Exos sympas MP(*)

[V@J]

Bonjour ,

Je ne comprends pas vraiment , quelques messages plus haut il était montré que les solutions étaient nécessairement algèbriques sur K , et là il est dit que des transcendants conviennent aussi ?

$ x $ peut être à la fois algébrique sur un corps $ \mathbb{K} $ et transcendant sur $ \mathbb{Q} $...

[Madec]

Ok merci V@J pour la précision .
Sinon c'est dommage car il ne me semble pas avoir vu de solution complète à cet exercice d'algèbre. Les sujets s'enchaînent tellement vite qu'on ne revient que rarement en arrière !

[Madec]

Ne resterait donc plus que la bonne volonté de JC_math pour proposer une solution !

[Cryme]

Sinon, une autre méthode :

On va d'abord montrer que :
$ \lim_n \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n |\cos n| $
$ = \lim_n \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n (\lim_N \sum_{i=1}^N \frac{i}{N} \mathbf{1}_{[\frac{i-1}{N},\frac{i}{N}[}(|\cos n|)) $
$ = \lim_n \lim_N \sum_{k=1}^n \sum_{i=1}^N \frac{i}{nN} \mathbf{1}_{[\frac{i-1}{N},\frac{i}{N}[}(|\cos n|)) $
$ = \lim_N \lim_n \sum_{k=1}^n \sum_{i=1}^N \frac{i}{nN} \mathbf{1}_{[\frac{i-1}{N},\frac{i}{N}[}(|\cos n|)) $
$ = \lim_N \sum_{i=1}^N \frac{i}{N} (\lim_n \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \mathbf{1}_{[\frac{i-1}{N},\frac{i}{N}[}(|\cos n|)) $
$ = \lim_N \sum_{i=1}^N \frac{i}{N} (\lim_n \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n $$ \mathbf{1}^{\pi}_{[-\arccos(\frac{i-1}{N}),-\arccos(\frac{i}{N})[ \bigcup ]\arccos(\frac{i}{N}),-\arccos(\frac{i-1}{N})]}(n)) $

Alors, qu'est-ce que j'ai démontré, qu'est-ce que je n'ai pas démontré ?..
Il faut que je montre que $ \lim_N \sum_{i=1}^N \frac{i}{N} \mathbf{1}_{[\frac{i-1}{N},\frac{i}{N}[}(|\cos n|) = |\cos(n)| $, et même que la convergence est uniforme en $ n $, ça prouverait qu'on peut inverser les deux limites.
Et pour le reste, c'est juste de la réécriture...

Soit $ \alpha \in [0,1[ $, $ |\alpha - \sum_{i=1}^N \frac{i}{N} \mathbf{1}_{[\frac{i-1}{N},\frac{i}{N}[}(\alpha)| \leq \frac{1}{N} $, ce qui assure la convergence uniforme.
En fait, on peut voir cette somme comme une fonction en escalier (qui tend vers l'identité) évaluée en $ \alpha $.

Et si on suppose acquis le fait que la suite des entiers est équirépartie modulo $ \pi $ (et ça tu as beau dire que c'est HP, je trouve la définition tellement naturelle qu'il ne m'a pas fallu d'attendre de l'avoir sous les yeux pour la connaître...), on a :

$ \lim_n \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n |\cos n| $
$ = \lim_N \sum_{i=1}^N \frac{i}{N} (\lim_n \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n $$ \mathbf{1}^{\pi}_{[-\arccos(\frac{i-1}{N}),-\arccos(\frac{i}{N})[ \bigcup ]\arccos(\frac{i}{N}),-\arccos(\frac{i-1}{N})]}(n)) $
$ = \lim_N \sum_{i=1}^N \frac{i}{N} \frac{2(\arccos(\frac{i-1}{N}) - \arccos(\frac{i}{N}))}{\pi} $
$ = \frac{2}{\pi} \lim_N (\sum_{i=0}^{N-1} \frac{i+1}{N} \arccos(\frac{i}{N}) - \sum_{i=1}^{N-1} \frac{i}{N} \arccos(\frac{i}{N})) $
$ = \frac{2}{\pi} \lim_N (\sum_{i=0}^{N-1} \frac{1}{N} \arccos(\frac{i}{N}) + \frac{1}{N}) $
$ = \frac{2}{\pi} \int_0^1 \arccos(t)dt $
$ = \frac{2}{\pi} $.

