Pas sûr que ceci soit vrai, en prenant J très lacunaire. Ce que je montre c'est plutôt $$\underset{x \to +\infty}{\limsup} \dfrac{f_J(x)}{\frac{e^x}{\sqrt x}}\geq \frac{1}{\sqrt{2\pi}}.$$
Ceci est cependant suffisant pour l'exercice d'étanche.
Namiswan En fait j'ai perfectionné un peu ta démonstration en minorant $\displaystyle\sum_{k=n}^{n+p}\dfrac{n^k}{k!}$ par une suite équivalente à $(p+1)\dfrac{e^n}{\sqrt{2\pi n}}$. On peut choisir $p$ arbitrairement grand.
Edit : merci à Calli d'avoir remarqué que cela ne marche que si $J$ contient des suites arbitrairement longues d'entiers consécutifs.
@jandri : On dirait que tu supposes que $J$ contient des suites arbitrairement longues d'entiers consécutifs.
Il me semble qu'une comparaison série-intégrale donne $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty \frac{x^{n^2}}{(n^2)!} = O\!\left(\frac{e^x}{\sqrt{x}}\right)$ quand $x\to\infty$.
Ok, voici. On approche de la fin, donc je monte un peu le niveau par rapport à mes précédentes questions. C'est de la récup mais à ma connaissance, aucune solution n'est disponible à l'heure actuelle.
Jour 24
Soit $f:\R\to\R$ une fonction périodique et lipschitzienne telle que $f(0)=0$. Peut-on connaître la nature de la série $$ \sum_{n\geq 1}\frac{1}{n^{1+f(n)}}\quad ?$$
@jandri. On dirait que tu supposes que $J$ contient des suites arbitrairement longues d'entiers consécutifs.
Merci à Calli (et à Namiswan), c'est exactement ce que j'ai supposé (par erreur puisque ce n'est pas dans les hypothèses sur $J$). Dans le cas général ma "démonstration" tombe en défaut !
Bravo @Namiswan , le problème n'a pas tenu longtemps !
Je donne un autre exercice rigolo pour les intéressés :
Donner un équivalent de $\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{x^n}{(n!)^2}$ quand $x \to +\infty$. En fait ça peut se faire pour n'importe quel exposant à la place de $2$.
Je donne un autre exercice rigolo pour les intéressés :
Donner un équivalent de $\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{x^n}{(n!)^2}$ quand $x \to +\infty$. En fait ça peut se faire pour n'importe quel exposant à la place de $2$.
La somme de cette série entière est $I_0(2\sqrt{x})$ où $I_0$ est la fonction de Bessel de première espèce.
Et $I_0(x) \sim \frac{e^x}{\sqrt {2\pi x}}$ quand $x$ tend vers $+\infty$
Montrons que la série diverge dans tous les cas. Soit $T>0$ une période de $f$.
Cas 1 : $T\in \mathbb{Q}$.
Comme $nT$ est une période de $f$ pour tout $n\in \mathbb{N}^*$, on peut supposer que $T\in \mathbb{N}^*$. Alors on a \[\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^{1+f(n)}} \geqslant \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(kT)^{1+f(kT)} } = \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{kT} = +\infty .\]
Cas 2 : $T\not\in \mathbb{Q}$.
Pour tout $x\in \mathbb{R}$, notons $m(x)$ le représentant modulo $T$ de $x$ qui appartient à $]- \frac{T}{2} , \frac{T}{2} ]$. Soit $N\in \mathbb{N}^*$ pair. L'ensemble $\{m(i), i\in [\![0,N]\!]\}$ contient $N+1$ points distincts dans $]- \frac{T}{2} , \frac{T}{2} ]$, donc par principe des tiroirs il existe $i,j\in [\![0,N]\!]$ distincts tels que $m(i)$ et $m(j)$ appartiennent au même intervalle $]p \frac{T}{N} , (p+1) \frac{T}{N} ]$ avec $p\in [\![- \frac{N}{2} , \frac{N}{2} -1]\!]$. Ainsi, $|m(i)-m(j)|< \frac{T}{N}$, donc $n_0 :=|i-j|$ vérifie $$n_{0} \in [\![1,N]\!]\quad \text{et}\quad m(n_{0} )\in \left[- \frac{T}{N} , \frac{T}{N} \right]. $$ Sans perte de généralité, on peut supposer que $|m(n_0)| = \min (\{|m(n)|, n\in [\![1,N]\!] \})$. Et supposons par exemple que $m(n_{0} )\in [0, \frac{T}{N} ]$ (le cas $m(n_{0} )\in [- \frac{T}{N},0 ]$ est similaire et ne sera pas détaillé).
