Exos sympas MP(*)

[gardener]

Un exo choupi :
- Soit $ (a_{n})_{n \in \mathbb{N}} $ une suite à valeurs dans $ [0,1] $. A quelle condition (NS) $ (.|.) $ défini par $ (f|g) = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{f(a_{n})g(a_{n})}{2^{n}} $ est-il un produit scalaire sur $ E = C^{0}([0,1],\mathbb{R}) $?
- Soient $ (a_{n})_{n \in \mathbb{N}} $ et $ (b_{n})_{n \in \mathbb{N}} $ deux suites qui vérifient cette condition, montrer que les normes associées sont équivalentes => $ \{a_{n}, n\in \mathbb{N} \} = \{b_{n}, n \in \mathbb{N} \} $
- $ (E,\sqrt{(.|.)}) $ est-il complet?

[-guigui-]

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

[gardener]

tu ne te trompé-je pas
La suite?

[V@J]

Question 2 :

On suppose que $ a_n \notin \{b_k \ | \ k \in \mathbb{N} \} $. Soit $ m \in \mathbb{N} $, puis $ \Omega \subseteq [0,1] $ un intervalle ouvert tel que $ a_n \in \Omega $ mais, $ \forall \ k \leq n+m, \ b_k \notin \Omega $. Soit $ \varphi \in C^0([0,1],\mathbb{R}) $ à support dans $ \Omega $ telle que $ 0 \leq \varphi \leq 1 $ et $ \varphi(a_n) = 1 $.
Alors on a $ (\varphi|\varphi) \geq 2^{-n} $ avec la première suite, et $ (\varphi|\varphi) \leq 2^{-(n+m)} $ avec la deuxième : les normes associées ne sont pas équivalentes.

Question 3 :

L'espace en question ne semble vraiment pas complet !

[Madec]

Question 2 :

On suppose que $ a_n \notin \{b_k \ | \ k \in \mathbb{N} \} $. Soit $ m \in \mathbb{N} $, puis $ \Omega \subseteq [0,1] $ un intervalle ouvert tel que $ a_n \in \Omega $ mais, $ \forall \ k \leq n+m, \ b_k \notin \Omega $. Soit $ \varphi \in C^0([0,1],\mathbb{R}) $ à support dans $ \Omega $ telle que $ 0 \leq \varphi \leq 1 $ et $ \varphi(a_n) = 1 $.
Alors on a $ (\varphi|\varphi) \geq 2^{-n} $ avec la première suite, et $ (\varphi|\varphi) \leq 2^{-(n+m)} $ avec la deuxième : les normes associées ne sont pas équivalentes.

Question 3 :

L'espace en question ne semble vraiment pas complet !

V@J pour ton exemple ,la non équivalence des normes à partir de :
N1(PHI) =< 2^-(n+m)
2^(-n) =< N2(PHI)
n'est pas si évidente non ?

[Thaalos]

Soit $ \displaystyle p_n $ le nombre de chiffres dans l'écriture de l'entier $ \displaystyle n $ en base $ \displaystyle 10 $.
Nature et somme éventuelle de la série $ \displaystyle \sum_{n\ge1}\frac{p_n}{n(n+1)} $

$ p_{n} = E(log_{10}(n)) \leq log_{10}(n) \leq ln(n) $
$ \sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{ln(n)}{n(n+1)} $ converge d'après le critère de Riemann.
Quant à la somme...

Je réfléchis aux autres... ^^

On note $ \displaystyle p(n) $ le plus grand diviseur premier de $ n $.

Montrer que la série $ \displaystyle\sum_{n\ge 1} \frac{1}{np(n)} $ converge.

Le troisième : $ \forall n \in \mathbb{N}, \exists \alpha_{n} > 0, p(n) > n^{\alpha_{n}} $
Soit $ \alpha = min\{\alpha_{n}| n \in \mathbb{N}\} $
$ \sum\limits_{n=1}^{p}\frac{1}{np(n)} < \sum\limits_{n=1}^{p}\frac{1}{n^{1+\alpha}} $ qui converge.
L'idée y est mais en terme de rigueur j'ai un doute... :s

[V@J]

L'idée y est mais en terme de rigueur j'ai un doute...

En effet, tu peux douter, car $ \alpha = \inf\{\alpha_{n}| n \in \mathbb{N}\} = 0 $ (regarder $ p(2^n) $ pour s'en convaincre).

Cependant, il y a quand même moyen de faire quelque chose :

Exercice 1 :
Nature et somme éventuelle de la série $ \displaystyle \sum_{n\geq1}\frac{p_n}{n(n+1)} $

On remarque tout d'abord que $ p_n = k \Leftrightarrow 10^{k-1} \leq n \leq 10^k-1 $. Donc
$ \displaystyle \sum_{n\geq1}\frac{p_n}{n(n+1)} = \displaystyle \sum_{k=1}^\infty{\left(\sum_{n=10^{k-1}}^{10^k-1}\frac{k}{n(n+1)}\right)} $
$ ... = \displaystyle \sum_{k=1}^\infty{k\left(\sum_{n=10^{k-1}}^{10^k-1}\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)} $
$ ... = \displaystyle \sum_{k=1}^\infty{k\left(\frac{1}{10^{k-1}}-\frac{1}{10^k}\right)} $
$ ... = \displaystyle 9 \sum_{k=1}^\infty{10^{-k}k} = f(\frac{1}{10}) $, avec $ f(x) = 9 \sum_{k=1}^\infty{k x^k} = 9 x g'(x) $, où $ g(x) = \sum_{k=0}^\infty{x^k} = \frac{1}{1-x} $.
Donc $ f(x) = \frac{9x}{(1-x)^2} $ et $ \displaystyle \sum_{n\geq1}\frac{p_n}{n(n+1)} =\frac{10}{9} $.

[V@J]

-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}, \sum_{k=1}^n{\frac{1}{k+\frac{1}{2}}} \leq \int_1^{n+1}{\frac{dx}{x}} = \ln(n+1) $.
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}{2}) \right) $, et $ \sum_{n \in \Omega_{p_i}}{\frac{p_i}{n} \leq (\frac{ep_i}{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...

[-guigui-]

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 ^^
(indication : qui peut le plus peut le moins)

[colis]

Ah qu'il conjugue bien ce guigui !