Remarque pleine de sens de Totem, hélas !
À part ça, le tout premier n'est pas vraiment un perdreau de l'année, malgré son étoile. C'était le problème 6 de la 19ème OIM, 1977, Belgrade, Yougoslavie.
Bonne journée.
Fr. Ch.
Un de mes élèves a effectivement eu l'exercice $1$ à l'oral de 2020 ; j'espère que, avant de proposer un exo du type Olympiades, le colleur se sent capable de noter un élève quelle que soit la façon dont l'oral se déroule. Du fait que les taupins ne sont pas (ou peu) préparés à réfléchir à des exos requérant seulement de l'astuce, j'ai l'impression que, neuf fois sur dix, c'est le colleur <<qui fait tout>>. Donc, si le colleur a été bon, le candidat a 18. Me trompé-je ?
Je plussoie. En prépa à Nancy, j'ai très souvent eu des bonnes notes voire très bonnes notes en colle en ayant l'impression de ne pas avoir fait grand chose.
Je suis d'accord avec john_john. Un tel exercice ne permet d'évaluer ni les connaissances du candidat ni sa capacité à utiliser les concepts qu'il a étudiés en prépa. Il n'a pas grand chose à faire à un oral de fin de CPGE.
Je suis d'accord avec john_john et Guego, cet exercice me semble hors contexte, la solution n'utilise pas du tout le contenu du programme de prépa. C'est assez déroutant en plus, je ne sais pas ce que cherche à évaluer l'examinateur sinon la capacité de réaction en 1h face à cet exercice.
En revanche je ne crois pas que le but soit de faire l'exercice à la place de l'étudiant. On peut imaginer que l'étudiant fasse la remarque que si on sait que $f(n)\ge f(m) \Rightarrow n\ge m$, alors on en déduit $f(n)\leq n$ puis $f(n)=n$ et donc ça ferait un morceau d'exercice. J'imagine que quelqu'un qui dit ça doit déjà avoir une note à deux chiffres. Je crois qu'avec ça on peut terminer cet exercice (il faut montrer la propriété de croissance stricte), et ça revient à montrer que $f(f(n))\ge f(n)$ ce qui ne m'a pas l'air complètement immédiat ... mais j'imagine que ça se fait.
.Si on suppose $f$ non croissante, alors on peut en extraire une sous-suite décroissante ou alors il existe une partie décroissante ($=\{n \in \N \mid p\geq n \Rightarrow f(p)\leq f(n)\}$) finie. Étudions le premier cas :
Quitte à travailler avec une extractrice, on peut supposer $f$ décroissante. On a une suite d'entiers naturels décroissante, qui prend donc un nombre fini $k$ de valeurs, $f(0)$ étant la plus grande.
Alors $f(n)=f(0)-n$ pour tout $n \leq k-1$ et $f(n)=f(0)-k+1$ sinon. Soit $n$ un entier naturel $\geq k$, $f(n)=f(0)-k+1$.
Si $f(0)\geq 2k-1$, alors :
$f(0)-k+1=f(n+1)>f(f(n))=f(f(0)-k+1)=f(0)-k+1$, contradiction.
Sinon, $f(0)<2k-1$ et donc $f(0)-k+1)<k$. Mais alors, $f(f(0)-k+1))=k-1$ et $f(0)-k+1=f(n+1)>f(f(n))=f(f(0)-k+1)=k-1$, i.e
$2k-2 <f(0)<2k-1$, ce qui est absurde puisque $f(0)$ est entier. Deuxième cas :
$F=\{n \in \N \mid p\geq n \Rightarrow f(p)\leq f(n)\}$ est finie. On se ramène au cas précédent (suite décroissante d'entiers naturels) et on obtient une contradiction.
On pose $f(-1) =-1$ et $\forall n \in \N,$ on appelle $\mathcal P_n$ la propriété suivante: $\:\:" \: f(n-1) = n-1,\:\:\:\forall k\geqslant n \: \:\:f(k)\geqslant n."$
$\mathcal P_0$ est vraie. Soit $n\in \N$ tel que $\mathcal P_n$ soit vraie.
