Exos sympas MP(*)

Un problème, une question, un nouveau théorème ?

Modérateurs : JeanN, Michel Quercia

Répondre
V@J
Messages : 2860
Enregistré le : jeu. janv. 22, 2009 6:15 pm

Re: Exos sympas MP(*)

Message par V@J » ven. avr. 17, 2009 4:20 pm

Bonjour.
En étudiant $ g_n $, je trouve $ d_n \approx \sqrt{\frac{\ln(n)}{n}} $.

Voici une approche pas trop rigoureuse, mais que l'on pourrait rendre rigoureuse en s'en donnant les moyens :
En effet, $ g_n(x)=x^2 + \cos^{2n}(x) $ donc $ g_n'(x)=2x + -2n \sin(x) \cos^{2n-1}(x) $. Quand $ n \to \infty $, $ g_n'(\frac{2}{n}) < 0 $, donc on peut se restreindre à étudier $ g_n $ sur $ [0,\frac{2}{n}] $.
Notamment, $ sin(x) \approx x $, donc $ g_n'(x) = 0 \Leftrightarrow \cos(x)^{2n-1} \approx \frac{1}{n} \Leftrightarrow ... $
$ ... \Leftrightarrow (2n-1) \ln(\cos(x)) \approx -\ln(n) \Leftrightarrow -n x^2 \approx -\ln(n) \Leftrightarrow ... $
$ ... \Leftrightarrow x^2 \approx x_n^2 = \frac{\ln(n)}{n} $.
Donc $ d_n^2 = \min g_n(\mathbb{R}) \approx g_n(x_n) = x_n^2+\cos(x\n)^{2n} \approx \frac{\ln(n)}{n}+\frac{1}{n} \approx \frac{\ln(n)}{n} $.
D'où le résultat.

Bon, après, étant donné le manque de rigueur dont j'ai fait preuve, je ne garantis rien, hein... (surtout si quelqu'un me montre que je me suis trompé !)

Edit : coquille corrigée
Modifié en dernier par V@J le ven. avr. 17, 2009 5:45 pm, modifié 2 fois.

-guigui-
Messages : 772
Enregistré le : lun. juin 16, 2008 7:10 pm

Re: Exos sympas MP(*)

Message par -guigui- » ven. avr. 17, 2009 5:18 pm

Re,

colis > ma méthode est celle de V@J, donc bien joué V@J !!!

Et j'ai trouvé l'exercice joli parce qu'à partir d'une constatation géométrique simple on peut en tirer un calcul d'analyse.

colis
Messages : 217
Enregistré le : dim. juil. 22, 2007 7:40 pm
Localisation : Devant mon ordi

Re: Exos sympas MP(*)

Message par colis » ven. avr. 17, 2009 5:23 pm

V@J: Bravo, c'est vraisemblablement correct à la bonne écriture près $ \sqrt{\frac{ln(n)}{n}} $.
J'ai fait la même chose que V@J mais à un moment, j'ai refait confiance à Maple dans mon expression b°) (j'ai vu mon erreur). :D
MP*3 LLG
X2010

-guigui-
Messages : 772
Enregistré le : lun. juin 16, 2008 7:10 pm

Re: Exos sympas MP(*)

Message par -guigui- » ven. avr. 17, 2009 5:27 pm

Ah Maple le fourbe :lol:

( juste pour préciser, mais ce n'est qu'une coquille dans le post de V@J : on a $ \displaystyle d_n\sim\sqrt{\frac{\ell n(n)}{n}} $ (le n est sous la racine aussi) )

Merci à vous deux d'avoir cherché :wink:

V@J
Messages : 2860
Enregistré le : jeu. janv. 22, 2009 6:15 pm

Re: Exos sympas MP(*)

Message par V@J » ven. avr. 17, 2009 5:48 pm

Autre exo beaucoup plus facile que le premier que j'ai posté :

Montrer que les sous-anneaux unitaires de $ \mathbb{Q} $ sont de la forme $ \mathbb{Z}[F] $ avec $ F \subseteq \{\frac{1}{p} | \ p \ premier\} $.

