@MrJ : Tu as parfaitement raison, j'ai oublié ce "détail" (:P)
On peut montrer la convergence de la série de terme général $y_n^2$ en remarquant que, par croissance de la suite $(S_n)$, on a : \[\forall n\geq 1,\quad 0\leq y_n^2=\frac{x_n^2}{S_n^2}\leq \frac{x_n^2}{S_nS_{n-1}}=\frac{1}{S_{n-1}}-\frac{1}{S_n}\]
Ce dernier terme est celui d'une série télescopique convergente puisque la suite $(S_n)$ diverge vers $+\infty$ donc $\frac{1}{S_n}$ converge vers $0$.
@bisam cependant, pour une approche hors programme, l'utilisation du graphe fermé est efficace ! ^^
Par hypothèse, la forme linéaire $\varphi$ (où $\displaystyle \varphi(y)=\sum_{n\geq 1}x_{n}y_{n}$) est continue sur $\ell^{2}$ (via le théorème du graphe fermé).
Ainsi, pour $y\in \ell^{2},\ \displaystyle \vert \varphi(y) \vert \leq C\|y\|_{2}.$
Soit $N\in \mathbb{N}^{*}.$ En sélectionnant pour $n\leq N,\ \displaystyle y_{n}=\mbox{sg}(x_{n})x_{n}$ et pour $n>N,\ y_{n}=0,$ il vient : $$\sum\limits_{n=1}^{N}x^{2}_{n}\leq C\sqrt{\sum\limits_{n=1}^{N}x^{2}_{n}}\quad \mbox{ i.e. }\quad \sum\limits_{n=1}^{N}x^{2}_{n}\leq C^{2}.
$$ Ainsi, $x\in \ell^2.$
On peut éviter l'utilisation du théorème de la double limite (hors programme PC actuellement).
Comme je n'utilise pas les suites de fonctions je pose $w_n=u_n+u_{2n}$ et donc $v_{n,k}=w_{2^kn}$.
A partir de $u_n=\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{2^k}w_{2^kn}$ (démontré par bisam), on peut écrire $u_n-\dfrac23=\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{2^k}(w_{2^kn}-1)$.
Par hypothèse : pour tout $\varepsilon>0$ il existe $n_0$ tel que pour $n\geq n_0$ on a $|w_n|\leq \varepsilon$.
On a alors pour $n\geq n_0$ : $|u_n-\dfrac23|\leq\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}\frac1{2^k}\varepsilon=2\varepsilon$. Cela démontre que $(u_n)$ vonverge vers $\dfrac23$.
@Ramufasa : il faut plutôt faire une transformation d'Abel mais dans un autre sens : $\displaystyle \sum\limits_{k=A}^{B}\varepsilon_{k}=\sum\limits_{k=A}^{B}\varepsilon_{k}a_{k}\times \frac{1}{a_{k}}.$
@Totem : L'inégalité de Cauchy-Schwarz (du moins son cas d'égalité) donne l'idée de comment sélectionner les $y_{k}.$
Une variation technique autour de l'exercice traité par Bisam et Jandri (je mets des majuscules car pour moi, ce sont des noms propres! ^^)... qui force cette fois-ci à faire des découpages.
Soit $q$ un entier plus grand ou égal à $2$ et $\alpha\in \mathbb{C}.$
On considère une suite $u$ verifiant :
$\displaystyle \exists\beta\geq 0,\mbox{ } \forall n\gg1 : \vert u_{n} \vert \lesssim n^{\beta} \mbox{ et } \exists \ell\in\mathbb{C},\mbox{ } u_{n}+\alpha u_{qn}\underset{n\rightarrow +\infty}{\longrightarrow} \ell.$
Montrer que $u$ est convergente si $\vert \alpha \vert q^{\beta}<1$ (et donner un contre-exemple lorsque cette condition n'est pas satisfaite).
