Les dattes à Dattier

Un problème, une question, un nouveau théorème ?

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btsix
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Re: Les dattes à Dattier

Message par btsix » jeu. févr. 07, 2019 4:26 pm

Bonjour,
Dattier a écrit :
dim. août 27, 2017 10:02 pm
énoncé 47 : double casse tête
La double série $ \sum \limits_{n\geq 1} \sum \limits_{k \geq 1} \frac{(-1)^{n+k}}{\sqrt{n+k}} $ est-elle convergente ?
tl;dr
SPOILER:
Oui.
La série intérieure est convergente. On fait un développement asymptotique convenable de la somme partielle de la série extérieure pour montrer qu'elle converge, en effectuant deux sommations par parties.
En détail :
SPOILER:
Pour tout $n \in \mathbb{N}^*$, la série intérieure est convergente puisqu'elle vérifie le critère spécifique des séries alternées. On note $u_n$ sa somme.
$$u_1 = -\sum_{k=1}^{+\infty} \frac{(-1)^k}{\sqrt{k+1}}$$
Pour tout $n\in\mathbb{N}^*$, $$u_{n+1} = \sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n+1+k}}{\sqrt{n+1+k}} = \sum_{k=2}^{+\infty}\frac{(-1)^{n+k}}{\sqrt{n+k}} = \sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n+k}}{\sqrt{n+k}} - \frac{(-1)^{n+1}}{\sqrt{n+1}} = u_n + \frac{(-1)^n}{\sqrt{n+1}}$$
Donc lorsque $N \rightarrow +\infty$,
$$\sum_{n=1}^N u_n = \sum_{n=1}^N \left(u_1 + \sum_{k=1}^{n-1} (u_{k+1} - u_k) \right) = \sum_{n=1}^N \left(u_1 + \sum_{k=1}^{n-1} \frac{(-1)^k}{\sqrt{k+1}} \right)$$
$$ = \sum_{n=1}^N u_1 + \sum_{n=1}^N \sum_{k=1}^{n-1} \frac{(-1)^k}{\sqrt{k+1}} = Nu_1 + \sum_{1\,\leqslant\, k\,<\,n\,\leqslant\, N} \frac{(-1)^k}{\sqrt{k+1}} = Nu_1 + \sum_{k=1}^{N-1} \sum_{n=k+1}^N \frac{(-1)^k}{\sqrt{k+1}}$$
$$ = Nu_1 + \sum_{k=1}^{N-1} (N-k)\frac{(-1)^k}{\sqrt{k+1}} = Nu_1 + N \sum_{k=1}^{N-1}\frac{(-1)^k}{\sqrt{k+1}} - \sum_{k=1}^{N-1}\frac{(-1)^{k}k}{\sqrt{k+1}}$$
$$ = Nu_1 + N\left(\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{\sqrt{k+1}} - \sum_{k=N}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{\sqrt{k+1}}\right) - \sum_{k=1}^{N-1}\frac{(-1)^{k}k}{\sqrt{k+1}} = -N \sum_{k=N}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{\sqrt{k+1}} - \sum_{k=1}^{N-1}\frac{(-1)^{k}k}{\sqrt{k+1}}$$
$$ = -N \sum_{k=N}^{+\infty}\left(\sum_{p=0}^k (-1)^p - \sum_{p=0}^{k-1} (-1)^p\right)\frac{1}{\sqrt{k+1}} - \sum_{k=1}^{N-1}\left(\sum_{p=0}^k (-1)^p - \sum_{p=0}^{k-1} (-1)^p\right)\frac{k}{\sqrt{k+1}}$$
$$ = -N \left[\sum_{k=N}^{+\infty}\left(\sum_{p=0}^k (-1)^p\right)\frac{1}{\sqrt{k+1}} - \sum_{k=N}^{+\infty}\left(\sum_{p=0}^{k-1} (-1)^p\right)\frac{1}{\sqrt{k+1}}\right] - \left[\sum_{k=1}^{N-1}\left(\sum_{p=0}^k (-1)^p\right)\frac{k}{\sqrt{k+1}} - \sum_{k=1}^{N-1}\left(\sum_{p=0}^{k-1} (-1)^p\right)\frac{k}{\sqrt{k+1}}\right]$$