colis
Messages : 217
Enregistré le : dim. juil. 22, 2007 7:40 pm
Localisation : Devant mon ordi

Re: Exos sympas MP(*)

Message par colis » ven. avr. 17, 2009 5:55 pm

Ah, j'avais pas pensé utiliser le fait les sous anneaux de $ \mathbb{Q} $ sont les $ \mathbb{Z}[F] $ pour résoudre ton premier exo. Merci pour l'indication.
MP*3 LLG
X2010

-guigui-
Messages : 772
Enregistré le : lun. juin 16, 2008 7:10 pm

Re: Exos sympas MP(*)

Message par -guigui- » ven. avr. 17, 2009 6:04 pm

colis > trop tard j'ai vu ce que tu attends comme petit cadeau ^^ Deux exos sur les séries, le premier assez simple, le deuxième un brin plus ardu, mais vous allez les torcher!

Soit $ \displaystyle p_n $ le nombre de chiffres dans l'écriture de l'entier $ \displaystyle n $ en base $ \displaystyle 10 $.
Nature et somme éventuelle de la série $ \displaystyle \sum_{n\ge1}\frac{p_n}{n(n+1)} $


Nature de la série $ \displaystyle \sum_{n\ge0}\sin\left(\pi(2+\sqrt{3})^n\right) $


En plus c'est des classiques.

Sinon, des exos de MP que je ne saurais pas résoudre :( (mais je dispose des solutions ..)

On note $ \displaystyle p(n) $ le plus grand diviseur premier de $ n $.

Montrer que la série $ \displaystyle\sum_{n\ge 1} \frac{1}{np(n)} $ converge.


On considère la suite $ \displaystyle (\lambda_{n})_{n\in \mathbb{N}} $ croissante des racines réelles positives de l'équation $ \displaystyle \tan(x)=x $.

Montrer que $ \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{\lambda_{n}^{2}}=\frac{1}{10} $

Avatar du membre
gardener
Messages : 1836
Enregistré le : mer. août 01, 2007 3:04 pm
Classe : américaine!
Localisation : C'est idéal.
Contact :

Re: Exos sympas MP(*)

Message par gardener » ven. avr. 17, 2009 6:06 pm

Un exo choupi :
- Soit $ (a_{n})_{n \in \mathbb{N}} $ une suite à valeurs dans $ [0,1] $. A quelle condition (NS) $ (.|.) $ défini par $ (f|g) = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{f(a_{n})g(a_{n})}{2^{n}} $ est-il un produit scalaire sur $ E = C^{0}([0,1],\mathbb{R}) $?
- Soient $ (a_{n})_{n \in \mathbb{N}} $ et $ (b_{n})_{n \in \mathbb{N}} $ deux suites qui vérifient cette condition, montrer que les normes associées sont équivalentes => $ \{a_{n}, n\in \mathbb{N} \} = \{b_{n}, n \in \mathbb{N} \} $
- $ (E,\sqrt{(.|.)}) $ est-il complet?
Doctorant Maths-Info, ancien ENS Cachan.

-guigui-
Messages : 772
Enregistré le : lun. juin 16, 2008 7:10 pm

Re: Exos sympas MP(*)

Message par -guigui- » ven. avr. 17, 2009 6:08 pm

Le premier : il faut et il suffit que la suite (a_n) soit dense dans [0,1], me trompé-je ? :)

Avatar du membre
gardener
Messages : 1836
Enregistré le : mer. août 01, 2007 3:04 pm
Classe : américaine!
Localisation : C'est idéal.
Contact :

Re: Exos sympas MP(*)

Message par gardener » ven. avr. 17, 2009 6:23 pm

tu ne te trompé-je pas :)
La suite? :D
Doctorant Maths-Info, ancien ENS Cachan.

V@J
Messages : 2860
Enregistré le : jeu. janv. 22, 2009 6:15 pm

Re: Exos sympas MP(*)

Message par V@J » ven. avr. 17, 2009 7:47 pm

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 !