$\forall k \geqslant n+1, \:\: k-1\geqslant n, \:\: f(k)>(f\circ f) (k-1)\geqslant n:\qquad f(k)\geqslant n+1.$
Pour établir la validité de $\mathcal P_{n+1}$, il reste à prouver que $ f(n)=n.\:\:$ Pour cela, supposons le contraire. Alors:
$\forall k\geqslant n,\quad \: f(k)\geqslant n+1\:$ et on peut définir les suites $(u_k)_k\:$ et $\:(v_k)_k\:$ par : $u_0=n, \:\: \forall k \in \N, \: u_{k+1}= f(u_k) -1, \:\: v_k =(f\circ f) (u_k).$
$\forall k \in \N,\: u_k\geqslant n,\quad v_k=(f\circ f)(u_k)>(f \circ f)\Big (f(u_{k}) -1\Big)= ( f\circ f)(u_{k+1})=v_{k+1}\geqslant n+1.$
Ainsi, $(v_k)_k$ est une suite d'entiers strictement décroissante et minorée, ce qui est une chose impossible.
$$ \forall n \in \N, \:\: f(n) = n.$$
Beaucoup de déjà vu dans cette collection, même parmi ce qui est censé être nouveau.
J'ai notamment donné cette année en colles à mes élèves une version équivalente à l'exercice 72.
L'exercice 69 comporte une petite nouveauté, mais il est dans ma feuille d'exercices sur les suites depuis plusieurs années.
Le 105 est également dans mes feuilles de colle...
Le 89 fait démontrer le fameux théorème de Hardy-Littlewood-Karamata, ce qui n'est pas une mince affaire !!
Cependant, il reste des petites choses que l'on a envie d'essayer comme le 67 ou le 88.
@ Totem, à propos du n° 152 : trouver les polynômes $P$ tels que $P(X)P(X+1)=P(X^2+X+1)$,
On voit passer des problèmes de ce type depuis bientôt quarante ans, par exemple $P(X)P(X+1)=P(X^2)$. Il y a plusieurs méthodes possibles, par exemple en raisonnant sur les racines complexes.
Pour $P(X)P(X+1)=P(X^2+X+1)$, j'ai les références : Olympiades mathématiques australiennes, 1985 et Crux mathematicorum, juin 1985, p. 170.
La meilleure idée, je l'ai trouvée dans : Mathématiques & Pédagogie, revue de la SBPM (e.f.), Bruxelles, n° 167, 2008, p. 74. Cette idée est de prouver d'abord qu'il y a au plus un polynôme de degré donné qui convient, ce qui se fait sans mal. Ensuite, un polynôme-solution est de degré pair, et le produit de deux polynômes-solutions est aussi un polynôme-solution.
Ça se généralise à $P(X)P(X+1)=P(X^2+bX+c)$, et aux polynômes à coefficients complexes.
Bonne journée.
Fr. Ch.
Pour le 57 il me semble que cela avait été discuté il y a plusieurs mois sur le forum
Voici l’article où c’est prouvé plusieurs auteurs dont Terrence Tao
Une variante pour le 1 : $f$ atteint son minimum $M_0$ en $m_0$ par exemple. Alors on a $m_0=0$, sinon $f(f(m_0-1))<f(m_0)$.
Maintenant plutôt que de montrer que $M_0=0$, on prend le minimum suivant $M_1$, atteint en $m_1$ par exemple, alors $f(f(m_1-1))<f(m_1)=M_1$, et donc $f(f(m_1-1))=M_0$ et donc $f(m_1-1)=0$ donc $0$ est le minimum de $f$, $M_0=0$ et donc $m_1=1$.
Ensuite l'étape suivante montrera $M_1=1$ et $m_2=2$, etc.
Edit : c'est la même preuve que celle proposée plus haut par d'autres intervenants.
Pour le 161 en écrivant la relation $A^{-1}BA=-B$ on déduit que le polynôme caractéristique de B est pair et, bien sûr ,celui de A doit l'être aussi . C'est nécessaire mais je n'ai pas(pas encore ?) montré que c'est suffisant .
@ etanche pour le 259, CG 1995.