Soit $M\in \mathbb{N}^*$ l'unique entier tel que $\frac{T}{M} < m(n_{0} ) \leqslant \frac{T}{M-1}$ (*) (on a $M>N$). En réappliquant le principe des tiroirs avec $M$ au lieu de $N$, on trouve qu'il existe $n' \in [\![1,M]\!]$ tel que $m(n') \in [- \frac{T}{M} , \frac{T}{M} ]$ (**). Et par minimalité de $n_{0}$, on a $n'>n_{0}$. Donc, en soustrayant des inégalités (*) et (**), on a $- \frac{T}{M} - \frac{T}{M-1} \leqslant m(n' -n_{0} ) \leqslant \frac{T}{M} - \frac{T}{M}$.
Ainsi, en notant $n_{1} = n'-n_{0}$, on a \[n_{0} , n_{1} \in [\![1,M]\!], \quad m(n_{0} ) \in \left[0, \frac{3T}{M} \right] \quad \text{et} \quad m(n_{1} ) \in \left[- \frac{3T}{M} ,0\right].\] Ensuite, définissons la suite d'entiers $(n_{k} )_{k\in \mathbb{N}}$ par : $$\forall k\geqslant 2, \qquad n_{k} = \left\{\begin{array}{ll} n_{k-1} + n_{0}&\text{si } m(n_{k-1})<0\\ n_{k-1} +n_{1}&\text{sinon}\end{array}\right.$$ Par récurrence, elle vérifie : \[\forall k\in \mathbb{N}^*, \qquad n_{k} \in [\![1,kM]\!] \quad \text{et} \quad m(n_{k} ) \in \left[- \frac{3T}{M} , \frac{3T}{M} \right].\] Informellement, $(n_{k})$ est une suite qui fait modulo $T$ des petits pas vers la gauche ou la droite de manière à toujours rester dans le voisinage de 0 de rayon $\frac{3T}{M}$.
En outre, en notant $\kappa $ la constante de Lipschitz de $f$, on a : $\forall x\in \mathbb{R}, f(x) =f(m(x))\leqslant \kappa |m(x)|$. Donc : $$\begin{eqnarray*} \sum _{n=n_1} ^{\infty } \frac{1}{n^{1+f(n)}} &\geqslant & \sum _{k=1} ^{\infty } \frac{1}{n_{k} ^{1+f(n_{k} )} } \\ &\geqslant & \sum _{k=1} ^{\infty } \frac{1}{n_{k} ^{1+\kappa |m(n_{k} )|}} \\ &\geqslant & \sum _{k=1} ^{\infty } \frac{1}{(kM) ^{1+ \frac{3\kappa T}{M} }} \\&\geqslant & \int_1^{\infty } \frac{1}{(tM) ^{1+ \frac{3\kappa T}{M} }} \, \mathrm{d}t \\ &=& \frac{M}{3\kappa T} \frac{1}{M ^{1+ \frac{3\kappa T}{M} }} \\ &=& \frac{1}{3\kappa T\cdot M ^{ \frac{3\kappa T}{M} }} \\ &\underset{N\rightarrow \infty }{\longrightarrow} & \frac{1}{3\kappa T} \end{eqnarray*}$$ car $N\rightarrow \infty $ implique $M\rightarrow \infty $. Cependant, $n_1 \underset{{N}\rightarrow \infty }{\longrightarrow} \infty $. En effet, sinon on pourrait extraire de $N \mapsto n_{1}$ une sous-suite constante par rapport à $N$, et en notant $c$ cette constante, on aurait $m(c)=0$ et $c\in \mathbb{N}$, donc $T\in \mathbb{Q}$. Donc on devrait avoir $\sum\limits _{n=n_1} ^{\infty } \frac{1}{n^{1+f(n)}} \underset{N\rightarrow \infty }{\longrightarrow} 0$ si la série convergeait. D'où $\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{1}{n^{1+f(n)}} =+\infty $.
