Les dattes à Dattier

[BobbyJoe]

Exo 13:

SPOILER:

La réponse est oui.

On distingue deux cas :

-si $ $$\|f'\|_{\infty}$ n'est pas atteint au point $ $$0.$

On considère alors $ $$\displaystyle \phi : x\mapsto \|f'\|_{{\infty},[0,x]}.$ Ensuite, on considère $ $$\displaystyle g : x \mapsto \int_{0}^{x} \phi(t)dt.$ On a alors que $ $$g$ est convexe comme la primitive d'une fonction croissante bornée et n'est pas affine car il existe un point différent de $ $$0$ où $ $$\|f'\|_{\infty}$ est atteint.
On a alors par l'inégalité triangulaire que pour $ $$x\geq y$
$ \begin{align*}
\vert f(x)-f(y)\vert & \leq \int_{y}^{x} \vert f'(t) \vert dt \\
& \leq \int_{y}^{x} \phi(t) dt\\
& = \vert g(x)-g(y) \vert\\
& \leq \|f'\|_{\infty} \vert x -y \vert.
\end{align*} $

-Si $ $ $\vert f'(0) \vert =\|f'\|_{\infty}.$

Alors, on peut construire un contre-exemple si l'on veut imposer que la fonction convexe soit régulière (disons $ $$\mathcal{C}^{1}$).

[BobbyJoe]

$ $ J'ai écrit par convergence uniforme que $ $$B_{n}(g)\geq g-\varepsilon_{n}$ avec $ $$\varepsilon_{n}:=g-B_{n}(g) \rightarrow_{n \rightarrow +\infty} 0$ uniformément sur $ $$[0,1]$ On a alors $ $$B_{n}(f)+\varepsilon_{n} \geq g.$ Cette suite de fonctions $ $$\mathcal{C}^{1}$ convient.

Pour l'exercice $ $$13,$ pour moi, il est incomplet pour l'instant...

[BobbyJoe]

Non mais pour le $78$.... Je n'utilise pas ça ... J'écrit juste comme $ $$B_{n}(f)\geq B_{n}(g)$ que $ $$B_{n}(f)+(g-B_{n}(g))\geq B_{n}(g)+(g-B_{n}(g))=g.$

[BobbyJoe]

Exo 56

SPOILER:

Soit $ $$n$ appartenant à $ $$\mathbb{N}^{*}.$ On a par Taylor-Lagrange, pour tout $ $$k$ appartenant à $ $$[n,2n],$ $ $$$
f(\frac{1}{k})=f(0)+\frac{1}{k}f'(0)+\frac{1}{2k^{2}}f''(x_{k}) \mbox{ où } x_{k}\in]0,\frac{1}{k}[.$$

On a alors vu que $ $$f(0)=0,$ que $ $$f$ est $ $$\mathcal{C}^{2}$ et par une comparaison série-intégrale que $ $$$\vert \sum_{k=n}^{2n}f(\frac{1}{k})-f'(0)\sum_{k=n}^{2n}\frac{1}{k} \vert \leq \frac{C}{n}.$$

En utilisant le développement suivant (obtenu par comparaison intégrale successive) $ $$$\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}=\ln(n)+\gamma+O(\frac{1}{n}).$$
On obtient finalement $ $$$\lim_{n\rightarrow +\infty} \sum_{k=n}^{2n}f(\frac{1}{k})=f'(0)\ln(2).$$

[BobbyJoe]

Exo 62 :

SPOILER:

Pour $62,$ la CNS est que $a>.2$ L'idée pour ce type d'exercices est de regarder ce qu'il se passe sur la diagonale pour "intuiter" le résultat.