Pour le 68 : Il me semble qu’il s’agit d’un cas particulier de résultats généraux sur les réseaux.
Lorsque l’on dilate une partie convexe $C$ de $\R^n$ avec quelques propriétés de régularités par un réel $t$, le nombre de points de $\Z^n$ dans $tC$ est équivalent à $t^n\times Vol(C)$ lorsque $t\to +\infty$.
Ce résultat peut s’étendre au contexte plus général des réseaux.
C’est un résultat que j’avais utilisé dans ma thèse.
Je n’ai malheureusement pas de document pdf sur ce sujet, mais j’ai la référence que j’avais noté dans mon manuscrit : Chapitre 6, théorème 2 du livre ci-dessous.
Serge Lang, Algebraic number theory, second éd., Graduate Texts in Mathematics, vol. 110, Springer-Verlag, New York, 1994.
@MrJ aurais-tu un pdf pour $\mathrm{Vol}(C) t^n$ ?
Pas une référence mais le résultat se démontre assez simplement. Il est trivial pour les pavés droits et donc quasi trivial pour les unions de pavés droits. On voit aussi simplement que si $U\subset V$ alors $tU$ contient plus moins de points à coordonnées entières que $tV$. En utilisant les deux remarques précédentes on montre que $\mathrm{Card}(\Z^n \cap t C) \sim t^n \mathrm{Vol}(C) $ pour tout ensemble $C$ qui est Jordan mesurable (ie la mesure de sa frontière est nulle).
@Mickaël non je n’ai pas d’autres exercices , le fichier que j’ai mis en ligne je l’avais trouvé sur le site de la RMS où
on peut télécharger librement RMS
Etanche possible mais je n'aime pas les exercices d'oraux de concours qui font une ligne sans question intermédiaire.
Si tu n'as pas l'idée bah tu avances pas et tu ne fais rien.
$R=+\infty$.
Avec la relation récurrence on a $(1+\ell x)f(x)=f(\ell x)$.
On a $-\ell ^{k}$ avec $k\in N$ sont des zéros de $f$.
En travaillant avec $-x/\ell ^{k}$ où $k\in N$ on obtenir une contradiction avec $f(0)=1$.
Les zéros de $f$ sont uniquement $-\ell ^{k}$ avec $k \in N$.
Je reviens au 245, pour lequel je propose la solution ci-jointe, en espérant que quelqu'un ait le courage de la lire et, (rêvons), la valide.
Cordialement, j__j
Nota bene : si c'est cela, la méthode la plus courte et qu'un candidat l'ait trouvée en moins d'une heure alors, comme l'escripvit Rabelais, je me encline parfondément devant luy.
Le 33 suggère sauf bêtise d'utiliser le petit théorème de Fermat.... Je commencerais pour ma part à considérer le cas où À et B commutent.... Dans le cas général, raisonner sur p=2,puis generaliser
Soit $f$ une fonction de classe $C^1$ sur $\R^+$ telle que $f(0)=0$, $f'(0)>0$, $f'$ est croissante et \[\forall x\in\R^+,\int_0^x f'(t)^2dt\geq f(x+f(x))-f(x)\]
Posons $\alpha=f'(0)$.
On commence par étudier les variations de $h:x\mapsto \int_0^x f'(t)^2dt-f(x+f(x))+f(x)$. $h$ est dérivable sur $\R^+$ et \[\forall x\in\R^+,h'(x)=f'(x)^2-(1+f'(x))f'(x+f(x))+f'(x)=(1+f'(x))(f'(x+f(x))-f'(x))\]
Or $f'$ est croissante et $f'(0)>0$ donc $f'$ est strictement positive sur $\R^+$ donc $f$ est strictement croissante sur $\R^+$. Comme $f(0)=0$, on en déduit que $f$ est positive sur $\R^+$ et même strictement positive sur $\R_+^*$.
