Tornado a écrit :suite $ (c_n) $ vérifie : $ c_{n+m} \leq c_nc_m $. En effet, un chemin de taille $ n+m $ peut se couper en deux chemins auto-évitants de taille n et m. Du coup, on peut appliquer le lemme sous-additif (un peu modifié mais dans le fond c'est pareil) pour obtenir que $ c_n^{\frac{1}{n}} $ converge vers une certaine constante $ \mu $ appelée constante de connectivité
Bah, c'est exactement le lemme mais appliqué au log de la suite ^^
À l'instant, au milieu d'un exercice d'analyse assez long, j'ai eu ce calcul-là à faire (c'est une miette au milieu de l'exercice hein), qui à mon avis est approprié pour ce fil :
$ lim_{n \rightarrow +\infty} \prod_{k=2}^n \left ( \frac{2^{k-1}}{2^k-1} \right ) ^{2^{k-n}} $.
(Dès que quelqu'un donne la méthode, je vous poste un lien vers l'exercice complet et sa solution, vous allez voir c'est joli, même si je ne sais pas si je l'ai complètement fini)
On admet le fait suivant : si $ a < b $ sont des réels et $ f : [a, b] \to \mathbb{R} $ est continue, alors $ |\int_a^b f| \leq \int_a^b |f| $.
On se donne $ x : \mathbb{R} \to \mathbb{R} $ dérivable telle que pour tout $ t \in \mathbb{R} $, on ait $ x'(t) = x(t - 1) $. On suppose qu'il existe $ M \in \mathbb{R} $ tel que pour tout $ t \in \mathbb{R} $, on ait $ |x(t)| \leq M $. Montrer que pour tout $ t \in \mathbb{R} $, on a $ x(t) = 0 $.
La rigueur manque... l'idée aussi sans doute :
SPOILER:
Supposons que $ \forall t \in \mathbb{R}, x(t) > 0 $ (resp $ x(t)<0 $ , alors $ x'(t)>0 $ (resp $ x'(t)<0) $ donc x strictement croissante (resp décroissante). Comme il existe $ M \in \mathbb{R} $ tel que pour tout $ t \in \mathbb{R} $, on ait $ |x(t)| \leq M $, x est bornée et donc convergente. D'où $ \lim_{t\to \infty}x'(t)=\lim_{t\to \infty}x(t)=0 $. Contradiction avec x strictement croissante (resp décroissante). Notons par ailleurs (1)que si x (ou x') est constante sur un intervalle I non vide, alors en utilisant $ x'(t) = x(t - 1) $, on en déduit que x est constante sur R et vaut 0 pour tout t.
On déduit des contradictions précédentes que soit x est nulle partout, soit x(t) change de signe (au sens strict) et, du fait de la continuité de x' et donc de x, qu'il existe au moins un réel a (mais pas tout t) tel que x(a)=0, d'où x'(a+1)=0. Dans le dernier cas, si x' reste nulle sur un intervalle non vide I, alors d'après (1), x(t)=0 sur R et il y a contradiction. Si x' s'annule sans changer de signe, on retrouve la contradiction de la monotonie. Si x' s'annule et change de signe : CAS 1 : x était strictement positive sur un intervalle ]a-1;a[, et négative après a (sur un intervalle J fini ou infini de borne inférieur a (exclu)). Alors x' est str positive sur ]a;a+1[ et str négative juste après, mais alors contradiction avec le fait que x est localement décroissante juste avant a (pour changer de signe). Même contradiction (en changeant les signes) pour le CAS 2 : x était strictement négative sur un intervalle ]a-1;a[, et positive après a sur J...
On peut penser à faire changer x' à nouveau de signe en un réel a' de l'intervalle ]a;a+1[ pour tenter de mettre la monotonie de la courbe dans le bon sens (dessin requis ), mais on se retrouvera encore et encore face à la même contradiction pour ce nouveau changement de signe (aka signe de x' et monotonie de x pour changer de signe).
Finalement, le seul cas valable est le fait que $ \forall t \in R, x(t)=0 $
Une fois que tu sais qu'il existe un point où x(A)=0, je pense qu'en écrivant $ x(t)=\int_A^t x'(u)du = \int_{A-1}^{t-1} x(u) du $ et en itérant ça tu dois pouvoir faire apparaître du $ \frac{1}{n!} $ comme dans Taylor reste intégral (cf cette formule si c'était au même point). Non ?
D'ailleurs, tu prouves facilement qu'il y a une infinité de changements de signes avec ta méthode. Peut-être que du Rolle bien senti peut te faire "densifier" les zéros en question, vu le lien entre x et sa dérivée ?
Dernière modification par Jio15 le 02 juil. 2016 00:51, modifié 3 fois.
Une fois que tu sais qu'il existe un point où x(A)=0, je pense qu'en écrivant $ x(t)=\int_A^t x'(u)du = \int_{A-1}^t x(u) du $ et en itérant ça tu dois pouvoir faire apparaître du $ \frac{1}{n!} $ comme dans Taylor reste intégral (cf la démonstration de Cauchy-Lipschitz linéaire faite en spé). Non ?
D'ailleurs, tu prouves facilement qu'il y a une infinité de changements de signes avec ta méthode. Peut-être que du Rolle bien senti peut te faire "densifier" les zéros en question, vu le lien entre x et sa dérivée ?
Je suis en Terminale. (EDIT : je précise ma pensée, du coup je ne connais pas les théorèmes / démos auquels tu fais référence).
