Exos sympas MP(*)

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V@J
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par V@J » sam. avr. 18, 2009 8:16 pm

Quelle est la nature de la série de terme générale $ \displaystyle{\Big{(}m(n)M(n)\Big{)}^{-\frac{\Omega(n)}{2}} $ ( resp $ \displaystyle{\Big{(}\frac{m(n)+M(n)}{2}\Big{)}^{-2\Omega(n)}} $ ou $ \displaystyle{\Big{(}\frac{m(n)+M(n)}{2}\Big{)}^{-\Omega(n)}} $)


Remarquons au passage qu'une petite inégalité arithmético-géométrique permet de montrer la divergence de $ \displaystyle{\sum\Big{(}m(n)M(n)\Big{)}^{-\frac{\Omega(n)}{2}} $ à partir de la divergence de $ \displaystyle{\sum\Big{(}\frac{m(n)+M(n)}{2}\Big{)}^{-\Omega(n)}} $...

V@J
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par V@J » sam. avr. 18, 2009 8:17 pm

Thaalos a écrit :
Donner un équivalent de$ \displaystyle\sum_{k=1}^nkE\left(\frac{n}{k}\right) $.
Au hasard :D : $ \frac{(\pi n)^2}{12} $ ?
Comment tu arrives à ça ? ^^

Pareil que Colis.
Modifié en dernier par V@J le sam. avr. 18, 2009 8:18 pm, modifié 1 fois.

-guigui-
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par -guigui- » sam. avr. 18, 2009 8:18 pm

Thaalos > la fonction $ \displaystyle x\mapsto xE\left(\frac{1}{x}\right) $ n'est pas continue par morceaux sur [0,1] mais elle y est Riemann-intégrable. Conséquence : la suite $ \displaystyle \left(\frac{1}{n}\sum_{k=1}^nkE\left(\frac{k}{n}\right)\right)_{n\in\mathbb{N}^*} $ converge vers $ \displaystyle \int_0^1xE\left(\frac{1}{x}\right)dx $

Mais on peut calculer cette intégrale, en écrivant : $ \displaystyle\int_0^1 xE \left( \frac{1}{x} \right) \text{d}x=\sum_{k=1}^{+\infty}\int_{\frac {1}{k+1}}^{\frac {1}{k}} xE \left( \frac{1}{x} \right) \text{d}x $ et ça on sait le calculer !

Sauf erreur

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Re: Exos sympas MP(*)

Message par mandourin » sam. avr. 18, 2009 8:19 pm

-guigui- a écrit :
Un dernier pour la route (celui-là, on me l'a posé en colle quand j'étais petit) :
Étudier la nature de $ \displaystyle\sum_{n = 0}^\infty{\sin(\pi \ e \ n!)} $


Perso je dis aïe, une série écrite comme une somme alors qu'on sait pas si elle converge ! (mais dans vos hautes sphères ça doit se faire)

On écrit e avec la formule de Taylor $ \displaystyle e=\sum_{k=1}^n\frac{1}{k!}+\frac{e^c}{n+1} $ avec c dans [0,1]

On multiplie par n!, on tombe sur un entier + un reste, et on conclut : ta série diverge.


1. Dans la formule de Taylor, la somme doit commencer à l'indice 0 et il manque la factorielle dans le reste, mais surtout...
2. Un entier, oui, mais la fonction sinus n'est pas $ \pi $-périodique ! Attention à la parité de cet entier.

Cette série diverge-t-elle vraiment ?
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Thaalos
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par Thaalos » sam. avr. 18, 2009 8:20 pm

J'ai pas du tout pensé à Riemann... Faut ptet que je mange mes cahiers. :D
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par Madec » sam. avr. 18, 2009 8:21 pm

V@J a écrit :Question 2 :

On suppose que $ a_n \notin \{b_k \ | \ k \in \mathbb{N} \} $. Soit $ m \in \mathbb{N} $, puis $ \Omega \subseteq [0,1] $ un intervalle ouvert tel que $ a_n \in \Omega $ mais, $ \forall \ k \leq n+m, \ b_k \notin \Omega $. Soit $ \varphi \in C^0([0,1],\mathbb{R}) $ à support dans $ \Omega $ telle que $ 0 \leq \varphi \leq 1 $ et $ \varphi(a_n) = 1 $.
Alors on a $ (\varphi|\varphi) \geq 2^{-n} $ avec la première suite, et $ (\varphi|\varphi) \leq 2^{-(n+m)} $ avec la deuxième : les normes associées ne sont pas équivalentes.

