Pensez à lire la Charte avant de poster !

$\newcommand{\K}{\mathbf K}$


Les-Mathematiques.net - Cours de mathématiques supérieures
 Les-Mathematiques.net - Cours de mathématiques universitaires - Forum - Cours à télécharger

A lire
Deug/Prépa
Licence
Agrégation
A télécharger
Télécharger
119 personne(s) sur le site en ce moment
E. Cartan
A lire
Articles
Math/Infos
Récréation
A télécharger
Télécharger
Théorème de Cantor-Bernstein
Théo. Sylow
Théo. Ascoli
Théo. Baire
Loi forte grd nbre
Nains magiques
 
 
 
 
 

Oral ENS Ulm, 36 planches

Envoyé par etanche 
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a deux mois
Une rédaction pour l'exercice 27.1 comme promis (un peu à la vite fait, je suis sur téléphone) :
Avec la fonction $F(x):=y(x)\exp (-\int_0^x a(t)dt)$ on a $F'(x)=a(x)y(x)(y(x-r(x)-y(x))$, on va donc regarder la position de $y(x-r(x))$ par rapport à $y(x)$.

Pour cela on remarque que l'équation étant retardée donc les valeurs de $y$ pour $x<0$ déterminent entièrement celles pour $x>0$ et cela de manière unique et donc si on suppose $y(x)\ge 0$ pour tout $x <0$ (et on le fait jusqu'à nouvel ordre) alors il en est de même sur $\mathbb{R}$ tout entier. Avec l'équation on obtient alors $y' \ge 0$ sur $\mathbb{R}_+$ et donc $y$ est croissante et l'hypothèse de l'énoncé nous dit justement que $(x-r(x))>0$ pour des $x$ grands de sorte que, toujours sous l'hypothèse $y\leq 0$ sur $\mathbb{R}_-$ on a $F' \leq 0$ et donc comme $F \ge 0$ on obtient la convergence souhaitée.

Pour le cas général on coupe $y=y^+-y_-$ sur $\mathbb{R}_-$ et on propage sur $\mathbb{R}$ en répétant les arguments précédents pour le prolongement de sorte que finalement $y^+$ et $y^-$ convergent, d'où le résultat.



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

Suppression du post
J'ai cru à tord qu'il suffisait de prouver : $\forall t\in R, P(Z=t)=0$



Edité 4 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par side.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a deux mois
avatar
@side:
Soit $\left(\Omega,\mathcal{T},\mathbb{P}\right)$ un espace probabilisé.
Soit $X$ une variable aléatoire définie sur $\left(\Omega,\mathcal{T},\mathbb{P}\right)$.
On note $F_X$ la fonction de répartition de $X$.
Alors:
1) Pour tout $x\in\mathbb{R}$, $F_X$ est continue à droite en $x$.
2) Pour tout $x\in\mathbb{R}$, $\mathbb{P}(X=x) = F_X(x) -\lim\limits_{t\to x^-}F_X(t)$.

1) 2) se démontrent en utilisant notamment les théorèmes de limite monotone dans le contexte des probabilités ("continuité croissante/décroissante") et à partir de ces deux points, tu montres facilement que:

3) Pour tout $x\in\mathbb{R}$, $F_X$ est continue en $x$ si et seulement si $\mathbb{P}(X=x)=0$.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a deux mois
Merci @Bbidule
je venais à l'instant de me convaincre du contraire.
Par ailleurs, je réalise qu'un argument de cardinalité que j'utilisais était grossièrement faux.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par side.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a deux mois
Un (petit) début pour l'exercice 28.1.

Traitons le cas $\lambda = 0$, alors le nombre d'entiers compris entre $10^n$ et $10^{n+1}-1$ est $9^n$ et chacun des termes de la série est majoré par $1/10^n$, et comme $\sum (9/10)^n$ converge on a le résultat.

Pour la suite je ne parviens pas à conclure. Je pense qu'on peut essayer en écrivant $S_{\lambda}=\sum_{n\ge 0} \sum_{k=0}^{\lambda \log _{10} (n)}S(n,k)$ où $S(n,k)$ est la somme des $1/a$ où $a$ a $n$ chiffres et s'écrit avec exactement $k$ fois le chiffre $9$. Mais je ne sais pas évaluer $S(n,k)$ ...
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a deux mois
@Side (mais un peu trop tard...)

