Exos sympas MP(*)

[matmeca_mcf1]

J'ai un énoncé qui me tourmente... Si vous pouviez me soumettre une solution
Je n'arrive pas à mettre en évidence un couplage quelconque entre P et P tilde alors qu'il y en a bien un puisque, à priori, P a au plus 2n-1 zéros sur [0,2pi[ et cette borne est optimale avec (t->cos(nt)).

En tout cas, la question b) est incorrecte, puisque, pour n=1, notre fonction n'aura jamais plus de deux zéros, et qu'elle n'en aura aucun si $ X_0 > X_1 > 0 $.

C'est exact. En 1b, le résultat demandé devrait être que l'espérance est inférieure ou égale à $ n $. Et il faudrait probablement rajouter en hypothèse que $ (X_n,\ldots,X_1) $ est de même loi que $ (X_1,\ldots,X_n) $. Le fait que les $ X_i $ aient la même loi ne suffit pas (ou alors il faut rajouter l'hypothèse que les$ X_i $ sont des variables indépendantes).

[AhmedNasredinne]

Bonjour,

Voici un n eme exercice sur une histoire de point fixe

Soit f une application de K dans K, ( K compacte d’un Ev norme de dimension finie) qui vérifie $ \exists k \in ]0,\frac{1}{2}[, \forall (x,y) \in K^2, ||f(x)-f(y)|| \leq k(||f(x)-x|| + ||f(y)-y ||) $
On se donne $ x_{0} \in K $ et on pose $ x_{n+1} = f(x_{n}) $
Montré que la suite $ (x_n) $ converge puis que f admet un et un seul point fixe

Bon courage à tous.

Indice :

SPOILER:

On pourra montre que $ \forall n \in \mathbb{N} ||x_{n+1} - x_{n}|| \leq (\frac{k}{1-k})^n||x_{1}-x_{0}|| $

[btsix]

Soient $(a,b)\in\mathbb{R}^2$ et $\lambda\in [0,1]$.
Le polynôme $P=X^3+(a-b)X^2-(1+ab)X+\lambda (a+b)-a$ est-il scindé sur $\mathbb{R}$ ?

[Errys]

SPOILER:

Sinon pour prouver le résultat dans l'indication une récurence suffit. Étant clairement vrai pour n = 0 on peut supposer qu'il est vrai pour n. et on a alors avec x = x_n+1 et y= x_n :
$ | x_{n+2} - x_{n+1}| \le k(|x_{n+2} - x_{n+1}| + |x_{n+1}-x_n|) $
D'où $ |x_{n+2} - x_{n+1}|\le \dfrac{k}{1-k} |x_{n+1} - x_n| $
Et l'hypothèse de récurence conclut.
Ensuite il reste à montrer que la suite est de Cauchy pour conclure, car K est compact.
Pour montrer qu'elle est de Cauchy, on remarque que 0 < k/(1-k) < 1 donc la série des k/(1-k) est convergente donc de Cauchy. Ainsi si on prend eps > 0 et N dans la définition de suite de cauchy de la série, alors si p> q > N on a le résultat voulu en appliquant l'inégalité triangulaire sur $ |x_p - x_q| = |\sum_{i=q}^{p-1} x_{i+1} - x_i| $. Notons a sa limite (qui est clairement un point fixe !)

Pour ce qui est de l'unicité du point fixe, si on prend un point fixe b, alors en prenant y = b et x = x_n on a $ |x_{n+1} - b| \le k|x_{n+1} - x_n| $
Mais le RHS converge vers 0 donc le LHS aussi. Ainsi a = b car le LHS converge vers $ |a-b|=0 $

[Nabuco]

Pourquoi ne pas mettre ce fil dans les exos sympas MP* ?

SPOILER:

Sinon pour prouver le résultat dans l'indication une récurence suffit. Étant clairement vrai pour n = 0 on peut supposer qu'il est vrai pour n. et on a alors avec x = x_n+1 et y= x_n :
$ | x_{n+2} - x_{n+1}| \le k(|x_{n+2} - x_{n+1}| + |x_{n+1}-x_n|) $
D'où $ |x_{n+2} - x_{n+1}|\le \dfrac{k}{1-k} |x_{n+1} - x_n| $
Et l'hypothèse de récurence conclut.
Ensuite il reste à montrer que la suite est de Cauchy pour conclure, car K est compact.
Pour montrer qu'elle est de Cauchy, on remarque que 0 < k/(1-k) < 1 donc la série des k/(1-k) est convergente donc de Cauchy. Ainsi si on prend eps > 0 et N dans la définition de suite de cauchy de la série, alors si p> q > N on a le résultat voulu en appliquant l'inégalité triangulaire sur $ |x_p - x_q| = |\sum_{i=q}^{p-1} x_{i+1} - x_i| $. Notons a sa limite (qui est clairement un point fixe !)

Pour ce qui est de l'unicité du point fixe, si on prend un point fixe b, alors en prenant y = b et x = x_n on a $ |x_{n+1} - b| \le k|x_{n+1} - x_n| $
Mais le RHS converge vers 0 donc le LHS aussi. Ainsi a = b car le LHS converge vers $ |a-b|=0 $

La fonction f n'est pas spécifiée continue donc je ne vois pas pourquoi c'est clairement un point fixe.
Après c'est pas impossible que f soit supposée continue et que cela n'ait pas été précisée.

