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Re: Exos sympas MP(*)

Posté : sam. sept. 15, 2018 8:35 pm
par matmeca_mcf1
Voici un problème classique résolu dès l'antiquité. On a juste besoin de la décomposition unique en facteur premiers.

Soient $ a,b,c $ trois entiers naturels premiers entre eux et tels que
$$
a^2+b^2=c^2.
$$
  1. Montrez que $ a,b,c $ sont premiers entre eux deux à deux.
  2. En déduire que soit $ a $, soit $ b $ est impair (ou inclusif). On suppose dorénavant que $ a $ est impair.
  3. Montrez que $ c $ est impair. En déduire que $ b $ est pair.
  4. Montrez que $$ \mathrm{pgcd}(c-a,c+a)=2. $$
  5. Montrez l'existence de deux entiers naturel $ p $ et $ q $, tels que $ c-a=2q^2 $ et $ c+a=2p^2 $.
  6. En déduire que
    $$
    a^2=p^2-q^2\\
    b^2=2pq\\
    c^2=p^2+q^2
    $$
  7. Montrez que $ p $ et $ q $ sont premiers entre eux.

Re: Exos sympas MP(*)

Posté : sam. sept. 15, 2018 9:49 pm
par Dattier
@Oty : tu m'as donné l'idée d'une joli propriété :

Soit $f \in C([0,1])$. A-t-on $$\forall n \in \mathbb N^*, \int_0^1 f(x) \text{d}x=\int_0^1 f(n \times x-E( n\times x))\text{d}x $$ ?

édit : en fait c'est tout con.

Re: Exos sympas MP(*)

Posté : sam. sept. 22, 2018 8:00 pm
par oty20
oty20 a écrit :
sam. sept. 15, 2018 3:48 pm
une petite merveille:


Soit $ f:[0,1] \to \mathbb{C} $ continue par morceaux , Montrer que :

$ \frac{1}{\phi(n)}~~ \sum_{~~\{1\leq k \leq n ,~~ pgcd(n,k)=1\}~~}~~ f(\frac{k}{n}) \to \int_{0}^{1} f(t) dt $.
avec $ \phi $ l'indicatrice d'Euler.
Il suffit de montrer que la suite est équidistribuée https://fr.wikipedia.org/wiki/Suite_%C3 ... ibu%C3%A9e

soit $ n=p_{1}^{a_{1}}...p_{k}^{a_{k}} $ la décomposition en facteurs premiers de $ n $, soit $ I $ un intervalle de $ [0,1] $ , introduisons $ M_{p}=\{\frac{j}{n} \in I |j \in \mathbb{N}, 1\leq j \leq n, p|j\} $. Alors on peut écrire que $ |M_{p}|=|I|\frac{n}{p}+\varepsilon $ , avec $ \varepsilon \in [0,1] $

Par principe d'inclusion-exclusion , il vient que :

$ |\{~~\frac{k}{n} \in I~~ |~~pgcd(n,k)=1\}|=n|I|-\sum_{i=1}^{k}|M_{p_{i}}|+ \sum_{i,j} |M_{p_{i}p_{j}}|-....+R(\varepsilon_{1},...,\varepsilon_{k}) $comme on a au plus $ 2^{k} $ termes qui contiennent des epsilons, et chacun d'entres eux et inférieur à $ 1 $ en valeur absolue. il vient que
$ |R(\varepsilon_{1},...,\varepsilon_{k})| \leq 2^{k} $, on peut donc écrire :

$ \frac{|~~\{~~\frac{k}{n} \in I |~~ pgcd(n,k)=1\}|}{\phi(n)}=\frac{C(n)}{\phi(n)} |I|+o(1) $ avec $ C(n) $ qui dépend seulement de $ n $, car $ \frac{2^{k}}{\phi(n)}=o(1) $ , ceci étant vrai pour tout intervalle $ I $ , en particulier pour $ I=[0,1] $ il vient que $ \frac{C(n)}{\phi(n)}=1+o(1) $ par suite $ \frac{|~~\{~~\frac{k}{n} \in I |~~ pgcd(n,k)=1\}|}{\phi(n)}=|I|+o(1) $ ce qui permet de conclure.

Re: Exos sympas MP(*)

Posté : dim. sept. 23, 2018 4:53 pm
par oty20
Intuitive mais difficile:

Soit $ f: [0,1] \to [0,1]^{2} $ , $ g:[0,1] \to [0,1]^{2} $ continues qui relient $ (0,0) $ à $ (1,1) $ et $ (1,0) $ à $ (0,1) $ respectivement.

Montrer que $ f([0,1]) \cap g([0,1]) $ est non vide.