$$ = -N \left[\sum_{k=N+1}^{+\infty}\left(\sum_{p=0}^{k-1} (-1)^p\right)\frac{1}{\sqrt{k}} - \sum_{k=N}^{+\infty}\left(\sum_{p=0}^{k-1} (-1)^p\right)\frac{1}{\sqrt{k+1}}\right] - \left[\sum_{k=2}^{N}\left(\sum_{p=0}^{k-1} (-1)^p\right)\frac{k-1}{\sqrt{k}} - \sum_{k=1}^{N-1}\left(\sum_{p=0}^{k-1} (-1)^p\right)\frac{k}{\sqrt{k+1}}\right]$$
$$ = -N \left[\sum_{k=N+1}^{+\infty}\left(\sum_{p=0}^{k-1} (-1)^p\right)\left(\frac{1}{\sqrt{k}} -\frac{1}{\sqrt{k+1}}\right) - \left(\sum_{p=0}^{N-1} (-1)^p\right)\frac{1}{\sqrt{N+1}}\right]$$
$$- \left[\sum_{k=2}^{N-1}\left(\sum_{p=0}^{k-1} (-1)^p\right)\left(\frac{k-1}{\sqrt{k}} - \frac{k}{\sqrt{k+1}}\right) + \left(\sum_{p=0}^{N-1} (-1)^p\right)\frac{N-1}{\sqrt{N}} - \left(\sum_{p=0}^{1-1} (-1)^p\right)\frac{1}{\sqrt{1+1}} \right]$$
$$ = -N \left[\sum_{k=N+1}^{+\infty}\frac{1-(-1)^k}{2}\left(\frac{1}{\sqrt{k}} -\frac{1}{\sqrt{k+1}}\right) - \frac{1-(-1)^N}{2}\frac{1}{\sqrt{N+1}}\right]$$
$$- \left[\sum_{k=2}^{N-1}\frac{1-(-1)^k}{2}\left(\frac{k-1}{\sqrt{k}} - \frac{k}{\sqrt{k+1}}\right) + \frac{1-(-1)^N}{2}\frac{N-1}{\sqrt{N}} - \frac{1}{\sqrt{2}} \right]$$
$$ = -N \left[\frac{1}{2}\sum_{k=N+1}^{+\infty}\left(\frac{1}{\sqrt{k}} -\frac{1}{\sqrt{k+1}}\right) - \frac{1}{2}\sum_{k=N+1}^{+\infty}(-1)^k\left(\frac{1}{\sqrt{k}} -\frac{1}{\sqrt{k+1}}\right) - \frac{1-(-1)^N}{2}\frac{1}{\sqrt{N+1}}\right]$$
$$- \left[\frac{1}{2}\sum_{k=2}^{N-1}\left(\frac{k-1}{\sqrt{k}} - \frac{k}{\sqrt{k+1}}\right) - \frac{1}{2} \sum_{k=2}^{N-1}(-1)^k\left(\frac{k-1}{\sqrt{k}} - \frac{k}{\sqrt{k+1}}\right)+ \frac{1-(-1)^N}{2}\frac{N-1}{\sqrt{N}} - \frac{1}{\sqrt{2}} \right]$$
$$ = -N \left[\frac{1}{2\sqrt{N+1}} - \frac{1}{2}\sum_{k=N+1}^{+\infty}(-1)^k\left(\frac{1}{\sqrt{k}} -\frac{1}{\sqrt{k+1}}\right) - \frac{1-(-1)^N}{2}\frac{1}{\sqrt{N+1}}\right]$$
$$- \left[\frac{1}{2}\left(\frac{2-1}{\sqrt{2}} - \frac{N-1}{\sqrt{N}}\right) - \frac{1}{2} \sum_{k=2}^{N-1}(-1)^k\left(\frac{k-1}{\sqrt{k}} - \frac{k}{\sqrt{k+1}}\right)+ \frac{1-(-1)^N}{2}\frac{N-1}{\sqrt{N}} - \frac{1}{\sqrt{2}} \right]$$
$$ = -N \left[ -\frac{1}{2}\sum_{k=N+1}^{+\infty}(-1)^k\left(\frac{1}{\sqrt{k}} -\frac{1}{\sqrt{k+1}}\right) + \frac{(-1)^N}{2\sqrt{N+1}}\right]$$
$$- \left[\frac{1}{2\sqrt{2}} - \frac{N-1}{2\sqrt{N}} - \frac{1}{2} \sum_{k=2}^{N-1}(-1)^k\left(\frac{k-1}{\sqrt{k}} - \frac{k}{\sqrt{k+1}}\right)+ \frac{1-(-1)^N}{2}\frac{N-1}{\sqrt{N}} - \frac{1}{\sqrt{2}} \right]$$
$$ = -N \left[ -\frac{1}{2}\sum_{k=N+1}^{+\infty}(-1)^k\left(\frac{1}{\sqrt{k}} -\frac{1}{\sqrt{k+1}}\right) + \frac{(-1)^N}{2\sqrt{N+1}}\right] - \left[-\frac{1}{2\sqrt{2}} + \frac{1}{2} \sum_{k=2}^{N-1}(-1)^k\left(\frac{k}{\sqrt{k+1}} - \frac{k-1}{\sqrt{k}}\right) - \frac{(-1)^N (N-1)}{2\sqrt{N}} \right]$$