Merci pour cette marque de confiance, mais qui sera déçue car en 1995 je n'étais pas en France, et je n'avais plus de rapport avec l'organisation du Concours général. Il me semble que le président du jury était alors Dominique Roux, qui par bonheur a toujours bon pied bon œil, et c'est donc à lui qu'il faudrait demander.
Tout ce que je peux dire c'est qu’une solution a paru dans : Danièle Depouly, Serge Nicolas, Les sujets Nathan, Maths S, Fernand Nathan, août 1995. On en trouve une aussi dans le poly de Bornsztein et Omarjee sur les équations fonctionnelles, p. 9 ; http://www2.animath.fr/IMG/pdf/cours-eqfonc.pdf.
Il y a un site qui donne énoncés et corrigés de Concours général pour plusieurs années, on en a déjà parlé.
On peut préciser qu'on peut choisir $a$ comme on veut, ce qui assure l'existence d'une infinité de triplets $(a,b,c)$ qui conviennent.
Bonne après-midi.
Fr. Ch.
@Iale : "le polynome caractéristique de $B $ est pair " .
On a $\det (B-\lambda I_n)= \det (-A^{-1}BA-\lambda I_n) = (-1)^n \det (A^{-1}BA+\lambda I_n) $ et puis après :-S
OK $B$ est semblable à son opposé donc même polynôme caractéristique...
Le 72 ?? Tiens, tens ! En février de cette année, un de mes intégrés, en première année à l'X, me demande une indication pour traiter cet exo posé en DM (ou plutôt en devoir à la caserne ?). Il ressort tel quel au concours, avec une indication toutefois ; évidemment, je l'avais diffusé auprès de mes élèves de spé et cela aurait pu en avantager un. Qui me dit qu'il n'y a pas un candidat d'un autre lycée qui aurait, lui, bénéficié de ce tuyau de la part de son professeur dans les mêmes conditions ? Poser des exos dont on peut être sûr qu'ils viennent de circuler me semble un procédé douteux, non ?
Supposons que la suite $(x_n)_{n\in\N}$ est telle que la série $\displaystyle \sum_{n\geq 0} x_n^2$ diverge. Alors ce n'est pas la suite nulle donc, quitte à éliminer les termes nuls du début de la suite, on peut supposer $x_0\neq 0$.
Posons alors $\displaystyle S_n=\sum_{k=0}^nx_k^2$ et $y_n=\dfrac{x_n}{S_n}$.
On a deux cas :
si $x_ny_n$ ne tend par vers 0 alors la série $\displaystyle \sum_{n\geq 0} x_ny_n$ diverge grossièrement.
si $x_ny_n\rightarrow 0$ alors $x_ny_n=\frac{x_n^2}{S_n}\sim -\ln(1-\frac{x_n^2}{S_n})=\ln(S_{n})-\ln(S_{n-1})$. Mais comme la suite $(S_n)_{n\in\N}$ est divergente par hypothèse et qu'elle est croissante, elle tend vers $+\infty$ et il en est de même de la suite $(\ln(S_n))_{n\in\N}$ et enfin de la série $\displaystyle \sum_{n\geq 1}\ln(S_{n})-\ln(S_{n-1})$. Par comparaison de séries à termes positifs, on en déduit que la série $\displaystyle \sum_{n\geq 0} x_ny_n$ diverge à nouveau.
Dans les deux cas, on a trouvé une suite $(y_n)_{n\in\N}$ qui contredit l'hypothèse. C'est absurde.
On conclut donc que la série $\displaystyle \sum_{n\geq 0} x_n^2$ converge.
Il est facile de vérifier que la réciproque est également vraie.
[Edit] Ci-dessus, il manque la preuve de la convergence de la série de terme général $y_n^2$.
Cet oubli est corrigé ici.
Le n° 86 aussi est très connu. Je le posais en colle depuis les années 1990, mais je n'ai pas de référence. Je demandais d'étudier l'endomorphisme $T$ : noyau, image, valeurs propres, valeurs spectrales. Par contre la question b) est peut-être nouvelle.
Je me demande même s'il n'était pas sorti au bac dans les années 1970, mais je rêve peut-être...
