x - (-y)) \geq \min (v_p(x),v_p(y) )$ car $v_p(-y)=v_p(y)$.
Donc $v_p( \dfrac{ (x+y)^n}{n!} ) \geq n \left( \min (v_p(x),v_p(y) ) - \dfrac{1}{p-1} \right)$
$v_p(x) > \dfrac{1}{p-1}$ et $v_p(y) > \dfrac{1}{p-1}$ donc $\min (v_p(x),v_p(y) ) > \dfrac{1}{p-1}$
Or, $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} n \left( \min (v_p(x),v_p(y) ) - \dfrac{1}{p-1} \right) =+ \infty$ donc $\boxed{\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} | \dfrac{(x+y)^n}{n!}|_p=0}$ et la série $\sum_{n \geq 0} \dfrac{(x+y)^n}{n!}$ converge.
Pour la calcul $e_p(x) e_p(y)=(\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{x^n}{n!})(\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{y^n}{n!})$ je ne sais pas comment faire dans $\Q_p$.
Cela veut dire qu'on peut faire un produit de Cauchy ?
J'ai trouvé une idée pour la 58, mais je n'ai pas abouti.
58) On a $| (-1)^{n+1} \dfrac{t^n}{n} |_p = \dfrac{|t|_p} { |n|_p} < \dfrac{1}{ |n|_p} = p^{v_p(n)}$
Or, $v_p(n) \leq v_p(n!) \leq \dfrac{n}{p-1}$ donc $| (-1)^{n+1} \dfrac{t^n}{n} |_p \leq (p^{ \frac{1}{p-1}})^n$.
Ça ne semble pas fonctionner.
Pour $\ell_p$ tu devrais pouvoir majorer $|t^n/n|_p$... et ne pas faire l'erreur de "perdre" un exposant important !
On a $X_nY_n - Z_n= \displaystyle\sum_{k=0}^n \left( \displaystyle\sum_{l=0}^n \dfrac{x^k y^l}{k! l!} - \dfrac{(x+y)^k}{ k!} \right)$
Je dois majorer $\displaystyle\left\lvert \displaystyle\sum_{l=0}^n \dfrac{x^k y^l}{k! l!} - \dfrac{(x+y)^k}{ k!} \right\rvert_p$ ?
$ep(x+y)$ est bien défini. évident.
Posons $R_N=X_N Y_N- Z_N.$ On a
$$|R_N|_p=|X_N Y_N- Z_N|_p= \Big|\sum_{k=1}^N \sum_{j=N+1-k}^N
\dfrac{ x^k}{k!}\dfrac {y^j}{j!} \Big|_p \leq \max_{\substack{0\leq k,\,j\leq N\\ N+1\leq k+j\leq 2 N }}
\Big|\dfrac{ x^k}{k!}\Big|_p \Big|\dfrac {y^j}{j!} \Big|_p,$$ où on rappelle que dans Q56 on a démontré que $|\dfrac{ x^k}{k!}|_p\leq \dfrac{1}{p^{n\epsilon_x}},$ avec $0<\epsilon_x = vp(x)-\dfrac{1}{p-1}.$
Ainsi, $|R_N|_p \leq \dfrac {1}{p^{(N+1) \min (\epsilon_x,\epsilon_ y)}} $ et $\lim_{N\rightarrow +\infty} R_N=0.$
On en tire $ep(x+y)=ep(x)ep(y).$
Les indices sur le max je n'ai rien compris.
Cette question me semble extrêmement difficile. Peut-être la plus difficile du sujet avec la Q40 sur les idéaux de $\Z_p$.
Alors $X_nY_n-Z_n=\displaystyle\sum_{\substack{(r,s)\in I\\r+s> n}}\dfrac{x^r}{r!}\dfrac{y^s}{s!}$ et tu continues en utilisant le rappel de @bd017.
@rakam joli ta manipulation des sommes doubles, je n'ai pas cette dextérité
Avec ton inégalité, et l'indication de @bd2017 j'ai réussi à conclure, sauf erreur.
