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Oral ENS Ulm, 36 planches

Envoyé par etanche 
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a six semaines
Planche 32 (exercice 1) :

Enoncé légèrement modifié où la fonction $f$ est supposée seulement $C^{\infty}$ mais la limite simple $g$ plus régulière...

Je vais utiliser le lemme de Baire (car c'est tout de même plus facile avec! ^^) et aussi supposer que $g$ est $C^{1}$... Tout simplement car je ne sais pas faire (après réfléxion) le cas donné dans l'énoncé (qui a la "saveur" du théorème de Sunyer-Ballagher après tout...)

*Soit $R>0.$
Notons pour $n\geq 1,$ $A_{n}=\left\{x \in [-R,R]\mbox{ }|\mbox{ } \forall k\geq 0,\mbox{ } \vert f^{(k)}(x)\vert \leq n \right\}.$

Par continuité de chacune des applications $f^{(k)},$ $A_{n}$ est donc un fermé de $[-R,R]$
Comme $\displaystyle \bigcup_{n\geq 1}A_{n}=[-R,R],$ il existe $n_{0}$ tel que $A_{n_{0}}$ soit d'intérieur non vide et même, à nouveau par une application du lemme de Baire, $\mathcal{U}:=\displaystyle \bigcup_{n\geq 1}\mbox{Int}(A_{n})$ est un ouvert dense de $[-R,R].$

**Soit $x\in\mathcal{U}.$ Il existe alors $r>0$ tel que $I_{x}:=[x-r,x+r]\subset A_{n}$ pour un certain $n\geq 1.$
Soit $y\in I_{x}.$ On a alors pour tout $k\geq 0,$ $$f^{(k)}(y)-f^{(k)}(x-r)=\int_{x-r}^{y}f^{(k+1)}(t)dt.$$ Par convergence dominée, on obtient alors $\displaystyle g(y)-g(x-r)=\int_{x-r}^{y}g(t)dt.$

Il vient alors en dérivant la relation précédente : $g'(y)=g(y).$

***On a alors que $g'=g$ sur $\mathcal{U}.$ Comme $g$ est $C^{1}$ et que l'ouvert $\mathcal{U}$ est dense dans $[-R,R],$ on obtient $g'=g$ sur $[-R,R].$
Le raisonnement précédent étant valide pour tout $R>0,$ on a alors $g'=g$ sur $\mathbb{R}.$
Et ainsi, il existe $\lambda\in \mathbb{C}$ tel que pour tout $x\in\mathbb{R},$ $\displaystyle g(x)=\lambda e^{x}.$



Edité 3 fois. La dernière correction date de il y a six semaines et a été effectuée par BobbyJoe.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a six semaines
Merci LOU16 pour ta solution.

Pour revenir sur l'exercice 1, je cherche une preuve sans utiliser les chaînes de Markov.
Notant $\forall n \geq 1 \, x_n$ le nombre de configurations gagnantes pour le tour $3n$ (i.e. le nombre d'anagrammes à $3n$ lettres comportant $n$ fois la lettre F et $2n$ fois la lettre P pour lesquels on obtient pour la première fois deux fois plus de P que de F au tour $3n$), a-t-on bien $x_n = {3n \choose n} - 3x_{n - 1}$?

Je compte, pour le tour $3n$, ${3n \choose n}$ anagrammes à $3n$ lettres comportant $n$ fois la lettre F et $2n$ fois la lettre P auquel il faut retirer le nombre de configurations gagnantes du tour d'avant multiplié par le nombre de façons de placer les deux nouvelles lettres P et la nouvelle lettre F.

Une simulation me montre que la formule ne tient pas je ne vois pas où est l'erreur dans mon raisonnement.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a six semaines et a été effectuée par sevaus.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a six semaines
Bonjour,


@Bobby Joe

Toute fonction du type $P(x)+\exp(x)$ où $P$ est un polynôme vérifie les hypothèses. En prenant $P=X$ il est facile de montrer que $f$ n'est pas du type $\lambda e^z$
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a six semaines
@side Je pense que tu confonds... On s'intéresse à $g$ qui est la limite simple des dérivées $n$-ième de $f.$
Je pense que l'énoncé est hyper difficile (voire faux, je ne sais pas...) sans ajouter une condition de régularité sur la limite $g$ (disons localement bornée suffirait).
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a six semaines
@bobby Joe
oui je viens à l'instant de m'en rendre compte.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a six semaines
Planche 32 exercice 1

1) On montre que si une série est développable en série entière en tout point de $C$ alors la série entière au voisinage de tout point est de rayon $+\infty$
Je ne sais pas si ce résultat est accessible en classe prépa.

Soit alors $a\in C$ et $f(x)=\sum_n \frac{f^{(n)}(a)}{n!} (x-a)^{n}$

2) dans ce qui suit la variable $x$ est réelle
On montre alors en considérant les restes des séries, que $\forall a\in C$, $f(x) \sim \sum_n \frac{g(a)}{n!} (x-a)^n=g(a) \exp(x-a)$ lorsque $x$ tend vers l'infini (donc à $a$ fixé)

(on écrit $f(x)-g(a)\exp(x-a) - P_N(x)=\sum_{k>N} \frac{f^{(n)}(a)-g(a)}{n!} (x-a)^n$ avec $P_N$ polynôme de degré $N$, puis on montre avec des $\epsilon$ que le membre de droite est négligeable devant l'exponentielle, puis $f(x)\exp(-x)-g(a)\exp(-a)$ tend vers $0$).

Et donc $\forall a\in C, g(a)\exp(-a) =g(0)$ et donc $\forall a \in C, g(a)=g(0)\exp(a)$


Ajout post publication
Pour justifier 1, tout en restant dans le périmètre du programme

$\forall a\in C, \forall x\in R^{+*}, \frac{|f^{(n)}(a)|}{n!} |x-a|^{n} \sim \frac{|g(a)|}{n!} |x-a|^{n}$ lorsque $n$ tend vers $+\infty$ ce qui assure que la série $\sum_n \frac{f^{(n)}(a)}{n!} (x-a)^{n}$ converge pour tout $x>0$ et a donc un rayon égal à $+\infty$.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a six semaines et a été effectuée par side.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a six semaines
Oui, c'est mieux et plus simple! (en utilisant le formalisme des limites inf et sup, on peut simplifier un peu...)
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a six semaines
Planche 9 exercice 2

On note $G$ le membre de gauche et $D$ le membre de droite, $A=(a_{ij}) $, $(e_i) $ la base canonique, $(.,.)$ le produit scalaire associé.

On a $2G+\sum_i a_{ii}^{2}=(\sum_i a_{ii})^2=(tr A)^2$
$2D+\sum_i \lambda_{i}^{2}=(\sum_i \lambda_{i}) ^{2}$ puis $2D=(tr A)^2-tr(A^2)$
Et donc $G\ge D$ ssi $\sum_i a_{ii}^{2} \le tr(A^2)$ (1)
On $Tr (A^2)=\sum_i (A^2e_i, e_i)$ et $a_{ii} = (Ae_i, e_i)$ et donc $(1)$ ssi $\sum_i (Ae_i, e_i)^{2} \le \sum_i (A^2e_i, e_i)$

L'inégalité de Cauchy-Schwarz donne $(Ae_i, e_i)^{2} \le (Ae_i, Ae_i) (e_i, e_i)=(A^2e_i, e_i) $ car $A$ est symétrique.
En sommant sur $i$ on a alors $G\ge D$
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a six semaines
sevaus
la bonne formule est $x_n = \displaystyle{3n \choose n} - \sum_{k=1}^{n-1} {3(n-k) \choose n-k}x_k$.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a six semaines
Planche 16 (premier exercice)

*On définit pour $x\in[0,1],$ $p_{0}(x)=1;p_{1}(x)=x$ et pour tout $n\geq 2,$ $\displaystyle p_{n}(x)=\int_{0}^{x}dx_{1}\int_{0}^{1-x_{1}}dx_{2}\ldots\int_{0}^{1-x_{n-1}}dx_{n}.$
On a par le caractère muet des variables d'intégration, pour tout $x\in[0,1]$ et pour tout $n\geq 0$ : $\displaystyle p'_{n+1}(x)=p_{n}(1-x).$

Soit $y$ vérifiant $0<y<1$ (mais on verra à la fin que $\vert y\vert <\frac{\pi}{2}$ convient).
Pour $x\in[0,1],$ considérons $\displaystyle \phi_{y}(x)=\sum_{n\geq 0}p_{n}(x)y^{n}.$

En dérivant termes à termes (car la convergence de la série dérivée en $x$ est normal sur $[0,1]$ à $y$ fixé dans le régime prescrit),
on obtient pour tout $x\in[0,1],$ $\displaystyle \phi'_{y}(x)=\sum_{n\geq 0}p'_{n}(x)y^{n}=y\phi_{y}(1-x).$
On a alors pour tout $x\in[0,1],$ $\phi''_{y}(x)=-y^{2}\phi_{y}(x).$

**Ainsi, il existe $A,B\in\mathbb{R}$ tels que pour tout $x\in[0,1],$ $\phi_{y}(x)=A\cos(xy)+B\sin(xy).$
Comme $\phi_{y}(0)=1$ et $\phi'_{y}(1)=y,$ on obtient : $A=1$ et $\displaystyle B=\frac{1+\sin(y)}{\cos(y)}.$

*** La quantité recherchée dans l'énoncé est alors $\displaystyle \phi_{y}(1)=\frac{1+\sin(y)}{\cos(y)}.$
En particulier pour $y=\frac{\pi}{6},$ il vient que la quantité voulue est $\displaystyle S:=\phi_{\frac{\pi}{6}}(1)=\sqrt{3}.$



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a six semaines et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par BobbyJoe.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a six semaines
+Bonjour,

$\underline{\text{Planche 1}}.$
@Sevaus.