Pour le "tu trouves facilement qu'il y a une infinité de changement de signes", en fait la conclusion vient du fait que la contradiction se réitère en remettant un changement de signe, on réitère, on réitère... Puis finalement on en vient au fait que x(t)=0.
Je te proposais des idées, la deuxième ne marche probablement pas mais c'est juste quelque chose qui m'est venu par la tête.
La première, en revanche, marche certainement. Voici pourquoi :
SPOILER:
Tu as prouvé qu'il existe A tel que x(A)=0
Maintenant on a $ x(t)=\int_A^t x'(u)du = \int_{A-1}^{t-1} x(u) du $. Tu essayes d'itérer ça pour majorer finement ton x.
Le calcul à faire est clair (on l'écrit à chaque fois pour tout t) :
$ |x(t)| \leq |\int_{A-1}^{t-1} M du| = M|t-A| $
Puis : $ |x(t)| \leq \int_{A-1}^{t-1} M|u-A| du \leq ... $ (quelque chose en (t-A)^2/2, dans l'idée)
etc...
(pour une fois, il est peut-être mieux de séparer majorant et minorant pour ne pas traîner toutes ces valeurs absolues)
Ta récurrence va faire apparaître un $ \frac{1}{n!} $ au dénominateur et une suite géométrique (ou presque) au numérateur, ce qui donne bon espoir qu'à t fixé, ça tende vers 0 quand n tend vers +infini, donc $ |x(t)|=0 $. Reste plus qu'à faire une bonne récurrence pour montrer ce résultat
D'ailleurs, cette méthode est en lien étroit avec le long exercice d'analyse dont je vous parlais tout à l'heure, et que je vous ai promis
(Tu verras qu'en spé, c'est avec ce genre de méthodes que tu montreras Cauchy-Lipschitz dans le cas linéaire, mais tu as nettement le temps pour ça )
Notons que c'est un résultat assez étonnant : cela veut dire qu'en primitivant, tu as tendance à faire diminuer la "taille" des fonctions. À cause des polynômes, on a en général l'intuition contraire, à savoir que les dérivées sont plus petites que leurs primitives.
En modifiant un peu l'argument de muggle, on montre que $ x $ s'annule au moins une fois dans tout intervalle de largeur 1. Soit $ t $ quelconque. En appliquant la remarque précédente à $ [t-1/2,t+1/2] $, on montre que $ |x(t)| \leq M/2 $. Ceci étant vrai pour tout $ t $, on peut itérer et on obtient que pour tout $ t $ et tout $ n $, $ |x(t)| \leq M/2^n $.
Soient $ a $,$ b $,$ c $,et $ d $ des entiers positifs impairs vérifiant $ a<b<c<d $, $ ad=bc $, $ a+d=2^{k} $,$ b+c=2^{m} $ pour deux entiers $ k $ et $ m $. Montrer que $ a=1 $.
INDICE DONNE :
SPOILER:
Calculer $ (b-a)(b+a) $
Une tentative après moult difficultés... et suivant l'indication donnée :
SPOILER:
- Notons dans un premier temps, puisque $ ad = bc $, que $ (b-a)(a+b) = (b-a)(a+b) + ad - bc $$ = b^2 - a^2 + bc - ad = b(b+c)-a(a+d)=b*2^m-a*2^k $. Cette différence est divisible par $ 2^{min(m;k)} $. Comme a et b sont impairs, on a $ a+b $ pair et $ b-a $ pairs. Or PGCD(b+a;b-a)=PGCD(b+a;2b)=2 (a et b impairs). Comme b+a est plus grand que b-a, on a déduit que b+a est divisible par $ 2^{min(m;k)-1} $ et b-a divisible par 2.
- Notons ensuite que, sur la même idée que l'indice donné, $ (b-a)(c-a)=bc-ab - ac + a^2 $$ = ad + a^2-ab - ac = a(a+d)-a(b+c) $. Or comme $ a < b < c $, on a $ (b-a)(c-a)>0 $, d'où $ a(a+d)>a(b+c) $, d'où $ 2^k > 2^m $ donc $ k>m $
- On déduit des deux points précédents que b+a divisible par $ 2^{m-1)} $ mais n'est pas divisible par $ 2^m $ ou une puissance de deux supérieure. On en déduit donc que $ b+a=2^{m-1}*k $ avec k strictement inférieur à 2, donc k=1, d'où $ b+a=2^{m-1} $.
- Ainsi donc $ b*c= (2^{m-1}-a)(2^m-b)=(2^{m-1}-a)(2^{m-1}+a) $ et $ a*d=a(2^k-a)=a*2^k-a^2 $
D'où, après simplification, $ a*2^k=2^{2m-2} $
Or a est un entier impair, donc a=1 nécessairement.
Siméon a écrit :Plus simple :
SPOILER:
En modifiant un peu l'argument de muggle, on montre que $ x $ s'annule au moins une fois dans tout intervalle de largeur 1. Soit $ t $ quelconque. En appliquant la remarque précédente à $ [t-1/2,t+1/2] $, on montre que $ |x(t)| \leq M/2 $. Ceci étant vrai pour tout $ t $, on peut itérer et on obtient que pour tout $ t $ et tout $ n $, $ |x(t)| \leq M/2^n $.
Joli ! Merci Je ne pense pas que j'aurais eu l'idée d'aller rechercher le M majorant pour autre chose que les questions de limites
:
(EDIT : je précise ma pensée, du coup je ne connais pas les théorèmes / démos auquels tu fais référence).
), mais on se retrouvera encore et encore face à la même contradiction pour ce nouveau changement de signe (aka signe de x' et monotonie de x pour changer de signe).