Il reste juste à montrer que les entiers sont équirépartis modulo $ \pi $, ce qui constitue véritablement la seule partie un peu HP.
Mais je trouve cependant l'idée très naturelle, et pour cause on l'utilise souvent.
Il faut voir qu'on cherche à montrer que $ \lim_n \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \mathbf{1}^\pi_A(n) = \frac{1}{\pi} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\mathbf{1}^\pi_A(t)dt $, pour tout intervalle $ A \subset [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}] $.
Par linéarité, c'est la même chose que de le montrer pour des fonctions en escalier.
C'est en fait la même chose que de le montrer pour des fonctions continues, en effet on peut approcher uniformément les fonctions continues par des fonctions en escalier (cf. la preuve sur l'intégratio nau sens de Riemann ;p).
Et réciproquement, si c'est vrai pour les fonctions continues, c'est vrai pour les indicatrices, il suffit de construire lesdites fonctions continues
Ensuite, si c'est vrai pour les fonctions continues, ça l'est pour les $ t \mapsto e^{2imt} $ pour tout entier $ m $, et la réciproque est vraie par Weierstrass trigonométrique.
On montre finalement que c'est bien bien vrai pour les $ t \mapsto e^{2imt} $ pour tout entier $ m $, et ainsi donc que les entiers sont équirépartis modulo $ \pi $.
Comme je suis resté très allusif, je vous renvoie à un poly sympa dessus, ça s'appelle le critère de Weyl (je précise qu'on l'a fait en cours...) :
http://florian.bouguet.free.fr/doc/deve ... e_Weyl.pdf


Pour ceux à qui la méthode semble opaque, en fait cette méthode ne part que d'une intuition, la limite que l'on nous demande calculer ressemble à une espérance.
Et la deuxième forme que je donne ressemble à une méthode pour calculer une espérance, plutôt que de sommer en moyenne les valeurs prises par la fonction, je me demande quelle est la probabilité qu'elle prenne une valeur dans un petit intervalle, que je multiplie par la "valeur" de cet intervalle (comme il est petit ça pourrait être la borne inférieure ou supérieure selon votre goût).
En gros j'opère une moyenne pondérée, en pavant l'intervalle des valeurs de la fonction (ici $ |\cos| $), "à la façon de Riemann".

L'idée me semble assez claire, mais sans tableau pour vous expliquer physiquement, je risque d'avoir du mal à vous convaincre que cette méthode est intuitive ^^
En tout cas, c'est ce que j'aurais essayé à l'oral de l'X...

[Cryme]

On peut réduire à $ f(0)=0, f(1)=1 $ déjà.

[Silvere Gangloff]

Voici un exo que j'ai retrouvé dans de vieux papiers, il est difficile, et je ne connais pas de démonstration "courte", mais le résultat est joli.

Soit $ f\in \mathcal{C}([0,1],\mathbb R_+) $ croissante. Montrer qu'il existe $ g,h\in \mathcal{C}([0,1],\mathbb R) $, convexes, telles que $ g\leqslant f \leqslant h $ et $ \displaystyle \frac{1}{2}\int_0^1 h \leqslant \int_0^1 f \leqslant 2\int_0^1 g $.
Peut-on améliorer les constantes $ 1/2 $ et $ 2 $ ?

$ \triangleright $ Déjà, pour l'optimalité des constantes : on peut poser $ f_n (x) = nx $ pour $ x \le 1/n $ et 1 sinon
et $ g_n (x) = n(x-1/2+1/n) $ pour x entre $ 1/2-1/n $ et 1/2, 0 pour $ x \le 1/2-1/n $ et 1 pour $ x \ge 1/2 $, qui permettent de montrer que les deux constantes sont optimales.

$ \triangleright $ -Pour la fonction $ g $, voici une méthode (un peu longue) :
Considérons la suite $ f_n $ de fonctions affines par morceaux telle que pour tout k entre 0 et $ 2^n $,$ f_n (k/2^{n})=f(k/2^n) $.

-Montrons que l'on peut trouver $ g_n $ convexe inférieure à $ f_n $ et vérifiant $ \int_0^1 f_n \leqslant 2\int_0^1 g_n $.

-Présentons un petit algorithme qui permet de trouver une telle fonction pour une fonction affine par morceaux quelconque. Soit donc $ \lambda $ une fonction affine par morceaux, $ (x_i)_{i=0..n} $ la partition adaptée minimale, et $ (\lambda_i)_{i=0..n-1} $ la suite de ses pentes (correspondant au segment $ [x_i,x_{i+1}] $).
L'algorithme fonctionne ainsi : s'il existe i tel que $ \lambda_i > \lambda_{i+1} $, on enlève $ x_{i+1} $ de la partition, et on remplace $ (\lambda_i, \lambda_{i+1}) $ par la pente résultante, c'est à dire $ \frac{f(x_{i+2})-f(x_i)}{x_{i+2}-x_{i}} $. L'algorithme se termine lorsque la fonction obtenue est convexe, et on la note $ L(\lambda) $. Elle est inférieure à $ \lambda $, et c'est par construction la plus grande fonction convexe inférieure à celle-ci. Elle coïncide avec $ \lambda $ sur certains intervalles, et sur les autres consiste en une fonction affine inférieure à $ \lambda $ et coïncidant avec elle aux extrémités de l'intervalle. Si on arrive à montrer que l'intégrale de $ L(\lambda) $ est supérieure au double de celle de $ \lambda $ sur ce dernier type d'intervalle, alors cette inégalité est vrai sur $ [0,1] $ et on a gagné.