Question 3 :

L'espace en question ne semble vraiment pas complet !


Je reviens à l'exo de Gardener sur le produit scalaire et la norme associée N_a défini sur ( C[0,1],R ) à partir d'une suite (an) dense dans [0 ,1]

la question 2 demande de montrer l'implication :
N_a et N_b normes équivalentes ---> (an) = (bn)

V@J propose une démo par l'absurde , en construisant à partir d'une suite donnée an et d'une fonction Phi , une suite bn pour arriver finalement à la double inégalité :
2^-n =< N_a(phi)
N_b(phi) =< 2^-(n+m)
Je ne vois pas en quoi cette double inégalité montre que N_a et N_b sont sont équivalentes .
(Rappel : N_a et N_b équivalentes si et ssi il existe m,M >0 tel que qlq soit Phi
m=< N_a(phi)/N_b(Phi) =< M )

D'autre part la contraposée de l'implication s'écrit :
(an) # (bn) ---> N_a et N_b non équivalente .
Donc à mon sens on ne peut batir une démo par l'absurde en s'appuyant sur 2 cas particuliers de suite (voire 2 familles particulières)

désolé d'être un peu insistant sur cet exo , mais j'y ai passé un peu de temps et j'aimerais y voir plus clair (sur la question 3 également!)

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Re: Exos sympas MP(*)

Message par -guigui- » sam. avr. 18, 2009 8:23 pm

mandourin > A vrai dire je n'avais pas vraiment réfléchi, j'avais eu à calculer la limite de cos(2e Pi n!). Je prends un stylo donc ! Merci.
Modifié en dernier par -guigui- le sam. avr. 18, 2009 8:36 pm, modifié 1 fois.

colis
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par colis » sam. avr. 18, 2009 8:24 pm

V@J a écrit :Remarquons au passage qu'une petite inégalité arithmético-géométrique permet de montrer la divergence


Tu as compris l'idée de l'exo que j'ai nommé "Moyennes et Séries" sur un autre forum.
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par MFred » sam. avr. 18, 2009 8:50 pm

Madec a écrit :
V@J a écrit :Question 2 :

On suppose que $ a_n \notin \{b_k \ | \ k \in \mathbb{N} \} $. Soit $ m \in \mathbb{N} $, puis $ \Omega \subseteq [0,1] $ un intervalle ouvert tel que $ a_n \in \Omega $ mais, $ \forall \ k \leq n+m, \ b_k \notin \Omega $. Soit $ \varphi \in C^0([0,1],\mathbb{R}) $ à support dans $ \Omega $ telle que $ 0 \leq \varphi \leq 1 $ et $ \varphi(a_n) = 1 $.
Alors on a $ (\varphi|\varphi) \geq 2^{-n} $ avec la première suite, et $ (\varphi|\varphi) \leq 2^{-(n+m)} $ avec la deuxième : les normes associées ne sont pas équivalentes.

Question 3 :

L'espace en question ne semble vraiment pas complet !


Je reviens à l'exo de Gardener sur le produit scalaire et la norme associée N_a défini sur ( C[0,1],R ) à partir d'une suite (an) dense dans [0 ,1]

la question 2 demande de montrer l'implication :
N_a et N_b normes équivalentes ---> (an) = (bn)

V@J propose une démo par l'absurde , en construisant à partir d'une suite donnée an et d'une fonction Phi , une suite bn pour arriver finalement à la double inégalité :
2^-n =< N_a(phi)
N_b(phi) =< 2^-(n+m)
Je ne vois pas en quoi cette double inégalité montre que N_a et N_b sont sont équivalentes .