L' origine de ton "erreur" me donne une idée de solution plus simple que celle contenue dans le troisième lien indiqué par Jandri. (ce message)
Je me permets de désigner par $a_n$ ce que tu notes $x_n:$
$$ a_n = \text {Card} \left\{ (e_i)_{1\leqslant i \leqslant 3n} \in\{0,1\}^{3n} \mid \displaystyle \sum _{i=1}^{3n} e_i = n,\:\: \forall k \in [\![1;n-1]\!], \sum _{k=1}^{3k} e_i \neq k \right \}$$.
La "bonne" relation de récurrence entre les $a_n$ est: $a_0=0, \quad\: \forall n \in \N^*,\:\displaystyle \binom {3n}{ n} = \sum_{k=0} ^n \binom {3k} k a_{n-k}.\:\:$
Ainsi si l'on note: $\forall x\in [0; \frac 4{27}[,\:\:S(x) =\displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty} \binom {3n}n x^n, \quad A(x) = \sum _{n=0}^{+\infty} a_nx^n, \quad\quad\:$ on a: $\quad S(x) -1 = A(x) S(x) . \quad \quad(\star)$
$\boxed {\text{La probabilité que le jeu s'arrête est }\:A(\frac 18).}\quad$ Il reste donc à calculer $S(\frac18).$
Il est alors bon de remarquer que: $\:\displaystyle \forall n \in \N,\:\binom {3n} n \dfrac1{8^n}=\dfrac 1{2\mathrm i \pi} \int _{\gamma} \left( \dfrac{(1+z)^3} {8z}\right) ^n \dfrac {\mathrm d z}z\quad$ où $\: \gamma :\left \{ \begin{array} {ccc} [0;2\pi] &\longrightarrow & \C \\ t & \longmapsto & \dfrac{ \mathrm e^{\mathrm i t}}2 \end{array} \right. $
$\forall z \in \gamma, \:\: \left| \dfrac {(1+z)^3}{8z} \right |<1.\:$ En notant $f(z) = z^{-1} \left( 1- \dfrac {(1+z)^3}{8z} \right) ^{-1} = \dfrac 8{ (1-z)(z^2 +4z-1)}$, un peu d'analyse complexe conduit à:
$ S\Big(\dfrac18 \Big) = \dfrac 1{2 \mathrm i \pi}\displaystyle \int_{\gamma} f(z)\: \mathrm dz=\text {Res} ( f , \sqrt 5 -2) = \dfrac {3+\sqrt 5}{\sqrt 5 }.\quad $ Puis à l'aide de $(\star),\:$ on parvient à: $\quad \boxed { A \Big( \dfrac 18 \Big) = \dfrac 3{3+\sqrt 5} .}$



Edité 12 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a quatre semaines et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par LOU16.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a six semaines
avatar
Planche 19 exo 2?

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[Le meilleur moyen de fuir le monde est de pénétrer les mathématiques ]
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a six semaines
ok pour planche 16 exercice1



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a six semaines et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par etanche.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a six semaines
avatar
@etanche
C'est pour repondre à la question. BJ considère $\displaystyle \phi_{y}(x)=\sum_{n\geq 0}p_{n}(x)y^{n}.$ et la question c'est exactement le calcul de $ \phi_{\frac {\pi}2}(1)$
edit tippo à lire $\frac {\pi}6$

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[Le meilleur moyen de fuir le monde est de pénétrer les mathématiques ]



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a six semaines et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par gebrane.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a six semaines
@gebrane : ben non justement... c'est bien $\displaystyle \phi_{\frac{\pi}{6}}(1)$ qui est demandé...
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a six semaines
Planche 19 (Exercice 2)
i) Le premier cas est non.
Supposons par l'absurde qu'il existe $f : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ $\mathcal{C}^{1}$ telle que $\forall x\in\mathbb{R},\mbox{ } f\circ f'(x)=x.$

*On voit que $f'$ est injective sur $\mathbb{R}$. Etant continue, $f'$ est strictement monotone sur $\mathbb{R}.$
On suppose que $f'$ est strictement croissante (le cas $f'$ strictement décroissante se traite de la même manière).

**Notons $\displaystyle l=\lim_{x\rightarrow +\infty}f'(x).$ Supposons que $l<+\infty.$
On a alors par continuité de $f$ et par unicité de la limite : $\displaystyle f(l)=+\infty,$ une contradiction!
Ainsi, $l=+\infty.$
(On procède de même pour montrer que $\displaystyle \lim_{x\rightarrow -\infty}f'(x)=-\infty$).
Ainsi, $f'$ réalise une bijection de $\mathbb{R}$ sur $\mathbb{R}.$

***Montrons alors $f$ est injective sur $\mathbb{R}.$
Soit $x,y\in\mathbb{R}$ tels que $f(x)=f(y).$ On a alors $a,b\in\mathbb{R}$ tels que $x=f'(a);y=f'(b).$
On obtient donc $a=f\circ f'(a)=f(x)=f(y)=f\circ f'(b)=b.$ Et ainsi, $x=y.$
Ainsi, $f$ étant continue sur $\mathbb{R},$ $f$ est strictement monotone sur $\mathbb{R}$ également.
On suppose alors $f$ strictement croissante (le cas $f$ strictement décroissante se traite de la même manière).

****Ainsi, pout tout $x\in\mathbb{R},$ $\displaystyle f'(x)\geq 0,$ contredisant le fait que $f'$ est surjective...

ii) Le deuxième cas est oui.
Supposons qu'il existe $f : \mathbb{R}^{+*} \rightarrow \mathbb{R}^{+*}$ $\mathcal{C}^{1}$ telle que $\forall x\in\mathbb{R}^{+},\mbox{ } f\circ f'(x)=x.$

-Nécessairement, $f'$ est à valeurs dans $\mathbb{R}^{+*}.$ Ainsi, $f$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}^{+*}.$
Comme $f'$ est strictement monotone sur $\mathbb{R}^{+*}$ (le point * précédent vaut toujours pour cette partie), alors $f'$ est strictement croissante (compte-tenu de la relation $f\circ f'=\mbox{Id}_{\mathbb{R}^{+*}}$).

-On a comme précédemment : $\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty}f'(x)=+\infty.$

Supposons que $\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0^{+}}f'(x)=l>0.$
On a alors par continuité de $f,$ $f(l)=0,$ une contradiction!

Ainsi, $f'$ réalise une bijection de $\mathbb{R}^{+*}$ dans $\mathbb{R}^{+*}.$

-Montrons alors que $f^{-1}=f'.$

Soit $x>0.$ On a $a(x)>0$ tel que $f'(a(x))=x$ mais alors en composant par $f$, il vient $f(x)=a(x)$ i.e. $f'\circ f(x)=x.$

*Voilà ce que l'on peut dire (sans intuiter la forme de la solution...) mais @Side l'a fait un peu plus loin... On peut chercher $f :x \mapsto ax^{b}$ sur $\mathbb{R}^{+*}$ pour des bonnes constantes $a$ et $b$ (cf détails plus bas!).



Edité 2 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a six semaines et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par BobbyJoe.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a six semaines
avatar
Une solution en blanc, ou du moins ce qu'il m'en reste, à la planche 29 qui était celle de mon oral :

Comme l'indique les éléments de discussion, il faut se ramener à des formes plus simples de $A$ et $B$ : pour des raisons qu'i vont apparaitre clair plus tard je vais prendre $A$ et $B$ à coefficient complexe au lieu de réel on peut commencer par traiter le cas où $A$ et $B$ sont diagonales qui ne pose pas trop de soucis, puis montrer qu'on peut remplacer $A$ et $B$ par des matrices semblables pourvu que la matrice de passage soit la même. Comme $A$ et $B$ commutent on a des résultats de réduction simultané, en particulier comme on a montré le résultat pour $A$ et $B$ diagonale, on peut étendre le résultat à $A$ et $B$ diagonalisable puisque si $A$ et $B$ sont diagonalisable et commutent elles sont diagonale dans la même base. Enfin pour conclure (c'est la que s'être placer chez les complexes est utile) on écrit $A$ et $B$ comme la somme d'une matrice diagonalisable et une matrice nilpotente qui sont des polynômes en $A$ (resp. $B$) (Dunford) et on conclut.

