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Quelques remarques préliminaires :

1/ C'est un exo classique des concours X ENS, qui peut donner lieu à une question préliminaire, dans le concours, donc à connaître si on passe ces concours...

https://www.rms-math.com/images/stories ... toiles.pdf

Voir Exo 95

2/ On note $U_n=[0,n]\cap \mathbb N$, $L_{k,n}(x)=\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k}$
et $B(n,x)$ la loi des tirages binomiaux de longueur $n$ et proba $x$.

Justification :

(1) Montrons que si on note $C_n(x)=\{k\in U_n; |k-nx|\geq n^{3/4}\}$ alors $\forall x\in[0,1],\forall n \in\mathbb N^*, E_n(x)=\sum\limits_{k\in C_n(x)} L_{k,n}(x) \leq \dfrac{1}{\sqrt n} $ :

Soit $(x,n) \in [0,1] \times \mathbb N^*$ en appliquant l'inégalité de Bienaymé à $X$ v.a. suit la loi $B(n,x)$ alors $P(|X-xn|\geq n^{3/4})=E_n(x) \leq \dfrac{nx(1-x)}{(n^{3/4})^2}\leq \dfrac{1}{\sqrt n}$

fin (1)

(2) Montrons que $\mathbb R[t]$ est dense dans $C([0,1])$ pour la norme uniforme : Soient $f\in C([0,1])$, $e>0$ et $m=||f||_\infty$ , comme $f$ est uniformément continue on a :

$\exists p \in\mathbb N^*, \forall (x,y)\in[0,1]^2,$ si $|x-y| \leq \dfrac{1}{p^{1/4}}$ alors $|f(x)-f(y)|\leq e/2$ et $\exists q \in\mathbb N^*, \dfrac{2m}{\sqrt{q}}\leq e/4$, on pose $n=\max(p,q)\in \mathbb N^*$

donc $\dfrac{2m}{\sqrt n}\leq e/4$ et $\forall k \in U_n,\forall x \in [0,1]$ si $|x-k/n|\leq \dfrac{1}{n^{1/4}}$ alors $|f(x)-f(k/n)|\leq e/2$

Soit $x \in [0,1], A=|f(x)-\sum\limits_{k=0}^n f(k/n)\times L_{k,n}(x)|=|\sum\limits_{k=0}^n (f(x)-f(k/n)) L_{k,n}(x)|\leq \sum\limits_{k=0}^n |f(x)-f(k/n)|L_{k,n}(x)$

donc $A\leq \sum\limits_{k\in C_n(x) } |f(x)-f(k/n)|L_{k,n}(x) + \sum\limits_{k\in U_n,k\not \in C_n(x) } |f(x)-f(k/n)|L_{k,n}(x) \leq 2m\times E_n(x)+ e/2 \sum \limits_{k\in U_n,k\not \in C_n(x) } L_{k,n}(x) \leq e/4 +e/2 <e$

Fin (2)

PS : je continue à chercher un patch pour ma première proposition.

C'est un classique que j'aimais bien présenter.

Résultats utilisés :

R1/ Si $P \in \mathbb C[x]$ de coefficients $a_i$ et de degré $n$, soit $c\in\mathbb C$ tel que $P(c)=0$
Alors $|c|<1+\max\{\dfrac{|a_i|}{|a_n|},i=0,...,n-1\}$
https://perso.univ-rennes1.fr/christoph ... sation.pdf

R2/ Le lemme de Gauss : https://fr.wikipedia.org/wiki/Lemme_de_ ... %C3%B4mes)
Si $R\in \mathbb Z[x]$ unitaire et $P,Q \in \mathbb Q[x]$ unitaire également avec : $P\times Q=R$

Alors $P,Q \in \mathbb Z[x]$


Début justification :

On va montrer la contraposée.

Soit $P,Q \in \{0,1,-1\}[x]$ que l'on suppose unitaire (sinon on travaillerait avec le polynôme opposé) tel que $\gcd(P,Q)=R(x)$ avec $deg(R)>0$ et $R \in \mathbb Q[x]$ unitaire.


Alors il existe $A,B \in\mathbb Q[x]$ unitaire tel que $P=A\times R$ et $Q=B \times R$

Donc par R2 : $A,B,R \in \mathbb Z[x]$

Par R1 on sait que les racines de $Q$ sont en modules strictement plus petites que 2.

Donc pour toute racine $a$ de $Q$, $|3-a|>1$

D'où $|R(3)|>1$ et $R(3) |\gcd(Q(3),P(3))$ alors $\gcd(Q(3),P(3))>1$.

Fin justification.

Voilà un exo que vous n'aurez pas de mal à faire si vous avez compris le raisonnement ci-dessus.

Soit $P \in \mathbb Z[x]$ unitaire avec $2+\max(|a_i|,i=0...n-1)<b \in\mathbb N$ et $P(b)$ est un entier premier.

Montrer que $P$ est irréductible.

Comme $\cos(2^nx\times 2\pi)$ est dense quand $x$ est univers en base 2.

$O$ ouvert tel que $O \subset A$, il existe $x$ univers tel que $f(x)=\cos(x\times 2\pi) \in O$ car l'image réciproque de $O$ par $f$ continue est un ouvert.