Si j'ai bien suivi, s'il existe n tel que $ a_n \notin \{b_k / k \in \mathbb{N}\} $ il construit en fait pour tout $ m \in \mathbb{N}^* $ une fonction $ \varphi_m $ telle que $ N_a(\varphi_m) \geq 2^{-n} $ (n étant fixé), et $ N_b(\varphi_m) \leq 2^{-n-m} $. Donc $ (\varphi_m)_{m \geq 1} $ converge vers 0 pour Nb mais pas pour Na.
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par V@J » sam. avr. 18, 2009 8:58 pm

Pour Madec et le produit scalaire sur $ C^0([0,1],\mathbb{R}) $, voici une version complète qui fera disparaître, je l'espère, toute confusion...

Question 2 :
Fixons deux suites $ (a_n) $ et $ (b_n) $ telles que $ \{a_n \ | \n \in \mathbb{N} \} \neq \{b_n \ | \n \in \mathbb{N} \} $. On suppose, sans perte de généralité, $ \{a_n \ | \n \in \mathbb{N} \} \not\subseteq \{b_n \ | \n \in \mathbb{N} \} $.

Supposons maintenant (à tort) que $ N_a $ et $ N_b $ sont équivalentes : $ \exists \ M \in \mathbb{R}\+^\ast $ tel que $ N_a \leq M N_b $.
En particulier, soit un entier $ m > \log_2(M^2) $ (c'est-à-dire $ 2\m > M^2 $). $ \exists n \in \mathbb{N} $ tel que $ a_n \notin \{b_k \ | \ k \in \mathbb{N} \} $. Soit alors $ \Omega \subseteq [0,1] $ un intervalle ouvert tel que $ a_n \in \Omega $ mais, $ \forall \ k \leq n+m, \ b_k \notin \Omega $. On introduit ensuite une fonction $ f \in C^0([0,1],\mathbb{R}) $ à support dans $ \Omega $, telle que
- $ 0 \leq f \leq 1 $
- $ f(a_n) = 1 $
Alors $ N_a(f) \geq 2^{-n} $ et $ N_b(f) \leq 2^{-n-m} $. Ainsi, $ N_a(f)^2 \geq 2^m N_b(f)^2 > (M N_b(f))^2 \geq N_a(f)^2 $ ; il y a là une contradiction.

Donc $ N_a $ et $ N_b $ ne sont pas équivalentes.

Question 3 :
Au contraire de l'intervalle $ ]0 , 1 [ $, $ \{a_n \ | \n \in \mathbb{N} \} $ est dénombrable : soit $ r \in ]0 , 1 [ $ tel que $ r \notin \{a_n \ | \n \in \mathbb{N} \} $.
$ \forall n \in \mathbb{N} $, soit $ \varphi_n \in C^0([0,1],\mathbb{R}) $ telle que
- $ 0 \leq \varphi_n \leq 1 $
- si $ k \leq n $ et $ a_k < r $, alors $ \varphi_n(a_k) = 0 $
- si $ k \leq n $ et $ a_k > r $, alors $ \varphi_n(a_k) = 1 $

Remarquons que, si $ m \geq n $, alors $ (\varphi_n | \varphi_m) \leq 2^{-n} $, puisque $ \varphi_n = \varphi_m $ sur $ \{a_k | k \leq n\} $. Donc $ (\varphi_n) $ est une suite de Cauchy.
Supposons maintenant que $ \varphi_n \to \varphi_\infty $ dans notre espace métrique. Il est évident que $ (\varphi_n) $ se doit de converger simplement sur $ \{a_k | k \in \mathbb{N}\} $vers $ \varphi_\infty $. Or, $ \forall k \in \mathbb{N} $, si $ n \geq k $, alors $ \varphi_n(a_k) = 1_{]r , 1]}(a_k) $. Donc $ \varphi_\infty = 1_{]r , 1]} $ sur $ \{a_k | k \in \mathbb{N}\} $. Notamment, $ \displaystyle{\lim_{x \to r, x > r}{\varphi_\infty(x)} = 1 \neq \lim_{x \to r, x < r}{\varphi_\infty(x)} = 0} $, et donc $ \varphi_\infty $ n'est pas continue en $ r $.