Par conséquent, $\forall x\in\R^+,h'(x)\leq 0$ donc $h$ décroit et elle est positive par hypothèse et vaut $0$ en $0$, donc $h$ est constamment nulle et sa dérivée également.
Ainsi $\forall x\in\R^+,(1+f'(x))(f'(x+f(x))-f'(x))=0$ et comme $1+f'(x)>0$, on en déduit que $f'(x+f(x))=f'(x)$.
Par croissance de $f'$, on en déduit que $\forall x\in\R^+,\forall t\in [x,x+f(x)], f'(t)=f'(x)$ (relation notée $(\star)$).
Mais, toujours par croissance de $f'$, $\forall x\in\R^+, f(x)=f(0)+\int_0^xf'(t)dt\geq f'(0)x$ donc, avec le résultat $(\star)$ précédent, on en déduit en particulier que $\forall x\in\R^+, f'(x)=f'(x+f'(0)x)=f'((1+\alpha)x)$.
Comme $\alpha>0$, pour tout couple $(a,b)$ de réels strictement positifs tels que $a<b$, il existe un entier $n$ tel que $(1+\alpha)^na>b$ et par $(\star)$ on en déduit que $f'(a)=f'((1+\alpha)^na)=f'(b)$.
Par continuité de $f'$ en $0$, on en déduit finalement que $f'$ est constante égale à $\alpha=f'(0)$ et par conséquent que $f$ est la fonction $x\mapsto \alpha x$.
Exercice 238. Bon ; dans l'Ancien monde, on était plus expéditif : on prenait $\vartheta$ comme paramètre, ou l'on utilisait les formules de Binet. Certes, c'était un raisonnement à la physicienne, mais cela vaut mieux que pas de raisonnement du tout;-).
Joli évitement des formules de Binet au c). Il faut quand même avoir déjà bataillé ferme avec ces formules pour avoir la présence d'esprit de faire ces calculs le jour de l'oral !
mais les élèves les connaissent et utilisent peut-être en Physique et/ou S2I. Comme nous il y a cinquante ans, on n'y hésite pas à prendre d'office $\vartheta$ comme paramètre ou à écrire que $xy'-x'y=0$ implique $x'/x=y'/y$... Cela revient au même et fait gagner du temps.
Ajout : d'ailleurs, lorsque $C=0$, on peut s'épargner le recours à une EDO : en dérivant, on montre que $x/r$ et $y/r$ sont des constantes --- en outre, ces constantes ne peuvent être toutes les deux nulles.
On peut opter pour une approche plus fonctionnelle pour la $103.$
Par l'inégalité de Jensen et comme toutes les Va $Y_{i}$ ont même loi, à savoir suivent $\mathcal{B}(n,\frac{1}{n})$, on a pour $\lambda>0 $ :
\begin{align*}
e^{\lambda\mathbb{E}[Z]} & \leq \mathbb{E}[e^{\lambda Z}]\\
& =\mathbb{E}\left[ e^{\lambda Z}\mathrm{1}_{ \cup_{i=1}^{n}[Z=Y_{i}] } \right]\\
& \leq \sum_{i=1}^{n}\mathbb{E}\left[ e^{\lambda Z}\mathrm{1}_{[Z=Y_{i}]} \right]\\
& = \sum_{i=1}^{n}\mathbb{E}\left[ e^{\lambda Y_{i}}\mathrm{1}_{[Z=Y_{i}]} \right]\\
& \leq \sum_{i=1}^{n}\mathbb{E}\left[ e^{\lambda Y_{i}}\right]\\
& =n\mathbb{E}[e^{\lambda Y_{1}}]\\
& =n\left(\frac{e^{\lambda}-1}{n}+1\right)^{n}.
