Exercices de MPSI

Un problème, une question, un nouveau théorème ?

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Re: Exercices de MPSI

Message par BobbyJoe » 25 juil. 2019 10:56

@Yusif

Vrai : il suffit d'observer un télescopage en introduisant la suite $u$ définie pour $n\in\mathbb{N}$ par : $\displaystyle u_{n}=\frac{x_{n}}{\alpha^{n}}$ et de découper un peu les $\varepsilon.$ L'énoncé reste d'ailleurs vrai si $\displaystyle \vert \alpha \vert <1.$

Voici un exercice basé sur le même genre de technique (se ramener à des récurrences connues mais perturbées sur les suites) :

Soit $q$ un entier plus grand ou égal à $2$ et $\alpha\in \mathbb{C}$ tel que $\displaystyle \vert \alpha \vert <1.$ On considère une suite $u$ bornée et vérifiant $\displaystyle u_{n}+\alpha u_{qn}\longrightarrow_{n\rightarrow +\infty} l$ où $l\in \mathbb{C}.$

i) Montrer que $u$ est convergente.
ii) Donner un contre-exemple lorsque $u$ n'est pas bornée.

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Re: Exercices de MPSI

Message par Errys » 25 juil. 2019 17:32

BobbyJoe a écrit :
25 juil. 2019 10:56
@Yusif

Vrai : il suffit d'observer un télescopage en introduisant la suite $u$ définie pour $n\in\mathbb{N}$ par : $\displaystyle u_{n}=\frac{x_{n}}{\alpha^{n}}$ et de découper un peu les $\varepsilon.$ L'énoncé reste d'ailleurs vrai si $\displaystyle \vert \alpha \vert <1.$

Voici un exercice basé sur le même genre de technique (se ramener à des récurrences connues mais perturbées sur les suites) :

Soit $q$ un entier plus grand ou égal à $2$ et $\alpha\in \mathbb{C}$ tel que $\displaystyle \vert \alpha \vert <1.$ On considère une suite $u$ bornée et vérifiant $\displaystyle u_{n}+\alpha u_{qn}\longrightarrow_{n\rightarrow +\infty} l$ où $l\in \mathbb{C}.$

i) Montrer que $u$ est convergente.
ii) Donner un contre-exemple lorsque $u$ n'est pas bornée.
SPOILER:
Le cas $ \alpha=0 $ étant trivial on va supposer $ \alpha\neq 0 $
Si $ u $ converge vers $ x $ , alors d'après la limite de l'énoncé, on obtient $ x+\alpha x = l $ donc $ x = \dfrac{l}{\alpha+1} $.
On pose donc $ v_n = u_n - x $ (sans faire d'hypothèse de convergence), $ (v_n) $ est toujours bornée et on obtient maintenant $ v_n + \alpha v_{dn} \to 0 $.
Comme v est bornée, on peut utiliser BW pour trouver une valeur d'adhérence $ a_0 $. Mais on remarque que si $ a_0 $ est valeur d'adhérence, alors $ a_1= \frac{a_0}{\alpha} $ aussi, et par récurrence immédiate, $ a_n = \frac{a_0}{\alpha^n} $ pour $ n\ge 0 $ aussi. Comme $ |\alpha|<1 $, si $ a_0\neq 0 $, cette suite diverge en module vers $ +\infty $ ce qui est absurde car $ v $ est bornée donc ses valeurs d'adhérence aussi.
Ainsi, $ a_0=0 $ donc v admet au plus une valeur d'adhérence : 0, et comme elle en admet au moins une par BW, v a comme unique valeur d'adhérence 0. Ce qui montre qu'elle converge vers 0 (sinon prendre une sous-suite qui reste à distance > eps > 0 de 0, et extraire une valeur d'adhérence non nulle ce qui est absurde).
Ainsi $ (v_n) $ converge vers 0 et donc $ u $ converge vers $ x $ comme voulu.