On ne m'a pas posé la seconde question, mais je pense que le résultat ne tient pas principalement car l'absence de réduction simultané semble être une obstruction assez insurmontable, peut-être qu'on peut bidouiller à l'aide de ce genre de matrices pour construire un contre exemple :

$$\begin{pmatrix} 0 & -1 \\
1+ \epsilon & 0\end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 & 1 + \epsilon \\
-1 & -1\end{pmatrix}$$

car on a $ (\begin{pmatrix} 0 & -1 \\
1 & 0\end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 1 \\
-1 & -1\end{pmatrix})^k =\begin{pmatrix} 1 & k \\
0 & 1\end{pmatrix} $ mais je n'y ai pas vraiment rélféchis

Edit : solution mise en claire a la demande de etanche



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a six semaines et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par viko.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a six semaines
@ viko comment fait on pour lire ta solution , je ne vois que du blanc
Pourrais-tu le mettre en mode normal ? merci



Edité 2 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a six semaines et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par etanche.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a six semaines
avatar
Merci BJ por la planche 19, c'est tres instructif

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[Le meilleur moyen de fuir le monde est de pénétrer les mathématiques ]
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a six semaines
Planche 19 exercice 2 second cas

réponse = oui

On cherche $f$ sous la forme $ax^b$ et on prend : $b=(1+\sqrt 5)/2$ et $a=\exp(\frac{-b\ln b}{b+1})$
La fonction correspondante est de classe $C^1$ sur $\R^{+*}$



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a six semaines et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par AD.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a six semaines
Comment faire pour lire la solution de viko ? Tout est en blanc



Edité 2 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a six semaines et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par etanche.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a six semaines
Planche 10 exercice 2

$\forall u\in L(E)$ :
$H(u)=(up+pu)/2$
$H^2(u)=(up+pu)/4+pup/2$
$H^3(u)=(up+pu)/8+3 pup/4$

Après élimination, on trouve $2H^3-3H^2+H=0$ donc $H$ annule le polynôme $P=X(X-1)(X-1/2)$ qui est scindé sur $R$ avec toutes ses racines simples, donc $H$ est diagonalisable.

Rem 1 : le spectre de $H$ est inclus dans $\{0; 1 ; 1/2\}$.
$H(p)=p, H(I_n-p)=0$ donc $0, 1$ sont valeurs propres. Je ne sais pas si on peut en dire plus.

Rem 2 : si $p$ est un projecteur orthogonal, on peut montrer que $H$ est symétrique pour le produit scalaire $(A, B)=Tr(A^{*}B)$ (on calcule son adjoint et on constate que $H=H^*$ en utilisant que $p$ est symétrique).
Donc dans ce cas particulier, on montre que $H$ est diagonalisable en base orthonormée.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a six semaines
Pour lire la solution de viko il faut sélectionner le texte.

Exercice 8.2 (Idée générale) Considérons une matrice solution $M$ de coefficients $a, b, c, d$, la condition de l'énoncé étant que $a+b+c+d=r$. Le polynôme minimal de $M$ est de degré plus petit que $2$, mais $M$ est annulée par $X^6-1=(X+1)(X-1)(X^2+X+1)(X^2-X+1)$ donc le polynôme minimal que l'on cherche doit être $X^2\pm X+1$, supposons que ce soit $X^2-X+1$, c'est aussi le polynôme caractéristique ce qui impose $a+d=1$ et $ad-bc=1$. Avec tout ça on doit pouvoir concocter des coefficients $a, b, c, d$ qui fonctionnent. Si j'ai vraiment dit n'importe quoi dites le moi drinking smiley

Question. Est-ce que l'énoncé de l'exercice 14.1 est bon ?

Edit. A la vue de la réponse de side, cet exercice aurait pu être écrit sans la suite $b_n$...

3.1 [Pour ceux que l'exercice ne passionne pas, voir une solution ici : [scipp.ucsc.edu]]
17.2. [C'est juste une utilisation de la multilinéarité du déterminant, lorsque $B=I_n$ on voit apparaître le développement du déterminant par rapport à une colonne/ligne].



Edité 14 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a six semaines et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Mickaël.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a six semaines
planche 14 exercice 1
la suite $(b_n)$ n'intervient pas dans l'exercice, dans toutes les majorations que je ne détaille pas ci-dessous, on majore systématiquement $-b_n\le 0$.
autre rem : utilisation du critère de Cauchy, qui d'après ce que j'ai lu sur ce forum analyse, est hors programme.
Donc il y a certainement une solution qui s'en passe.

Etape 1
La suite $(a_n)$ est bornée.
En effet, $0 \le a_n\le a_1 + \sum_n c_n$

Soit alors $l$ la plus petite valeur d'adhérence de la suite $(a_n)$ (qui existe car $(a_n)$ bornée et l'ensemble des valeurs d'adhérence est un compact).

Etape 2 : convergence
Soit $\epsilon >0$
Soit $p_0$ tel que $\forall p \ge p_0, \forall q\in N, \sum_{k=p}^{p+q}c_k < \epsilon$ (1) (critère de Cauchy)
Soit $n_0> p_0$ tel que $a_{n_0} < l+\epsilon$ ($n_0$ existe : par définition de la valeur d'adhérence)
Alors $\forall n>n_0, a_n-a_{n_0} \le \sum_{k=n_0}^{n-1} c_k \le \epsilon$ soit $\forall n>n_0, a_n <l+2\epsilon$

Récapitulons ce qui précède
$\forall \epsilon >0$ il existe $n_0\in N$, tel que $\forall n\in N, n>n_0, a_n <l+2\epsilon$ $(2)$
On a presque conclut

Il ne peut y avoir qu'un nombre fini d'indice tels que $a_n \le l-2\epsilon$.
En effet, dans le cas contraire, il y aurait une valeur d'adhérence de la suite $(a_n)$ qui serait strictement inférieure à $l$ (car $\le l-2\epsilon$), ce qui contredirait la définition de $l$.

Et donc d'après $(2)$
$\forall \epsilon >0$ il existe $n_1\ge n_0\in N$, tel que $\forall n\in N, n>n_1, l-2\epsilon<a_n <l+2\epsilon$ ce qui signifie que la suite $(a_n)$ converge.

Après réflexion, on peut se passer du critère de Cauchy : au lieu de ...$\sum_{k=p}^{p+q}c_k < \epsilon$, on prend ...$\sum_{k=p}^{+\infty} c_k < \epsilon$ et on peut refaire la majoration ..$a_n-a_{n_0} \le \sum_{k=n_0}^{+\infty} c_k$...
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a six semaines
@side peux-tu nous écrire une solution pour planche 27 exercice 1 merci
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a six semaines
Exercice 3.2 (car Mickaël me l'a demandé gentiment! ^^)

Soit $y>0.$
Comme $f$ est dérivable, on a pour $x$ proche de $1$ :
$\displaystyle f(x)=f(1)+(x-1)f'(1)+o(x-1)=1+(x-1)f'(1)+o(x-1)$ et $\displaystyle f(xy)=f(y)+(x-1)yf'(y)+o(x-1).$
Ainsi, on obtient : $$f(x)f(y)-f(xy)=(x-1)\left( f'(1)f(y)-yf'(y) \right)+o(x-1)\leq 0.$$
En divisant par $(x-1)$ (en traitant les cas $x>1$ et $x<1$) et en faisant tendre $x$ vers $1$, on obtient : $$yf'(y)=f'(1)f(y).$$
Il vient alors pour tout $y>0,$ $\displaystyle f(y)=y^{f'(1)}$ (car $f(1)=1$).
Cependant, $f$ doit être dérivable sur $\mathbb{R}^{+}$ donc $f'(1)\geq 1.$

Il est facile de vérifier que les fonctions du type $ f: x\mapsto x^{\lambda}$ où $\lambda\geq 1$ sont dérivables sur $\mathbb{R}^{+}$ et satisfont l'inéquation fonctionnelle.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a six semaines et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par BobbyJoe.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a six semaines
@étanche je t'écris une solution ce soir pour le 27.1 si tu es prêt à attendre jusque là. L'idée est de regarder $F(x):=y(x)\exp(-\int_0^x a(u)du)$, dériver et utiliser l'équation et les hypothèses pour montrer la convergence par des moments de monotonie.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a six semaines
Exercice 32.3. La condition est $f(-1), f(0)\in \mathbb{Z}$ c'est un résultat bien connu des taupins : on se ramène au cas où les valeurs au bord sont $0$ puis on modifie les polynômes de Bernstein dans la preuve du théorème de Weiredtrass. Si on veut mimer la preuve par convolution ça doit être possible. A noter que si on avait pris le même problème mais sur un segment ne contenant pas d'entiers alors on aurait pu approcher toute fonction continue.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a six semaines et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Mickaël.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a six semaines
Exercice 34.1. C'est compliqué. Des tentatives qui ont échoué m'ont conduit à mener une recherche Google qui donne un article dans lequel ce resultat est démontré :[www.numdam.org]
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a six semaines
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Non le 34.1 est facile en considérant la décomposition en facteurs premiers de $g(n)$ dans le cas impair. On montre que les seuls facteurs premiers possibles sont 3 et 5 avec une condition sur les exposants qui implique $n \leq 9$.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a six semaines et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Siméon.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a six semaines
Sauf que $n= 15$ est solution !
Mais je suis preneur de ton raisonnement parce que j'ai essayé de raisonner aussi avec des recompositions en facteurs premiers, sans succès.

Exercice 19.3. Écrivons $P=AB$ alors on voit que comme le coef constant est premier les coefs constants de $A,B$ sont $1, p_n$. Mais cela n'est pas possible car $P$ n'a que des racines de module strictement plus grand que $1$, en effet, on voit que $1$ n'est pas racine et la monotonie des coefficients permet d'utiliser la borne de montel, voir [www.les-mathematiques.net] message de Borde.