-La série converge à réalisation fixée (il y a convergence simple) et donc la série définit bien une VA (convergence simple d'une suite de fonctions mesurables).

-La loi de $X$ est sans atomes en $x$ équivaut à $F_{X}$ est continue en $x$ est un résultat que l'on peut supposer connu (mais suppose que l'on sait qu'une fonction croissante est continue en $x$ si et seulement si $f(x^{+})=f(x^{-}).$

-Le point $2$ est faux... Justement $E$ n'est jamais dénombrable (il s'agit d'un ensemble de Cantor pour $\alpha\neq \frac{1}{2}$)!
Avec les notations de l'énoncé : si par exemple $\alpha=\frac{1}{2},$ le support de la loi de la série est $[-2,2]$ et cette loi est la mesure de Lebesgue (c'est un exercice "amusant" de le montrer mais ce n'est pas nécessaire pour répondre à l'exercice)

-Enfin, on peut optimiser la preuve que j'ai donnée pour la faire fonctionner pour tout $\alpha<\frac{1}{2}$ (et pas seulement dans un voisinage de $0$).
Avec mes notations, il suffit de prouver l'inclusion $\displaystyle A_{l}\subset \bigcap_{k=0}^{l+1-B}\{X_{k}=\varepsilon_{k}\}$ où $B$ est un entier suffisamment grand de manière à avoir $\displaystyle\alpha^{B}\leq \varepsilon$ alors que $\displaystyle \alpha\leq \frac{1-\varepsilon}{2}.$



Edité 3 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par BobbyJoe.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a deux mois
@Bobbye Joe
Merci pour ces explications claires et détaillées qui prennent toujours du temps pour les rédiger.

Oui pour l'argument de cardinalité, j'avais vu après coup cette erreur grossière mais pour une autre raison.
Je pense qu'il y a une solution plus simple à base d'arguments d'analyse.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a deux mois
Planche 25 (premier exercice)

*On montre facilement par récurrence sur $k\in\mathbb{N}$ que pour tout $x\in[0,1],$ $P_{k}(x),Q_{k}(x)\in[0,1]$
(et on a également pour tout $k\geq 1,$ $P_{k}(0)=1;Q_{k}(0)=0$).

**Soit $k\geq 0.$ Considérons $x\in[0,1].$ On a alors en utilisant les relations de récurrence
$$P_{k+1}(x)=\left(1-x+\int_{0}^{x}Q_{k}(t)dt\right)=\left(1-\int_{0}^{x}\left(1-\int_{0}^{t}P_{k}(u)du\right)^{2}dt\right)^{2}.$$

-On a ainsi en utilisant une identité remarquable (et comme les fonctions $P_{k}$ sont à valeurs dans $[0,1]$) :
\begin{align*}
\vert P_{k+2}(x)-P_{k+1}(x)\vert & = \left( 2-\int_{0}^{x}\left[ \left( 1-\int_{0}^{t}P_{k+1}(u)du \right)^{2}+\left( 1-\int_{0}^{t}P_{k+1}(u)du \right)^{2}\right]dt\right)\\
& \mbox{ }\mbox{ }\mbox{ }\mbox{ }\mbox{ }\times \left\vert\int_{0}^{x}\left[ \left( 1-\int_{0}^{t}P_{k+1}(u)du\right)^{2}-\left(1-\int_{0}^{t}P_{k+1}(u)du \right)^{2}\right]dt\right\vert\\
& \leq 2\int_{0}^{x}\left( 2-\int_{0}^{t}P_{k+1}(u)du-\int_{0}^{t}P_{k+1}(u)du\right)dt\times \int_{0}^{x}\left(\int_{0}^{t}\big\vert P_{k+1}(u)-P_{k}(u)\big\vert du\right)dt \\
& \mbox{ en appliquant l'inégalité triangulaire intégrale}\\
& \leq 4\int_{0}^{x}\left(\int_{0}^{t}\big\vert P_{k+1}(u)-P_{k}(u)\big\vert du\right)dt \mbox{ (*) }.
\end{align*}

