Exos sympas MP(*)

[Silvere Gangloff]

Si $ t_0>0 $, $ X $ est solution du problème de Cauchy : $ Y(t_0)=X(t_0) $ et $ Y'(t)=A(t)Y(t) $ sur$ I=[0,+\infty[ $, le théorème de Cauchy-Lipshitz linéaire implique qu'il existe une unique solution à ce problème de Cauchy définie sur $ I $, et $ t \rightarrow e^{\int_{t_0}^{t} A(u)du} X(t_0) $ vérifie le même problème de Cauchy, d'où le résultat.. $ X(t)=e^{\int_{t_0}^{t} A(u)du} X(t_0) $, et on fait tendre $ t_0>0 $ vers $ 0 $.

[mookid]

$ X $ est solution du problème de Cauchy : $ Y(1)=X(1) $ et $ Y'(t)=A(t)Y(t) $ sur$ I=[0,+\infty[ $, le théorème de Cauchy-Lipshitz linéaire implique qu'il existe une unique solution à ce problème de Cauchy définie sur $ I $, et $ t \rightarrow e^{\int_{1}^{t} A(u)du} X(1) $ vérifie le même problème de Cauchy, d'où le résultat..
Edit : Ah oui j'ai compris..

ça ne marche que si A est constante !

[Silvere Gangloff]

$ X $ est solution du problème de Cauchy : $ Y(1)=X(1) $ et $ Y'(t)=A(t)Y(t) $ sur$ I=[0,+\infty[ $, le théorème de Cauchy-Lipshitz linéaire implique qu'il existe une unique solution à ce problème de Cauchy définie sur $ I $, et $ t \rightarrow e^{\int_{1}^{t} A(u)du} X(1) $ vérifie le même problème de Cauchy, d'où le résultat..
Edit : Ah oui j'ai compris..

ça ne marche que si A est constante !

Ah oui d'accord.. J'ai bien fait de la faire celle là a deux semaines des concours.. ><

[FeynmaN]

Ah oui d'accord.. J'ai bien fait de la faire celle là a deux semaines des concours.. ><

Une semaine désormais..

[Nuhlanaurtograff]

Soit $ A:\mathbb{R}^{+}\rightarrow \mathbb{R}^{n\times n} $ telle que $ \int_{\mathbb{R}^{+}} ||A(t)||dt<\infty $.
Montrer que tout solution de l'équation $ \partial_t x=Ax $ est bornée et a une limite en $ +\infty $.
Montrer que l'endomorphisme de $ \mathbb{R}^n $ qui applique à $ x_0 $ la limite en $ +\infty $ de l'unique solution du problème de Cauchy $ \{\partial_t x=Ax $ et $ x(0)=x_0\} $ est un isomorphisme.

Comme $ x $ est $ C^1 $, $ x(t) = x(0) + \int_{[0,t]}A(u)x(u)du $ $ (*) $. On peut appliquer le lemme de Gronwall à $ f(t) = ||x(t)|| $, et on en déduit que f est majorée puisque $ \int_{\mathbb{R}^{+}} ||A(t)||dt<\infty $.

Ensuite, comme $ t \rightarrow A(t)x(t) $ est intégrable sur [0, +oo[ (on majore par la norme triple de A et la norme de x qu'on peut faire sortir sous la forme du sup des normes de x), on en déduit que $ x $ a une limite en +oo d'après $ (*) $.
Pour la deuxième question, il suffit de démontrer que l'application ainsi définie transforme une base en une autre base, on choisira donc ici la base canonique (notons que ça n'a pas d'importance, mais il fallait bien choisir !), à laquelle on associe $ f_1,f_2,...,f_n $ les solutions des problèmes de Cauchy $ x' = Ax $ et $ f_j(0) = e_j $ (où e_j est le j-ième vecteur de la base canonique). On leur associe le wronskien $ w(t) = det(f_1(t),...f_n(t)) $ qui vérifie $ w'(t)=tr(A)w(t) $ donc $ w(t) = exp(tr(\int_{[0,t]}A(u)du)) $. Comme la limite en plus l'infini existe car A est intégrable,$ w(t) $ admet une limite non nulle en l'infini, c'est-à-dire que l'endomorphisme défini plus haut transforme une base en une base, cqfd.

[Liebig]

Soit $ f\in\mathbb{N}^{\mathbb{N}} $ telle que pour tout $ n\in\mathbb{N} $, on ait $ f(n+1) > f(f(n)) $.
Montrer que f est l'identité.