L'énoncé est faux si on ne suppose plus que $ u $ est bornée, si $ q\ge 2 $, prendre $ \alpha = -1/q $, et $ u_n = n $. On a alors $ u_n +\alpha u_{qn} = n - \frac{1}{q} qn = 0 $
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Re: Exercices de MPSI

Message par Errys » 25 juil. 2019 17:49

Naelvicoz a écrit :
16 juin 2019 21:59
Soit $ E $ un espace vectoriel de dimension finie $ n\geq 2 $ et $ u\in\mathcal L(E) $ vérifiant $ u^{n-1}=0 $ et $ u^{n-2}\neq 0 $. Montrer que $ \dim(\ker u)\cap \dim(\mathrm{im } u)=1 $
SPOILER:
On remarque que $ \mathrm{dim}(\mathrm{ker} u^{k+1}) -\mathrm{dim}(\mathrm{ker} u^k) = \mathrm{dim}(\mathrm{Im} u^{k} \cap \mathrm{ker} u) $. Pour montrer cette égalité, il suffit de considérer la restriction de $ u $ à $ \mathrm{Im}u^k $.
Comme la suite $ (Im u^k) $ est décroissante la suite $ (\mathrm{dim}(\mathrm{ker} u^{k+1}) -\mathrm{dim}(\mathrm{ker} u^k) ) $ aussi.

On veut montrer que $ \mathrm{dim}(\mathrm{ker} u^{2}) -\mathrm{dim}(\mathrm{ker} u)= 1 $.
On a : $ \mathrm{dim}(\mathrm{ker u^{n-1}}) = \sum_{i=0}^{n-2} \mathrm{dim}(\mathrm{ker}u^{i+1}) -\mathrm{dim}(\mathrm{ker}u^{i}) = n $.
On a $ n-1 $ termes tous supérieurs à 1. Donc un est égal à 2 est les autres sont égaux à 1. Comme le premier terme est le plus grand, le second terme qui est celui qui nous intéresse est égal à 1. Ce qui conclut.
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Re: Approfondissement cours MPSI

Message par Errys » 25 juil. 2019 18:37

Errys a écrit :
02 juin 2019 11:51
On sait montrer Bolzano-Weierstrass dans $ \mathbb{R}^n $ facilement par extractions successives. Mais est-ce que l'on sait aussi le faire en dimension infinie ? Si je prend une suite de suites $ (u_{n,m}) $, est-ce qu'il existe une extractrice $ (\phi(n)) $ tel que pour tout entier $ m $, $ (u_{m, \phi(n)})_{n\ge 0} $ converge ?
SPOILER:
La réponse est oui !
Avec des extractions successives, construire par récurrence une suite $ (\phi_n) $ d'extractions telles que pour tout m, $ (u_{m, \phi_0\circ\ldots\circ \phi_m(n)})_{n\ge 0} $ converge .

Prendre alors $ \phi(n) = \phi_0\circ \ldots \circ \phi_n(n) $ si je dis pas de betises :D
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Re: Exercices de MPSI

Message par Errys » 25 juil. 2019 18:41

On dit qu'un anneau $ (A, +, \cdot) $ est de Boole si pour tout $ x\in A $ $ x^2 = x $. On peut monter que tout anneau de Boole fini est isomorphe à un anneau de la forme $ (P(E), \Delta, \cap) $. Montrer que le théorème est faux si on suppose A infini.
SPOILER:
Soit $ A $ l'ensemble des parties $ \mathbb{N} $ qui sont finies ou de complémentaire fini. On vérifie sans peine que $ A $ dénombrable, et que c'est un sous-anneau de $ (P(\mathbb{N}), \Delta, \cap) $ donc c'est un anneau de boole.
Or, les parties d'un ensemble sont finies ou indénombrables mais jamais dénombrable donc on ne peut avoir isomorphisme avec un anneau de la forme $ (P(E), \Delta, \cap) $ !
Et en bonus, une preuve du théorème abordable :
SPOILER:
On va montrer que A est isomorphe à l'anneau produit$ (\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^{n} $ pour un certain entier $ n $ ce qui suffira.