D'où une contradiction, et le fait, entre autres, que notre espace métrique n'est pas complet.
Modifié en dernier par V@J le sam. avr. 18, 2009 10:17 pm, modifié 1 fois.

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Re: Exos sympas MP(*)

Message par -guigui- » sam. avr. 18, 2009 9:04 pm

mandourin et V@J :

On écrit, via la formule de Taylor appliquée à l'exponentielle sur le segment [0,1] : $ \displaystyle e=\sum_{k=0}^n\frac{1}{k!}+\frac{e^c}{(n+1)! } $ où $ \displaystyle c\in[0,1] $

Du coup, $ \displaystyle n! e=k(n)+\frac{e^c}{n+1 } $ où k(n) est un entier, dont la parité nous intéresse.
Empiriquement je constate que $ \displaystyle k(n) $ est de parité inverse à celle de n (se fait bien par récurrence).

Par conséquent, $ \displaystyle u_n=\sin\left(\pi\ e\ n!\right)=(-1)^{n+1}\sin\left(\frac{\pi e^c}{n+1}\right) $ et le critère spécial des séries alternées permet de conclure : la série converge.

Sauf erreur.

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Re: Exos sympas MP(*)

Message par V@J » sam. avr. 18, 2009 9:12 pm

A priori, ton c dépend de n, ce qui empêche une application du critère spécial des séries alternées, non ?

-guigui-
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par -guigui- » sam. avr. 18, 2009 9:16 pm

Pas faux ... bon ba on y retourne.

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Re: Exos sympas MP(*)

Message par Madec » sam. avr. 18, 2009 9:39 pm

MFred a écrit :
Madec a écrit :
V@J a écrit :Question 2 :

On suppose que $ a_n \notin \{b_k \ | \ k \in \mathbb{N} \} $. Soit $ m \in \mathbb{N} $, puis $ \Omega \subseteq [0,1] $ un intervalle ouvert tel que $ a_n \in \Omega $ mais, $ \forall \ k \leq n+m, \ b_k \notin \Omega $. Soit $ \varphi \in C^0([0,1],\mathbb{R}) $ à support dans $ \Omega $ telle que $ 0 \leq \varphi \leq 1 $ et $ \varphi(a_n) = 1 $.
Alors on a $ (\varphi|\varphi) \geq 2^{-n} $ avec la première suite, et $ (\varphi|\varphi) \leq 2^{-(n+m)} $ avec la deuxième : les normes associées ne sont pas équivalentes.

Question 3 :

L'espace en question ne semble vraiment pas complet !


Je reviens à l'exo de Gardener sur le produit scalaire et la norme associée N_a défini sur ( C[0,1],R ) à partir d'une suite (an) dense dans [0 ,1]

la question 2 demande de montrer l'implication :
N_a et N_b normes équivalentes ---> (an) = (bn)

V@J propose une démo par l'absurde , en construisant à partir d'une suite donnée an et d'une fonction Phi , une suite bn pour arriver finalement à la double inégalité :
2^-n =< N_a(phi)
N_b(phi) =< 2^-(n+m)
Je ne vois pas en quoi cette double inégalité montre que N_a et N_b sont sont équivalentes .


Si j'ai bien suivi, s'il existe n tel que $ a_n \notin \{b_k / k \in \mathbb{N}\} $ il construit en fait pour tout $ m \in \mathbb{N}^* $ une fonction $ \varphi_m $ telle que $ N_a(\varphi_m) \geq 2^{-n} $ (n étant fixé), et $ N_b(\varphi_m) \leq 2^{-n-m} $. Donc $ (\varphi_m)_{m \geq 1} $ converge vers 0 pour Nb mais pas pour Na.


j'ai l'impression que cela cloche , car la suite b celle relative à Nb dépend en fait de m et devrait être écrit b(m) donc la convergence de la suite phi_m n'est pas comparée par rapport à deux normes fixées Na et Nb , mais entre N_a et plusieurs normes N_b .