Madec
Messages : 1401
Enregistré le : mar. juin 19, 2007 9:01 pm
Localisation : Toulouse

Re: Exos sympas MP(*)

Message par Madec » ven. avr. 17, 2009 11:05 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 !


V@J pour ton exemple ,la non équivalence des normes à partir de :
N1(PHI) =< 2^-(n+m)
2^(-n) =< N2(PHI)
n'est pas si évidente non ?

Avatar du membre
Thaalos
Messages : 1931
Enregistré le : mar. janv. 20, 2009 1:21 am
Classe : Fini.
Localisation : Saclay

Re: Exos sympas MP(*)

Message par Thaalos » sam. avr. 18, 2009 12:18 am

-guigui- a écrit :Soit $ \displaystyle p_n $ le nombre de chiffres dans l'écriture de l'entier $ \displaystyle n $ en base $ \displaystyle 10 $.
Nature et somme éventuelle de la série $ \displaystyle \sum_{n\ge1}\frac{p_n}{n(n+1)} $

$ p_{n} = E(log_{10}(n)) \leq log_{10}(n) \leq ln(n) $
$ \sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{ln(n)}{n(n+1)} $ converge d'après le critère de Riemann.
Quant à la somme... :D

Je réfléchis aux autres... ^^

-guigui- a écrit :On note $ \displaystyle p(n) $ le plus grand diviseur premier de $ n $.

Montrer que la série $ \displaystyle\sum_{n\ge 1} \frac{1}{np(n)} $ converge.


Le troisième : $ \forall n \in \mathbb{N}, \exists \alpha_{n} > 0, p(n) > n^{\alpha_{n}} $
Soit $ \alpha = min\{\alpha_{n}| n \in \mathbb{N}\} $
$ \sum\limits_{n=1}^{p}\frac{1}{np(n)} < \sum\limits_{n=1}^{p}\frac{1}{n^{1+\alpha}} $ qui converge.
L'idée y est mais en terme de rigueur j'ai un doute... :s
Nothing is too hard, many things are too fast.

V@J
Messages : 2860
Enregistré le : jeu. janv. 22, 2009 6:15 pm

Re: Exos sympas MP(*)

Message par V@J » sam. avr. 18, 2009 5:57 am

L'idée y est mais en terme de rigueur j'ai un doute...

En effet, tu peux douter, car $ \alpha = \inf\{\alpha_{n}| n \in \mathbb{N}\} = 0 $ (regarder $ p(2^n) $ pour s'en convaincre).

Cependant, il y a quand même moyen de faire quelque chose :

Exercice 1 :
Nature et somme éventuelle de la série $ \displaystyle \sum_{n\geq1}\frac{p_n}{n(n+1)} $

On remarque tout d'abord que $ p_n = k \Leftrightarrow 10^{k-1} \leq n \leq 10^k-1 $. Donc
$ \displaystyle \sum_{n\geq1}\frac{p_n}{n(n+1)} = \displaystyle \sum_{k=1}^\infty{\left(\sum_{n=10^{k-1}}^{10^k-1}\frac{k}{n(n+1)}\right)} $
$ ... = \displaystyle \sum_{k=1}^\infty{k\left(\sum_{n=10^{k-1}}^{10^k-1}\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)} $
$ ... = \displaystyle \sum_{k=1}^\infty{k\left(\frac{1}{10^{k-1}}-\frac{1}{10^k}\right)} $
$ ... = \displaystyle 9 \sum_{k=1}^\infty{10^{-k}k} = f(\frac{1}{10}) $, avec $ f(x) = 9 \sum_{k=1}^\infty{k x^k} = 9 x g'(x) $, où $ g(x) = \sum_{k=0}^\infty{x^k} = \frac{1}{1-x} $.
Donc $ f(x) = \frac{9x}{(1-x)^2} $ et $ \displaystyle \sum_{n\geq1}\frac{p_n}{n(n+1)} =\frac{10}{9} $.

