Exos sympas MP(*)

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-guigui-
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par -guigui- » sam. avr. 18, 2009 12:51 pm

Pinaise ! Je vais re-relire ta démonstration, mais elle m'a l'air tout-à-fait correcte ! Celle que j'avais (pas de moi hein) :

Si on note \( p_n \) le n-ième nombre premier on obtient que la somme sur les entiers k tels que \( \displaystyle p_k=p_n \) vaut :

\( S_n=\frac{1}{p_n^2}\prod_{k=1}^n\frac{1}{1-\frac{1}{p_k}}=\frac{1}{p_n^2}\exp\left(-\sum_{k=1}^n\ell n(1-\frac{1}{p_k})\right) \)

Mais \( \displaystyle -\sum_{k=1}^n\ell n(1-\frac{1}{p_k})=\sum_{k=1}^n\frac{1}{p_k}+C_1+o(1)\le\frac{1}{2}\left(\sum_{k=1}^{\frac{p_n+1}{2}}\frac{1}{k}+C_2\right) \) \( \displaystyle\le\frac{1}{2}\ell n(p_n)+C_3 \)

d'où \( \displaystyle 0\le S_n\le\frac{C_4\sqrt{p_n}}{p_n^2}=\frac{C_4}{p_n^{3/2}} \) qui est le terme général d'une série convergente.

D'ailleurs on pourrait généraliser le résultat à la série \( \displaystyle\sum_{n\ge1}\frac{1}{n(p(n))^{\alpha}} \) avec \( \alpha>0 \) mais là ça demande un résultat plus fort : \( \displaystyle\sum_{k=1}^n\frac{1}{p_k}=\ell n(\ell n(p_n))+C+o(1) \)


Evidemment c'est juste pour l'exo 1 :)


Allez, juste encore " Nature de la série \( \displaystyle \sum_{n\ge0}\sin\left(\pi(2+\sqrt{3})^n\right) \) " et je vous laisse tranquille ^^
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Message par colis » sam. avr. 18, 2009 1:25 pm

Ah qu'il conjugue bien ce guigui !
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par Shemoz » sam. avr. 18, 2009 1:28 pm

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


Peux tu expliquer pourquoi car je ne vois pas du tout... (Meme pas besoin de montrer la bilinéarité, symétrie et l'implication ?)
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par -guigui- » sam. avr. 18, 2009 1:36 pm

colis > j'en déduis que tu as trouvé ^^ Pas évident sans 'stûce je trouve.

Shemoz > Si si il faut bien vérifier tous les axiomes, mais le point difficile à vérifier c'est le fait que l'application est définie :

soit f dans E telle que \( \displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{f^2(a_n)}{2^n}=0 \) : il faut montrer que f est la fonction nulle de E. Cela revient à dire que pour tout entier n, \( \displaystyle f(a_n)=0 \). Et c'est là que l'argument de densité intervient.

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Re: Exos sympas MP(*)

Message par colis » sam. avr. 18, 2009 1:43 pm

guigui a écrit :colis > j'en déduis que tu as trouvé ^^ Pas évident sans 'stûce je trouve.


Je les avais déja tous fait. C'est pourquoi j'ai pas répondu.
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par Shemoz » sam. avr. 18, 2009 2:18 pm

Montrer que si A(\( \in M_n(\mathbb{R}) \)) est semblable à B(\( \in M_n(\mathbb{R}) \)) dans \( M_n(\mathbb{C}) \) elle est semblable à B dans \( M_n(\mathbb{R}) \).

Soit: \( A\in M_n(\mathbb{R}) \),\( B\in M_n(\mathbb{R}) \).
\( A \) est semblable à \( B \) dans \( M_n(\mathbb{C}) \)ie \( A=QBQ^-1 \) avec \( Q\in M_n(\mathbb{C}) \)
\( A=QBQ^-1 \Longleftrightarrow AQ=QB \)
\( Q\in M_n(\mathbb{C}) \) ie \( Q= M+iN \) avec \( M\in M_n(\mathbb{R}) \),\( N\in M_n(\mathbb{R}) \).
On pose : \( P : x-> Det(M+xN) \), or \( P(i)\neq0 \) ie P est une fonction polynome non nulle ie avec un nombre fini de zéro
\( \exists t_0\in \mathbb{R} \) tq \( Det(M+t_0N)\neq 0 \)

Avec \( AQ=QB \Longleftrightarrow A(M+iN)=(M+iN)B \),
En développant on trouve \( AM=MB(2) et NB=AN(3) \)
Avec une combinaison de (2) et (3) on trouve : \( A(M+t_0N)=(M+t_0N)B \).
D'où le résultat.

>guigui : D'accord, j'avais compris dans le sens nécessaire et suffisant. On ne devrait pas plutot dire nécessaire tout court ?
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par colis » sam. avr. 18, 2009 2:29 pm

Shemoz a écrit :D'accord, j'avais compris dans le sens nécessaire et suffisant. On ne devrait pas plutot dire nécessaire tout court ?


C'est une CNS parce que, par exemple, si (a_n) n'est pas dense tu peux trouver une fonction f continue non nulle qui vérifie f(a_n)=0 pour tout n. (prendre une fonction à support compact non identiquement nulle dont le support est un intervalle ou il n'y a aucun terme de la suite a_n).
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par Thaalos » sam. avr. 18, 2009 2:52 pm

V@J a écrit :
-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 \( \forall n \in \mathbb{N}^\ast, \sum_{k=1}^n{\frac{1}{k+\frac{1}{2}}} \leq \int_1^n{\frac{dx}{x}} = \ln(n) \).
Donc \( \ln(\sum_{n \in \Omega_{p_i}}{\frac{p_i}{n}) \leq \frac{7}{5} \times \frac{1}{2} \times \left(1+\ln(\frac{p_i-1}{2}) \right) \), et \( \sum_{n \in \Omega_{p_i}}{\frac{p_i}{n} \leq (\frac{e(p_i-1)}{2})^{\frac{7}{10}} \leq 2 p_i^{\frac{7}{10}} \).