Tout d'abord quelques propriétés sur les anneaux de boole :
- Si $ x\in A $ alors $ 2x = 0 $ : $ (x+x)^2 = 4x^2 = x+x = 2x $ donc $ 2x = 0 $.
- L'anneau est commutatif : Si x,y dans A, alors $ (x+y)^2 = x^2 + xy + yx + y^2 = x+xy+yx+y = x+y $ donc $ xy+yx = 0 $ d'où $ xy=yx $ car $ -1 = +1 $.
- Si A est intègre, alors $ |A| \le 2 $ : On a $ x^2 = x $ donc $ x(x-1) = 0 $ pour tout x donc $ A\subseteq \{0,1\} $

A présent on peut conclure par récurrence,
Le cas $ |A| \le 2 $ est trivial, on suppose donc $ |A|> 2 $.
On prend $ e\not\in\{0,1\} $, on a $ e(1-e) = 0 $. on va montrer que $ A $ est isomorphe à l'anneau produit $ eA\times (1-e)A $ ($ eA $ et $ (1-e)A $) sont des anneaux de boole de neutre multiplicatifs respectifs e et 1-e).

Pour cela, on pose $ \phi( ex, (1-e)y)) = ex + (1-e)y $. C'est clairement un morphisme d'anneau (remarquer que $ e(1-e) = 0 $, il est surjectif car $ \phi( ex, (1-e)x) = x $. Pour l'injectivité, si $ ex + (1-e)y = 0 $, alors en multipliant par $ e $ à gauche, $ ex = 0 $, et par $ (1-e) $, $ (1-e)y=0 $.
Ainsi, $ \phi $ est un isomorphisme d'anneau. Les anneaux $ eA $ et $ (1-e)A $ ne sont pas triviaux car leur neutre additifs et multiplicatifs sont distincts. Ainsi, $ |eA|,|(1-e)A| < |A| $ et on peut appliquer l'hypothèse de récurrence !
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Re: Exercices de MPSI

Message par Errys » 25 juil. 2019 18:42

Comme personne a résolu certains de mes problèmes, je poste les solutions, si ca intéresse des gens :
Peut-on trouver une fonction réelle non constante dont l'ensemble des périodes strictement positives n'a pas de minimum ? Et si on ajoute la condition que cette fonction doit être continue ?
SPOILER:
Oui pour la première question : prendre l'indicatrice de $ \mathbb{Q} $, tous les rationnels strictement positifs sont des périodes donc on a le résultat voulu.
Pour la seconde non : si $ G $ est l'ensemble des périodes d'une fonction $ f $ continue, on vérifie sans peine que c'est un sous-groupe additif de $ \mathbb{R} $. Si $ f $ n'admet pas de plus petite période positive, alors $ G $ est dense dans $ \mathbb{R} $ donc si $ x\in\mathbb{R} $, on peut trouver une suite $ (x_n) $ de périodes qui converge vers x, et comme $ f(x_n) = f(0) $ pour tout n, on obtient $ f(x) = f(0) $ par continuité donc f constante !
Si on se donne une série $ \sum u_n $ de réels positifs qui diverge, est-ce qu'on peut toujours trouver $ \sum v_n $ de réels positifs qui diverge aussi et telle que $ v_n = o(u_n) $
SPOILER:
On peut supposer que u converge vers 0 sinon on peut trouver des exemples triviaux (séries harmonique).
Si on note $ (S_n) $ les sommes partielles, et qu'on pose $ v_n = \sqrt{S_{n}} - \sqrt{S_{n-1}} $, la série $ \sum v_n $ diverge et $ v_n = \sqrt{S_{n-1}}( \sqrt{ 1 +\dfrac{u_{n}}{S_{n-1}}} - 1) = \sqrt{S_{n-1}} ( \dfrac{u_{n}}{2S_{n-1}} + o(u_{n}/S_{n-1})) $ Puis :
$$ \dfrac{v_n}{u_n} \sim \dfrac{1}{2\cdot \sqrt{S_n}} $$ qui converge vers 0 donc $ v_n = o(u_n) $
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Re: Exercices de MPSI

Message par BobbyJoe » 25 juil. 2019 19:45

Une variation technique sur le même exercice... :(

Soit $q$ un entier plus grand ou égal à $2$ et $ $$\alpha\in \mathbb{C}.$
On considère une suite $u$ verifiant :
$\displaystyle \exists\beta\geq 0,\mbox{ } \forall n\gg1 : \vert u_{n} \vert \lesssim n^{\beta} \mbox{ et } \exists l\in\mathbb{C},\mbox{ } u_{n}+\alpha u_{qn}\longrightarrow_{n\rightarrow +\infty} l.$

i) Montrer que $u$ est convergente si $\vert \alpha \vert q^{\beta}<1$ (ce qui montre que le contre-exemple de @Errys est "sharp" comme on dit ^^).