Et comme $\cos(2^{n+1}\times x2\pi)=P(\cos(2^nx\times 2\pi))$

CQFD.

On a $g(x)=\dfrac 12 (f(x)+f(-x)) \geq 0$ la partie avec les cosinus.

1) Montrons que $a_n=0$ le coefficient dominant de $g(x)$, on suppose $n\geq 2$

Soit $q\in \mathbb N$ tel que : $2^q \geq 4 \times n$

Alors $1>...>n>2^q-2n>...>2^q-n>2^q-n+1>....>2^q$

On calcule en linéarisant avec des cosinus, $0 \leq (1+\cos(2^q-n))\times g(x)=h(x)$ de plus grand degré le monôme $a_n\times \cos(2^qx)$

On pose $h_0(x)=h(x)$ et $h_{i+1}(x)=\dfrac 12(h_i(x)+h_i(x+\dfrac \pi{2^{i}}))$

On élimine, ainsi, à chaque itération, les cosinus de $h$ qui sont premier avec $2^{i+1}$

D'où $h_{q}(x)=a_n\cos(2^qx)$ avec $h_{q}(x)\geq 0$ donc $a_n=0$

Fin 1)

Ainsi on montre de proche en proche que $\forall k=2...n, a_k=0$ donc $a_1=0$ aussi

Alors, $f(x)$, n'est plus que la partie avec les sinus.

On peut remobiliser la même méthode que dans 1) pour montrer que $b_n=0$ et ainsi de proche en proche $\forall k=2...n,b_k=0$ donc $b_1=0$ aussi.

Pour traiter ce résultat on a besoin d'un résultat général sur lequel je suis tombé durant mes recherches.

Résultat : La série $\sum f(n)$ est de même nature que l'intégrale $\int f(x)\text{d}x$ quand $\sum \max\limits_{x\in[n,n+1]}|f'(x)|$ converge.

Ce n'est pas trés dure à montrer, je le laisse en exo.

On conclut avec ce résultat, sachant que $\int_1^\infty \dfrac{\cos(\ln(x))}{x}dx$ de même nature que (par changement de variable $\ln(x)=y$) $\int_0^\infty \cos(y) dy $.

Donc diverge.

PS : si vous avez compris vous pouvez sans mal répondre à :

Quelle est la nature de $\sum\limits_{n\geq 1}\dfrac{\cos(n^{\alpha})}{n}$ avec $\alpha \in [0,1]$ ?

On pose $a(x)=x+1$ et $b(x)=2x$ alors $b\circ a(x)=2x+2=a^2\circ b(x)$

$m(x)=2^px+q=a^q\circ b^p(x)$ donc (en utilisant l'unicité des coefficients) $m\rightarrow a^q b^p$ dans cette configuration on ne peut plus appliqué (*), et si on n'était pas dans une telle configuration, on pourrait toujours utiliser (*).

Le nombre chercher est $q-(\sum\limits_{i=1}^{100} p_i)$, en effet à chaque application de la régle (*) on augmente de 1 le nombre d'occurence de $a$.

Montrons la contraposée.

On note $H=\{h_1...h_n\text{ : } n\in \mathbb N, h_i^p=e\}$ alors $H$ groupe distingué non triviale, donc $G$ n'est pas simple.

Pour résoudre cette énigme simplement, vous avez besoin d'un concept que j'ai construit, sans cela l'exo devient trés difficile.

Soit $k \in G$, le sous groupe des commutateurs de $k$ sont : $H(k)=\{g\in G \text{ : }k*g=g*k\}$

Remarques :

1/ $H(k)$ est un sous groupe qui contient $k$.

2/ Si $H(k)=G$ alors $k$ est dans le centre de $G$.

3/ $m \in H(k) \cap H(l) $ alors $\{k,l\}\subset H(m)$

Plaçons nous dans les hypothéses de notre énigme.

Donc $H(a) \cap H(b)=\{e\}$ car sinon $\exists k \in G,k\neq e, \{a,b\}\subset H(k)$, comme $H(k)$ sous groupe, $<a,b> \subset H(k)$ donc $H(k)=G$, $k\in Z(G)$ impossible car $G$ est simple et non commutatif.

Si vous avez compris l'esprit de la solution, ici : viewtopic.php?t=76646#p1024309

Alors en utilisant l'inégalité de Tchebychev (au lieu de celle de Jensen) :

https://fr.wikipedia.org/wiki/In%C3%A9g ... les_sommes

Vous conclurez.

la suite réelle telle que $v_{n+2}=v_{n+1}+v_n$

On a $v_n=a_n\times v_0+b_n\times v_1$, avec $(a_n,b_n) \in \mathbb N$

alors $u_n=u_0^{a_n}*u_1^{b_n}$ (en faisant une récurrence on peut le montrer).

Si vous avez compris vous pouvez faire sans mal :

Soient $u_0=u_1=2$, $u_{n+2}=\dfrac {2u_n+u_n^2\times u_{n+1}+u_{n+1}} {1+2u_n\times u_{n+1}+u_{n}^2} \mod 2^{100}$

Déterminer $u_{2^{2023}}$.