Bonne soirée.
Fr. Ch.
@ john_john Oui le n° 238 est une tentative méritoire pour tirer les lois de Kepler de leur oubli immérité et scandaleux. Mais sauf erreur, les élèves ne sont pas censés savoir ce qu'est une conique. Mettons qu'ils l'apprennent en Physique. Cet exercice a déjà été posé à l' X : RMS 126-2, janvier 2016, n° 265, p. 58, oral 2015, X, MP.
non, effectivement, les coniques ne figurent plus au programme (et même les leçons d'agrég sur les coniques ont disparu, sauf erreur de ma part). En général, les élèves ne savent même plus nommer les graphes des fonctions $x\mapsto ax^2$ ou $x\neq0\mapsto\frac1x\cdot$
Le 69 est très classique et se résout à coups de Bolzano-Weierstrass (au moins pour la première question).
Qqun a une indication pour le 50 ? J'essaie de voir les epsilon_i comme des variables aléatoires de Rademacher et de majorer l'espérance mais je n'aboutis pas au résultat...
Si les $(\varepsilon_{k})_{k=1,\ldots,n}$ désignent une famille i.i.d de Va de Rademacher alors, comme la norme $\|.\|$ est euclidienne : $$\mathbb{E}\left[ \|\sum_{k=1}^{n}\varepsilon_{k}v_{k}\|^{2} \right]=\sum_{k=1}^{n}\|v_{k}\|^{2}=n.
$$ Et ainsi, il existe un choix $\omega$ de signes pour lequel : $\displaystyle \Big\|\sum_{k=1}^{n}\varepsilon_{k}(\omega)v_{k}\Big\|\leq \sqrt{n}.$
Voici une méthode pour la première question du 69 qui est accessible aux PSI et PC (qui n'ont pas le théorème de Bolzano-Weierstrass au programme !).
Pour $n$ et $k$ dans $\N$, on pose [v_{n,k}=u_{2^kn}+\frac{1}{2}u_{2^{k+1}n}.
\] Alors pour tout $N\in\N$, on a : \[\sum_{k=0}^N\frac{(-1)^k}{2^k}v_{n,k}=\sum_{k=0}^N\left(\frac{(-1)^k}{2^k}u_{2^kn}-\frac{(-1)^{k+1}}{2^{k+1}}u_{2^{k+1}n}\right)=u_n-\frac{(-1)^{N+1}}{2^{N+1}}u_{2^{N+1}n}.
\] Puisque la suite $u$ est bornée, le dernier terme tend vers 0 lorsque $N$ tend vers $+\infty$ donc on peut écrire que \[\forall n\in\N,\quad u_n=\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{2^k}v_{n,k}.
\] On remarque alors que \[\forall k\in\N,\quad\forall n\in\N, \quad\left|\frac{(-1)^k}{2^k}v_{n,k}\right|\leq \frac{3\|u\|_{\infty}}{2^{k+1}}\] donc la série de fonctions $\displaystyle n\mapsto \sum_{k=0}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{2^k}v_{n,k}$ converge normalement sur $\N$ donc uniformément.
Par théorème de la double limite, et grâce à l'hypothèse de l'énoncé, on en déduit que la suite $u$ converge et que : \[\lim_{n\rightarrow +\infty}u_n=\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{2^k}\big(\lim_{n\rightarrow +\infty}v_{n,k}\big)=\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{2^k}=\frac{2}{3}.
\] La question 2 est triviale puisque si on pose $\displaystyle w_n=\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{u_{2^kn}}{2^k}$ pour tout $n\in\N$ (cela converge car $u$ est bornée) alors $\forall n\in\N, u_n=w_n-\frac{1}{2}w_{2n}$. Donc, par opération sur les limites, $u$ converge vers $\frac{1}{2}$.
@Bisam : Sauf erreur de ma part, il faut aussi démontrer que $\sum y_n^2$ est convergente pour obtenir la contradiction souhaitée (on peut le démontrer en comparant avec une intégrale il me semble).