[btsix]

Soient $(a,b)\in\mathbb{R}^2$ et $\lambda\in [0,1]$.
Le polynôme $P=X^3+(a-b)X^2-(1+ab)X+\lambda (a+b)-a$ est-il scindé sur $\mathbb{R}$ ?

SPOILER:

Prendre $a=2$ et $b=-2$ alors $P'>0$ donc $P$ strictement croissante d'où $P$ avec une seule racine réel d'ordre 1, donc non scindé dans $\mathbb R$

SPOILER:

Comment tu trouves $P'>0$ ?

[btsix]

Il existe effectivement une solution courte.

Indication 1

SPOILER:

La réponse est toujours oui.

Indication 2

SPOILER:

Ne pas chercher à exhiber une racine. (Je ne sais même pas s'il en existe une qui s'exprime simplement.)

[V@J]

Soient $(a,b)\in\mathbb{R}^2$ et $\lambda\in [0,1]$.
Le polynôme $P=X^3+(a-b)X^2-(1+ab)X+\lambda (a+b)-a$ est-il scindé sur $\mathbb{R}$ ?

Ce problème est mignon...

SPOILER:

Il suffit de calculer $ P(-a) $ et $ P(b) $ et de discuter selon le signe de $ a+b $

[electronlibre]

Bonjour,
un exo sympa : on se donne n un entier, trouver les permutations de Sn qui s'écrivent comme un carré, puis celles qui s'écrivent comme un carré de manière unique

[Errys]

Bonjour,
un exo sympa : on se donne n un entier, trouver les permutations de Sn qui s'écrivent comme un carré, puis celles qui s'écrivent comme un carré de manière unique

SPOILER:

Le carré d'un cycle de longueur impaire $ \sigma = (a_1 \ldots a_{2k+1}) $ est aussi un cycle de longueur 2k+1. En effet, si $ \sigma^{2o}= id $ alors $ 2k+1\mid 2o $ donc $ 2k+1\mid o $ et comme l'ordre de $ \sigma^2 $ divise clairement 2k+1, on a $ \sigma^2 $ qui est un cycle d'ordre 2k+1 de même support que $ \sigma $.

En revanche si on prend un cycle de longueur paire $ \sigma = (a_1 \ldots a_{2k}) $ alors on a plus le même résultat car l'ordre de $ \sigma^2 $ est k. Mais on peut le décomposer en deux cycles de longueur k facilement : $ \sigma ^2 = (a_1 a_3 \ldots a_{2k-1})(a_2 a_4 \ldots a_{2k}) $. Les deux cycles sont à support disjoint et l'union des supports est le même que celui de $ \sigma $

Ainsi si on prend un carré $ \sigma^2 $, en étudiant la décomposition en cycles à support disjoint de $ \sigma $ avec ce qu'on a vu précédemment, on a que $ \sigma^2 $ comporte un nombre pair de cycles de longueur $ 2k $ pour tout entier k.

Il reste à montrer que cette condition est suffisante.
Pour cela, il s'agit de savoir écrire un cycle de longueur impaire comme le carré d'un cycle et le produit de deux cycles de même longueur paire comme un carré.
Pour un cycle de longueur impaire, on a $ (a_1 \ldots a_{2k+1}) = \left( (a_1 \ldots a_{2k+1})^{k+1}\right)^2 $
Pour deux cycles de même longueur paire $ (a_1\ldots a_{2k}), (b_1, \ldots b_{2k}) $ on peut juste prendre $ \sigma = (a_1 b_1 a_2 b_2 \ldots a_{2k} b_{2k}) $.
Comme on ne change pas les supports, cela suffit pour montrer le résultat voulu.

Maintenant on va s'intéresser à l'unicité.
Le produit de deux cycles de même longueur paire $ 2k\ge 2 $ peut s'écrire de plusieurs façons différentes comme un carré : $ (a_1 b_1 \ldots a_{2k} b_{2k})^2=(a_1 b_2 a_2 b_3 \ldots a_{2k} b_1)^2 = (a_1\ldots a_{2k}) (b_1\ldots b_{2k}) $. Ainsi si il y a unicité alors on a forcément une permutation qui s'écrit comme un produit de cycle de longueurs impair à support disjoints.
De même pour le produit de deux cycles de même longueur impaire à supports disjoints.
on peut écrire $ (a_1\ldots a_{2k+1})(b_1 \ldots b_{2k+1}) = \left( (a_1 \ldots a_{2k+1})^{k+1}\right)^2 \left(( b_1 \ldots b_{2k+1})^{k+1}\right)^2 = (a_1 b_1 a_2 b_2 \ldots a_{2k+1} b_{2k+1})^2 $


Il vient qu'une permutation qui s'écrit de façon unique comme un carré est le produit de cycles à supports disjoints de longueurs impaires distinctes. Il reste à montrer que cette condition est suffisante.
Soit $ \sigma^2 $ une telle permutation (on sait que c'est forcément un carré), on considère la décomposition en cycles à support disjoints de $ \sigma $.
S'il y a un cycle de longueur paire, alors ce cycle élevé au carré donnera deux cycles de même longueur à support disjoints. Ce qui est absurde.
Ainsi tous les cycles sont de longueurs impaires. Comme le carré d'un cycle de longueur impaire est aussi un carré de longueur impaire, à chaque cycle c de $ \sigma^2 $ on peut associer un unique cycle c' de $ \sigma $ tel que c'^2 = c. Et cette association est surjective.
Or, si $ c'^2 = c $, alors en élevant à la puissance k+1 on obtient $$ c' = c^{k+1} $ donc on a unicité !