PS: @Namiswan, dans ton énoncé, tu devrais faire commencer la somme à $n=1$.
Bonjour, Cidrolin, je rends les armes ! J'ai un semblant d'algorithme (plus du tâtonnement d'ailleurs) qui fonctionne pour les petites valeurs de $N$ (dans $2^N$) mais je ne suis pas sûr qu'il aboutisse pour $2^{1453}$ (bataille de Castillon) ou $2^{1789}$. En outre, cela ne prouverait pas l'unicité.
Soit $h$ un entier tel que $1\leq h \leq f^{n-1}(m)$, alors $ f(h) \leq f^{n}(m)$ et $\lfloor f^{n-1}(m) \rfloor$ représente le nombre de $f(h)$ qui sont inférieurs ou égaux à $ f^{n}(m)$. De même $\lfloor f^{n-2}(m) \rfloor$ représente le nombre de $f^2(h)$ qui sont inférieurs ou égaux à $ f^{n}(m)$. Ainsi de suite.
$u_{n,m}$ est donc le nombre des $f^i(j)$ qui sont inférieurs ou égaux à $ f^{n}(m)$. $u_{n,m}$ est le rang de $f^n(m)$ quand on classe les $f^a(b)$ par ordre croissant ($a\in N^*, \quad b\in N^*$).
Nous avons ainsi une bijection de $(\N^*)^2$ sur $\N^*$.
Merci, Cidrolin ! Je n'étais pas du tout parti dans cette direction ; je cherchais plutôt du côté des réduites de la décomposition de $N/(2+\sqrt2)$ en fraction continue.
Est-ce qu'il est prévu de prolonger le calendrier de l'Avent par un calendrier de l'Arriare ? Ce fil est bien sympathique.
C'était bien, mais pas sûr que le fil tienne le rythme d'une manière permanente. Il vaut peut être mieux ne pas abuser des bonnes choses, et attendre l'année prochaine pour remettre ça.
Belle construction collective ! Pour ceux qui sont enseignants et ne le savent pas, Mathématiques sans Frontières à mis en ligne un calendrier de l’avent pour un publique CM2 à 3e. Je l’ai suivi en classe et je peux vous dire qu’il est vraiment bien conçu pédagogiquement. Les élèves en redemandaient ! Le fond mathématiques est très pertinent et c’est l’occasion d’une cure de résolution de problèmes très salvatrice.
Ou alors un exercice par semaine ? Peut-être ? Même s’il est résolu à vitesse Grand V, c’est en effet bien plaisant. Peut-être aussi permettre tous les niveaux, notamment avec des recommandations des auteurs (utiliser ceci, sans les congruences, etc.).
@Dom, @Math Coss : Il y a déjà des exercices-défis régulièrement sur le forum (souvent proposés par etanche en fait). Éventuellement, nous pouvons faire quelques efforts pour en proposer plus.
Montrer que pour tout $a,b,c \in \R$ on a $$ \sum_{cycl} (a^4 - a^3 b + 8 a^2 b^2 - 7 a^2 b c - a b^3 ) \geq 0.$$
Il ne me semble pas que nous en ayons eu la solution ! J'ai tenté diverses approches : en particulier, montrer que cette application est convexe (mais la vérification me semble trop compliquée) et remarquer que l'on a un minimum local en les points de coordonnées de la forme $(a,a,a)$.