Edité 3 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a six semaines et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Mickaël.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a six semaines
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@Mickaël : ok, je suis allé vite sans rien rédiger et j'ai sans doute écrit des bêtises. Les conditions ne me permettent pas de faire mieux pour l'instant, j'y reviendrai dans quelques jours.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a six semaines
@Siméon : pas de souci :) Mon lien est juste un aveu de faiblesse de ma part, je n'y suis pas arrivé et je suis persuadé que tu as en tête un truc plus simple ! Et sinon niveau probabilités tu semblais dire que les exos sont simples (plus simples que les années précédentes car je sais si faire !), edt-ce que tu pourrais donner des indications pour les exos de probas restants ?

Exercice 24.1 : le quasi caractère qui fonctionne est $\lim_n M(g^n)/n$. On prouve que la limite existe en montrant que la suite est de Cauchy par application de l'inégalité triangulaire et itération de l'hypothèse de bornitude.

Exercice 5.1. On se place dans le cas non borné avec une suite $f(x_n)$ qui tend vers l'infini. On regarde $f(xyx_n)/f(x_n)$ qui tend vers $f(xy)$ mais aussi $f(x)f(y)$. Reste à calcul et la plus petite constante et pour ça je ne sais pas ...



Edité 3 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a six semaines et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Mickaël.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a six semaines
Planche 35 (deuxième exercice)

-Pour $c<0,$ la fonction $\displaystyle f: x\mapsto e^{x}$ satisfait les inéquations différentielles.
-Pour $c=0,$ les fonctions $\displaystyle f_{\lambda} :x \mapsto e^{\lambda x}$ où $\lambda>1$ satisfont les inéquations différentielles.
-Pour $c>0,$ il n'y a pas de fonction $\mathcal{C}^{2}$ qui vérifie les deux inéquations différentielles.
Par l'absurde, supposons qu'il existe une telle fonction $f$...

*L'idée est la suivante, on a va voir que les inégalités forcent $f'$ et $f$ à être négatives dans un voisinage de $-\infty.$
Mais alors $f$ est décroissante dans ce voisinage de $-\infty$ et tend vers $+\infty$ en $-\infty,$ contredisant sa négativité!


**Par la méthode de la variation de la constante (ou par la formule de Duhamel), on a pour tout $x\in\mathbb{R},$
$$f'(x)=e^{x}\int_{0}^{x}\left(f''(t)-f'(t)\right)e^{-t}dt+f'(0)e^{x} \mbox{ et } f(x)=e^{x}\int_{0}^{x}\left(f'(t)-f(t)\right)e^{-t}dt+f(0)e^{x}.$$

Il vient alors par croissance de l'intégrale et pour tout $x\leq 0,$ $$f'(x)\leq ce^{x}\int_{x}^{0}-e^{-t}dt+f'(0)e^{x} = c(e^{x}-1)+f'(0)e^{x} \mbox{ et } f(x)\leq ce^{x}\int_{x}^{0}-e^{-t}dt+f(0)e^{x} = c(e^{x}-1)+f(0)e^{x}.$$
En particulier, on a $\displaystyle \limsup_{x\rightarrow +\infty} f(x) \leq -c<0.$

Une autre façon d'écrire ceci est de remarquer que le membre de droite tend vers $-c$ en $-\infty$ et donc $f'$ est négative dans un voisinage de $-\infty.$ Ainsi, $f$ est décroissante dans un voisinage de $-\infty$ et donc admet une limite en $-\infty$ qui est strictement négative en passant à la limite dans la deuxième inégalité.

Finalement, en intégrant entre $x$ et $0$ la première inégalité (lorsque $x\leq 0$), il vient $$f(0)-f(x)\leq (c+f'(0))(1-e^{x})+cx \mbox{ i.e. } f(x)\geq f(0)-(c+f'(0))(1-e^{x})-cx.$$
Par comparaison, on obtient $\displaystyle \lim_{x\rightarrow -\infty} f(x)=+\infty$ alors que $f$ est négative dans un voisinage de $-\infty,$ ce qui constitue la contradiction recherchée!



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a six semaines et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par BobbyJoe.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a six semaines
Planche 21 : (Deuxième exo)

C'est le genre d'exo qui fait appel à des arguments archi-classiques : le caractère multiplicatif des fonctions arithmétiques en jeu (une fois que l'on a vu le truc, on s'en souvient! :p)

Notons pour $n\geq 1,$ $\displaystyle g(n)=\sum_{d|n}f(d).$
La fonction $g$ est multiplicative i.e. si $a,b\geq 1$ et vérifie $a\wedge b=1$ alors $g(ab)=g(a)g(b)$ (ceci découle du lemme de Gauss).

Soit $p\in \mathbb{P}.$
Pour $\alpha\geq 1,$ il suffit alors de calculer $g(p^{\alpha})$ pour déterminer complètement $g$ sur $\mathbb{N}^{*}.$

Or, par définition, on a :
\begin{align*}
g(p^{\alpha}) & =\sum_{k=0}^{\alpha}(-1)^{f(p^{k})}\\
& =\sum_{k=0}^{\alpha}(-1)^{k}\\
& =0 \mbox{ si } \alpha=1 [2] \mbox{ et } 1 \mbox{ si } \alpha=0 [2].
\end{align*}

Ainsi, $g(n)=0$ si l'une des valuations $p$-adiques de $n$ est impair et sinon $g(n)=1$ (si tous les valuations $p$-adiques de $n$ sont pairs).
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a six semaines
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Edité 8 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a six semaines et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Mickaël.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a six semaines
Planche 19 (Exercice 3)

-Pour $n=1,$ ce n'est pas possible (car $P(X)=X+2$ est de degré $1$).
-Pour $n\geq 2,$ on suppose qu'une telle décomposition existe.
On écrit $\displaystyle P(X)=\left(a_{k}X^{k}+\sum_{l=0}^{k-1}a_{l}X^{l}\right)\times \left(b_{k'}X^{k'}+\sum_{l=0}^{k'-1}b_{l}X^{l}\right)$ où $k,k'\geq 1$ avec $k+k'=n$ et les coefficients $a_{l},b_{l}\in\mathbb{N}.$

On a clairement $a_{k}=1=b_{k'}.$

En regardant le coefficient constant de $P,$ on a : $\displaystyle a_{0}b_{0}=p_{n}.$ On a ainsi, $a_{0}=1;b_{0}=p_{n}$ ou $a_{0}=p_{n};b_{0}=1.$ Quitte à renommer les coefficients, on peut supposer que $a_{0}=1;b_{0}=p_{n}.$

-Notons $\displaystyle \min(k,k'):=u\geq 1.$

Montrons par récurrence finie que : $a_{l}=0$ si $l\in\{1,\ldots,u-1\}$ et $b_{l}=p_{n-l}$ si $l\in\{0,\ldots,u-1\}.$

*En regardant le coefficient de $X$ du polynôme $P,$ on a : $\displaystyle b_{1}+a_{1}p_{n}=a_{0}b_{1}+a_{1}b_{0}=p_{n-1}.$

On a trois cas :

-ou $k=1$ et alors $a_{1}=1$ alors que $p_{n}>p_{n-1},$ une contradiction!
-ou $k'=1$ et alors nécessairement, $a_{1}=0$ mais $b_{1}=1,$ une contradiction! (car alors, on aurait $1=p_{n-1}$).
-ou $k,k'\geq 2$ mais alors $a_{1}=0$ (car $p_{n}>p_{n-1}$) et ainsi $b_{1}=p_{n-1}.$

Ceci achève l'initialisation.

**Supposons que $a_{l}=0$ si $l\in\{1,\ldots,v\}$ et $b_{l}=p_{n-l}$ si $l\in\{0,\ldots,v\}$ où $v<u-1.$

En regardant le coefficient de $X^{v+1}$ du polynôme $P,$ on a par hypothèse de récurrence : $\displaystyle b_{v+1}+a_{v+1}p_{n}=a_{0}b_{v+1}+a_{v+1}b_{0}=\sum_{l=0}^{v+1}a_{l}b_{v+1-l}=p_{n-v-1}.$

On a trois cas :

-ou $k=v+1$ et alors $a_{v+1}=1$ alors que $p_{n}>p_{n-v-1},$ une contradiction!
-ou $k'=v+1$ et alors nécessairement, $a_{v+1}=0$ mais $b_{v+1}=1,$ une contradiction! (car alors, on aurait $1=p_{n-v-1}$).
-ou $k,k'\geq v+1$ mais alors $a_{1}=0$ (car $p_{n}>p_{n-v-1}$) et ainsi $b_{1}=p_{n-v-1}.$

Ceci achève l'hérédité. D'où le résultat annoncé!

***On applique le résultat prouvé par récurrence pour aboutir à la contradiction voulue!

On a deux cas :

-ou u=k (i.e. $k'\geq k$) En regardant le coefficient de $X^{k}$ du polynôme $P,$ on a alors grâce au résultat démontré précédemment : $\displaystyle b_{k}+p_{n}=a_{0}b_{k}+a_{k}b_{0}=\sum_{l=0}^{k}a_{l}b_{k-l}=p_{n-k}.$ Il s'agit d'une contradiction car $p_{n}>p_{n-k}$ (vu que $k\geq 1$).

-ou u=k' (i.e. $k\geq k'$) En regardant le coefficient de $X^{k}$ du polynôme $P,$ on a alors grâce au résultat démontré précédemment : $\displaystyle 1+a_{k}p_{n}=a_{0}b_{k}+a_{k}b_{0}=\sum_{l=0}^{k}a_{l}b_{k-l}=p_{n-k}.$ On alors nécessairement $a_{k}=0$ (vu que $p_{n}>p_{n-k}$) et ainsi, on obtient $1=p_{n-k}$ qui est une contradiction!