Si $a>2,$ on regarde les indices $(i,j)$ tels que $i\geq Cj^{\frac{a}{2}}$ et $j\geq (\frac{i}{C})^{\frac{2}{a}}.$ Vu que la série double que l'on regarde est à termes positifs, on peut majorer formellement. Ainsi, en découpant suivant des deux ensembles et en procédant au réindiçage dans chacun des cas, on obtient :

\begin{align*}
\sum_{i,j\geq 1} \frac{1}{i^{2}+j^{a}} & \leq \sum_{i\geq 1}\sum_{j\geq (\frac{i}{C})^{\frac{2}{a}}} \frac{1}{j^{a}} + \sum_{j\geq 1}\sum_{i\geq Cj^{\frac{a}{2}}}\frac{1}{i^{2}}\\
& \lesssim \sum_{i\geq 1}\frac{1}{i^{\frac{2(a-1)}{a}}} + \sum_{j\geq 1}\frac{1}{j^{\frac{a}{2}}}.
\end{align*}

Les deux séries de la dernière ligne sont convergentes par le critère de Riemann comme $a>2.$

Il suffit de traiter le cas limite $a=2$ car pour $a<2,$ le terme général de la famille double est plus grand. Il suffit juste d'estimer le nombre de points à coordonnées entières qui vivent dans des couronnes concentriques. Par équivalence des normes en dimension finie (on regarde par exemple la norme $\infty$ sur $\mathbb{R}^{2}$), il y en a à peu près autant que l'aire de cette couronne.

Ainsi, on a (à nouveau, on minore formellement car la famille est à termes positifs)

\begin{align*}
\sum_{i,j\geq 1}\frac{1}{i^{2}+j^{2}} & = \sum_{N\geq 0} \sum_{ \{2^{2N} \leq i^{2}+j^{2}< 2^{2(N+1)}\}} \frac{1}{i^{2}+j^{2}}\\
& \gtrsim \sum_{N\geq 0} \frac{2^{2N}}{2^{2N}}.
\end{align*}

Le numérateur de la dernière ligne correspond à l'aire de la couronne (pour des boules euclidiennes) $B(0,2^{N+1})\setminus B(0,2^{N}).$
Cette dernière somme diverge. Et l'équivalence est ainsi complétée.

Enfin, pour l'exo $63,$ de la même "manière" (j'écrirais les détails plus tard), on a la CNS : la famille double est sommable ssi $a,b>1$ et $a(1-\frac{1}{b})>1$ et $b(1-\frac{1}{a})>1.$

[BobbyJoe]

Vraiment, j'insiste.... Non justement.... $B_{n}(f)\geq B_{n}(g)$ implique bien que $B_{n}(f)+(g-B_{n}(g))\geq B_{n}(g)+(g-B_{n}(g))=g.$
Mais la suite de fonctions de $\mathcal{C}^{1}$ qui CVU vers $f$ est là sous tes yeux : $(B_{n}(f)+(g-B_{n}(g))_{n\geq 0}$ car $g$ est supposée $\mathcal{C}^{1}$ si je ne m'abuse....

[BobbyJoe]

Exo 80

SPOILER:

L'idée est de développer jusqu'à un certain ordre l'expression pour faire apparaître clairement une partie absolument convergente et une partie convergente par une transformation d'Abel.
On écrit que pour $k\geq 2,$

\begin{align*}
\exp(i\frac{k^{2}+1}{k-1})& =\exp(i(k+1))\times \exp(i\frac{2}{k-1})\\
& = \exp(i(k+1))\times \left(1+\frac{2i}{k-1}+O(\frac{1}{k^{2}})\right).
\end{align*}

On a alors (il suffit de majorer la somme géométrique) qu'il existe $C>0$ tel que pour tout $N\in\mathbb{N},$ $$\vert \sum_{k=0}^{N}\exp(i(k+1)) \vert \leq C.$$ On a ainsi par une transformée d'Abel que les deux séries de TG : $\displaystyle \frac{e^{i(k+1)}}{\ln(k)} \mbox{ et } \frac{e^{i(k+1)}}{(k-1)\ln(k)}$ sont des séries (semi-)convergentes. Ainsi, à un défaut d'une série de TG absolument convergente près, on en déduit la CV de la série de TG : $\frac{\exp(i\frac{k^{2}+1}{k-1})}{\ln(k)}$ et donc de celle de l'énoncé (par prise de partie réelle).

[Hibiscus]

Bobby a décidé de massacrer les énigmes restantes.
Heureusement que Dattier offre pas des chocolats à chaque résolution

[Siméon]

Ça m'étonnerait, celui-là est super facile si on connaît l'inégalité de Jensen.

[JeanN]

Je ne comprends toujours pas ce qui est facile à comprendre. Tu peux m’eclairer ?