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Re: Exos sympas MP(*)

Message par Madec » sam. avr. 18, 2009 9:59 pm

V@J a écrit :Pour Madec et le produit scalaire sur $ C^0([0,1],\mathbb{R}) $...

Question 2 :
On suppose $ \{a_n \ | \n \in \mathbb{N} \} \not\subseteq \{b_n \ | \n \in \mathbb{N} \} $.
Si $ N_a $ et $ N_b $ étaient équivalentes, on aurait un réel $ M \in \mathbb{R}\+^\ast $ tel que $ N_a \leq M N_b $.
En particulier, soit un entier $ m > \log_2(M^2) $ (c'est-à-dire $ 2\m > M^2 $). J'ai exhibé dans mon message précédent un élément $ \varphi \neq 0 $ de $ C^0([0,1],\mathbb{R}) $ tel que $ N_a(\varphi)^2 \geq 2^m N_b(\varphi)^2 > (M N_b(\varphi))^2 \geq N_a(\varphi)^2 $ ; il y a là une contradicion.

Donc $ N_a $ et $ N_b $ ne sont pas équivalentes.

Question 3 :
Au contraire de l'intervalle $ ]0 , 1 [ $, $ \{a_n \ | \n \in \mathbb{N} \} $ est dénombrable : soit $ r \in ]0 , 1 [ $ tel que $ r \notin \{a_n \ | \n \in \mathbb{N} \} $.
$ \forall n \in \mathbb{N} $, soit $ \varphi_n \in C^0([0,1],\mathbb{R}) $ telle que
- $ 0 \leq \varphi_n \leq 1 $
- si $ k \leq n $ et $ a_k < r $, alors $ \varphi_n(a_k) = 0 $
- si $ k \leq n $ et $ a_k > r $, alors $ \varphi_n(a_k) = 1 $

Remarquons que, si $ m \geq n $, alors $ (\varphi_n | \varphi_m) \leq 2^{-n} $, puisque $ \varphi_n = \varphi_m $ sur $ \{a_k | k \leq n\} $. Donc $ (\varphi_n) $ est une suite de Cauchy.
Supposons maintenant que $ \varphi_n \to \varphi_\infty $ dans notre espace métrique. Il est évident que $ (\varphi_n) $ se doit de converger simplement sur $ \{a_k | k \in \mathbb{N}\} $vers $ \varphi_\infty $. Or, $ \forall k \in \mathbb{N} $, si $ n \geq k $, alors $ \varphi_n(a_k) = 1_{]r , 1]}(a_k) $. Donc $ \varphi_\infty = 1_{]r , 1]} $ sur $ \{a_k | k \in \mathbb{N}\} $. Notamment, $ \displaystyle{\lim_{x \to r, x > r}{\varphi_\infty(x)} = 1 \neq \lim_{x \to r, x < r}{\varphi_\infty(x)} = 0} $, et donc $ \varphi_\infty $ n'est pas continue en $ r $.

D'où une contradiction, et le fait, entre autres, que notre espace métrique n'est pas complet.


Pour la question 2 , tu considères deux suites a et b que tu supposes équivalentes avec donc en particulier l'existence d'un M ( qui dépend à priori des suites a et b) tel que Na =< M Nb
puis tu considères un entier m tel que etc .. ce m te conduit à définir une suite b_k qui a certaine propriété en particulier pour tout k < n+m alors b_k n'est pas dans le support de Phi .
Mais ce faisant qu'est ce qui permet de dire qu'il s'agit toujours de la suite b du début ? Et que du coup la succession d'inégalité "contradictoire" ne devrait pas porter sur un unique b .

Bon j'espère que ce que je raconte n'est pas abscons !

Pour la question 3 :
comment est définie Phi_n au points a_k tel que k > n ?

Merci

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