À moins que, par chance, cette fonction ne soit un polynôme symétrique en les trois arguments et que l'on puisse de ce fait en donner une expression en les polynômes symétriques élémentaires ??
Ou alors un exercice par semaine ? Peut-être ? Même s’il est résolu à vitesse Grand V, c’est en effet bien plaisant. Peut-être aussi permettre tous les niveaux, notamment avec des recommandations des auteurs (utiliser ceci, sans les congruences, etc.).
Une autre idée possible pour J17 était : si l'on montre que $f(a,b,c)$ ne s'annule que sur la droite d'équation $X=Y=Z$, alors $f$ garde un signe constant puisque le complémentaire de cette droite est connexe par arcs. Je vais peut-être insister dans cette direction (mais il serait bon de trouver des zéros évidents de $f(X,b,c)$ par exemple.
Merci @john_john d'avoir regardé mon problème un peu oublié par tout le monde. Concernant ton idée que je découvre ici, pourquoi pas.
Ma solution est complètement différente. J'attends donc encore un peu pour la donner. De toute façon, pour le moment il y a un problème avec le forum, les mathématiques ne s'affichent pas.
(J17) Merci, MathCoss ! J'ai eu tort de penser que les calculs allaient être très laborieux par cette voie -- ce n'est pas pour autant que ce qui suit est de la dentelle. Alors, voici :
La fonction $f$ est symétrique et donc polynomiale en $s_1=a+b+c$, etc. La méthode des poids donne facilement $f=s_1^4-5s_1^2s_2+12s_2^2-18s_1s_3$.
Si $s_1=0$, l'inégalité est acquise ; sinon, vu l'homogénéité, on peut se ramener à $s_1=3$ et poser $a=1+x,b=1+y,c=1+z$.
En les nouvelles variables : $f=27\sigma_2+12\sigma_2^2-54\sigma_3$ ; or, $4\sigma_2^3+27\sigma_3^2\leqslant0$ (discriminant).
Comme $\sigma_2\leqslant0$, on peut poser $\sigma_2=-u^2$ et étudier le signe de $u^2(4u^2-4\sqrt3u+9)$ ; du nanan --- c'est bien positif.
bd2017 peut-il nous dire si cette inégalité est miraculeuseou si, comme je le suppose, il existe une fabrique de formules de ce type (je m'explique : la définie positivité de la matrice de Hilbert semble miraculeuse tant que l'on n'a pas remarqué que cela découle de l'inégalité $\displaystyle\int_0^1(\sum a_kx^k)^2{\rm d}x\geqslant0$, qui permet dès lors de fabriquer des exemples ad nauseam).
Remarque : on a en prime le cas d'égalité $f=0$ : dans le cas où $s_1\neq0$, cela se produit si, et seulement si, $\sigma_2=0$ et donc aussi $\sigma_3=0$. Tout cela équivaut à $a=b=c$.
Dans le cas où $s_1=0$, une CNS est que $s_2=0$ et donc $s_3=0$ puisque l'équation $X^3-s_3=0$ a trois solutions réelles. On obtient là encore $a=b=c=0$.
J'ai mis un certain à comprendre pourquoi @john_john affirme deux messages au-dessus que $4\sigma_2^3+27\sigma_3^2\leq 0$.
Des fois que ça pose aussi problème à d'autres: le discriminant de $(X-x)(X-y)(X-z)$ est $-4\sigma_2^3-27\sigma_3^2$ (puisqu'on suppose que $\sigma_1:=x+y+z=0$), et est positif puisqu'on suppose que le polynôme a trois racines réelles. Ceci implique en particulier que $\sigma_2\leq 0$. Bien vu.