-De même, on a également en écrivant $\displaystyle x=\int_{0}^{x}1dt,$
\begin{align*}
\vert P_{k+1}(x)+Q_{k+1}(x)-1\vert & = \big\vert \int_{0}^{x}\left(P_{k}(t)+Q_{k}(t)-1\right)dt \big\vert \times \left(2-x+\int_{0}^{x}(Q_{k}(t)-P_{k}(t))dt\right)\\
& \leq \left(2-x+\int_{0}^{x}\big\vert Q_{k}(t)-P_{k}(t)\big\vert dt\right)\times \int_{0}^{x}\big\vert P_{k}(t)+Q_{k}(t)-1\big\vert dt\\
& \mbox{ en appliquant l'inégalité triangulaire intégrale}\\
& \leq 2\int_{0}^{x}\big\vert P_{k}(t)+Q_{k}(t)-1\big\vert dt \mbox{ (**)}.
\end{align*}

-On montre alors (grâce aux formules $(*)$ et $(**)$) par récurrence sur $k\geq 0,$ $$\forall t\in[0,1] :\mbox{ } \vert P_{k+1}(t)-P_{k}(t)\vert\leq \frac{(2t)^{2k}}{(2k)!} \mbox{ et } \vert P_{k}(t)+Q_{k}(t)-1\vert \leq \frac{(2t)^{k}}{k!}.$$

Les initialisations sont claires car $\displaystyle P_{0}=0=Q_{0} \mbox{ et } P_{1}(t)=(1-t)^{2}\leq 1.$

Enfin par $(*),$ on a en intégrant en cascade :
\begin{align*}
\vert P_{k+2}(x)-P_{k+1}(x)\vert & \leq 4\int_{0}^{x}\left(\int_{0}^{t}\frac{(2u)^{2k}}{(2k)!}du\right)dt\\
& \leq \frac{4\times 2^{2k}}{(2k+1)!}\int_{0}^{x}t^{2k+1}dt\\
& \leq \frac{(2t)^{2k+2}}{(2k+2)!}.
\end{align*}

Et par $(**),$ on a en intégrant :
\begin{align*}
\vert P_{k+1}(x)+Q_{k+1}(x)-1\vert & \leq 2\int_{0}^{x}\frac{(2t)^{k}}{k!}dt\\
& \leq \frac{(2x)^{k+1}}{(k+1)!}.
\end{align*}

Ainsi, les séries de terme général respectifs $\|P_{k}-P_{k+1}\|_{\infty,[0,1]}$ et $\|P_{k+1}+Q_{k+1}-1\|_{\infty,[0,1]}$ sont convergentes et donc la suite $(P_{k})$ converge uniformément vers $P$ sur $[0,1]$ et la suite $(Q_{k})$ converge uniformément vers $Q$ sur $[0,1]$ (car $\displaystyle \left(\mathcal{C}^{0}([0,1],\mathbb{R}),\|.\|_{\infty,[0,1]}\right)$ est un espace de Banach).

De plus, on a $\displaystyle P+Q=1$ sur $[0,1].$

En passant à la limite, il vient également pour tout $x\in[0,1]$ : $\displaystyle P(x)=\left(1-x+\int_{0}^{x}Q(t)dt\right)^{2} \mbox{ et } Q(x)=1-\left(1-\int_{0}^{x}P(t)dt\right)^{2}.$

Remarque : Plutôt que d'utiliser un argument de complétude, on peut dans le programme de prépa remarquer la convergence absolue des séries en jeu à $x$ fixé. Ainsi, il y a convergence simple des suites $(P_{k})$ et $(Q_{k})$ en tout point de $[0,1].$ Les deux dernières relations fonctionnelles s'obtiennent par convergence dominée car les suites de fonctions en jeu sont bornées uniformément, ce qui est une domination valable sur un segment.