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Re: Exercices de MPSI

Message par oty20 » 26 juil. 2019 06:20

sympa aussi avec cette nouvelle condition, on enlève la possibilité d'utiliser l'unicité de la valeur d'adhérence.


Sans perdre de généralité on peut supposer $l=0$, soit $\varepsilon \geq 0$ et $N$ tel que $\forall p \geq N : |y_{p}| \leq \varepsilon$

avec $y_{n}=u_{n}+au_{qn}$, on a pour $k\geq 0$ entier, $y_{q^{k}n}=u_{q^{k}n}+au_{q^{k+1}n}$ , soit :

$v_{k}=(-1)^{k}a^{k} y_{q^{k}n} = (-1)^{k} a^{k} (u_{q^{k}n}+ au_{q^{k+1}n})$,
Fixons un entier $n\geq 1$, pour un entier $m \geq 1$
la somme $S_{m}(n)=\sum_{k=0}^{m-1} v_{k}= u_{n}-(-1)^{m} a^{m} u_{q^{m}n}$ converge vers $u_{n}$ en effet .

$|S_{m}(n)-u_{n}| \leq (|a| q^{\beta} )^{m} n^{\beta}$ (suffit de tendre $m\to \infty$ en vue des hypothèses).

Ainsi pour $m$ assez grand nous avons $|S_{m}(n)-u_{n}| \leq \varepsilon$

Maintenant pour $n$ assez grand :

$|S_{m}(n)|= |\sum_{k=0}^{m-1} (-1)^{k} a^{k} y_{q^{k}n}| \leq \sum_{k \geq 0} |a|^{k} \varepsilon \leq \frac{\varepsilon}{1-|a|}$ ceci permet d'obtenir en combinant les deux inégalités.

$|u_{n}| \leq |S_{m}(n)-u_{n}|+|S_{m}(n)| \leq (1+ \frac{1}{1-|a|}) \varepsilon$
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Re: Exercices de MPSI

Message par BobbyJoe » 26 juil. 2019 08:06

@Oty20 : Bien joué! Et comme dit précédemment : @Errys a montré (son contre-exemple s'adapte facilement) que la condition sur $ $$\alpha$ est optimale en terme de la croissance polynomiale de la suite $u$ (i.e. en fonction de $\beta$).

Une remarque de forme cependant : Je trouve un peu plus lisible (mais si c'est essentiellement l'esprit de la preuve) d'appliquer d'abord l'inégalité triangulaire pour avoir :
$\displaystyle \forall n\gg 1,\mbox{ }\vert u_{n}\vert \leq \varepsilon+\vert \alpha \vert \vert u_{qn} \vert .$
Et ensuite d'itérer cette relation pour avoir : $\displaystyle \forall n\gg1,\mbox{ } \forall N\in\mathbb{N},\mbox{ } \vert u_{n} \vert \leq \varepsilon\sum_{k=0}^{N-1}\vert \alpha \vert^{k} + \vert \alpha \vert ^{N}\vert u_{q^{N}n} \vert.$
On conclut (comme tu l'as fait) en utilisant les hypothèses...

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Re: Exercices de MPSI

Message par oty20 » 26 juil. 2019 17:18

oui je m'en excuse c'était 5h du matin, l'idée met venu à partir du terme $q^{\beta}$ dans la condition $r=|a| q^{\beta} < 1$ il fallait bien le faire apparaitre de quelque part, en regardant la condition de domination en $n \to qn$ et en itérant j'ai su approximativement quoi faire et j'ai entamé la rédaction du poste directement, ce qui a donné "this messy solution" ^^.
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