Les suites $(a_k)_{k\in\mathbb{N}^*}$ et $(b_k)_{k\in\mathbb{N}^*}$ définies par $a_k = \frac{1}{\sqrt{k}} - \frac{1}{\sqrt{k+1}}$ et $b_k = \frac{k}{\sqrt{k+1}} - \frac{k-1}{\sqrt{k}}$ sont décroissantes et convergent vers $0$.
Donc d'après le critère spécifique des séries alternées,
$$\left|\sum_{k=N+1}^{+\infty}(-1)^k\left(\frac{1}{\sqrt{k}} -\frac{1}{\sqrt{k+1}}\right)\right| \leqslant \frac{1}{\sqrt{N+1}} - \frac{1}{\sqrt{N+2}} = \mathcal{O}\left(\frac{1}{N\sqrt{N}}\right) = \mathcal{o}\left(\frac{1}{N}\right)$$
et il existe $l \in\mathbb{R}$ tel que
$$\sum_{k=2}^{N-1} (-1)^k\left(\frac{k}{\sqrt{k+1}} - \frac{k-1}{\sqrt{k}}\right) = l + \mathcal{o}(1)$$

Ainsi,
$$\sum_{n=1}^N u_n = -N \left[ \mathcal{o}\left(\frac{1}{N}\right) + \frac{(-1)^N}{2\sqrt{N+1}}\right] - \left[-\frac{1}{2\sqrt{2}} + \frac{1}{2} (l + \mathcal{o}(1)) - \frac{(-1)^N (N-1)}{2\sqrt{N}} \right]$$
$$ = \mathcal{o}(1) - \frac{(-1)^N N}{2\sqrt{N+1}} + \frac{1}{2\sqrt{2}} - \frac{1}{2} l + \mathcal{o}(1) + \frac{(-1)^N (N-1)}{2\sqrt{N}}$$
$$ = \frac{1}{2\sqrt{2}} - \frac{1}{2} l - \frac{(-1)^N}{2}\left(\frac{N}{\sqrt{N+1}} - \frac{N-1}{\sqrt{N}}\right) - \frac{(-1)^N}{2\sqrt{N}} + \mathcal{o}(1)$$
$$ = \frac{1}{2\sqrt{2}} - \frac{1}{2} l + \mathcal{o}(1)$$

certus
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Re: Les dattes à Dattier