***La limite cherchée est alors (en utilisant $P+Q=1$ et en passant à la limite) $\displaystyle I=\int_{0}^{1}\left(1-x+\int_{0}^{x}Q(t)dt\right)^{3}=\int_{0}^{1}\left(1-\int_{0}^{x}P(t)dt\right)^{3}.$

Il ne reste plus qu'à déterminer $\displaystyle \phi(x)=\int_{0}^{x}P(t)dt.$
Or, on sait que $\displaystyle P(x)=\left(1-\int_{0}^{x}P(t)dt\right)^{2} \mbox{ i.e. } \phi'(x)=\left(1-\phi(x)\right)^{2}.$
En séparant les variables et en utilisant $\phi(0)=0,$ il vient $\displaystyle \frac{1}{1-\phi(x)}-1=x \mbox{ i.e. } \phi(x)=1-\frac{1}{1+x}=\frac{x}{1+x}$ (d'où $\displaystyle P(x)=\frac{1}{(1+x)^{2}}$).

Ainsi, on obtient finalement $\displaystyle I=\int_{0}^{1}\frac{dx}{(1+x)^{3}}=\left[\frac{-1}{2(1+x)^{2}}\right]_{0}^{1}=\frac{3}{8}.$



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par BobbyJoe.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a deux mois
Merci à BobbyJoe pour toutes ces corrections !



Edité 2 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Mickaël.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a deux mois
8.1 n'est pas facile... je suppose que $b_n = \mathbb{E}(M_n)$ où $M_n = \max_{1 \leq i \leq n} X_i$ et que donc la condition revient à montrer que $\mathrm{Var}(M_n) / (\mathbb{E}(M_n))^2)$ tend vers $0$ sous la condition $1$.

8.2 a l'air nettement moins redoutable : $X^2 - X + 1$ est alors le polynôme minimal de $A$ donc $\mathrm{tr}(A) = \det(A) = 1$, et finalement, $r$ étant fixé au départ, il faut montrer l'existence de deux rationnels $a$ et $b$ tels que $a(1-a) - b(r-1-b) = 1$.



Edité 3 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par AD.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a deux mois
@ShumiSutil effectivement le 8.2 à été fait par la même méthode et plutôt facile pour un exo de ce niveau. Pas comme le 8.1.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a deux mois
Toujours en conjecturant que $b_n = \mathbb(E_n)$ (qui tend bien vers l'infini) et en notant $p(x) = \mathbb{P}(X_1 \geqslant x)$, il faut alors montrer que $$

\forall a > 1, \ \frac{p(ax)}{p(x)} \to 0,

$$ si, et seulement si, $$

\mathbb{E}(M_n^2) \sim \mathbb{E}(M_n) ^2,

$$ soit en utilisant $E(Y^p) = p \int_0^{+\infty} t^{p-1} \mathbb{P} (Y \geqslant t) dt = p \int_0^{+\infty} t^{p-1} (1 - \mathbb{P} (Y < t)) dt$
\begin{align*}
\mathbb{E}(M_n^2) &= 2\int_0^{\infty} x( 1 - \mathbb{P} (M_n < x)) dx \\
&= \int_0^{\infty} x ( 1 - \mathbb{P}^n (X_1< x)) dx \\
&= 2 \int_0^{\infty} x ( 1 - (1- p(x))^n) dx \\
& \sim \bigg( \int_0^{\infty} ( 1 - (1- p(x))^n) dx \bigg)^2
\end{align*}



Edité 4 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par AD.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a deux mois
avatar
Bonjour,
@BobbyJoe, il y a quelque chose que je n'ai pas compris dans votre preuve de la planche 23. Peut-on remplacer le deuxième point de votre démonstration par l'argument suivant, ou ai-je fait une erreur ? (Je reprend vos notations)
Soit $0 < \alpha < 1/2$. Soit $t = \sum_{k\geq 0}\alpha^{k}\varepsilon_{k} \in K_\alpha$, cette écriture étant unique. $\mathbb{P}(Z_\alpha = t) = \mathbb{P}(\forall k, X_k = \varepsilon_{k}) = 0$. Donc $\displaystyle\lim_{x \rightarrow t^+} F_\alpha(x) - \lim_{x \rightarrow t^-} F_\alpha(x) = \mathbb{P}(Z_\alpha = t) = 0$ pour tout $t \in \mathbb{R}$ et $F_\alpha$ est continue.
Merci d'avance
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a deux mois
avatar
@Mickaël et SchumiSutil : une idée pour le 8.1 est de remarquer que $
P\left(\max_{1\leqslant i\leqslant n} X_i < t\right) = P(X_1 < t)^n$. Ceci impose de choisir $b_n$ de sorte que $P(X_1 \geqslant b_n)$ soit de l'ordre de $\frac1n$. Reste à vérifier que ceci fonctionne bien si et seulement si la condition (1) est satisfaite.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Siméon.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a deux mois
avatar
Mickaël : Planche 28 Exercice 1.

