Les clients s'en vont !

La convergence, c'est de l'algèbre linéaire : la diagonalisation de la matrice $M = \big(1-\frac{nx}{n-1}\big)\cdot I_n + \frac{x}{n-1} \cdot J_n$ où $J_n$ est remplie de 1, donne cette convergence pour $M^n$, $n\to\infty$.

La monotonie des suites, c'est à vue de nez de la convexité :
le max d'une moyenne [en écrivant : $M = \big(1-t\big) \cdot I_n + t \cdot \frac{1}{n} \cdot J_n, t = \frac{nx}{n-1}$], c'est moins que la moyenne des max.

Ah oui tu as raison, il me semble ! :Smiley_erreur:

Merci.

Salut,

Voilà la solution, principalement présentée comme un exercice (mais suffisamment découpée pour que ça ne soit pas compliqué). Ici on prendra $n\geq 3$ le cas $n=2$ étant assez évident.

Au lieu de rester sur un cas quelconque, on prendra $\displaystyle \sum{i=1}^n c_i = 1$ (après il suffit de multiplier les résultats par $c_{tot}$ pour que ça s'applique). On considère par ailleurs $\forall i, c_i>0$.
Par ailleurs on notera que: $\forall i \in |[1,n]|, k\in \mathbb{N}: \ c_{i,k+1}= (1-x)c_{i,k} + x\delta_{i,k}$ avec $\delta_{i,k}=\displaystyle x_i\sum_{j\in |[1,n]|, j\neq i} \frac{x_{j,k}}{1-x_{j,k}}$. On peut aussi dire "la valeur suivante de $c_i$ est une moyenne entre la valeur actuelle de $c_i$ et $\delta_i$

Cela étant dit, on va essentiellement se concentrer sur ce terme $\delta_i=c_i\displaystyle \sum_{j\neq i} \frac{c_j}{1-c_j}$. Maintenant que les conventions supplémentaires sont posées, on peut passer dans le vif du sujet:



1) Prouver $\forall (i,j)\in |[1,n]|$ tel que $c_i\leq c_ j$, si il existe $k\in |[1,n]|$ avec $k\neq j$ et $c_j\leq c_k$, alors $\delta_i\leq \delta_j$. En conséquence de quoi, dans ces conditions $\forall x\in ]0,1[ : \ (1-x)c_i +x\delta_i \leq (1-x)c_j +x\delta_j $
Indication, faire la différence, factoriser par $x_i-x_j$, faire une minoration assez grossière, puis montrer que même cette minoration est positive, en ayant au préalable montré que si $0<a\leq b\leq c$ et $a+b+c\leq 1$, alors $ab+bc+ ac\leq c$

2) Montrer que la suite des $max(c_i)$ est décroissante, pour cela montrer que:
a) $\forall i $, si $c_i= max(c_j)$ alors $\delta_i \leq c_i$. Indication $\displaystyle \sum_{j\neq i} c_j= 1-c_i$ donc $\displaystyle \sum_{j\neq i} \frac{c_j}{1-c_j} = 1 +\sum_{j\neq i} c_j\left(\frac{1}{1-c_j}-\frac{1}{1-c_i}\right)$
b) En supposant qu'il existe un seul élément $k$ de $|[1,n]|$ tel que $c_k=max(c_j)$ montrer que pour tout élément $i$ différent de $k$ et tel que $\forall j, j\neq k \rightarrow c_j\leq c_i$ présente la propriété suivante: $\delta_i-c_k< 0$, pour cela majorer $\frac{1}{1-c_j}$ par $\frac{1}{1-c_i}$ si $c_j\leq c_i$. Indication: Il faut factoriser au maximum, notons que $c_k-c_i$ est un "diviseur du numérateur" de $\delta_i-c_k$.
c) Utiliser les résultats précédents et la réponse à la question 1 pour conclure.

