Les dattes à Dattier

[bridou]

La question 1 me parait un truc facile, niveau lycée : 16
(2,1/4,2),(1/4,16,1/4),(2,1/4,2)

[darklol]

Il y a l'air d'avoir deux exercices que tu as numéroté 75. Si tu parles de "activité de groupe ++":

SPOILER:

On sait que si $ p $ est premier alors les sous-groupes de $ \mathbb{F}_p^* $ sont exactement les ensembles de la forme $ \{ g \in \mathbb{F}_p^*, g^d - 1 = 0\} $ où $ d $ parcourt l'ensemble des diviseurs de $ p-1 $.

Donc déjà nécessairement $ 17 | p - 1 $ et $ 19 | p - 1 $. Puis $ \mathbb{F}_p^* $ possède deux sous-groupes tels que décrit dans l'énoncé si et seulement si les polynômes $ X^{17} - 1 $ et $ (X+1)^{19} - 1 $ ont une racine en commun, donc si et seulement si le résultant de ces deux polynômes est nul dans $ \mathbb{F}_p $. Or il est évident que le résultant dans $ \mathbb{F}_p $ est le résultant dans $ \mathbb{Z} $ réduit modulo $ p $. Avec un logiciel de calcul formel, on trouve que le résultant dans $ \mathbb{Z} $ vaut $ 3195092751925069009487203262188727460441539357 $ dont les diviseurs premier sont $ 524287, 783599, 15016271, 55740757, 9291493935759704087 $. Le seul qui n'est pas congru à $ 1 $ à la fois modulo $ 17 $ et $ 19 $ est $ 524287 $. Donc les solutions sont exactement les $ p \in \{783599, 15016271, 55740757, 9291493935759704087\} $.

[darklol]

Note que la même méthode permet aussi de résoudre 73 et 74, avec les réponses respectives:

SPOILER:

erreur, cf plus bas

[darklol]

SPOILER:

Oui tout à fait pour le 73, j'ai voulu aller trop vite, le résultant de $ X^5 - 1 $ et $ (X+1)^5-1 $ vaut 3751 = 11 * 11 * 31.
Et de même pour le 74, à $ n $ fixé, on cherche à savoir pour quels $ p $ le résultant de $ X^n - 1 $ et $ (X+1)^n - 1 $ est nul, et je me suis dit que ça n'arrivait forcément que pour un nombre fini de diviseurs, mais j'ai évidemment oublié le cas où le résultant est nul dans $ \mathbb{Z} $.

[oty20]

énoncé 72 : l'encadrement arithmético-géométrique
Soit $ x_1,...,x_n $ des réels plus grands ou égaux à 1.
A-t-on $ |(x_1\times...\times x_n)^{1/n}-\frac{1}{n}(x_1+...+x_n)|\leq \max (x_i,i=1...n)\times \big(\max(x_i,i=1...n)^2-\min(x_i,i=1...n)^2\big) $ ?

Lol celui la, il a bien été crée pour faire peur , alors qu'il n' est pas aussi méchant qu'il en a l'air
l'inégalité est symétrique , sans perdre de généralité soit $ x_{n} $ le maximum et $ x_{1} $ le minimum par AM-GM
$ x_{1}+...+x_{n} \geq n (x_{1}...x_{n})^{\frac{1}{n}} $ on peut donc enlever la valeur absolue on inversant la quantité a l’intérieur :
maintenant
$ \frac{1}{n} ( \sum x_{i})-(x_{1}..x_{n})^{\frac{1}{n}}=\frac{1}{n}[ \sum (x_{i}-x_{1})]+x_{1}-(x_{1}..x_{n})^{\frac{1}{n}} $ , soit $ m=Max(x_{i}-x_{j})=x_{n}-x_{1} $ alors
$ \frac{1}{n} ( \sum x_{i})-(x_{1}..x_{n})^{\frac{1}{n}}\leq \frac{1}{n}[ \sum m]+x_{1}-(x_{1}..x_{n})^{\frac{1}{n}}\leq m+x_{1}-(x_{1}...x_{1})^{\frac{1}{n}}\leq m $ ainsi il suffit de prouver $ m=x_{n}-x_{1} \leq x_{n}(x_{n}-x_{1})(x_{n}+x_{1}) $ equivalent a
$ x_{n}(x_{n}+x_{1}) \geq 1 $ ce qui est clairement vraie en vue des hypotheses...