La méthode la plus directe est probablement la même que celle que tu as utilisé pour $\lambda=0$. On compte les entiers de $k$ chiffre s'écrivant avec moins de $k\lambda$ fois le chiffre $9$, si leur proportion tend vers une quantité strictement positive la série diverge, si leur proportion tend vers $0$ assez vite alors la série converge. Je n'ai pas fais les calculs parce que ça me semble pénible mais je suppose qu'avec des estimations un peu astucieuses ça se fait.

Autre approche :

Un résultat bien connu nous dit que pour presque tout $x\in[0;1]$ la proportion de $9$ dans les décimales de $x$ est exactement 1/10. Ceci permet d'en déduire que pour tout $\lambda >1/10$ la proportion d'entiers de $k$ chiffres s'écrivant avec moins de $\lambda k $ chiffre $9$ tend vers $1$. Une minoration du même type que ce que tu as fais pour le cas $\lambda=0$ montre alors que la série diverge.

Pour $\lambda \in ]0;1/10]$ c'est plus compliqué, on sait grâce au résultat bien connu précédent que la proportion va tendre vers $0$ mais on ne sait rien de la vitesse de convergence, impossible de conclure. Heureusement pour nous, il existe d'autres théorèmes bien connus en mathématiques. Oublions un instant qu'un nombre ne devrait pas commencer par le chiffre $0$ (sauf s'il ce nombre est $0$), tirer un nombre à $k$ chiffre au hasard revient alors à tirer au hasard de façon indépendantes $k$ chiffres entre $0$ et $9$. Le nombre de $9$ dans un entier à $k$ chiffres tiré au hasard est alors une variable aléatoire qui s'exprime comme une somme de $k$ variables aléatoires indépendantes de loi de Bernoulli de paramètre $1/10$. Notons $B_1,\ldots , B_k$ ces variables aléatoires, le théorème central limite nous dit que
\[
\mathbb P\left(\sum_{i=1}^k B_i \leq t \frac{9}{100} \sqrt k +\frac{k}{10} \right) \underset{k\to \infty}{\to} \Phi(t)
\]
où $\Phi$ est la fonction de répartition de la loi normale centrée réduite. Pour $t=0$ on retrouve le cas critique $\lambda=1/10$, on voit que la proportion limite est $1/2$, la série est donc divergente. Il faut travailler un poil plus si on veut une preuve complète qui prenne en compte le comportement particulier du premier chiffre mais le résultat est le même et la méthode marche aussi pour $\lambda>1/10$.

Pour le cas $\lambda<1/10 $ le TCL ne permet a priori pas de conclure, même en utilisant l'Inégalité de Berry-Esseen... en tout cas je n'ai pas trouvé comment faire. Je n'ai pas trouvé d'idée astucieuse qui épargnerai un calcul à la main mais ça doit exister. En tout cas je pense que la série converge pour tout $\lambda<1/10$. Si on note $p_k$ la proportion d'entiers à $k$ chiffres ayant moins de $k\lambda$ dans leur écriture on peut majorer la série par quelque chose d'équivalent à
\[
\sum_{k=1}^\infty \log((1+9p_k)10^k )-\log(10^k) = \sum_{k=1}^\infty \log(1+9p_k)
\]
qui converge ssi $\sum pk$ converge. J'aurais tendance à dire que pour $\lambda<1/10$ la suite $(p_k)$ doit décroître à une vitesse comprise entre la décroissance géométrique et la décroissance polynomiale.



Edité 3 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Corto.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a deux mois
@Calli
Oui, tu as raison et c'est plus simple si on a prouvé l'unicité d'écriture...

En revanche, on peut sauter cette étape et faire comme j'ai fait (sans ce soucier de l'unicité d'écriture).
J'avoue ne pas avoir optimisé la preuve et j'ai consigné ce que me semblait intéressant.