Réponses
À part ça, le tout premier n'est pas vraiment un perdreau de l'année, malgré son étoile. C'était le problème 6 de la 19ème OIM, 1977, Belgrade, Yougoslavie.
Bonne journée.
Fr. Ch.
Cela aide ou pas ?
avec IPP on a un équivalent
[Inutile de reproduire le message précédent. AD]
Je plussoie. En prépa à Nancy, j'ai très souvent eu des bonnes notes voire très bonnes notes en colle en ayant l'impression de ne pas avoir fait grand chose.
Et oui la physique ça laisse des marques... :-D
Sinon mon résultat il est juste ou pas :-S
@Chaurien : c'est quoi le principe pour la $152$ ??
En revanche je ne crois pas que le but soit de faire l'exercice à la place de l'étudiant. On peut imaginer que l'étudiant fasse la remarque que si on sait que $f(n)\ge f(m) \Rightarrow n\ge m$, alors on en déduit $f(n)\leq n$ puis $f(n)=n$ et donc ça ferait un morceau d'exercice. J'imagine que quelqu'un qui dit ça doit déjà avoir une note à deux chiffres. Je crois qu'avec ça on peut terminer cet exercice (il faut montrer la propriété de croissance stricte), et ça revient à montrer que $f(f(n))\ge f(n)$ ce qui ne m'a pas l'air complètement immédiat ... mais j'imagine que ça se fait.
Étudions le premier cas :
Quitte à travailler avec une extractrice, on peut supposer $f$ décroissante. On a une suite d'entiers naturels décroissante, qui prend donc un nombre fini $k$ de valeurs, $f(0)$ étant la plus grande.
Alors $f(n)=f(0)-n$ pour tout $n \leq k-1$ et $f(n)=f(0)-k+1$ sinon. Soit $n$ un entier naturel $\geq k$, $f(n)=f(0)-k+1$.
Si $f(0)\geq 2k-1$, alors :
$f(0)-k+1=f(n+1)>f(f(n))=f(f(0)-k+1)=f(0)-k+1$, contradiction.
Sinon, $f(0)<2k-1$ et donc $f(0)-k+1)<k$. Mais alors, $f(f(0)-k+1))=k-1$ et $f(0)-k+1=f(n+1)>f(f(n))=f(f(0)-k+1)=k-1$, i.e
$2k-2 <f(0)<2k-1$, ce qui est absurde puisque $f(0)$ est entier.
Deuxième cas :
$F=\{n \in \N \mid p\geq n \Rightarrow f(p)\leq f(n)\}$ est finie. On se ramène au cas précédent (suite décroissante d'entiers naturels) et on obtient une contradiction.
Par conséquent, $f$ est croissante.
En ce qui concerne l'exercice $1$:
On pose $f(-1) =-1$ et $\forall n \in \N,$ on appelle $\mathcal P_n$ la propriété suivante: $\:\:" \: f(n-1) = n-1,\:\:\:\forall k\geqslant n \: \:\:f(k)\geqslant n."$
$\mathcal P_0$ est vraie. Soit $n\in \N$ tel que $\mathcal P_n$ soit vraie.
$\forall k \geqslant n+1, \:\: k-1\geqslant n, \:\: f(k)>(f\circ f) (k-1)\geqslant n:\qquad f(k)\geqslant n+1.$
Pour établir la validité de $\mathcal P_{n+1}$, il reste à prouver que $ f(n)=n.\:\:$ Pour cela, supposons le contraire. Alors:
$\forall k\geqslant n,\quad \: f(k)\geqslant n+1\:$ et on peut définir les suites $(u_k)_k\:$ et $\:(v_k)_k\:$ par : $u_0=n, \:\: \forall k \in \N, \: u_{k+1}= f(u_k) -1, \:\: v_k =(f\circ f) (u_k).$
$\forall k \in \N,\: u_k\geqslant n,\quad v_k=(f\circ f)(u_k)>(f \circ f)\Big (f(u_{k}) -1\Big)= ( f\circ f)(u_{k+1})=v_{k+1}\geqslant n+1.$
Ainsi, $(v_k)_k$ est une suite d'entiers strictement décroissante et minorée, ce qui est une chose impossible.
$$ \forall n \in \N, \:\: f(n) = n.$$
J'ai notamment donné cette année en colles à mes élèves une version équivalente à l'exercice 72.