3) Montrer que la suite des $min(c_i)$ est croissante Pour cela:
a) Faire comme en 2a mais avec $i$ tel que $c_i=min(c_j)$.
b) Sachant que la fonction $f$ définie par $\forall x\in [0,1[ : \ f(x)= \frac{x}{1-x}$ est croissante et convexe, en nommant $a=min(c_j)$ montrer que pour tout $i$ tel que $c_i\neq a$ que: $\delta_i\geq c_i\left( \frac{a}{1-a} + (n-2)\frac{d_i}{1-d_i}\right)$ avec $d_i=\frac{1-(a+c_i)}{n-2}$.
Indication: Il faut d'abord se demander comment on minimise dans de telles conditions $\displaystyle \sum_{j\neq i} f(c_j)$ en gardant bien en tête les deux contraintes suivantes: $\exists k \neq i : \ c_k=a$ et $\displaystyle \sum_{j\neq i} c_j =1-c_i$, en particulier on se rappelle que si $f$ est une fonction croissante et convexe $\forall x,y : \ f(x)+f(y)\geq 2f(\frac{x+y}{2})$.
c) Montrer que $\forall i$ $d_i\geq a$ et qu'en conséquence de quoi $\delta_i \geq \frac{c_ia(n-1)}{1-a}$. Montrer que si $c_i\geq 1-(n-1)a$ alors $\delta_i - a\leq \frac{a(n-1)(1-an)}{1-a}$. Que dire de $\delta_i$ si $c_i=max(c_j)$?. Pour la dernière question, bien noter que la précédente n'était pas innocente
Edit: Ouch... la boulette... La valeur minimale de $max(c_j)$ à $a=min(c_j)$ fixé est $\frac{1-a}{n-1}$ et non $1-(n-1)a$, qui est au contraire la valeur maximale possible. Du coup avec la stratégie proposée, la minoration donne $\delta_{min}=\frac{a(1-a)}{1-a}=a$, ça suffit pour dire que ça ne diminue pas mais pas pour montrer la croissance :-D. Du coup, on a pas d'autre choix que d'étudier la fonction $g$ définie $\forall y \in [(1-a)/(n-1),1-(n-1)a] : g(y)= y(\frac{a}{1-a}+(n-2)\frac{ \frac{1-(a+x)}{n-2}}{1-\frac{1-(a+x)}{n-2}})$ pour vérifier que son minimum est supérieur à $a$, ce qui est moins évident. Le plus facile que j'ai trouvé: on constate que: $\forall y \in \cdots g(y)\geq z(y)=y(\frac{a}{1-a}+ \frac{1-(a+y}{1-a}=\frac{y(1-y)}{1-a}$ (par la croissance de la fonction 1/(1-x) sur l'intervalle [0,1[) cette fonction est croissante sur $[0,1/2]$ et décroissante sur $[1/2,1]$, dans le cas $n>2$, on s'attend naturellement à ce que $(1-a)/(n-1)<1/2$ et il peut se trouver des cas dans lesquels $1-(n-1)a\geq 1/2$, quoi qu'il en soit le minimum de $z$ sur cet intervalle sera le minimum d'un de ces deux-là et $z(\frac{1-a}{n-1})=\frac{n+a-2}{(n-1)^2}=a+\frac{(n-2)(1-an)}{(n-1)^2}$, sachant que $a\leq 1/n$, c'est plus grand que $a$, et par ailleurs $z(1-a(n-1))=a+\frac{a(n-2)(1-an)}{1-a}$ qui est aussi supérieur à $a$ (toujours avec $a\leq 1/n$).
d) Utiliser les réponses précédentes et la réponse à la question 1 pour conclure.

4) Montrer la convergence vers $\frac{1}{n}$. On va se contenter de montrer que la suite des $min(c_j)$ converge vers $\frac{1}{n}$ (et vu que la suite des $max(c_j)$ est minorée par $\frac{1}{n}$ et majorée par ${1-(n-1)min(c_i)}{n-2}$ ...). Pour cela il suffit de compléter un peu la question 3.
En particulier, il faut montrer que si $c_i=a=min(c_j)$ alors $\delta_i\geq a\frac{1-a}{1-\frac{1-a}{n-1}}=a+\frac{a(1-na)}{n-2+a}$ (même méthode que la question 3b). On a donc deux fonction, (on impose $x$ dans $]0,1]$ celle qu'on vient de définir, on va la nommer $f$ avec $\forall y\in]0,1/n]: \ f(y)=(1-x)y+x\frac{y(1-y)}{1-\frac{1-y}{n-1}}$ et celle qu'on a implicitement définie à la question 3, on la nomme $g$ avec $\forall y \in ]0,1/n]: \ g(y)=(1-x)y+x\cdot \ min(y+\frac{(n-2)(1-ny)}{(n-1)^2},y+\frac{y(n-2)(1-ny)}{1-y})$ (edit: expression corrigée).
Il suffit alors de vérifier que la fonction $h$ définie par $\forall y\in ]0,1/n]: \ h(y)=min(f(y),g(y))$ est à valeur dans $]0,1/n]$ et que $\forall y\in ]0,1/n[ : h(y)>y$ (et h(1/n)=1/n aussi). De là on minorera par la suite $u_n$ définie par $u_0\in]0,1/n]$ et $\forall n\in \mathbb{N} : \ u_{n+1}=h(u_n)$, elle est croissante, majorée par $1/n$, c'est donc une suite convergente, et pour montrer qu'elle converge vers $1/n$ (et pas vers autre chose), il faut proprement montrer que $\forall y \in ]0,1/n[ \exists \epsilon \forall z:\ |y-z|<\epsilon \rightarrow h(z)>y$ ce qui n'est pas un problème au vu de ce qu'on a dit sur $h$ et sachant qu'en plus elle a le bon goût d'être continue.

@toto237: C'était un chouette exercice! En ce qui me concerne, je me suis pas mal cassé la tête avant de m'apercevoir de la propriété proposée à la question 1 (ce qui a permis de complétement débloquer le reste). Par contre, je l'aurais plutôt classé en analyse qu'en algèbre.