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a six semaines et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par BobbyJoe.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a six semaines
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edit Non utile

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[Le meilleur moyen de fuir le monde est de pénétrer les mathématiques ]



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a six semaines et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par gebrane.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a six semaines
Ta preuve à l'air pas mal et plus intuitive que la mienne (je n'ai pas tout lu).

Dans la preuve que j'annonçais le point crucial est d'éliminer les racines de module plus petit que $1$, et c'est pas évident : en écrivant $p_n=-\sum p_ix^{n-i}$ l'inégalité triangulaire est très mauvaise. Précisément parce on a la monotonie des coefficients, on voudrait faire apparaître des $p_n-p_{n-1}$ et pour cela on applique un truc qui est en fait bien connu sur le forum (cf. le lien dans le message plus haut), on regarde $(X-1)P=\sum (p_i-p_{i-1})X^{n-i}$ et l'inégalité triangulaire est une égalité (les coefficients du polynôme de droite somment à $p_n$) de sorte que la seule racine de module $\leq 1$ est $1$ qui n'est pas racine de $P$.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a six semaines
Exercice 26.1. Dans le cas surjectif et $E=F$ c'est le théorème de Mazur-Ulam dont la preuve est franchement difficile bien que parfaitement élémentaire. Le cas euclidien est un exercice de taupe : par polarisation on a conservation du produit scalaire et il s'en suit que en développant $\|f(x+y)-f(x)-f(y)\|^2$ comme un bourrin on obtient que cette norme est nulle, d'où le résultat.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a six semaines
Exercice 26 : Théorème bien connu (de géométrie des Banach) sous le nom de Théorème de Mazur-Ulam dont voici un lien: [fr.wikipedia.org]

La surjectivité est nécessaire (même si avec l'hypothèse que l'espace de Banach à l'arrivée a une norme strictement convexe, la conclusion du théorème reste vraie) pour pouvoir conclure au caractère affine (ou linéaire à normalisation près...) de l'isométrie.

Montrons le théorème de plongement de Kuratwoski.

Soit $(E,\|.\|)$ un espace de Banach séparable.
Notons $(x_{n})_{n\in\mathbb{N}}$ une famille dense dans $E$ et prenons un point $y$ quelconque de $E.$
Considérons alors l'application $\displaystyle \phi : E \rightarrow l^{\infty}(\mathbb{N})$ telle que pour $x\in E,$ $\displaystyle \phi(x)=(\|x-x_{n}\|-\|y-x_{n}\|)_{n\geq 0}.$

L'application $\phi$ est alors une isométrie qui n'est manifestement ni affine et encore moins linéaire!
Tout simplement car $\phi$ n'a aucune raison d'être surjective!



Edité 2 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a six semaines et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par BobbyJoe.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a six semaines
Puisque les solutions tombent
Serait-il possible d'avoir presque ou toutes les solutions dans un fichier PDF ?
Merci



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a six semaines et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par etanche.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a six semaines
Rédiger tout au propre dans un pdf prend beaucoup de temps, donc pas clair que ce soit fait. En tout cas ça n'est pas à l'ordre du jour tant que les autres exos ne seront pas tombés. Tu peux toujours imprimer la page dans un fichier pdf ou bien faire du copier coller pour mettre sur tex ...
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a six semaines
*Planche 5 (Exercice 1... pour le plaisir de l'écrire car Mickaël l'a bien détaillé! ^^)

Soit $f$ un quasi-morphisme multiplicatif (quasi-caractère?) de $G$ dans $\mathbb{C}.$

-Ou il existe une constante $C>0$ telle que pour tout $x\in \mathbb{G},$ $\displaystyle \vert f(x) \vert \leq C.$

-Ou il existe une suite d'éléments de $G$ : $\displaystyle (x_{n})\in G^{\mathbb{N}}$ telle que $\displaystyle \lim_{n\rightarrow +\infty} \vert f(x_{n})\vert =+\infty.$

Soit $x,y\in G.$
On note alors pour $n\gg 1,$ $a_{n}=\vert f(x_{n})\vert.$
On a alors d'une part pour $n\gg1,$ $$B_{n}:=\left \vert \frac{f(xyx_{n})}{f(x_{n})}-f(xy) \right\vert =\frac{ \vert f(xyx_{n})-f(xy)f(x_{n}) \vert }{a_{n}}\leq \frac{\delta}{a_{n}}\longrightarrow_{n\rightarrow +\infty} 0.$$

Et d'autre part, on a également pour $n\gg 1,$
\begin{align*}
C_{n}:=\left\vert \frac{f(xyx_{n})}{f(x_{n})}-f(x)f(y) \right\vert & \leq \frac{ \vert f(xyx_{n})-f(x)f(yx_{n})\vert }{a_{n}}+ \left\vert \frac{f(x)f(yx_{n})}{f(x_{n})}-f(x)f(y) \right\vert\\
& \leq \frac{\delta}{a_{n}}+ \frac{\vert f(x) \vert }{a_{n}}\vert f(yx_{n})-f(y)f(x_{n})\vert\\
& \leq \frac{\delta(1+\vert f(x) \vert )}{a_{n}}\longrightarrow_{n\rightarrow +\infty} 0.
\end{align*}

Ainsi, par l'inégalité triangulaire, on a $$\vert f(xy)-f(x)f(y)\vert \leq B_{n}+C_{n}\longrightarrow_{n\rightarrow +\infty}0.$$
D'où le fait que $f$ est un morphisme multiplicatif (caractère) de $G$ i.e. $\displaystyle f(xy)=f(x)f(y).$

**Planche 24 (Exercice 1... pour le plaisir d'achever les exos sur les quasi-morphismes! ^^)

-Construisons $Q$ et montrons sa proximité avec $M$

Soit $g\in G.$
En notant pour $n\geq 0,$ $\displaystyle u_{n}=M(g^{2^{n}}) \mbox{ et } v_{n}=\frac{u_{n}}{2^{n}},$ on a pour une certaine constante $C>0$ $$\vert u_{n+1}-2u_{n}\vert \leq C \mbox{ et } \vert v_{n+1}-v_{n}\vert \leq \frac{C}{2^{n}}.$$
La série de terme général $v_{n+1}-v_{n}$ converge absolument (dans le programme de prépa, on doit invoquer ce type d'argument car la notion de suite de Cauchy n'est pas au programme...) et donc $(v_{n})$ a une limite que l'on note $Q(g).$

On remarque également $$\vert v_{N+1}-v_{0}\vert \leq \sum_{k=0}^{N}\vert v_{k+1}-v_{k}\vert \leq \sum_{k=0}^{N}\frac{C}{2^{k}}\leq 2C$$ et donc en passant à limite : $\displaystyle \vert Q(g)-M(g)\vert \leq 2C,$ d'où la propriété désirée de $Q$ "en passant l'inégalité au $\sup$ sur $G.$"

Cette dernière propriété montre d'ailleurs que $Q$ est également un quasi-morphisme.
Il suffit d'écrire : $\displaystyle \vert Q(g)+Q(h)-Q(gh)\vert \leq \vert M(g)+M(h)-M(gh)\vert +\vert Q(g)-M(g)\vert +\vert Q(h)-M(h)\vert +\vert Q(gh)-M(gh)\vert.$

-Montrons que $Q$ est un quasi-caractère.

Soit $g\in G.$ Notons $e$ le neutre de $G$.
Soit $n\in \mathbb{N}$ et considérons $k\in \mathbb{Z}.$

*ou $k\in \mathbb{N}.$
On a alors pour tout $k\geq 1,$ $\displaystyle \vert M(g^{k})-kM(g) \vert \leq (k-1)C.$

En effet, l'initialisation est claire et par l'inégalité triangulaire, on a : $$\vert M(g^{k+1})-(k+1)M(g) \vert \leq \vert M(g^{k+1})-M(g)-M(g^{k})\vert +\vert M(g^{k})-kM(g)\vert \leq kC.$$

En appliquant l'inégalité précédente à $g$ remplacé par $g^{2^{n}}$, il vient alors pour $k\geq 1,$ $\displaystyle \vert \frac{M((g^{k})^{2^{n}})}{2^{n}}-k\frac{M(g^{2^{n}})}{2^{n}}\vert \leq \frac{(k-1)C}{2^{n}}.$
Ainsi, en passant à la limite, il vient $\displaystyle Q(g^{k})=kQ(g).$

Comme $\displaystyle M(e^{2^{n}})=M(e),$ il vient également $\displaystyle Q(g^{0})=Q(e)=0=0Q(g).$

**ou $k\in \mathbb{Z}^{-*}.$

En écrivant que $\displaystyle g^{k}=(g^{-1})^{-k},$ on obtient par le premier point $\displaystyle Q(g^{k})=-kQ(g^{-1}).$
Cependant, comme pour tout $n\geq 0,$ $\displaystyle \vert M(g^{2^{n}})+M((g^{-1})^{2^{n}})-M(e)\vert \leq C,$ il vient en divisant par $2^{n}$ et en faisant tendre $n$ vers $+\infty,$ $\displaystyle Q(g)=-Q(g^{-1}).$
Et finalement, $\displaystyle Q(g^{k})=kQ(g).$

Ainsi, $Q$ est bien un quasi-caractère.