Message par certus » sam. avr. 20, 2019 12:55 pm

Pour 261 il suffit d'utiliser Herchsfeld's convergence theorem

certus
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Re: Les dattes à Dattier

Message par certus » sam. avr. 20, 2019 4:39 pm

119 oui elle converge
120 oui aux deux questions
262 Avec tangente hyperbolique ça ne marche pas car il y a mod 2^100
Modifié en dernier par certus le sam. avr. 20, 2019 7:36 pm, modifié 1 fois.

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saysws
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Re: Les dattes à Dattier

Message par saysws » dim. avr. 21, 2019 2:43 pm

267 : les $ \mathbb Z / n \mathbb Z $, si j'ai rien oublier.
On voit bien que pour eux ça marche, et si on prend un groupe commutatif fini quelconque en le décomposant en somme directe de $ \mathbb Z / n_i \mathbb Z $ (où $ n_1 |\cdots |n_{\max} $) on voit que si un nombre premier apparaît deux fois dans la décomposition, on peut écrire en réarrangeant un peu $ G \simeq H \times (\mathbb Z/p \mathbb Z)^2 $ qui est sur-saturé, comme les $ n_i $ divisent ceux qui suivent, on en a qu'un, on conclut par unicité de la décomposition.

Après le théorème de classification des groupes abéliens fini est assez loin du programme de prépa, mais ça doit ce faire avec douleur avec des outils de prépa une fois qu'on a intuité le résultat, m'enfin j'ai pas eu le courage :?

Je passais par là, et étrangement je me suis dis que j'allais en essayer une comme ça :mrgreen:
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Mathoss
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Re: Les dattes à Dattier

Message par Mathoss » dim. avr. 21, 2019 5:49 pm

Dattier a écrit :
dim. avr. 21, 2019 5:11 pm
269 : Groupe non sur-saturé +
Un groupe $G$ est dit non sur-saturé ssi $\forall a \in G,\forall n \in\mathbb N^*, \text{card}(\{x \in G \text{ ; } x^n=a\}) \leq n$.
Déterminer quels sont les groupes finis $G$ qui sont non sur-saturés.

Si dans un groupe fini l'équation x^d = e (le neutre du groupe) a au plus de solutions pour tout de>=1, alors G est cyclique déjà.
Ça se montre très vite à partir de l'identité : somme sur d|n des φ(d) = n.
Donc, si G est non sur-saturé, on en déduit que G est cyclique.

Réciproquement, je pense que la cyclicité suffit à la sur-saturation.
On peut prendre pour (G,•) le groupe (Z/nZ,+) le groupe cyclique canonique.
Soit d dans N*, a dans Z/nZ, soient x,y deux solutions de d*x=a.
On peut se limiter à d<=n.
On se ramène à l'équation homogène d*(x-y)=0 qui a exactement n solutions si d est premier avec n.
Donc, si n!=1, n-1 est premier avec n et on a : (n-1)*x=0 admet n solutions et n>n-1
Ça imposerait donc d'avoir n=1 et le seul groupe qui conviendrait serait (Z/1Z,+)

Je viens de lire la réponse au dessus, j'ai peut-être écrit n'importe quoi :roll:
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Re: Les dattes à Dattier

Message par Mathoss » dim. avr. 21, 2019 6:04 pm

Dattier a écrit :
dim. avr. 21, 2019 5:55 pm
Citations Mathoss :
1/ Si dans un groupe fini l'équation x^d = e (le neutre du groupe) a au plus de solutions pour tout de>=1, alors G est cyclique déjà...
2/ On se ramène à l'équation homogène d*(x-y)=0 qui a exactement n solutions si d est premier avec n...