Bien vu, le changement de variable pour ramener à $x^3+px+q$ ! Hier soir, j'ai bien écrit l'expression $f=f=s_1^4-5s_1^2s_2+12s_2^2-18s_1s_3$ et l'expression générale du discriminant mais je ne savais plus du tout quoi faire après.
i.zitoussi : effectivement, je n'ai pas expliqué l"inégalité invoquée car j'ai pensé que, avec le mot discriminant, tout le monde ferait, comme tu l'as fait, le rapprochement avec la réalité des racines d'une équation de degré $3$ sous forme canonique.
Math Coss : le changement de variable était surtout un coup de chance, car j'avais la flemme de calculer le discriminant dans le cas général (ce qui m'aurait pris toutefois moins de temps que si j'avais dû me replonger dans le mode d'emploi de XCas).
bd2017 : je suis content d'avoir appris l'inégalité de Schur ! Se généralise-t-elle avec plus de variables ? [Merci Wikipedia : ce que l'on peut généraliser, c'est l'exposant.] Amitiés à tous
Il est intéressant également de traiter le cas de $\sum a^2(a-b)(a-c)$ : on obtient in fine $u^2(2u-\sqrt3)^2\geqslant0$, ce qui donnedeux cas d'égalité cette fois : $a=b=c$ et, à permtation près, $a=b, c=0$, ce qui confirme Wikipédia.
Réponses
$$\underset{x \to +\infty}{\limsup} \dfrac{f_J(x)}{\frac{e^x}{\sqrt x}}\geq \frac{1}{\sqrt{2\pi}}.$$
Ceci est cependant suffisant pour l'exercice d'étanche.
https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/239821
En fait j'ai perfectionné un peu ta démonstration en minorant $\displaystyle\sum_{k=n}^{n+p}\dfrac{n^k}{k!}$ par une suite équivalente à $(p+1)\dfrac{e^n}{\sqrt{2\pi n}}$.
On peut choisir $p$ arbitrairement grand.
Edit : merci à Calli d'avoir remarqué que cela ne marche que si $J$ contient des suites arbitrairement longues d'entiers consécutifs.
@Quentino37 : si tu veux je propose un truc.
Il me semble qu'une comparaison série-intégrale donne $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty \frac{x^{n^2}}{(n^2)!} = O\!\left(\frac{e^x}{\sqrt{x}}\right)$ quand $x\to\infty$.
C'est de la récup mais à ma connaissance, aucune solution n'est disponible à l'heure actuelle.
Jour 24
Soit $f:\R\to\R$ une fonction périodique et lipschitzienne telle que $f(0)=0$. Peut-on connaître la nature de la série $$ \sum_{n\geq 1}\frac{1}{n^{1+f(n)}}\quad ?$$
Dans le cas général ma "démonstration" tombe en défaut !
(je suis l'auteur de cette partie)
Jour 25
Montrons que la série diverge dans tous les cas. Soit $T>0$ une période de $f$.
Cas 1 : $T\in \mathbb{Q}$.
Comme $nT$ est une période de $f$ pour tout $n\in \mathbb{N}^*$, on peut supposer que $T\in \mathbb{N}^*$. Alors on a \[\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^{1+f(n)}} \geqslant \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(kT)^{1+f(kT)} } = \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{kT} = +\infty .\]
Cas 2 : $T\not\in \mathbb{Q}$.
Pour tout $x\in \mathbb{R}$, notons $m(x)$ le représentant modulo $T$ de $x$ qui appartient à $]- \frac{T}{2} , \frac{T}{2} ]$. Soit $N\in \mathbb{N}^*$ pair. L'ensemble $\{m(i), i\in [\![0,N]\!]\}$ contient $N+1$ points distincts dans $]- \frac{T}{2} , \frac{T}{2} ]$, donc par principe des tiroirs il existe $i,j\in [\![0,N]\!]$ distincts tels que $m(i)$ et $m(j)$ appartiennent au même intervalle $]p \frac{T}{N} , (p+1) \frac{T}{N} ]$ avec $p\in [\![- \frac{N}{2} , \frac{N}{2} -1]\!]$. Ainsi, $|m(i)-m(j)|< \frac{T}{N}$, donc $n_0 :=|i-j|$ vérifie $$n_{0} \in [\![1,N]\!]\quad \text{et}\quad m(n_{0} )\in \left[- \frac{T}{N} , \frac{T}{N} \right]. $$ Sans perte de généralité, on peut supposer que $|m(n_0)| = \min (\{|m(n)|, n\in [\![1,N]\!] \})$. Et supposons par exemple que $m(n_{0} )\in [0, \frac{T}{N} ]$ (le cas $m(n_{0} )\in [- \frac{T}{N},0 ]$ est similaire et ne sera pas détaillé).