-Il s'agit maintenant de montrer que si l'on prend une fonction affine par morceaux $ p $ supérieure en tout point à la fonction $ x \mapsto (p(1)-p(0))x + p(0) $, alors $ p(1)+p(0) \ge \int p $. Ici, comme pour f, Si on note $ (x_i)_{i=0..n} $ la partition minimale correspondante, et $ (p_i) $ les pentes, on a pour $ x \in [x_i,x_{i+1}] $, $ p(x) = p(0)+ p_0 x_1 + p_1 (x_2 - x_1) + ... + p_i (x-x_i) $. Il s'agit donc de montrer que $ p(0)+(p_0 x_1 + p_1 (x_2 - x_1) + ... + p_{n-1}(1-x_{n-1}) \ge $ $ p_0 x_1 (1-x_1) + p_1 (x_2 - x_1) (1-x_2) ... $$ + p_{n-1} (1-x_{n-1})(1-x_{n-1}) + \frac{1}{2} p_0 x_1 ^2 + $ $ \frac{1}{2} p_1 (x_2 -x_1) ^2 + ... \frac{1}{2} p_{n-1} (1-x_{n-1}) ^2 $,
c'est à dire $ p(0) + \frac{1}{2} (p_0 x_1 ^2 + p_1 (x_2 ^2 - x_1 ^2) + ... + p_{n-1} (1-x_{n-1} ^2 ) \ge 0 $, ce qui est manifestement vrai.

-Ce qui précède a permit de trouver $ g_n $ pour tout n. Par construction, cette suite est décroissante, et converge simplement en tout point (une suite minorée décroissante converge) et par un théorème de dini, elle converge uniformément, vers une fonction $ g $ convexe, inférieure ou égale à $ f $. Par propriété de convergence uniforme, $ \int f \le 2 \int g $

- Note : pour la fonction h, ce type de méthode semble assez compromise, je cherche encore..

[Transcender]

Mon oral Mines Ponts de l'année dernière:
Soit A une matrice symétrique. Condition nécessaire et suffisante pour que l'ensemble {X de R^n tq tX*A*X = 1 } soit compact.

P.S: ce n'est que le deuxième exo, le premier était sur les suites ( étude de la limite, développement asymptotique, équivalent, etc )

[Plasmax]

Mon oral Mines Ponts de l'année dernière:
Soit A une matrice symétrique. Condition nécessaire et suffisante pour que l'ensemble {X de R^n tq tX*A*X = 1 } soit compact.

P.S: ce n'est que le deuxième exo, le premier était sur les suites ( étude de la limite, développement asymptotique, équivalent, etc )

SPOILER:

$ A \in S_n^{++} $ ou $ A \in S_n^{--} $ ?

[Transcender]

Mon oral Mines Ponts de l'année dernière:
Soit A une matrice symétrique. Condition nécessaire et suffisante pour que l'ensemble {X de R^n tq tX*A*X = 1 } soit compact.

P.S: ce n'est que le deuxième exo, le premier était sur les suites ( étude de la limite, développement asymptotique, équivalent, etc )

SPOILER:

$ A \in S_n^{++} $ ou $ A \in S_n^{--} $ ?

SPOILER:

J'ai tout de suite pensé à la condition A définie positive, mais j'ai eu du mal à montrer que la condition pour qu'il soit borné est que toutes les valeurs propres soient positives ( ou de même signe ), je ne suis pas sûr de la réponse, j'ai eu 8 finalement.

[Cryme]

C'est toujours un fermé, en effet cela découle de la continuité de la transposition et du produit matriciel.
Puis au lieu de voir $ A $, on peut voir une matrice $ D $ diagonale (théorème spectral...).
Et là on voit que c'est borné ssi toutes les valeurs diagonales sont de même signe et non nulles, donc oui c'est bien la condition à laquelle tu penses

Je vous l'écrit proprement plus tard si ça vous intéresse, mais à l'oral ça se fait assez vite si on pense au théorème spectral.