L'exercice 69 comporte une petite nouveauté, mais il est dans ma feuille d'exercices sur les suites depuis plusieurs années.
Le 105 est également dans mes feuilles de colle...
Le 89 fait démontrer le fameux théorème de Hardy-Littlewood-Karamata, ce qui n'est pas une mince affaire !!
Cependant, il reste des petites choses que l'on a envie d'essayer comme le 67 ou le 88.
On voit passer des problèmes de ce type depuis bientôt quarante ans, par exemple $P(X)P(X+1)=P(X^2)$. Il y a plusieurs méthodes possibles, par exemple en raisonnant sur les racines complexes.
Pour $P(X)P(X+1)=P(X^2+X+1)$, j'ai les références : Olympiades mathématiques australiennes, 1985 et Crux mathematicorum, juin 1985, p. 170.
La meilleure idée, je l'ai trouvée dans : Mathématiques & Pédagogie, revue de la SBPM (e.f.), Bruxelles, n° 167, 2008, p. 74. Cette idée est de prouver d'abord qu'il y a au plus un polynôme de degré donné qui convient, ce qui se fait sans mal. Ensuite, un polynôme-solution est de degré pair, et le produit de deux polynômes-solutions est aussi un polynôme-solution.
Ça se généralise à $P(X)P(X+1)=P(X^2+bX+c)$, et aux polynômes à coefficients complexes.
Bonne journée.
Fr. Ch.
Voici l’article où c’est prouvé plusieurs auteurs dont Terrence Tao
CG 1995
Chaurien as-tu d’autres solutions pour le 259 ? L’auteur du problème?Anecdotes ?
Maintenant plutôt que de montrer que $M_0=0$, on prend le minimum suivant $M_1$, atteint en $m_1$ par exemple, alors $f(f(m_1-1))<f(m_1)=M_1$, et donc $f(f(m_1-1))=M_0$ et donc $f(m_1-1)=0$ donc $0$ est le minimum de $f$, $M_0=0$ et donc $m_1=1$.
Ensuite l'étape suivante montrera $M_1=1$ et $m_2=2$, etc.
Edit : c'est la même preuve que celle proposée plus haut par d'autres intervenants.
Merci pour cette marque de confiance, mais qui sera déçue car en 1995 je n'étais pas en France, et je n'avais plus de rapport avec l'organisation du Concours général. Il me semble que le président du jury était alors Dominique Roux, qui par bonheur a toujours bon pied bon œil, et c'est donc à lui qu'il faudrait demander.
Tout ce que je peux dire c'est qu’une solution a paru dans : Danièle Depouly, Serge Nicolas, Les sujets Nathan, Maths S, Fernand Nathan, août 1995. On en trouve une aussi dans le poly de Bornsztein et Omarjee sur les équations fonctionnelles, p. 9 ; http://www2.animath.fr/IMG/pdf/cours-eqfonc.pdf.
Il y a un site qui donne énoncés et corrigés de Concours général pour plusieurs années, on en a déjà parlé.
On peut préciser qu'on peut choisir $a$ comme on veut, ce qui assure l'existence d'une infinité de triplets $(a,b,c)$ qui conviennent.
Bonne après-midi.
Fr. Ch.
On a $\det (B-\lambda I_n)= \det (-A^{-1}BA-\lambda I_n) = (-1)^n \det (A^{-1}BA+\lambda I_n) $ et puis après :-S
OK $B$ est semblable à son opposé donc même polynôme caractéristique...
Le Schtroumpf grognon, pcc John_John
Supposons que la suite $(x_n)_{n\in\N}$ est telle que la série $\displaystyle \sum_{n\geq 0} x_n^2$ diverge. Alors ce n'est pas la suite nulle donc, quitte à éliminer les termes nuls du début de la suite, on peut supposer $x_0\neq 0$.
Posons alors $\displaystyle S_n=\sum_{k=0}^nx_k^2$ et $y_n=\dfrac{x_n}{S_n}$.