Ceci a le mérite de montrer en plus que $F_{\alpha}$ est höldérienne d'exposant $\displaystyle \frac{\ln(2)}{\ln(\frac{1}{\alpha})}$ si $\alpha\in\,]0,\frac{1}{2}[$ (en fait, ceci est valable pour $\alpha=\frac{1}{2}$ mais par une autre méthode).



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par AD.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a deux mois
Planche 8 (Exercice 1)

*$\boxed{i)\Longrightarrow ii)}$

-On construit une suite strictement croissante $(b_{n})_{n\in\mathbb{N}^{*}}$ tendant vers l'infini et qui vérifie pour tout $n\geq 1$ : $\displaystyle \mathbb{P}(X\geq b_{n+1})\leq \frac{1}{n} \mbox{ et }\mathbb{P}(X\geq b_{n})>\frac{1}{n}.$

Soit alors $a>1.$ On choisit $a$ proche de $1$ de manière à pouvoir écrire $a\sim1+\varepsilon$ et $\frac{1}{a}\sim 1-\varepsilon$ où $\varepsilon>0$ est assez petit.

Par $i),$ on a alors $\displaystyle \frac{\mathbb{P}(X\geq ab_{n+1})}{\mathbb{P}(X\geq b_{n+1})}\longrightarrow 0 \mbox{ et } \frac{\mathbb{P}(X\geq b_{n})}{\mathbb{P}(X\geq \frac{b_{n}}{a})}\longrightarrow 0.$

On en déduit alors :
\begin{align*}
n\mathbb{P}(X\geq ab_{n+1}) & = \frac{\mathbb{P}(X\geq ab_{n+1})}{\mathbb{P}(X\geq b_{n+1})}\times n\mathbb{P}(X\geq b_{n+1})\\
& \leq \frac{\mathbb{P}(X\geq ab_{n+1})}{\mathbb{P}(X\geq b_{n+1})} \longrightarrow 0.\\
\mbox{ et, } \frac{1}{n\mathbb{P}(X\geq \frac{b_{n}}{a})} & = \frac{\mathbb{P}(X\geq b_{n})}{\mathbb{P}(X\geq \frac{b_{n}}{a})}\times \frac{1}{n\mathbb{P}(X\geq b_{n})}\\
& \leq \frac{\mathbb{P}(X\geq b_{n})}{\mathbb{P}(X\geq \frac{b_{n}}{a})} \longrightarrow 0\\
& \mbox{ i.e. } n\mathbb{P}(X\geq \frac{b_{n}}{a}) \longrightarrow +\infty.
\end{align*}

-On a alors en notons pour $n\geq 1,$ $\displaystyle M_{n}=\max_{k=1,\ldots,n}X_{k}$ :
\begin{align*}
\mathbb{P}(\frac{b_{n}}{a}< M_{n} \leq ab_{n}) & = \mathbb{P}(M_{n}\leq ab_{n})-\mathbb{P}(M_{n}\leq \frac{b_{n}}{a})\\
& =\exp\left[ n\ln \big(1-\mathbb{P}(X\geq ab_{n})\big) \right]-\exp\left[ n\ln \left(1-\mathbb{P}(X\geq \frac{b_{n}}{a})\right) \right] \mbox{ par indépendance des va en jeu}\\
& \longrightarrow 1-0=1\\
& \mbox{ car } n\ln\left( 1-\mathbb{P}(X\geq ab_{n}\right)\sim -n\mathbb{P}(X\geq ab_{n})\longrightarrow 0 \mbox{ et } n\ln \left (1-\mathbb{P}(X\geq \frac{b_{n}}{a})\right)\sim -n\mathbb{P}(X\geq \frac{b_{n}}{a})\longrightarrow -\infty.
\end{align*}

Ainsi, l'implication désirée est démontrée.

**$\boxed{ii)\Longrightarrow i)}$

-Il suffit de démontrer $i)$ pour tout $a>1$ proche de $1$ car alors si $b>a,$ $i)$ est clairement satisfaite pour $b$ également.