1/ Je ne connais pas ce résultat (dans le cas non forcément commutatif), aurais-tu un lien ? de=d ?

2/ Si d et n sont premiers alors on a une seule solution, non ?
Image
Oui j'ai craqué.
Ce résultat permet déjà de ramener le cas général d'un groupe fini au cas cyclique des Z/nZ!
Donc, comme les Z/nZ conviennent d'après le message plus haut de Saywsw, on en conclut que il s'agit exactement des groupes cycliques!
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Re: Les dattes à Dattier

Message par Mathoss » dim. avr. 21, 2019 7:50 pm

Dattier a écrit :
dim. mai 13, 2018 12:45 pm
Bonjour,

énoncé 129 : CNS de bijectivité
Soit $p>5$ un nombre permier, $P \in \mathbb F_p[x]$, tel que $\text{deg}(P)=3$.
Trouver une CNS sur $p$ et $P$ pour que $P$ soit une bijection.

Bonne journée.
Je ne comprends pas l'énoncé, une bijection de quoi sur quoi?
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Re: Les dattes à Dattier

Message par oty20 » lun. avr. 22, 2019 10:39 am

Dattier a écrit :
dim. avr. 21, 2019 5:11 pm

270 : suite de P-Cauchy
On dit que $x_n$ suite d'un espace métrique est de P-Cauchy (P pour pseudo) ssi :
$\forall e>0, \exists N \in \mathbb N, \forall n \in\mathbb N,n\geq N,\exists P \in \mathbb N, \forall p \in\mathbb N, p \geq P, |x_n-x_p| \leq e$

Une suite de P-Cauchy est-elle de Cauchy ?
tentative rapide en attente de la fin du téléchargement de l'épisode 2 de got,

Il me semble qu'il suffit d'éliminer le $ n $
soit $ r>0 $ on dispose de $ N(r) $ de sorte que $ n\geq N(r) $ on ait $ P(n,r) $ tel que :
$ \forall p \geq P(n,r) : |x_{n}-x_{p}| \leq \frac{r}{2} $

soient donc $ p,q \geq P(n,r) $ alors par inégalité triangulaire $ |x_{p}-x_{q}|\leq |x_{p}-x_{n}|+|x_{n}-x_{q}| \leq r $
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Re: Les dattes à Dattier

Message par Nabuco » lun. mai 06, 2019 8:09 pm

Pour la 259.1 déjà si f est une bijection de signature -1 elle n'a pas de racine, j'ai du mal à voir ce que veut dire la question 2

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Re: Les dattes à Dattier

Message par mik2000 » sam. mai 11, 2019 5:44 pm

Salut Mister dates, bonne idée le pdf ! Tes exos ont l'air cool ! J'espère trouver un moment en juillet maybe pour plancher dessus !

Ps : ça correspond à quel niveau ou quelles " écoles " ? Olympiades, ENS , trucs que font les british :wink: ? Tu les créés toi même ou tu t inspires d un cours ? Merci
Ps2: ça na pas du tout la tronche des exos d oraux , même X, en tout cas 😉

Mik

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Re: Les dattes à Dattier

Message par mik2000 » sam. mai 11, 2019 6:07 pm

Okay je vois ! Coool
C'est vrai que ça fait olympiades " internationales" bien que je n'ai jamais eu le temps de les passer
( ps : j avais feuilleté ce bouquin mais faute de temps je n'ai pas cherche d exos
https://www.amazon.fr/Hypermath-120-exe ... 2711753018)
Ps2: je trouve très bonne ton initiative, le seul soucis encore une fois cest le manque de temps ...)