\end{align*}
On obtient alors en passant au logarithme puis en utilisant l'inégalité de convexité : $\forall x\geq 0, \ln(1+x)\leq x$ : $$\mathbb{E}[Z]\leq \frac{\ln(n)+n\ln(\frac{e^{\lambda}-1}{n}+1)}{\lambda}\leq \frac{\ln(n)+e^{\lambda}-1}{\lambda}.$$
Le choix $\lambda=\ln(\ln(n)+1)$ donne effectivement : $$\mathbb{E}[Z]\leq \frac{2\ln(n)}{\ln(\ln(n)+1)}.$$
Réponses
Je n'ai rien écrit mais déjà :
Si $(\epsilon_i)$ est constante, je sais faire (il est alors classique que $(a_n)$ est un petit o de 1/n, ce qui permet de conclure).
Si $\epsilon_i = (-1)^i$, je sais faire (série alternée).
Sinon, pas trop d'idée...
On peut montrer la convergence de la série de terme général $y_n^2$ en remarquant que, par croissance de la suite $(S_n)$, on a : \[\forall n\geq 1,\quad 0\leq y_n^2=\frac{x_n^2}{S_n^2}\leq \frac{x_n^2}{S_nS_{n-1}}=\frac{1}{S_{n-1}}-\frac{1}{S_n}\]
Ce dernier terme est celui d'une série télescopique convergente puisque la suite $(S_n)$ diverge vers $+\infty$ donc $\frac{1}{S_n}$ converge vers $0$.
Par hypothèse, la forme linéaire $\varphi$ (où $\displaystyle \varphi(y)=\sum_{n\geq 1}x_{n}y_{n}$) est continue sur $\ell^{2}$ (via le théorème du graphe fermé).
Ainsi, pour $y\in \ell^{2},\ \displaystyle \vert \varphi(y) \vert \leq C\|y\|_{2}.$
Soit $N\in \mathbb{N}^{*}.$ En sélectionnant pour $n\leq N,\ \displaystyle y_{n}=\mbox{sg}(x_{n})x_{n}$ et pour $n>N,\ y_{n}=0,$ il vient : $$\sum\limits_{n=1}^{N}x^{2}_{n}\leq C\sqrt{\sum\limits_{n=1}^{N}x^{2}_{n}}\quad \mbox{ i.e. }\quad \sum\limits_{n=1}^{N}x^{2}_{n}\leq C^{2}.
$$ Ainsi, $x\in \ell^2.$
On arrive à : $a_N \sum_i \epsilon_i = \sum_n a_n \epsilon_n + \sum_n (\sum_i \epsilon_i) (a_{n+1} - a_n)$ sauf erreur.
Et je ne vois pas comment gérer le second terme...
On peut éviter l'utilisation du théorème de la double limite (hors programme PC actuellement).
Comme je n'utilise pas les suites de fonctions je pose $w_n=u_n+u_{2n}$ et donc $v_{n,k}=w_{2^kn}$.
A partir de $u_n=\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{2^k}w_{2^kn}$ (démontré par bisam), on peut écrire $u_n-\dfrac23=\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{2^k}(w_{2^kn}-1)$.
Par hypothèse : pour tout $\varepsilon>0$ il existe $n_0$ tel que pour $n\geq n_0$ on a $|w_n|\leq \varepsilon$.
On a alors pour $n\geq n_0$ : $|u_n-\dfrac23|\leq\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}\frac1{2^k}\varepsilon=2\varepsilon$. Cela démontre que $(u_n)$ vonverge vers $\dfrac23$.
@Totem : L'inégalité de Cauchy-Schwarz (du moins son cas d'égalité) donne l'idée de comment sélectionner les $y_{k}.$
Soit $q$ un entier plus grand ou égal à $2$ et $\alpha\in \mathbb{C}.$
On considère une suite $u$ verifiant :
$\displaystyle \exists\beta\geq 0,\mbox{ } \forall n\gg1 : \vert u_{n} \vert \lesssim n^{\beta} \mbox{ et } \exists \ell\in\mathbb{C},\mbox{ } u_{n}+\alpha u_{qn}\underset{n\rightarrow +\infty}{\longrightarrow} \ell.$
Montrer que $u$ est convergente si $\vert \alpha \vert q^{\beta}<1$ (et donner un contre-exemple lorsque cette condition n'est pas satisfaite).