[V@J]

Bonsoir à tous,

Voici quelques solutions de problèmes anciens.

Énoncé 5 : série circulaire

SPOILER:

La série converge-t-elle : $ \sum \limits_{k=2}^n \cos(\frac{k^2+1}{k-1})\frac{1}{\sqrt k} $ ?

La réponse est : oui !

Preuve :

Pour tout $ k \geqslant 2 $, on pose $ u_k = \cos(\frac{k^2+1}{k-1})\frac{1}{\sqrt k} $ et $ v_k = \cos(\k+1)\frac{1}{\sqrt k} $. Puisque $ \cos $ est 1-lipschitzienne, on sait que
$$ |u_k - v_k| \leqslant \frac{1}{\sqrt{k}} \left(\frac{k^2+1}{k-1} - (k+1)\right) = \frac{2}{\sqrt{k}(k-1)}. $$
La série $ \sum_{k \geqslant 2} (u_k - v_k) $ est donc absolument convergente, de sorte que la série $ \sum_{k \geqslant 2} u_k $ converge si et seulement si $ \sum_{k \geqslant 2} v_k $ converge. On va donc montrer que cette seconde série converge.

La suite ressemble à l'esquisse de preuve de Biddof à l'époque où le problème avait été proposé. En effet, avec une sommation par parties, on observe que
$$ \sum_{k = 2}^n v_k = \frac{S_n}{\sqrt{n}} - \sum_{k = 2}^{n-1} S_k \left(\frac{1}{\sqrt{n+1}}-\frac{1}{\sqrt{n}}\right), $$ où $ S_n = \sum_{k = 2}^n \cos(k+1) = \mathrm{Re}\left(\sum_{k=3}^{n+1} \exp(i k) \right) = \mathrm{Re}\left(\frac{\exp(i(n+1)) - \exp(3 i)}{\exp(i)-1} \right), $ de sorte que $ |S_n| \leqslant M, $ où $ M = \frac{2}{|\exp(i)-1|} $. Par conséquent, le terme en $ \frac{S_n}{\sqrt{n}} $ tend vers 0, tandis que la série $$ \sum_{k \geqslant 2} |S_k| \times \left|\frac{1}{\sqrt{n+1}} - \frac{1}{\sqrt{n}}\right| $$ est majorée par $ \frac{M}{\sqrt{2}}, $ donc que la série $ \sum_{k \geqslant 2} S_k \left(\frac{1}{\sqrt{n+1}} - \frac{1}{\sqrt{n}}\right) $ est absolument convergente.

En particulier, la série $ \sum_{k \geqslant 2} v_k $ converge, et la série initialement proposée aussi.

[V@J]

Énoncé 10 : incroyable mais vrai ?

SPOILER:

Soit $ n $ nombre entier plus grand que 5, $ H $ un sous-groupe de $ (\mathbb Z/n\mathbb Z)^* $.
A-t-on si $ a\in H $ avec $ a>2 $ alors $ (a-1)|\sum \limits_{h \in H} n(-\frac{h}{n} \mod a) $ ?

Pas forcément : si $ n = 6 $, $ H = \{1,5\} $ et $ a = 5 $ alors on a $ -\frac{1}{n} \mod a = 5 - \frac{1}{6} $ et $ -\frac{5}{n} \mod a = 5 - \frac{5}{6} $, de sote que
$$ \sum \limits_{h \in H} n(-\frac{h}{n} \mod a) = 6(5 - \frac{1}{6}) + 6(5 - \frac{5}{6}) = 30 - 1 + 30 - 5 = 54, $$
ce qui n'est pas divisible par $ a-1 = 4 $.

D'un point de vue pédagogique, on se serait attendu à ce que la réponse soit oui, surtout que la solution proposée ici est assez naze, ce qui me fait me demander s'il n'y a pas une coquille dans l'énoncé.