Re: Exos sympas MP(*)

Posté : sam. nov. 03, 2018 7:11 pm
par oty20
oty20 a écrit :
dim. sept. 23, 2018 4:53 pm
Intuitive mais difficile:

Soit $ f: [0,1] \to [0,1]^{2} $ , $ g:[0,1] \to [0,1]^{2} $ continues qui relient $ (0,0) $ à $ (1,1) $ et $ (1,0) $ à $ (0,1) $ respectivement.

Montrer que $ f([0,1]) \cap g([0,1]) $ est non vide.

On peut sans perdre de généralité supposer que : $ f(0)=(0,0) $ ,$ f(1)=(1,1) $ ,$ g(0)=(1,0) $ et $ g(1)=(0,1) $ , Raisonnons par l'absurde , i,e$ f(t)\neq g(u) , \forall t;u \in [0,1] $ , cela permet de définir l'application $ h(u,v)=\frac{f(v)-g(u)}{|f(v)-g(u)|} $ qui pour un couple $ (u,v) $ associe le vecteur unitaire $ h(u,v) $ colinéaire au vecteur qui lie$ f(v) $ à $ g(u) $, cette application est continue du carré $ [0,1]^{2} $ au cercle unité . Comme le carrée est connexe, on peut trouver $ T $ de sorte que $ h(u,v)=e^{iT(u,v)} $
$ u $ varie de $ 0 $ à $ 1 $, avec $ v $ constamment égale à $ 0 $, $ g(u) $passe de $ (0,1) $ à $ (1,0) $ tout en restant dans le carré par suite $ T(u,0) $ passe de $ \frac{-\pi}{2} $ à $ -\pi $ tout en restant dans l'intervalle $ [-\pi ,-\frac{\pi}{2}] $ , ainsi $ T(1,0)=-\pi $, un raisonnement similaire permet d'aboutir à $ T(1,1)=-\frac{3\pi}{2} $, $ T(0,1)=-2\pi $ et $ T(0,0)=-\frac{5\pi}{2} $ ce qui contredit le fait que $ T(0,0)=-\frac{\pi}{2} $

Re: Exos sympas MP(*)

Posté : lun. nov. 05, 2018 12:59 pm
par matmeca_mcf1
oty20 a écrit :
sam. nov. 03, 2018 7:11 pm
oty20 a écrit :
dim. sept. 23, 2018 4:53 pm
Intuitive mais difficile:

Soit $ f: [0,1] \to [0,1]^{2} $ , $ g:[0,1] \to [0,1]^{2} $ continues qui relient $ (0,0) $ à $ (1,1) $ et $ (1,0) $ à $ (0,1) $ respectivement.

Montrer que $ f([0,1]) \cap g([0,1]) $ est non vide.

On peut sans perdre de généralité supposer que : $ f(0)=(0,0) $ ,$ f(1)=(1,1) $ ,$ g(0)=(1,0) $ et $ g(1)=(0,1) $ , Raisonnons par l'absurde , i,e$ f(t)\neq g(u) , \forall t;u \in [0,1] $ , cela permet de définir l'application $ h(u,v)=\frac{f(v)-g(u)}{|f(v)-g(u)|} $ qui pour un couple $ (u,v) $ associe le vecteur unitaire $ h(u,v) $ colinéaire au vecteur qui lie$ f(v) $ à $ g(u) $, cette application est continue du carré $ [0,1]^{2} $ au cercle unité . Comme le carrée est connexe, on peut trouver $ T $ de sorte que $ h(u,v)=e^{iT(u,v)} $
$ u $ varie de $ 0 $ à $ 1 $, avec $ v $ constamment égale à $ 0 $, $ g(u) $passe de $ (0,1) $ à $ (1,0) $ tout en restant dans le carré par suite $ T(u,0) $ passe de $ \frac{-\pi}{2} $ à $ -\pi $ tout en restant dans l'intervalle $ [-\pi ,-\frac{\pi}{2}] $ , ainsi $ T(1,0)=-\pi $, un raisonnement similaire permet d'aboutir à $ T(1,1)=-\frac{3\pi}{2} $, $ T(0,1)=-2\pi $ et $ T(0,0)=-\frac{5\pi}{2} $ ce qui contredit le fait que $ T(0,0)=-\frac{\pi}{2} $
Avez-vous regardé les cours sur le groupe d'homotopie et sur les revêtements ? Cela fait partie de la topologie algébrique. Mon dernier cours de topologie algébrique date de l'an 2000. De mémoire, pour pouvoir relever (dans les revêtements), on a besoin de la simple connexité pour pouvoir relever (la contractilité implique la simple connexité) et obtenir l'existence de $ T $. Le carré est simplement connexe donc on peut relever.

Re: Exos sympas MP(*)

Posté : lun. nov. 05, 2018 4:21 pm
par oty20
Bonjour Professeur, non je n'ai pas regardé ces cours, par contre la question est tiré d'un énoncé d'oral non corrigé de la RMS

Image

ce résultat y était admis, je n'ai pas posté les questions intermédiaires parce que j’espérais voir une méthode différente que celle proposé par l'énoncé.