V@J
Messages : 2860
Enregistré le : jeu. janv. 22, 2009 6:15 pm

Re: Exos sympas MP(*)

Message par V@J » sam. avr. 18, 2009 6:35 am

-guigui- a écrit:On note $ p(n) $ le plus grand diviseur premier de n.

Montrer que la série $ \sum_{n\geq 1} \frac{1}{np(n)} $ converge.


Bon, j'ai eu une idée, j'espère qu'elle fonctionne !

Phase 1 :

$ \forall p \in \mathbb{P} $ (ensemble des nombres premiers), on note $ \Omega_p = \{n \in \mathbb{N}^\ast \ | \ p(n) = p \} $. Alors, dans $ \overline{\mathbb{R}_+}, \ \sum_{n\geq 1} \frac{1}{np(n)} = \sum_{p \in \mathbb{P}}\left(\sum_{n \in \Omega_p}{\frac{1}{pn}}\right) $.
Si on note $ p_1 < p_2 < ... < p_i < ... $ l'ensemble $ \mathbb{P} $ des nombres premiers, on remarque que $ \Omega_{p_i} = \{p_i \prod_{j = 1}^i{p_j^{\alpha_j}} \ | \ \alpha_1 \geq 0, ..., \alpha_i \geq 0 \} $ et donc que $ \sum_{n \in \Omega_{p_i}}{\frac{p_i}{n} = \prod_{j = 1}^i{\left(\sum_{k=0}^\infty{\frac{1}{p_j^k}\right)} = \prod_{j = 1}^i \frac{1}{1-\frac{1}{p_j}} $. Notamment, $ \ln(\sum_{n \in \Omega_{p_i}}{\frac{p_i}{n}) = -\sum_{j=1}^i{-\ln(1-\frac{1}{p_j})} $.

Phase 2 :
Par concavité de la fonction $ x \to \ln(x) $, on remarque que, si $ 0 \leq x \leq \frac{1}{2} $, alors $ 0 \leq -\ln(1-x) \leq \frac{7}{5}x $. $ \forall \ j \geq 1, \ 0 \leq \frac{1}{p_j} \leq \frac{1}{2} $ ; donc $ \ln(\sum_{n \in \Omega_{p_i}}{\frac{p_i}{n}) \leq \frac{7}{5} \sum_{j=1}^i{\frac{1}{p_j}} $. Enfin, on remarque que $ \sum_{j=1}^i{\frac{1}{p_j}} \leq \frac{1}{2} + \sum_{k=1}^{\frac{p_i-1}{2}}{\frac{1}{2k+1}} = \frac{1}{2} \left(1+\sum_{k=1}^{\frac{p_i-1}{2}}{\frac{1}{k+\frac{1}{2}}}\right) $.
Par convexité de la fonction $ x \to \frac{1}{x} $, on sait que $ \forall n \in \mathbb{N}, \sum_{k=1}^n{\frac{1}{k+\frac{1}{2}}} \leq \int_1^{n+1}{\frac{dx}{x}} = \ln(n+1) $.
Donc $ \ln(\sum_{n \in \Omega_{p_i}}{\frac{p_i}{n}) \leq \frac{7}{5} \times \frac{1}{2} \times \left(1+\ln(\frac{p_i}{2}) \right) $, et $ \sum_{n \in \Omega_{p_i}}{\frac{p_i}{n} \leq (\frac{ep_i}{2})^{\frac{7}{10}} \leq 2 p_i^{\frac{7}{10}} $.

Conclusion :

Finalement, dans $ \overline{\mathbb{R}_+} $, on obtient $ \sum_{n\geq 1} \frac{1}{np(n)} \leq \sum_{p \in \mathbb{P}}\frac{2 p^{\frac{7}{10}}}{p^2} < + \infty $, et notre série convergeait bien...
Modifié en dernier par V@J le sam. avr. 18, 2009 3:15 pm, modifié 1 fois.

Répondre

Qui est en ligne

Utilisateurs parcourant ce forum : Aucun utilisateur enregistré et 1 invité