On a deux cas :
- si $x_ny_n$ ne tend par vers 0 alors la série $\displaystyle \sum_{n\geq 0} x_ny_n$ diverge grossièrement.
- si $x_ny_n\rightarrow 0$ alors $x_ny_n=\frac{x_n^2}{S_n}\sim -\ln(1-\frac{x_n^2}{S_n})=\ln(S_{n})-\ln(S_{n-1})$. Mais comme la suite $(S_n)_{n\in\N}$ est divergente par hypothèse et qu'elle est croissante, elle tend vers $+\infty$ et il en est de même de la suite $(\ln(S_n))_{n\in\N}$ et enfin de la série $\displaystyle \sum_{n\geq 1}\ln(S_{n})-\ln(S_{n-1})$. Par comparaison de séries à termes positifs, on en déduit que la série $\displaystyle \sum_{n\geq 0} x_ny_n$ diverge à nouveau.
Dans les deux cas, on a trouvé une suite $(y_n)_{n\in\N}$ qui contredit l'hypothèse. C'est absurde.On conclut donc que la série $\displaystyle \sum_{n\geq 0} x_n^2$ converge.
Il est facile de vérifier que la réciproque est également vraie.
[Edit] Ci-dessus, il manque la preuve de la convergence de la série de terme général $y_n^2$.
Cet oubli est corrigé ici.
Je me demande même s'il n'était pas sorti au bac dans les années 1970, mais je rêve peut-être...
Bonne soirée.
Fr. Ch.
non, effectivement, les coniques ne figurent plus au programme (et même les leçons d'agrég sur les coniques ont disparu, sauf erreur de ma part). En général, les élèves ne savent même plus nommer les graphes des fonctions $x\mapsto ax^2$ ou $x\neq0\mapsto\frac1x\cdot$
Sic transit gloria mundi
Lemme de Serre page 5
Qqun a une indication pour le 50 ? J'essaie de voir les epsilon_i comme des variables aléatoires de Rademacher et de majorer l'espérance mais je n'aboutis pas au résultat...
$$ Et ainsi, il existe un choix $\omega$ de signes pour lequel : $\displaystyle \Big\|\sum_{k=1}^{n}\varepsilon_{k}(\omega)v_{k}\Big\|\leq \sqrt{n}.$
Pour $n$ et $k$ dans $\N$, on pose
\] Alors pour tout $N\in\N$, on a : \[\sum_{k=0}^N\frac{(-1)^k}{2^k}v_{n,k}=\sum_{k=0}^N\left(\frac{(-1)^k}{2^k}u_{2^kn}-\frac{(-1)^{k+1}}{2^{k+1}}u_{2^{k+1}n}\right)=u_n-\frac{(-1)^{N+1}}{2^{N+1}}u_{2^{N+1}n}.
\] Puisque la suite $u$ est bornée, le dernier terme tend vers 0 lorsque $N$ tend vers $+\infty$ donc on peut écrire que \[\forall n\in\N,\quad u_n=\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{2^k}v_{n,k}.
\] On remarque alors que \[\forall k\in\N,\quad\forall n\in\N, \quad\left|\frac{(-1)^k}{2^k}v_{n,k}\right|\leq \frac{3\|u\|_{\infty}}{2^{k+1}}\] donc la série de fonctions $\displaystyle n\mapsto \sum_{k=0}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{2^k}v_{n,k}$ converge normalement sur $\N$ donc uniformément.
Par théorème de la double limite, et grâce à l'hypothèse de l'énoncé, on en déduit que la suite $u$ converge et que : \[\lim_{n\rightarrow +\infty}u_n=\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{2^k}\big(\lim_{n\rightarrow +\infty}v_{n,k}\big)=\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{2^k}=\frac{2}{3}.
\] La question 2 est triviale puisque si on pose $\displaystyle w_n=\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{u_{2^kn}}{2^k}$ pour tout $n\in\N$ (cela converge car $u$ est bornée) alors $\forall n\in\N, u_n=w_n-\frac{1}{2}w_{2n}$. Donc, par opération sur les limites, $u$ converge vers $\frac{1}{2}$.