-Soit $a>1$ proche de $1.$

En supposant $ii),$ on a d'une part $\displaystyle 1-\left(1-\mathbb{P}(X\geq ab_{n})\right)^{n}=\mathbb{P}(M_{n}\geq ab_{n})\longrightarrow 0.$
Mais alors, $\displaystyle -n\mathbb{P}(X\geq ab_{n})\longrightarrow 0.$
Au pire, si vraiment on veut le prouver : cette suite est minorée sinon on a une contradiction. On prend alors une valeur d'adhérence. Cette suite bornée n'en a qu'une seule, à savoir $0.$

D'autre part, toujours en utilisant $ii),$ on a $\displaystyle \left(1-\mathbb{P}(X\geq \frac{b_{n}}{a})\right)^{n}=\mathbb{P}(M_{n}\leq \frac{b_{n}}{a})\longrightarrow 0.$
On a ainsi $\displaystyle -n\mathbb{P}(X\geq \frac{b_{n}}{a})\longrightarrow -\infty.$

-On procède finalement par encadrement en utilisant la décroissance de la fonction de survie.
Soit $\varepsilon>0$ tel que $\varepsilon\ll 1.$ On a alors pour tout $n\gg 1$ : $\displaystyle \mathbb{P}(X\geq ab_{n})\leq \frac{\varepsilon}{n} \mbox{ et } \mathbb{P}(X\geq \frac{b_{n+1}}{a})\geq \frac{1}{n+1}\geq \frac{1-\varepsilon}{n}.$

Soit alors $x\in\mathbb{R}^{+}$ tel que $\displaystyle \frac{b_{n}}{a}\leq x\leq \frac{b_{n+1}}{a}.$

On a alors par décroissance de la fonction de survie :
\begin{align*}
\mathbb{P}(X\geq a^{2}x) & \leq \mathbb{P}(X\geq ab_{n})\\
& \leq \frac{\varepsilon}{n}\\
& \leq \frac{\varepsilon}{1-\varepsilon}\mathbb{P}(X\geq \frac{b_{n+1}}{a})\\
& \leq \frac{\varepsilon}{1-\varepsilon}\mathbb{P}(X\geq x).
\end{align*}

L'implication désirée est démontrée (quitte à redéfinir certains paramètres...).
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a deux mois
Voici une correction plus "self-contained" (j'ai sauté certains calculs...) de l'exercice $30.$

Remarque : je n'ai pas trouvé de démonstration astucieuse! Le résultat est assez fin (car optimal)... La preuve proposée ici bien que technique est naturelle (on procède par réduction et on pousse le crayon jusqu'à temps de résoudre un problème purement technique à la fin) et quantitative (si on fait bien attention, on peut d'estimer le $n$ nécessaire pour réaliser la conclusion désirée).

$i)$ *Un polynôme qui satisfait les hypothèses de l'énoncé est réel.
En effet, soit on utilise des polynômes d"interpolation en des points de $\mathbb{R}^{+}$ soit, comme une limite de fonctions réelles est réelle, les dérivées du polynôme sont réelles sur $\mathbb{R}^{+}$ et une utilisation des formules de Taylor permet de conclure.

**On procède à la réduction suivante :

Un polynôme $P$ qui satisfait les hypothèses de l'énoncé se factorise de la manière suivante :
$$P(X)=\lambda\prod_{i\in I}(X+a_{i})^{\alpha_{i}}\times \prod_{j\in J}(X^{2}+b_{j}+c_{j})^{\beta_{j}}$$
où $\lambda>0$ (prendre un équivalent de $P$ en $+\infty$) et pour tout $i\in I,$ $a_{i}>0$ (ce sont les racines réelles de $P$ qui vivent dans $\mathbb{R}^{-*})$ et pour tout $j\in J,$ $b_{j}^{2}-4c_{j}<0$ avec $c_{j}>0.$
Comme un produit de polynômes à coefficients strictement positifs est encore à coefficients strictement positifs, il suffit de traiter le cas d'un polynôme $P(X)=X^{2}+aX+b$ vérifiant $a^{2}-4b<0$ et $b>0.$

On suppose $P$ de cette forme jusqu'à la fin de cet exercice.