-Montrons que $Q$ est l'unique quasi-caractère qui est à distance bornée de $M.$

Soit $Q_{1}$ un autre quasi-caractère à distance bornée de $M.$
Soit $g\in G.$
En notant $\tilde{Q}:=Q-Q_{1},$ on a alors par l'inégalité triangulaire : $\displaystyle \vert \tilde{Q}(g)\vert \leq \vert Q(g)-M(g)\vert + \vert Q_{1}(g)-M(g)\vert \leq C$ (pour une certaine constante absolue $C>0$).
Mais $\tilde{Q}$ est également un quasi-caractère et donc pour $n\gg1,$ $\displaystyle \vert \tilde{Q}(g) \vert = \frac{\vert \tilde{Q}(g^{n}) \vert }{n}\leq \frac{C}{n}\longrightarrow_{n\rightarrow +\infty} 0.$
Ainsi, $\tilde{Q}=0$ et $Q=Q_{1}.$
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a six semaines
Planche 21 (Exercice 1)

*Je vais d'abord supposer que $X$ et $Y$ sont à valeurs dans $\mathbb{N}^{*}.$

Il suffit de prouver le résultat pour des $x$ entiers car les variables aléatoires en jeu sont à valeurs dans $\mathbb{N}^{*}.$

-On a clairement poour tout $n\gg1,$ $\displaystyle \mathbb{P}(X\geq n+1)\leq \mathbb{P}(X\geq n).$

-Soit $\varepsilon>0$ tel que $\varepsilon\ll1.$
Pour tout $n\gg1,$ on a alors $\displaystyle \mathbb{P}(X+Y\geq n+1)\leq 2(1+\varepsilon)\mathbb{P}(X\geq n+1) \mbox{ et } \mathbb{P}(X\geq n)\leq \varepsilon.$

Ensuite, on a en conditionnant pour tout $n\gg1$ :
\begin{align*}
\mathbb{P}(X\geq n) & =\mathbb{P}(X\geq n;Y\in\{1,\ldots,n-1\})+\mathbb{P}(X\geq n;Y\geq n)\\
\mbox{ et } \mathbb{P}(Y\geq n) & =\mathbb{P}(Y\geq n;X\in\{1,\ldots,n-1\})+\mathbb{P}(Y\geq n;X\geq n).
\end{align*}

Comme les $X$ et $Y$ sont i.i.d, il vient par somme des deux relations précédentes et pour tout $n\gg1$ :
\begin{align*}
2\mathbb{P}(X\geq n) & = \mathbb{P}\big([X\geq n;Y\in\{1,\ldots,n-1\}]\cup[Y\geq n;X\in\{1,\ldots,n-1\}] \big)+2\mathbb{P}^{2}(X\geq n)\\
& \leq \mathbb{P}(X+Y\geq n+1)+2\mathbb{P}^{2}(X\geq n)\\
& \mbox{ car l'union des évènements en jeu est incluse dans } [X+Y\geq n+1]\\
&\leq 2(1+\varepsilon)\mathbb{P}(X\geq n+1) +2\varepsilon \mathbb{P}(X\geq n).
\end{align*}

Il vient alors pour tout $n\gg 1,$ $$\mathbb{P}(X\geq n)\leq \frac{1+\varepsilon}{1-\varepsilon}\mathbb{P}(X\geq n+1).$$

Et ainsi, on a effectivement $\displaystyle \mathbb{P}(X\geq n)\sim_{n\rightarrow +\infty} \mathbb{P}(X\geq n+1).$

**Il reste maintenant à traiter le cas où $X,Y$ sont à valeurs dans $\mathbb{N}.$

Il s'agit juste d'observer dans la preuve précédente une "sorte de compensation" (bootstrap).

-Soit $\varepsilon>0$ tel que $\varepsilon\ll1$ tel que $\displaystyle P(X=0):=c<1-\varepsilon$ (ce qui est possible si $X$ n'est pas supposée constante ce qui est un cas facile!).
On note alors $\displaystyle l=1-c-\varepsilon>0.$

Pour tout $n\gg1,$ on a alors $\displaystyle \mathbb{P}(X+Y\geq n+1)\leq 2(1+\varepsilon)\mathbb{P}(X\geq n+1) \mbox{ et } \mathbb{P}(X\geq n)\leq \varepsilon.$

Ensuite, on a en conditionnant pour tout $n\gg1$ :
\begin{align*}
\mathbb{P}(X\geq n) & =\mathbb{P}([X\geq n;Y\in\{1,\ldots,n-1\}]\cup[X\geq n+1;Y=0])+\mathbb{P}(X=n;Y=0)+\mathbb{P}(X\geq n;Y\geq n)\\
\mbox{ et } \mathbb{P}(Y\geq n) & =\mathbb{P}([Y\geq n;X\in\{1,\ldots,n-1\}]\cup[Y\geq n+1;X=0])+\mathbb{P}(Y=n;X=0)+\mathbb{P}(Y\geq n;X\geq n).
\end{align*}

Comme les $X$ et $Y$ sont i.i.d, il vient par somme des deux relations précédentes et pour tout $n\gg1$ :
\begin{align*}
2\mathbb{P}(X\geq n) & \leq \mathbb{P}(X+Y\geq n+1)+2c\mathbb{P}(X=n)+2\mathbb{P}^{2}(X\geq n)\\
& \mbox{ car l'union des deux évènements incomptabiles }\\
& \mbox{ apparaissant dans chacun des deux premiers termes est incluse dans } [X+Y\geq n+1]\\
&\leq 2(1+\varepsilon)\mathbb{P}(X\geq n+1) +2\varepsilon \mathbb{P}(X\geq n)+2c\mathbb{P}(X=n).
\end{align*}

Il vient alors pour tout $n\gg 1,$ $\displaystyle (1-\varepsilon)\mathbb{P}(X\geq n)\leq (1+\varepsilon)\mathbb{P}(X\geq n+1)+c\mathbb{P}(X=n).$

Comme $\displaystyle \mathbb{P}(X\geq n)-\mathbb{P}(X\geq n+1)=\mathbb{P}(X=n),$ on obtient ainsi pour tout $n\gg1,$ $\displaystyle (1-\varepsilon)\mathbb{P}(X=n)\leq 2\varepsilon\mathbb{P}(X\geq n+1)+c\mathbb{P}(X=n).$

Il vient alors pour tout $n\gg 1,$ $\displaystyle \mathbb{P}(X=n)\leq \frac{2\varepsilon}{l}\mathbb{P}(X\geq n+1).$

En écrivant $\displaystyle \mathbb{P}(X\geq n)=\mathbb{P}(X=n)+\mathbb{P}(X\geq n+1)\leq \left(1+\frac{2\varepsilon}{l}\right)\mathbb{P}(X\geq n+1),$ on a effectivement $\displaystyle \mathbb{P}(X\geq n)\sim_{n\rightarrow +\infty} \mathbb{P}(X\geq n+1).$



Edité 3 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a six semaines et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par BobbyJoe.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a six semaines
Planche 5, exercice 1
Calcul de du plus petit majorant dans le cas où $f(1)$ différent de 1.
Dans ce qui suit, on pose $a=\frac{1}{|1-f(1)|} $
$f$ est supposée non identiquement nulle (si c'est le cas la réponse est $0$).


1er résultat
Si on a une constante $C$ on a une constante $\delta =C+C^2$ qui convient (inégalité triangulaire)
On note $u$ l'application correspondante.
Si on a une constante $\delta$ on a une constante $C=a\delta$ qui convient (prendre $y=1$).
On note $v$ l'application correspondante.

2ème résultat : la borne inférieure des $\delta$ est strictement supérieure à $0$.
Soit $E$ l'ensemble des $\delta$ possibles. $E$ est un connexe non vide donc un intervalle, et soit $\delta_0$ la borne inférieure de $E$ non nécessairement dans $E$
Soit $\epsilon >0$ et $\delta_{\epsilon} =\delta_0+\epsilon \in E$
Soit $C_{\epsilon} =v(\delta_{\epsilon}) $ et $C_0=v(\delta_0)$
On a $\forall x\in G, |f(x)|\le C_{\delta_\epsilon} $ et un passage à la limite assure que $\delta_0$ est nécessairement strictement positif car sinon $f$ serait identiquement nulle.

3ème résultat : calcul de $\delta_0$
On a $\forall \epsilon >0, u\circ v (\delta_{\epsilon})\ge \delta_0$ soit $a\delta_{\epsilon} +a^2\delta_{\epsilon}^{2} \ge \delta_0>0$ puis par passage à la limite lorsque $\epsilon$ tend vers $0$ puis simplification par $\delta_0$ on trouve $\delta_0 \ge (1-a)/a^2$ (1)
On a alors $\forall \epsilon >0, C_{\epsilon} \ge(1-a)/a$, puis $u(C_\epsilon) \ge \delta_0$ puis par passage à la limite $u(C_0)=(1-a)^2/a^2+(1-a)/a=(1-a)/a^2\ge \delta_0 \ge (1-a)/a^2$ dernière inégalité d'après $(1)$ puis $\delta_0=(1-a)/a^2$

L'égalité précédente s'écrit $u\circ v(\delta_0)=\delta_0$.