On a : $\lvert X_n Y_n-Z_n \rvert_p=\left| \displaystyle\sum_{(r,s) \in I \\ r+s>n} \dfrac{x^r}{r!} \dfrac{y^s}{s!} \right|_p$
Donc : $\boxed{\lvert X_n Y_n-Z_n \rvert_p \leq \max_{ (r,s) \in I \\ r+s >n} \left( \left| \dfrac{x^r}{r!} \right|_p \times \left| \dfrac{y^s}{s!} \right|_p \right) }$
Notons comme @bd2017 $\varepsilon_x=v_p(x)- \dfrac{1}{p-1} >0$ et $\varepsilon_y=v_p(y)-\dfrac{1}{p-1} >0$.
On sait que $\forall (r,s) \in I^2$, $\left| \dfrac{x^r}{r!} \right|_p \leq \dfrac{1}{p^{r \varepsilon_x}}$ et $\left| \dfrac{y^s}{s!} \right|_p \leq \dfrac{1}{p^{s \varepsilon_y}}$
Donc $\forall (r,s) \in I^2, \ \left| \dfrac{x^r}{r!} \right|_p \times \left| \dfrac{y^s}{s!} \right|_p \leq \dfrac{1}{p^{r \varepsilon_x +s\varepsilon_y}}$
Mais $\forall (r,s) \in I^2 ,\ \text{tel que} \ r+s>n \ \ r \varepsilon_x + s \varepsilon_y \geq (r+s) \min( \varepsilon_x,\varepsilon_y) > n \min( \varepsilon_x,\varepsilon_y)$
Donc $\forall (r,s) \in I^2 ,\ \text{tel que} \ r+s>n \ \left| \dfrac{x^r}{r!} \right|_p \times \left| \dfrac{y^s}{s!} \right|_p < \dfrac{1}{p^{ n \min( \varepsilon_x,\varepsilon_y)}}$
Ainsi : $\boxed{\lvert X_n Y_n-Z_n \rvert_p \leq \dfrac{1}{p^{ n \min( \varepsilon_x,\varepsilon_y)}}}$ avec $\min(\varepsilon_x,\varepsilon_y) >0$.
Comme $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \dfrac{1}{p^{ n \min( \varepsilon_x,\varepsilon_y)}} =0$ alors par comparaison on en déduit le résultat voulu
$\boxed{\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \lvert X_n Y_n-Z_n \rvert_p =0 }$ et finalement $\boxed{\forall x,y \in \Q_p, \ e_p(x+y)=e_p(x) e_p(y)}$.
58) On a $|t|_p= \dfrac{1}{p^{v_p(t)} }<1$.
$\Big| (-1)^{n+1} \dfrac{t^n}{n} \Big|_p = \dfrac{ |t|_p ^n}{|n|_p} = \dfrac{1}{p^{n v_p(t) -v_p(n)}}$
Comme $n \in \N^{*}$, on a $v_p(n) \geq 0$ donc $\Big| (-1)^{n+1} \dfrac{t^n}{n} \Big|_p \leq \Big( \dfrac{1}{p^{v_p(t)}} \Big)^n \longrightarrow 0$ car $0 \leq \dfrac{1}{p^{v_p(t)}} <1$.
Ainsi : $\boxed{\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \Big| (-1)^{n+1} \dfrac{t^n}{n} \Big|_p =0}$ et la série $\sum_{n \geq 1} (-1)^{n+1} \dfrac{t^n}{n}$ converge.
Plus que la partie IV.B sur les classes d'équivalence
Si $u \in \Z / p^n \Z$ pourquoi on le note $u$ et non $\bar{u}$ ? Pourquoi on ne note pas directement un élément de $H$ : $\overline{1+pu}$ ?
59) $\# (\Z / p^n \Z)^{*} = \varphi(p^n)= p^n- p^{n-1}$ donc $\boxed{\# (\Z / p^n \Z)^{*} =p^n-p^{n-1}}$.