Théorème 7 page 33 mots clefs nombre de rotation , suite quasi sous-additive , lemme de Fekete
Voir aussi page 14 théorème 7
Remarque: dans ces papiers c’est positionné en le théorème 7 . Est-ce un hasard ?
Lorsque l’on dilate une partie convexe $C$ de $\R^n$ avec quelques propriétés de régularités par un réel $t$, le nombre de points de $\Z^n$ dans $tC$ est équivalent à $t^n\times Vol(C)$ lorsque $t\to +\infty$.
Ce résultat peut s’étendre au contexte plus général des réseaux.
sur un forum anglophone y a une solution
Voir le post de ysharifi
Ils ont l’air d’apprécier le 135, alors qu’il me rebute directement en voyant l’énoncé...
Je n’ai malheureusement pas de document pdf sur ce sujet, mais j’ai la référence que j’avais noté dans mon manuscrit : Chapitre 6, théorème 2 du livre ci-dessous.
Serge Lang, Algebraic number theory, second éd., Graduate Texts in Mathematics, vol. 110, Springer-Verlag, New York, 1994.
Pas une référence mais le résultat se démontre assez simplement. Il est trivial pour les pavés droits et donc quasi trivial pour les unions de pavés droits. On voit aussi simplement que si $U\subset V$ alors $tU$ contient plus moins de points à coordonnées entières que $tV$. En utilisant les deux remarques précédentes on montre que $\mathrm{Card}(\Z^n \cap t C) \sim t^n \mathrm{Vol}(C) $ pour tout ensemble $C$ qui est Jordan mesurable (ie la mesure de sa frontière est nulle).
Je n’ai pas ce livre à côté de moi.
@oty20 sympa pour la photo du livre
on peut télécharger librement RMS
Il faut un abonnement à la RMS pour y accéder.
je reviens sur la correction par Bisam de l'exercice 72: correction.
Comment est-on assuré que $\sum y_n^2$ converge ?
Merci
Le 178 semble aussi faisable en sup.
Je vais rajouter un lien sur mon post initial.
Si tu n'as pas l'idée bah tu avances pas et tu ne fais rien.
une proposition ?
$R=+\infty$.
Avec la relation récurrence on a $(1+\ell x)f(x)=f(\ell x)$.
On a $-\ell ^{k}$ avec $k\in N$ sont des zéros de $f$.
En travaillant avec $-x/\ell ^{k}$ où $k\in N$ on obtenir une contradiction avec $f(0)=1$.
Les zéros de $f$ sont uniquement $-\ell ^{k}$ avec $k \in N$.
Cordialement, j__j
Nota bene : si c'est cela, la méthode la plus courte et qu'un candidat l'ait trouvée en moins d'une heure alors, comme l'escripvit Rabelais, je me encline parfondément devant luy.
Soit $f$ une fonction de classe $C^1$ sur $\R^+$ telle que $f(0)=0$, $f'(0)>0$, $f'$ est croissante et \[\forall x\in\R^+,\int_0^x f'(t)^2dt\geq f(x+f(x))-f(x)\]
Posons $\alpha=f'(0)$.
On commence par étudier les variations de $h:x\mapsto \int_0^x f'(t)^2dt-f(x+f(x))+f(x)$. $h$ est dérivable sur $\R^+$ et \[\forall x\in\R^+,h'(x)=f'(x)^2-(1+f'(x))f'(x+f(x))+f'(x)=(1+f'(x))(f'(x+f(x))-f'(x))\]
Or $f'$ est croissante et $f'(0)>0$ donc $f'$ est strictement positive sur $\R^+$ donc $f$ est strictement croissante sur $\R^+$. Comme $f(0)=0$, on en déduit que $f$ est positive sur $\R^+$ et même strictement positive sur $\R_+^*$.