Soit $M\in \mathbb{N}^*$ l'unique entier tel que $\frac{T}{M} < m(n_{0} ) \leqslant \frac{T}{M-1}$ (*) (on a $M>N$). En réappliquant le principe des tiroirs avec $M$ au lieu de $N$, on trouve qu'il existe $n' \in [\![1,M]\!]$ tel que $m(n') \in [- \frac{T}{M} , \frac{T}{M} ]$ (**). Et par minimalité de $n_{0}$, on a $n'>n_{0}$. Donc, en soustrayant des inégalités (*) et (**), on a $- \frac{T}{M} - \frac{T}{M-1} \leqslant m(n' -n_{0} ) \leqslant \frac{T}{M} - \frac{T}{M}$.
Ainsi, en notant $n_{1} = n'-n_{0}$, on a \[n_{0} , n_{1} \in [\![1,M]\!], \quad m(n_{0} ) \in \left[0, \frac{3T}{M} \right] \quad \text{et} \quad m(n_{1} ) \in \left[- \frac{3T}{M} ,0\right].\] Ensuite, définissons la suite d'entiers $(n_{k} )_{k\in \mathbb{N}}$ par : $$\forall k\geqslant 2, \qquad n_{k} = \left\{\begin{array}{ll} n_{k-1} + n_{0}&\text{si } m(n_{k-1})<0\\ n_{k-1} +n_{1}&\text{sinon}\end{array}\right.$$ Par récurrence, elle vérifie : \[\forall k\in \mathbb{N}^*, \qquad n_{k} \in [\![1,kM]\!] \quad \text{et} \quad m(n_{k} ) \in \left[- \frac{3T}{M} , \frac{3T}{M} \right].\] Informellement, $(n_{k})$ est une suite qui fait modulo $T$ des petits pas vers la gauche ou la droite de manière à toujours rester dans le voisinage de 0 de rayon $\frac{3T}{M}$.
En outre, en notant $\kappa $ la constante de Lipschitz de $f$, on a : $\forall x\in \mathbb{R}, f(x) =f(m(x))\leqslant \kappa |m(x)|$. Donc : $$\begin{eqnarray*} \sum _{n=n_1} ^{\infty } \frac{1}{n^{1+f(n)}} &\geqslant & \sum _{k=1} ^{\infty } \frac{1}{n_{k} ^{1+f(n_{k} )} } \\ &\geqslant & \sum _{k=1} ^{\infty } \frac{1}{n_{k} ^{1+\kappa |m(n_{k} )|}} \\ &\geqslant & \sum _{k=1} ^{\infty } \frac{1}{(kM) ^{1+ \frac{3\kappa T}{M} }} \\&\geqslant & \int_1^{\infty } \frac{1}{(tM) ^{1+ \frac{3\kappa T}{M} }} \, \mathrm{d}t \\ &=& \frac{M}{3\kappa T} \frac{1}{M ^{1+ \frac{3\kappa T}{M} }} \\ &=& \frac{1}{3\kappa T\cdot M ^{ \frac{3\kappa T}{M} }} \\ &\underset{N\rightarrow \infty }{\longrightarrow} & \frac{1}{3\kappa T} \end{eqnarray*}$$ car $N\rightarrow \infty $ implique $M\rightarrow \infty $. Cependant, $n_1 \underset{{N}\rightarrow \infty }{\longrightarrow} \infty $. En effet, sinon on pourrait extraire de $N \mapsto n_{1}$ une sous-suite constante par rapport à $N$, et en notant $c$ cette constante, on aurait $m(c)=0$ et $c\in \mathbb{N}$, donc $T\in \mathbb{Q}$. Donc on devrait avoir $\sum\limits _{n=n_1} ^{\infty } \frac{1}{n^{1+f(n)}} \underset{N\rightarrow \infty }{\longrightarrow} 0$ si la série convergeait. D'où $\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{1}{n^{1+f(n)}} =+\infty $.