Ces préparatifs terminés on peut débuter la preuve.
Toute constante $C_{\epsilon}=v(\delta_{\epsilon}) $ convient, et donc $C_0=v(\delta_0)=(1-a)/a$ convient.
Supposons que $C<C_0=v(\delta_0)$ convienne. (2)
Alors $u(C) \ge \delta_0$, et donc, comme $u$ est strictement croissante $C \ge v(\delta_0)$ ce qui contredit $(2)$


Conclusion : si $f$ est non identiquement nulle et $f(1)$ différent de $1$ alors le plus petit majorant est $(1-a)/a$ avec $a=\frac{1}{|1-f(1)|}$

Post publication
1) ne sert pas pour l'exercice, mais la borne inférieure des $\delta$ est bien atteinte (ie $inf E\in E$). En montrant que c'est atteint on simplifie nettement la preuve que j'ai faite en se, débarrassant de tous les $\epsilon$.
2) le 2eme résultat peut se montrer d'une autre façon plus simple que ce que j'ai fait plus haut en considérant le plus petit des majorants $M$ de $f$ et en considérant $v\circ u(M) \ge M$. Ceci doit permettre de montrer 1) et donc de simplifier la preuve.



Edité 5 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a six semaines et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par side.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a six semaines
Planche 13 exercice 1, 1ère partie


On ramène le problème à l'étude de l'inexistence de quadrilatère $OABC$ dans le plan puis dans l'espace affine euclidien de dimensiln 3 qui vérifie : chaque côte à une longueur strictement plus grande que $\sqrt 2/2$, chaque diagonale à une longueur inférieure ou égale à 1.
On montre d'abord que si un triangle a 2 côtés de longueur strictement plus grande que $\sqrt 2/2$, et le 3ème côté une longueur inférieure ou égal à 1, alors l'angle qui joint les 2 premiers côtes est strictement inférieur à $\pi/2$ ($d^2=a^2+b^2-2ab\cos D >1-2ab \cos D$ et $d\le 1$ d'où $\cos D >0$ soit $|mes D| <\pi/2$) puis on arrive a une contradiction pour le quadrilatère en considérant les 4 triangles formés par les 2 diagonales principales, et on trouve que la somme des mesures des angles des 4 sommets du quadrilatère est strictement inférieure à $2\pi$.)

Ça ne suffit pas d'avoir le résultat qui précéde :
Soit $n$ la dimension du plus petit sous-espace affine euclidien qui contient les 4 points $0, A, B, C$ vérifiant des inégalités ($OA, OB, AC, BC >\sqrt 2/2, OC, AB\le 1)$
1) si $n=2$, on montre qu'on peut toujours se ramener à un quadrilatère tel que ci-dessus (on positionne 3 points $O, A, C$ et on raisonne sur la position du 4ème point par rapport au triangle formé par les 3 points et au segment $OC$. A COMPLETER


POST PUBLICATION LE 9 AOÛT : je pense qu'on ne peut avoir ce résultat. Donc je pense qu'il faut reprendre toute la démonstration et bien écrire toutes les conditions vérifiées par le quadrilatère.

2) si $n=0$ ou $1$ on ne traite pas ces cas qui sont traités directement lorsqu'on attaque la solution du problème
3) si $n=3$
On considère le plan $P$ formé par 3 points non coplanaires $A, B, C$ avec $AB, AC >\sqrt 2/2$, la projection orthogonale $H$ du 4 ème point sur ce plan. Utilisation du théorème de Pythagore et on peut se ramener au cas précédent avec le quadruplet $(A, B, C, H) $


Une fois que tout ceci a été prouvé, il suffit de considèrer le plus petit espace affine euclidien qui contient $O=f(0,0), A=f(0, 1), B=f(1,0), C=f(1,1)$.
Si $n$ est la dimension de cet espace, on traite les cas dégénèrés $n=0,1$ directement.
SI $n=2, 3$, on raisonne par contraposée ie en supposant que le résultat n'est pas vrai. On utilise les inégalités vérifiées par le quadruplet pour aboutir à une contradiction.



Edité 18 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a cinq semaines et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par side.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a six semaines
Bonjour,

Pour l'exercice $1$ de la planche $36$, j'ai déterminé $\boxed{\:\text{la probabilité P qu'il existe} \:n \in \N^* \:\text {tel que }\:Y_n= 0.}$

Je note: $\: \forall n \in \N,\:\: X_n =(Y_{n+2};Y_{n+3}),\:\:\quad E_n= \Big[X_n =(1,0)\Big] \bigcap \left[ \:\displaystyle \bigcap_{k=0}^{n-1} \:[X_k \neq (1,0)]\:\right ] ,\quad p_n = \Pr(E_n).\quad$ Alors:$$ P= \displaystyle \sum _{n=0} ^{+\infty} p_n.$$

$\bullet \:G=(V,E)$ est le graphe orienté où:
$\bullet \:V$ est l'ensemble des sommets défini par: $V=\Big\{(a,b) \in \N^2 \mid \exists n\in \N,\: \Pr \big[X_n =(a,b)\big] \neq 0 \Big\} \setminus \{(1;0)\}.$
$ \bullet \;E$ est l'ensemble des arêtes défini par: $E=\Big \{ \big((a,b) ,(c,d) \big) \in V^2 \mid \ b=c\:\text{ et }\:d = | a \pm b | \Big \}. $
$$\xymatrix @C-2pc{&&&&&&&(1,1) \ar[rrrrd] ^{+}\\&&&(2,1) \ar[rrrru]^{-} \ar[rrd] ^{+}&&&&&&&& (1,2) \ar[llllllll] _{-}\ar[rrd] ^{+}\\&(3,2)\ar[rru] ^{-} \ar[rd]^{+}&&&&(1,3) \ar[llll] _{-} \ar[rd]^{+}&&&& (3,1) \ar[rru] ^{-} \ar[rd]^{+} &&&&(2,3) \ar[llll]_{-} \ar[rd]^{+}\\ (5,3) \ar[ru] ^{-} &&(2,5) \ar[ll] _{-} &&(4,1) \ar[ru] ^{-} &&(3,4) \ar[ll] _{-} &&(4,3) \ar[ru] ^{-} && (1,4) \ar[ll]_{-}&& (5,2) \ar[ru] ^{-} && (3,5) \ar[ll] _{-}\\}$$
Soit $a_n$ le nombre de circuits de $G$ de longueur $3n$ allant de $(1,1)$ à $(1,1)$ et $b_n$ le nombre de ces circuits qui ne visitent $(1,1)$ qu'à leurs extrémités. $\quad a_0 =b_0 =a_1 = b_1=1.\ \quad\quad p_{3n} = \dfrac {a_n}{2^{3n+1}},\quad p_n=0 ,\:\text{si} \: n \not \equiv 0 \mod 3.$
On dispose alors des relations de récurrence:
$$\forall n \in \N^*,\:\: a_n = \displaystyle \sum_{k=1}^n a_{n-k}\:b_k\:,\quad\quad b_n = \sum _{k=0} ^{n-1} a_{k}\: a_{n-1-k}. $$
La seconde relation résulte du fait que le graphe $G_1$, obtenu en retirant à $G$ les trois arêtes du circuit $"(1,1)\:(1,2)\:(2,1)\:(1,1)"$ et le sommet $(1,1)$, est constitué de deux composantes connexes isomorphes à $G$.
En notant: $\:\forall x \:\text{tel que}\: |x|\leqslant \frac18,\quad A(x)=\displaystyle \sum_{n=0} ^{+\infty} a_n \:x^n , \quad B(x) =\sum _{n=0}^n b_n\:x^n$, les relations précédentes s'écrivent:
$$2\Big(A(x) -1 \Big) =A(x) B(x) -1,\quad B(x) -1 =x\Big (A(x) \Big)^².$$
d'où l'on déduit : $xA(x)^³ - A(x) +1 =0, \quad$ puis, avec $P= \dfrac { A (2^{-3})} 2, \quad P = \dfrac {\sqrt5 -1}2.$
$$\boxed { \Pr \Big[ \displaystyle \bigcap_{n=1}^{+\infty}\: [Y_n \neq 0]\Big]= \dfrac{3-\sqrt5}2.}$$



Edité 18 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux semaines et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par LOU16.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a six semaines
planche 16 exercice 2

question 1
Soit $d$ l'application dérivation
On a $f_P=P(d)=a_0 I_n+dQ(d)$
Si $P(0)=a_0=0$, $f_P(1)=0$ et $f_P$ n'est pas un isomorphisme.

Si $P(0)=a_0$ différent de 0 :
Injectivité : soit un polynôme $T$ tel que $f_P(T)=0$, soit $n$ le degré de $T$ et soit $f_n$ et $d_n$ les endomorphismes induits par $f_P$ et $d$ sur $R_n[X]$ (on a bien $\forall S\in R[X], deg f_P(S)\le deg S$). Le spectre de $d$ est $\{0\}$, donc le spectre de $g=P(d_n)$ est $\{P(0)\}$ donc $f_n$ est inversible.
On a $g(T)=0$ et donc $T=0$ ce qui assure que $f_P$ est injective.

Surjectivité : soit $T\in R_n[X]$, et soit $n=deg T$
Comme $f_n$ est un isomorphisme de $R_n[X]$, il existe $S\in R_n[X]$ tel que $f_n(S)=T$ puis $f_P(S)=T$, ce qui assure que $f_P$ est surjective.

rem : on aurait pu calculer son inverse après un calcul formel qu'on justifie après coup :
$f_{P}^{-1}=1/a_0 (I_n -N)^{-1}$ avec $N=-dQ(d)$
On a formellement, $f_{P}^{-1}=1/a_0 \sum_{k\in N} N^k$
On vérifie après calcul formel que le membre de droite qu'on note $h_P$ est une application bien définie (lorsqu'on calcule l'image d'un polynôme, la somme est finie) et linéaire, puis on vérifie que $f_P\circ h_P=h_P\circ f_P= Id_{R^{n}[X]}$ et donc $f_P$ est inversible.