Soit $\bar{x} \in H$. Alors $\bar{x}=\bar{1} +p u$. Soit $v$ un représentant de $u$ dans $\Z / p^n \Z$. Alors $\overline{x} =\overline{ 1+ pv}$.
Montrons que $\bar{x}$ est inversible.
Pour cela, montrons que $PGCD(1+pv , p^n)=1$.
Je bloque ici, je n'ai pas réussi à trouver une relation de Bezout qui fonctionne.
Sous-groupe :
Je ne comprends pas cette notation : $\overline{(1+pu)(1+pz)}=\overline1$, pour moi cela n'a pas de sens car $u$ n'est pas entier, mais $u$ est une classe d'équivalence. Donc tu prends une classe de classe d'équivalence et c'est égal à $\bar{1}$ qui est une classe, ce n'est pas logique non ?
Je suis revenu au représentant pour éviter cette confusion qui me gêne beaucoup.
Ok merci.
60) Montrons que $H \subset (\Z / p^n \Z)^{*}$.
Soit $x \in H$. Alors $x =\bar{1} + p u$ avec $u= \bar{u'}$ avec $u' \in \Z$. Donc $x=\overline{ 1 + p u'}$.
Montrons que $PGCD(1+pu',p)=1$. On a $(1+pu') \times 1 + p \times (-u')=1$ c'est une relation de Bezout donc $PGCD(1+pu',p)=1$ et ainsi $PGCD(1+pu',p^n)=1$.
Donc $x \in (\Z / p^n \Z)^{*}$.
On a montré $\boxed{H \subset (\Z / p^n \Z)^{*}}$.
Sous-groupe :
- $\bar{1}=\bar{1}+ p \bar{0}$ donc $\bar{1} \in H$.
- Soient $x,y \in H$. Alors il existe $u,v \in (\Z/p^n \Z)^{*}$ de sorte que $x=\bar{1} + p u$ et $y=\bar{1} + p v$. Donc $xy=(\bar{1} + p u)(\bar{1} + p v)=\bar{1}+p(u+v + puv)$. Ainsi $xy \in H$.
Soit $x \in H$. Montrons que $x^{-1} \in H$. Posons $x=\bar{1} + p u$. Posons $v=\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1} (-1)^k p^{k-1} u^k \in (\Z / p^n \Z)$.Alors $(\bar{1} + p u)(\bar{1} + p v)=\bar{1}$ donc $\boxed{x^{-1} = \bar{1} + p v \in H}$.
Méthode 2 :
On veut résoudre $(1+pu')(1+px') \equiv 1 [p^n] \iff (1+pu')x' \equiv -u' [p^{n-1}] \iff x' \equiv -u' (1+pu')^{-1} [p^{n-1}]$.
Donc $\boxed{x^{-1} = \bar{1}+p x' \in H}$.
Tu as raison d'aller au plus simple.
- $(\Z /p \Z)$ est un corps car $p$ est premier, comme $(\Z / p \Z)^{*}=( \Z / p \Z) \backslash \{0 \}$, on peut utiliser la question $6$, et $(\Z / p \Z)^{*}$ est un groupe cyclique, donc il existe $a \in \Z$ tel que $\boxed{< \tilde{a}> = (\Z / p \Z)^{*}}$.
- On sait que $\pi( \bar{a}) = \tilde{a}$ où $\pi$ est un morphisme de groupes. Or $\tilde{a}$ est d'ordre $p-1$ car $\# (\Z / p \Z)^{*}=p-1$. Ainsi l'ordre de $\tilde{a}$ est fini et divise l'ordre de $\bar{a}$. Donc $\boxed{p-1 \mid o( \bar{a}) }$. Il reste à montrer que l'ordre de $\bar{a}$ divise $p-1$. Pour cela, il faut montrer que $\bar{a}^{p-1}= \bar{1}$. On sait que $\bar{a}^{p^n-p^{n-1}}=\bar{1}$. Mais $p^n-p^{n-1}=p^{n-1} (p-1)$ donc $(\bar{a}^{p^{n-1}})^{p-1}=\bar{1}$.
Je n'aboutis pas, je bloque à ce stade.