[V@J]

Énoncé 12 : Diffie-Helmann par les polynômes

SPOILER:

$ p=2^j q_1\times q_2\times ...q_n+1 \text{ un nombre premier, avec les } q_i \text{ premiers entre eux et impair}
\\\text{ P un polynôme de deux variables dans } \mathbb F_p[X,Y] \text{ avec b un des éléments primitifs de } \mathbb F_p^* \text{ tel que : }
\\\text{pour tout } k,m\in\mathbb N, b^{k\times m} \mod p=P(b^m,b^k)\mod p. \text{ A-t-on } 2^n \leq \text{degré}(P) ? $

La réponse est oui si $ p \geqslant 3 $ !
En effet, si $ p = 2 $, alors on a $ n = 0 $, et $ P = 1 $, de degré $ 0 < 2^n $, convient. On suppose donc $ p \geqslant 3 $.

Alors, pour $ m = p-2 $, on remarque que chaque $ b^k $ est une racine du polynôme $ Q(X) = P(b^m,X) - X^m $. Si $ Q $ est le polynôme nul, alors le degré de $ P(b^m,X) $ vaut au moins $ m $, donc le degré de $ P $ aussi. Sinon, alors $ Q $ a au moins $ p-1 $ racines, donc est de degré au moins $ p-1 > m $, donc le degré de $ P(b^m,X) $ vaut au moins $ p-1 $, et le degré de $ P $ aussi.

Par conséquent, $ P $ est toujours de degré au moins $ p-2 $ : il suffit donc de montrer que $ p-2 \geqslant 2^n $. Si $ p = 3 $, c'est vrai, puisque $ p-2 = 1 = 2^n $. On suppose donc $ p \geqslant 5 $. Puisque $ p $ est impair, on sait alors que $ j \geq 1 $, donc que $ p \geqslant p/2 + q_1 \times \ldots \times q_n \geqslant 2^n + p/2 \geqslant 2^n+2 $, ce qui conclut.

[BobbyJoe]

Exo 78

SPOILER:

On utilise les polynômes de Bernstein... On a clairement sur $ $$[0,1]$ $ $$$\forall n\in \mathbb{N},\mbox{ } B_{n}(f)\geq B_{n}(g).$$
Mais par convergence uniforme des polynômes de Bernstein vers $ $$f$ et $ $$g$ respectivement , on construit aisément une suite de fonctions vérifiant les conclusions de l'énoncé.
En effet, $B_{n}(f)\geq B_{n}(g)$ implique bien que $B_{n}(f)+(g-B_{n}(g))\geq B_{n}(g)+(g-B_{n}(g))=g.$
On choisit $(B_{n}(f)+(g-B_{n}(g))_{n\geq 0}$ comme suite de fonctions de $\mathcal{C}^{1}$ qui CVU vers $f$ (car $g$ est supposée $\mathcal{C}^{1}$).... L'hypothèse de croissance sur $ $$g$ est inutile...

[BobbyJoe]

Exo 79

SPOILER:

On applique Ascoli à la suite de compacts $ $$(I_{n}=[-n,n])_{ n\geq 0}.$ Sur $ $$I_{n},$ la famille $ $$f_{k}$ est bornée (par le caractère $ $$1$ lipschitzien et par le fait que $ $$(f_{k}(0))$ est bornée) et équicontinue. On construit par récurrence une sous-suite $ $$\phi_{n+1}$ de $ $$\phi_{n}$ qui vérifie que $ $$f_{\phi_{n+1}(k)}$ CVU sur $ $$I_{n+1}$ alors que $ $$f_{\phi_{n}(k)}$ CVU sur $ $$I_{n}.$ Par un procédé diagonal, on obtient bien que la suite $ $$(f_{\phi_{n}(n)})$ converge simplement sur $\mathbb{R}$ (car converge uniformément sur tout compact de $ $$\mathbb{R}$) vers $ $$f$ qui est définie par restriction et compatibilité sur chacun des $I_{n}$, comme étant la limite uniforme de la sous-suite $ $$(f_{\phi_{n}(k)}).$