PS: @Namiswan, dans ton énoncé, tu devrais faire commencer la somme à $n=1$.
Oui, je corrige la coquille sur l'indice.
Que faire ?
Donner la réponse ou donner un indice ou laisser du temps ?
Amicalement
Edouard Cidrolin
Je n'ai pas encore eu le temps de chercher, alors je veux bien encore un dėlai.
Cordialement, j__j
je rends les armes ! J'ai un semblant d'algorithme (plus du tâtonnement d'ailleurs) qui fonctionne pour les petites valeurs de $N$ (dans $2^N$) mais je ne suis pas sûr qu'il aboutisse pour $2^{1453}$ (bataille de Castillon) ou $2^{1789}$. En outre, cela ne prouverait pas l'unicité.
Cordialement, j__j
Problème 25
De même $\lfloor f^{n-2}(m) \rfloor$ représente le nombre de $f^2(h)$ qui sont inférieurs ou égaux à $ f^{n}(m)$.
Ainsi de suite.
$u_{n,m}$ est le rang de $f^n(m)$ quand on classe les $f^a(b)$ par ordre croissant ($a\in N^*, \quad b\in N^*$).
On peut remettre tous les jours l'exo non résolu de 2005
Tu crois qu'il y a beaucoup d'enseignants qui ne savent pas qu'ils sont enseignants ?
@rémi : pas de souci !
À moins que, par chance, cette fonction ne soit un polynôme symétrique en les trois arguments et que l'on puisse de ce fait en donner une expression en les polynômes symétriques élémentaires ??
sage: var('a b c') (a, b, c) sage: e1 = a^4 - a^3* b + 8 *a^2* b^2 - 7* a^2 *b* c - a* b^3 sage: D = {a: b, b: c, c: a} sage: e2 = e1.subs(D) sage: e3 = e2.subs(D) sage: e = e1+e2+e3 sage: e.subs({a:b, b:a})-e 0bd2017 peut-il nous dire si cette inégalité est miraculeuse ou si, comme je le suppose, il existe une fabrique de formules de ce type (je m'explique : la définie positivité de la matrice de Hilbert semble miraculeuse tant que l'on n'a pas remarqué que cela découle de l'inégalité $\displaystyle\int_0^1(\sum a_kx^k)^2{\rm d}x\geqslant0$, qui permet dès lors de fabriquer des exemples ad nauseam).
Dans le cas où $s_1=0$, une CNS est que $s_2=0$ et donc $s_3=0$ puisque l'équation $X^3-s_3=0$ a trois solutions réelles. On obtient là encore $a=b=c=0$.
var('a b c') e1 = a^2*(a-b)*(a-c) D = {a: b, b: c, c: a} e2 = e1.subs(D) e3 = e2.subs(D) e = e1+e2+e3 e.subs({a:b, b:a})-eOut:var('h k') f = e.subs({b:a+h, c:a+h+k}) QQ[h,k][a](f), QQ[h,k][a](f).discriminant().factor()Out:Math Coss : le changement de variable était surtout un coup de chance, car j'avais la flemme de calculer le discriminant dans le cas général (ce qui m'aurait pris toutefois moins de temps que si j'avais dû me replonger dans le mode d'emploi de XCas).
bd2017 : je suis content d'avoir appris l'inégalité de Schur ! Se généralise-t-elle avec plus de variables ? [Merci Wikipedia : ce que l'on peut généraliser, c'est l'exposant.]
Amitiés à tous
Amicalement