Par conséquent, $\forall x\in\R^+,h'(x)\leq 0$ donc $h$ décroit et elle est positive par hypothèse et vaut $0$ en $0$, donc $h$ est constamment nulle et sa dérivée également.
Ainsi $\forall x\in\R^+,(1+f'(x))(f'(x+f(x))-f'(x))=0$ et comme $1+f'(x)>0$, on en déduit que $f'(x+f(x))=f'(x)$.
Par croissance de $f'$, on en déduit que $\forall x\in\R^+,\forall t\in [x,x+f(x)], f'(t)=f'(x)$ (relation notée $(\star)$).
Mais, toujours par croissance de $f'$, $\forall x\in\R^+, f(x)=f(0)+\int_0^xf'(t)dt\geq f'(0)x$ donc, avec le résultat $(\star)$ précédent, on en déduit en particulier que $\forall x\in\R^+, f'(x)=f'(x+f'(0)x)=f'((1+\alpha)x)$.
Comme $\alpha>0$, pour tout couple $(a,b)$ de réels strictement positifs tels que $a<b$, il existe un entier $n$ tel que $(1+\alpha)^na>b$ et par $(\star)$ on en déduit que $f'(a)=f'((1+\alpha)^na)=f'(b)$.
Par continuité de $f'$ en $0$, on en déduit finalement que $f'$ est constante égale à $\alpha=f'(0)$ et par conséquent que $f$ est la fonction $x\mapsto \alpha x$.
La réciproque est alors évidente.
mais les élèves les connaissent et utilisent peut-être en Physique et/ou S2I. Comme nous il y a cinquante ans, on n'y hésite pas à prendre d'office $\vartheta$ comme paramètre ou à écrire que $xy'-x'y=0$ implique $x'/x=y'/y$... Cela revient au même et fait gagner du temps.
Ajout : d'ailleurs, lorsque $C=0$, on peut s'épargner le recours à une EDO : en dérivant, on montre que $x/r$ et $y/r$ sont des constantes --- en outre, ces constantes ne peuvent être toutes les deux nulles.
Par l'inégalité de Jensen et comme toutes les Va $Y_{i}$ ont même loi, à savoir suivent $\mathcal{B}(n,\frac{1}{n})$, on a pour $\lambda>0 $ :
\begin{align*}
e^{\lambda\mathbb{E}[Z]} & \leq \mathbb{E}[e^{\lambda Z}]\\
& =\mathbb{E}\left[ e^{\lambda Z}\mathrm{1}_{ \cup_{i=1}^{n}[Z=Y_{i}] } \right]\\
& \leq \sum_{i=1}^{n}\mathbb{E}\left[ e^{\lambda Z}\mathrm{1}_{[Z=Y_{i}]} \right]\\
& = \sum_{i=1}^{n}\mathbb{E}\left[ e^{\lambda Y_{i}}\mathrm{1}_{[Z=Y_{i}]} \right]\\
& \leq \sum_{i=1}^{n}\mathbb{E}\left[ e^{\lambda Y_{i}}\right]\\
& =n\mathbb{E}[e^{\lambda Y_{1}}]\\
& =n\left(\frac{e^{\lambda}-1}{n}+1\right)^{n}.
\end{align*}
On obtient alors en passant au logarithme puis en utilisant l'inégalité de convexité : $\forall x\geq 0, \ln(1+x)\leq x$ : $$\mathbb{E}[Z]\leq \frac{\ln(n)+n\ln(\frac{e^{\lambda}-1}{n}+1)}{\lambda}\leq \frac{\ln(n)+e^{\lambda}-1}{\lambda}.$$
Le choix $\lambda=\ln(\ln(n)+1)$ donne effectivement : $$\mathbb{E}[Z]\leq \frac{2\ln(n)}{\ln(\ln(n)+1)}.$$