Tu m'as l'air vachement investi dans les maths c'est trop biiiien, après je ne sais pas si ton public se trouve sur ce forum.. .. créé un site Web ! :D

Mik

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Re: Les dattes à Dattier

Message par mik2000 » sam. mai 11, 2019 6:12 pm

Donc c'est des maths " brèves "... et efficaces ! Un peu tout le contraire des maths en mpsi MP ou ça dure ... des heures pour.. .. des matrices symétriques définies positives encore :mrgreen:

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Re: Les dattes à Dattier

Message par oty20 » mar. mai 21, 2019 7:25 am

Dattier a écrit :
sam. avr. 28, 2018 10:56 am
Bonjour,


énoncé 120 : préliminaire aux 118
A-t-on $ 2=\sqrt{2+\sqrt{2+...}} $ et $\phi=\sqrt{1+\sqrt{1+...}}$ ?


Bonne journée.


Celui là à subsister trop longtemps.
voici 2 approche : Lemme si on pose $x_{n}=\sqrt{2+\sqrt{2+....+\sqrt{2}}}$ avec $n$ apparition du chiffre $2$, alors $x_{n}=2 \cos(\frac{\pi}{2^{n+1}})$ (preuve se fait par une récurrence simple) ce qui permet de conclure par passage à la limite sinon :

on s’intéresse à la limite de $x_{n}$ avec $x_{1}=\sqrt{2}, x_{n+1}=\sqrt{2+x_{n}}$ on a $x_{n} \in ]0,2[$ $x_{n+1}^{2}-x_{n}^{2}=(2+x_{n})-(2+x_{n-1})=x_{n}-x_{n-1}$ comme $x_{1} <x_{2}$ la suite est croissante donc converge vers $l$ avec $l=\sqrt{2+l}$ on garde $l=2$ .

Pour la seconde on fait un raisonnement analogue sauf que cette fois on finit avec $x_{n+1}=\sqrt{1+x_{n}}$ avec $x_{1}=1$ et donc $x_{n+1}^{2}=1+x_{n}$ la suite est clairement croissante il suffit démontrer qu'elle est majoré pour conclure, on cherche $M$ tel que $x_{n} \leq M$ pour tout $n$, supposant $x_{n}\leq M$ pour un certain $n$ , il faut que $x_{n+1}^{2}=1+x_{n}$ soit aussi majoré par $M$, donc $\sqrt{1+M} \leq M$ on prend donc $M=\frac{1}{2} (1+\sqrt{5})=\phi$ on vérifie aisément que $x_{n} \leq \phi$ par récurrence, ce qui permet de conclure encore une fois.
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Re: Les dattes à Dattier

Message par oty20 » mar. mai 21, 2019 7:49 am

Dattier a écrit :
sam. avr. 28, 2018 10:56 am
Bonjour,

énoncé 119 : préliminaire aux 118
A-t-on $\forall (e_n)_n\in\{1,2\}, \sqrt{e_1+\sqrt{e_2+...}}$ est défini ?


Bonne journée.
On pose $x_{n}=\sqrt{e_{1}+\sqrt{e_{2}+...+\sqrt{e_{n}}}}$ $x_{n}$ est clairement croissante avec
on a $e_{n} \leq 2$ donc $x_{n} \leq \sqrt{2+\sqrt{2+.......}}=2$ par suite $x_{n}$ converge donc c'est bien définie.
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Re: Les dattes à Dattier

Message par oty20 » mar. mai 21, 2019 10:31 am

Dattier a écrit :
ven. avr. 27, 2018 5:26 pm
énoncé 118 : limite en or
Soit $a\in [\phi,2]$ (avec $\phi=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ le nombre d'or)
A-t-on l'existence de $(e_n)_n \in \{1,2\}^\mathbb N$ tel que $ a=\sqrt{e_1+\sqrt{e_2+\sqrt{e_3+...}}} $ ?
Celui me semble difficile, j'ai essayé un truc qui me permet de prouver le constat avec $2t_{i}$ , $t_{i} \in \{-1,1\}$ au lieu de $e_{i}$ :?
Avez-vous une solution ?
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