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...

Chapeau pour l'exercice 1. Tu as du vécu que je n'ai pas en maths. :(

Par contre, ta phase 1 je n'ai pas bien compris :
Pourquoi \( \sum_{n \in \Omega_{p_i}}{\frac{p_i}{n} = \sum_{n \in \Omega_p}{\frac{1}{pn}} \) ?
Parce qu'en gros après tu ne te bases plus que sur la somme de gauche, alors qu'on part de celle de droite...

Edit : Rien dit, il est évident que le terme de gauche est supérieur au terme de droite.
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Message par V@J » sam. avr. 18, 2009 3:11 pm

Pourquoi \( \sum_{n \in \Omega_{p_i}}{\frac{p_i}{n} = \sum_{n \in \Omega_p}{\frac{1}{pn}} \) ?


Déjà, il faudrait identifier \( p_i \) à \( p \), hein...
Mais après, on a simplement \( \sum_{n\in\Omega_p}\frac{1}{pn}} = \frac{1}{p^2}\sum_{n \in \Omega_{p}}{\frac{p}{n} \). L'expression de gauche est celle que l'on cherche à évaluer, celle de droite est celle que l'on peut facilement calculer.

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Re: Exos sympas MP(*)

Message par Madec » sam. avr. 18, 2009 3:12 pm

Niveau intermédiaire a écrit: Existe -t-il une norme N sur M(n, \mathbb{C}) tel que pour tout A et B semblables, N(A)=N(B) ?

Au passage si une telle norme n'existe pas , alors cela démontre aussi qu'il n'existe pas de norme N telle que N(AB)=N(BA) pour tout (A,B).

en effet si une telle norme existait , on aurait pour A quelconque et P inversible quelconque :
N(P^-1 A P )= N( P P^-1A)=N(A)
soit il existerait une norme telle que deux matrices semblables ont même norme .

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Re: Exos sympas MP(*)

Message par V@J » sam. avr. 18, 2009 3:24 pm

Soit \( A = \begin{pmatrix}
0 & 1 \\
0 & 0
\end{pmatrix} \) et \( P = \begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & 2
\end{pmatrix} \). On remarque que \( P^{-1}AP = 2A \neq 0 \). Nulle norme N sur \( M_n(\mathbb{C}) \) ne peut donc vérifier :
\( \forall X, Y \) semblables, \( N(X) = N(Y) \).

(sinon on aurait \( N(A) = N(2A) = 2N(A) \), et donc \( N(A) = 0 \) alors que \( A \neq 0 \))
Sauf erreur de ma part...

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Re: Exos sympas MP(*)

Message par V@J » sam. avr. 18, 2009 3:26 pm

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

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Message par Thaalos » sam. avr. 18, 2009 3:30 pm

V@J a écrit :
Pourquoi \( \sum_{n \in \Omega_{p_i}}{\frac{p_i}{n} = \sum_{n \in \Omega_p}{\frac{1}{pn}} \) ?


Déjà, il faudrait identifier \( p_i \) à \( p \), hein...

Ouep, l'identification je l'avais faire sans problème, mon souci ne venait pas de là. ^^

V@J a écrit :Mais après, on a simplement \( \sum_{n\in\Omega_p}\frac{1}{pn}} = \frac{1}{p^2}\sum_{n \in \Omega_{p}}{\frac{p}{n} \). L'expression de gauche est celle que l'on cherche à évaluer, celle de droite est celle que l'on peut facilement calculer.

En fait, j'ai trouvé une inégalité (j'avais édité mon post) qui me contentait amplement. ^^
Désolé, mais dans toutes ces lignes de calcul, je m'étais perdu... ^^
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par Thaalos » sam. avr. 18, 2009 3:41 pm

-guigui- a écrit :Allez, juste encore " Nature de la série \( \displaystyle \sum_{n\ge0}\sin\left(\pi(2+\sqrt{3})^n\right) \) " et je vous laisse tranquille ^^
(indication : qui peut le plus peut le moins)

J'ai remplacé le + par un moins et étudié la série de terme général \( \displaystyle \sum_{n\ge0}\sin\left(\pi(2-\sqrt{3})^n\right) \), terme général positif, la série converge par DL + d'Alembert.
Mais je ne vois pas de lien entre \( \sin\left(\pi(2+\sqrt{3})^n\right) \) et \( \sin\left(\pi(2-\sqrt{3})^n\right) \) ça doit être tout bête pourtant... :s
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par colis » sam. avr. 18, 2009 3:49 pm

L'exercice classique sur la série de terme générale \( \frac{1}{nM(n)} \) où \( M(n) \) est le plus grand diviseur premier de \( n \), m'inspire ceci cet exercice facile.

de colis a écrit :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 \( \displaystyle{\Big{(}\frac{m(n)+M(n)}{2}\Big{)}^{-\Omega(n)}} \))


\( m(n) \) est le plus petit diviseur premier de n
\( M(n) \) est le plus grand diviseur premier de n
\( \Omega(n) \) est le nombre de diviseurs premiers de n comptés avec multiplicité, par exemple, \( \Omega(12)=3 \)


Je n'ai pas choisi les coefficients par pure fantaisie ou au hasard. Je discuterai le pourquoi du comment après que quelqu'un aie posté une solution correcte (pour ne pas donner d'indication).

Edit: \( n\geq 2 \) bien entendu pour éviter tout problème !
Modifié en dernier par colis le sam. avr. 18, 2009 7:22 pm, modifié 2 fois.
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