A ce jour avec un peu de recul je pense que c'est aussi faisable par le théorème des valeurs intermédiaire en dimension 2, et aussi par le théorème de point fixe de Brouwer.

Re: Exos sympas MP(*)

Posté : mar. nov. 06, 2018 12:36 am
par matmeca_mcf1
Le groupe d'homotopie $ \pi_1 $ (topologie algébrique) est d'ailleurs un moyen de démontrer Brouwer en dimension 2.

Re: Exos sympas MP(*)

Posté : mer. nov. 07, 2018 10:24 pm
par V@J
oty20 a écrit :
lun. nov. 05, 2018 4:21 pm
A ce jour avec un peu de recul je pense que c'est aussi faisable par le théorème des valeurs intermédiaire en dimension 2, et aussi par le théorème de point fixe de Brouwer.
On peut aussi faire ça « à la main », par exemple en introduisant un quadrillage comme suit. Attention, c'est pédestre, comme on pouvait s'y attendre.
SPOILER:
Les ensembles $ F = f([0,1]) $ et $ G = g([0,1]) $, sont compacts, en tant qu'images du compact $ [0,1] $ par les fonctions continues $ f $ et $ g $. Si $ F \cap G = \emptyset $, la distance entre $ F $ et $ G $ est donc un nombre réel $ \varepsilon > 6 \sqrt{2} / n $ pour tout entier $ n $ assez grand. On choisit alors un quadrillage du carré $ [0,1]^2 $ en $ n \times n $ carrés de côté $ 1/n $. Puis, si on colorie en bleu les carrés inclus dans $ F^+ = \{z \mid d(z,F) \leqslant \varepsilon / 3\} $ en rouge ceux inclus dans $ G^+ = \{z \mid d(z,G) \leqslant \varepsilon / 3\} $, alors chaque couleur de carrés forme une zone discrétisée et connexe « par arêtes de côtés » et contenant à chaque fois deux coins du carré $ [0,1]^2 $ situés en diagonale l'un de l'autre ; nos deux zones coloriées sont disjointes, et ne sont même pas adjacentes.

On peut maintenant raisonner par récurrence sur le nombre de carrés rouges et bleus pour montrer que deux telles parties n'existent pas : c'est un processus de rectification un peu pénible mais faisable. Par exemple, on peut supposer que chaque partie se déconnecte ou perd un des coins du carré $ [0,1]^2 $ dès lors que l'on supprime un de ses petits carrés. Le graphe induit est donc sans cycle. Puis, s'il existe deux carrés de même couleur, sur une même ligne ou une même colonne, et séparés uniquement par des carrés incolores, on peut les joindre et supprimer l'autre bout du cycle ainsi formé, gagnant un nombre strictement positif de petits carrés. Ainsi, sur chaque ligne ou colonne, on a une alternance rouge - incolore - bleu - incolore, etc.

Mais alors, si on suit le chemin formé par notre graphe de petits carrés bleus (et en commençant par le carré en bas à gauche), on ne peut jamais revenir vers la droite, sinon on aurait identifié deux carrés bleus sur une même colonne, séparés par des carrés incolores uniquement. De même, notre chemin ne peut jamais redescendre, et le chemin rouge, partant du carré en haut à gauche, ne peut qu'aller vers la droite ou descendre. De là, un théorème des valeurs intermédiaires, dans une version discrète, montre bien l'absurde de notre situation.

Re: Exos sympas MP(*)

Posté : jeu. nov. 08, 2018 1:01 am
par artslidd
Soient $ (\epsilon _n) $ une suite à valeurs dans $ \{-1, 1\} $ et $ (u_n) $ une suite décroissante positive telles que $ \sum \epsilon_n u_n $ converge.

Montrer que $ u_n \sum_{k=0}^{n} \epsilon_k \rightarrow 0 $

Re: Exos sympas MP(*)

Posté : jeu. nov. 08, 2018 6:44 am
par oty20
jolie exo, je l'avais vu dans ce TD http://www.denischoimet.com/Exercices_f ... s_1819.pdf , vous êtes élève chez lui ?

on peut omettre l’hypothèse $ e_{n} \in \{-1,1\} $, voici une démonstration :

Il suffit de traiter le cas $ u_{n} $ strictement positif on pose $ S_{n}=\sum_{k=1}^{n} e_{k}u_{k} $ et pour alléger l’écriture $ v_{n}=e_{n}u_{n} $ ,alors pour toute suite $ (w_{n}) $ on a la transformation d'Abel suivante :

$ v_{1}w_{1}+...+v_{n}w_{n}=\sum_{k=1}^{n-1}S_{k}(w_{k}-w_{k+1})+S_{n}w_{n} $ , d'ou pour $ (w_{n}) $ non nulle :

$ \frac{v_{1}w_{1}+...+v_{n}w_{n}}{w_{n}}~~=S_{n} - \sum_{k=1}^{n-1} S_{k} \frac{w_{k+1}-w_{k}}{w_{n}} $

Il suffit de prendre $ w_{n}=\frac{1}{u_{n}} $ avec $ a_{n,k}=\frac{w_{k+1}-w_{k}}{w_{n}} $ , Le théorème de Silverman-Toeplitz
https://en.wikipedia.org/wiki/Silverman ... tz_theorem permet de conclure.