SPOILER:

Soit $ m_0=min(f(\mathbb{N})) $. Soit $ x_0\in\mathbb{N} $ tel que $ f(x_0)=m_0 $, si $ x_0>0 $, alors $ m_0=f(x_0)>f(f(x_0-1)) $. Absurde, donc $ x_0=0 $.
Soit $ m_1=min(f(\mathbb{N})- m_0) $ et $ x_1\in\mathbb{N} $ tel que $ f(x_1)=m_1 $, on a $ m_1=f(x_1)>f(f(x_1-1))=m_0 $ par défintion de $ m_1 $, donc $ f(x_1-1)=x_0=0 $, donc $ m_0=0 $ et $ f(0)=0 $.
Soit $ g(n)=f(n+1)-1 $, on a $ g(g(n))=f(f(n+1))-1<f(n+2)-1=g(n+1) $. $ g $ vérifiant les même conditions que $ f $, on a donc $ g(0)=0 $, donc $ f(1)=1 $ et ainsi de suite.

[Liebig]

Montrer que pour $ m\in\mathbb{N} $, $ \binom{2m+1}{m} \leq 4^m $.
En déduire que $ \prod_{m<p\leq 2m+1}^{} p \leq 4^m $ où p désigne des nombres premiers.
En déduire que pour $ n\in\mathbb{N} $, $ \prod_{p \leq n} p \leq 4^n $ où p désigne des nombres premiers.

[VictorVVV]

Montrer que pour $ m\in\mathbb{N} $, $ \binom{2m+1}{m} \leq 4^m $.
En déduire que $ \prod_{m<p\leq 2m+1}^{} p \leq 4^m $ où p désigne des nombres premiers.
En déduire que pour $ n\in\mathbb{N} $, $ \prod_{p \leq n} p \leq 4^n $ où p désigne des nombres premiers.

Si tu avais enlevé les deux premières lignes, ça aurait pu être très sympa.

SPOILER:

1) récurrence.
2) Le produit divise le terme de gauche ci-dessus.
3) Récurrence forte, en distinguant les cas n=0, 2 (seul pair premier), impair et autre pair.

[Liebig]

Montrer que pour $ m\in\mathbb{N} $, $ \binom{2m+1}{m} \leq 4^m $.
En déduire que $ \prod_{m<p\leq 2m+1}^{} p \leq 4^m $ où p désigne des nombres premiers.
En déduire que pour $ n\in\mathbb{N} $, $ \prod_{p \leq n} p \leq 4^n $ où p désigne des nombres premiers.

Si tu avais enlevé les deux premières lignes, ça aurait pu être très sympa.

Juste pour toi alors, montrer que
$ \sum_{p\leq x} \frac{ln(p)}{p} = ln(x) + O(1) $ où p désigne des nombres premiers encore.

C'est le II du sujet d'ENS Ulm 93

[VictorVVV]

SPOILER:

soit $ u_n=\sum_{p\leq n} \frac{ln(p)}{p} $, $ v_n=ln(n) $ et $ d_n=u_n-v_n $.
D'après la 3) et du calcul, $ |\sum_{k=1}^n {d_k}| \le (ln(4)+C)n $ car :
$ \sum_{k=1}^n {d_k}=\sum_{p\leq n} {(n-p)*\frac{ln(p)}{p}} -ln(n!) $
$ =\sum_{p\leq n} {ln(p)[\frac{n-p+1}{p}-E(n/p)-(v_p(n!)-E(n/p))]} $
$ =\sum_{p\leq n} {ln(p)[\frac{n-p+1}{p}-E(n/p)]}-\sum_{p \in \mathbb P}{ln(p) \sum_{k>1} {E(n/p^k)}} $
Le terme de droite a sa valeur absolue majorée par $ Cn $ ($ C=2\sum_{k\in \mathbb N^*} {ln(k)/k^2} $ convient par exemple)
$ |\frac{n-p+1}{p}-E(n/p)|\le 1 $ donc :
$ |\sum_{p\leq n} {ln(p)[\frac{n-p+1}{p}-E(n/p)]}| \le \sum_{p\leq n} {ln(p)} $
qui est majoré par $ ln(4^n) $ d'après 3). Donc :
$ |\sum_{k=1}^n {d_k}| \le (ln(4)+C)n $

Si $ a $ et $ b $ vérifient $ 1\le a\le b\le 2a+1 $ alors $ |d_b-d_a| \le \sum_{k=a}^{2a} {|d_{k+1}-d_k|} $ $ \le \sum_{k=a}^{2a} {1/k}+ \sum_{a<p\le 2a+1} {ln(p)/a} $. D'où d'après la 2) $ |d_b-d_a| \le 2 + ln(4) $

$ \forall a \in \mathbb N $, $ |d_a| \le |d_a-1/a \sum_{b=a+1}^{2a}{d_b}|+|\sum_{b=a+1}^{2a}{d_b}|/a $ $ \le 1/a \sum_{b=a+1}^{2a}{|d_a-d_b|}+|\sum_{b=a+1}^{2a}{d_b}|/a $ $ \le 2+3ln(4)+2C $ d'après les deux inégalités précédentes.
Donc $ \sum_{p\leq x} \frac{ln(p)}{p} = ln(x) + O(1) $