Question 2
$f_P=0$ entraîne $P=0$
Il suffit de considérer $f_P(X^n)$ avec $n=deg P$ de développer et d'utiliser qu'un polynôme est nul ssi tous ses coefficients sont nuls.
On termine ainsi la question car on a montré que $f$ n'est pas injective donc n'est pas un isomorphisme.
On peut donc s'arrêter là.

Montrons en plus qu'elle n'est pas surjective.
Comme on l'a vu plus plus haut, $f_P$ diminue le degré au sens large. Donc l'application linéaire qui au polynôme $S$ associe la polynôme $XS$ (qui est bien linéaire) n'est pas dans l'image de $f$.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a six semaines
Exercice 23 (je ne trouve pas cela très facile pour un éléve de classe préparatoire... :()

-Soit $\alpha\in]0,1[.$
Notons $\displaystyle Z_{\alpha}=\sum_{k\geq 0}\alpha^{k}X_{k}$ où les $(X_{k})$ sont une suite de Rademacher i.i.d.
Ensuite, on note $\displaystyle F_{\alpha}$ la fonction de répartition de $Z_{\alpha}.$
On note également $\mu_{\alpha}$ la loi de $Z_{\alpha}$ et on introduit $\displaystyle K_{\alpha}=\left\{ \sum_{k\geq 0}\alpha^{k}\varepsilon_{k}\mbox{ }|\mbox{ } \forall k\geq 0,\mbox{ } \varepsilon_{k}\in\{-1,1\} \right\}$ le support de $\mu_{\alpha}$, qui est un compact de $\displaystyle [-\frac{1}{1-\alpha},\frac{1}{1-\alpha}]$ (en procédant par extraction diagonale).

*Montrons que tout élément de $K_{\alpha}$ s'écrit de manière unique si $0<\alpha<\frac{1}{2}.$
(on peut montrer en calculant la transformée de Fourier de $\mu_{\frac{1}{2}}$ -i.e. la fonction caractéristique de $Z_{\alpha}$- que $\mu_{\frac{1}{2}}$ est la mesure de Lebesgue sur $[-2,2]$ et donc $K_{\frac{1}{2}}=[-2;2]$).

Soit $t\in K_{\alpha}.$ Supposons qu'il existe deux suites $\varepsilon,\tilde{\varepsilon}\in\{-1,1\}^\mathbb{N}$ telles que $\varepsilon\neq \tilde{\varepsilon}$ vérifiant $\displaystyle \sum_{k\geq 0}\alpha^{k}\varepsilon_{k}=t=\sum_{k\geq 0}\alpha^{k}\tilde{\varepsilon_{k}}.$
Notons $k_{0}=\min\left\{ k\geq 0\mbox{ }|\mbox{ } \varepsilon_{k}\neq \tilde{\varepsilon_{k}} \right\}.$ On a alors $\displaystyle \alpha^{k_{0}}\vert \varepsilon_{k_{0}}-\tilde{\varepsilon_{k_{0}}}\vert =\big\vert \sum_{k\geq k_{0}+1}\alpha^{k}\left(\varepsilon_{k}-\tilde{\varepsilon_{k}}\right)\big\vert.$
Par l'inégalité triangulaire, il vient $\displaystyle 2\alpha^{k_{0}}\leq 2\sum_{k\geq k_{0}+1}\alpha^{k} \mbox{ i.e. } 2\alpha^{k_{0}}\leq \frac{2\alpha^{k_{0}+1}}{1-\alpha}.$
On a ainsi $\displaystyle 1\leq \frac{\alpha}{1-\alpha}$ ce qui donne $\alpha\geq \frac{1}{2}.$ Ceci est impossible compte-tenu du choix de $\alpha.$


**Continuité de $F_{\alpha}$ lorsque $\alpha\in]0,\alpha_{0}[$ où $0<\alpha_{0}<\frac{1}{2}$ est à déterminer!

Remarque : Le point clé est d'obtenir la continuité des $F_{\alpha}$ lorsque $\alpha\in]0,l[$ pour un certain $0<l<1.$

Soit $t\in\mathbb{R}.$

ou $t\notin K_{\alpha}$ : vu que $K_{\alpha}$ est compact alors $\displaystyle d(t,K_{\alpha})>0$ et alors il existe $0<\varepsilon\ll1$ tel que $\displaystyle [t-\varepsilon,t+\varepsilon]\cap K_{\alpha}=\emptyset.$
Ainsi, pour tout $\vert h\vert \leq \varepsilon,$ on a $\displaystyle F_{\alpha}(t+h)=F_{\alpha}(t)$ et donc $F_{\alpha}$ est continue en $t$ (car localement constante dans un voisinage de $t$).

ou $t\in K_{\alpha}$ : Soit $l\gg1.$ On écrit alors $\displaystyle t=\sum_{k\geq 0}\alpha^{k}\varepsilon_{k}=\sum_{k=0}^{l}\alpha^{k}\varepsilon_{k}+\sum_{k\geq l+1}\alpha^{k}\varepsilon_{k}:=\tilde{t}+\sum_{k\geq l+1}\alpha^{k}\varepsilon_{k}$ où pour tout $k\geq 0,$ $\varepsilon_{k}\in\{-1,1\}.$

Soit $\displaystyle \vert h \vert \leq \frac{\alpha^{l+1}}{1-\alpha}.$ On a alors :
\begin{align*}
\vert F_{\alpha}(t+h)-F_{\alpha}(t)\vert & \leq \mathbb{P}\left( \vert X_{\alpha} -t\vert \leq \frac{\alpha^{l+1}}{1-\alpha} \right)\\
& \leq \mathbb{P}\left( \vert X_{\alpha}-\tilde{t}\vert \leq \frac{2\alpha^{l+1}}{1-\alpha} \right) \mbox{ par l'inégalité triangulaire, en majorant le reste } \vert t-\tilde{t}\vert\\
& := \mathbb{P}(A_{l}).
\end{align*}

-Montrons que $\displaystyle A_{l}\subset \bigcap_{k=0}^{l}\{ X_{k}=\varepsilon_{k} \}$.

Supposons que ce ne soit pas le cas. Il existe alors une réalisation $\omega\in A_{l}$ et un indice $k\in\{0,\ldots,l\}$ tel que $X_{k}(\omega)\neq \varepsilon_{k}(\omega).$ On note alors $k_{0}$ l'indice minimal vis à vis de cette dernière propriété.
On obtient alors par l'inégalité triangulaire inversée, la chaîne suivante d'inégalités :
$$2\alpha^{k_{0}}-\frac{2\alpha^{k_{0}+1}}{1-\alpha}\leq \vert X_{\alpha}(\omega)-\tilde{t}\vert \leq \frac{2\alpha^{l+1}}{1-\alpha}.$$
Il vient alors en simplifiant $\displaystyle \alpha^{l+1-k_{0}}\geq 1-2\alpha.$
Comme $k_{0}\in\{0,\ldots,l\},$ on a la minoration suivante : $\displaystyle \alpha^{l+1-k_{0}}\leq \alpha$ (vu que $\alpha\in]0,1[).$
Mais alors, on obtient $\displaystyle 3\alpha-1\geq 0.$ Ceci est impossible, si on pose $\alpha_{0}:=\frac{1}{3}$ et si on choisit $\alpha\in]0,\alpha_{0}[.$

-On obtient ainsi
\begin{align*}
\vert F_{\alpha}(t+h)-F_{\alpha}(t)\vert & \leq \mathbb{P}\left( \bigcap_{k=0}^{l-1}\{ X_{k}=\varepsilon_{k} \} \right)\\
& \leq \frac{1}{2^{l}} \mbox{ par indépendance des va en jeu.}
\end{align*}

Ainsi, $F_{\alpha}$ est continue en $t$ (il est alors aisé à ce stade de vérifier la définition de la continuité de $F_{\alpha}$ au point $t$).

Ainsi, $F_{\alpha}$ est continue sur $\mathbb{R}$ et donc $\mu_{\alpha}$ est sans atomes.

***Astuce de convolution

On a écrit alors : $\displaystyle Z_{\alpha}=\sum_{k\geq 0}(\alpha^{2})^{k}X_{2k}+\alpha\sum_{k\geq 0}(\alpha^{2})^{k}X_{2k+1}=Z_{1,\alpha^{2}}+\alpha Z_{2,\alpha^{2}}$ où $Z_{1,\alpha^{2}}$ et $Z_{2,\alpha^{2}}$ sont des copies indépendantes et de même loi que $Z_{\alpha^{2}}.$

Ainsi, $\mu_{\alpha}$ se présente comme la convolution de deux mesures qui sont sans atomes si $\alpha^{2}<\alpha_{0}$ (par le premier point de la preuve). Ainsi, $\mu_{\alpha}$ est également sans atomes si $\alpha^{2}<\alpha_{0}$ et donc $F_{\alpha}$ est continue sur $\mathbb{R}$ si $\alpha^{2}<\alpha_{0}.$

Par une récurrence directe, on obtient alors que pour tout $\alpha\in]0,1[,$ $F_{\alpha}$ est continue sur $\mathbb{R}.$



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