@V@j votre approche est génialissime, par contre je n'arrive pas à tout suivre, pourriez-vous caricaturalisé votre approché avec un dessin ? Merci

Re: Exos sympas MP(*)

Posté : jeu. nov. 08, 2018 10:14 pm
par artslidd
Oui j'étais dans sa classe il y a deux ans maintenant

Re: Exos sympas MP(*)

Posté : sam. nov. 17, 2018 5:17 am
par oty20
Autour de l'espérance :

Soit $ X,Y $ deux variables aléatoires réelles indépendantes de même loi , et pour simplifier à valeurs dans un ensemble fini.

Montrer que : $ E(|X-Y|) \leq E(|X+Y|) $

Re: Exos sympas MP(*)

Posté : sam. nov. 17, 2018 11:28 am
par BobbyJoe
Voilà une preuve générale fondée sur unes astuce due au mathématicien polonais : Jacek Wesolowski.

Soit $X$ et $Y$ deux vecteurs aléatoires de $\mathbb{R}^{n}$ intégrables, de même loi et indépendants.

On note $<,>$ un produit scalaire sur $\mathbb{R}^{n}$ et $\|.\|$ la norme associée.

On veut montrer l'inégalité : $$\mathbb{E}[\|X-Y\|]\leq \mathbb{E}[\|X+Y\|].$$

**Lemme
Tout d'abord, il existe une constante $C_{n}>0$ telle que pour tout $u$ appartenant à $\mathbb{R}^{n}$ $$\|u\|=C_{n}\int_{\mathbb{S}^{n-1}}dx\int_{\mathbb{R}}\frac{1-\cos(t<x,u>)}{t^{2}}dt.$$

L'intégrande étant positif, on peut calculer formellement.
L'identité à prouver repose sur le fait qu'il existe une constante $C>0$ telle que pour $x$ appartenant à $\mathbb{R}$ $$\int_{\mathbb{R}} \frac{\sin^{2}(tx)}{t^{2}}=C\vert x \vert.$$
Si $u=0$, l'identité est directe. Si $u\neq 0$, on écrit que $\mathbb{R}^{n}$ est somme directe de la droite engendrée par $\frac{u}{\|u\|}$ et de l'orthogonal de cette droite vectorielle pour obtenir après un changement de variable l'identité désirée.

**Preuve de l'inégalité

Par Fubini positif, il vient $$\mathbb{E}[\|X+Y\|-\|X-Y\|]=C_{n}\int_{\mathbb{S}^{n-1}}dx\int_{\mathbb{R}}\mathbb{E}\left[\frac{1-\cos\left(t<x,X+Y>)\right)}{t^{2}}-\frac{1-\cos\left(t<x,X-Y>)\right)}{t^{2}}\right]dt.$$
On a alors avec un peu de trigonométrie que $$\mathbb{E}[\|X+Y\|-\|X-Y\|]=2C_{n}\int_{\mathbb{S}^{n-1}}dx\int_{\mathbb{R}}\mathbb{E}\left[\frac{\sin(t<x,X>)}{t}\frac{\sin(t<x,Y>)}{t}\right]dt.$$
D'où l'on tire par indépendance de $X$ et $Y$ (et du fait que $X$ et $Y$ aient même loi) $$\mathbb{E}[\|X+Y\|-\|X-Y\|]=2C_{n}\int_{\mathbb{S}^{n-1}}dx\int_{\mathbb{R}}\mathbb{E}\left[\frac{\sin(t<x,X>)}{t}\right]^{2}dt\geq 0.$$

Remarque :
On peut également utiliser l'astuce suivante (si $\|.\|$ désigne la norme euclidienne standard sur $\mathbb{R}^{n}$)
$ $$\displaystyle \left( \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \right)^{n}\int_{\mathbb{R}^{n}}\exp(-\frac{\|x\|^{2}}{2})\vert <x,u> \vert dx=\|u \|.$
Bref...

Re: Exos sympas MP(*)

Posté : sam. nov. 17, 2018 5:09 pm
par dSP
Si c'est la démonstration attendue, alors cet exercice est de mauvais goût...