***-Le cas $a\geq 0$ est direct car alors $(1+X)P(X)$ est à coefficients strictement positifs.

-On traite alors le cas $a<0.$

Il existe $\varepsilon>0$ (avec $\varepsilon\ll 1$) tel que $-a<2\sqrt{b}(1-\varepsilon).$

But : On veut trouver $n\gg 1$ tel que $\displaystyle (1+X)^{n}P(X)=\sum_{k=0}^{n+2}b_{k}X^{k}$ où pour tout $k\in\{0,\ldots,n+2\},$ $b_{k}>0.$

Cette dernière condition s'écrit également $\displaystyle \forall k\in \{0,\ldots,n+2\},\mbox{ } -a\binom{n}{k-1}<\binom{n}{k-2}+b\binom{n}{k}.$

Pour $k\in\{0,1,n+1,n+2\},$ on doit vérifier $b>0;\mbox{ }nb>-a;\mbox{ }n>-a \mbox{ et } 1>0$ (ce qui est manifestement vrai si $n\gg 1$ vu que $b>0$).

Les conditions restantes s'écrivent (après avoir simplifié les coefficients binomiaux et arrangé un peu l'expression) pour $k\in\{2,\ldots,n\},$ $\displaystyle -a<(n+1)\left( \frac{b}{k}+\frac{1}{n+2-k}\right)-(b+1):=\phi(k).$

-Montrons donc qu'il existe $n\gg1$ tel que pour tout $x\in[2,n],$ $\displaystyle \phi(x)\geq 2\sqrt{b}(1-\varepsilon).$

On a tout d'abord $\displaystyle \forall x\in[2,n],\mbox{ } \phi'(x)=(n+1)\frac{\left( x-\sqrt{b}(n+2-x)\right)\times \left( x+\sqrt{b}(n+2-x)\right) } {x^{2}(n+2-x)^{2}}.$

Notons $\displaystyle x_{1}=\frac{(n+2)\sqrt{b}}{1+\sqrt{b}}\in[2,n]$ (si $n\gg1,$ plus précisément si $n\geq 2\sqrt{b}$) et $\displaystyle x_{2}=\frac{(n+2)\sqrt{b}}{\sqrt{b}-1}$ si $b\neq 1.$

Avec ces notations réduites, il vient pour tout $x\in[2,n]$ : $$\phi'(x)=\frac{(1-b^{2})(n+1)(x-x_{1})(x-x_{2})}{x^{2}(n+2-x)^{2}} \mbox{ si } b\neq 1 \mbox{ et } \phi'(x)=\frac{2(n+1)(n+2)(x-x_{1})}{x^{2}(n+2-x)^{2}} \mbox{ si } b=1.$$

En traitant les trois cas séparément : $\boxed{0<b<1}$ (i.e. $x_{2}<0$ et $1-b^{2}>0$), $\boxed{ b=1} $ et $\boxed{b> 1}$ (i.e. $x_{2}>n$ et $1-b^{2}<0$), on montre que $\phi$ atteint son minimum en le point $x_{1}.$ Ce minimum est : $\displaystyle \phi(x_{1})=\frac{(n+1)(1+\sqrt{b})^{2}}{n+2}-(1+b)\longrightarrow 2\sqrt{b}.$

Ainsi, pour $n\gg 1,$ on a bien pour tout $k\in\{2,\ldots,n\},$ $\displaystyle \phi(k)\geq \phi(x_{1}) \geq 2\sqrt{b}(1-\varepsilon)>-a.$

Toutes les conditions recherchées sont alors satisfaites dès que $n$ est choisi assez grand et la preuve du premier point est ainsi achevée.

****Remarque : Le résultat suivant découle directement de ce que l'on vient de prouver. Si $P$ est strictement positif sur $\mathbb{R}^{+*}$ alors il existe $n\in\mathbb{N}$ tel que $(1+X)^{n}P(X)$ est à coefficients positifs.
On pourrait s'en servir pour traiter le deuxième point de l'exercice...

$ii)$ Le deuxième point découle de la première partie par un changement de variables (homographie).

*Soit $P$ un polynôme strictement positif sur $[-1,1].$ Notons $n\geq 1$ le degré de $P$ (si $P$ est constant, le résultat est clair!).
On considère alors le polynôme $\displaystyle Q(X)=(1+X)^{n}P\left( \frac{1-X}{1+X} \right)$ est de degré $n$ et est strictement positif sur $\mathbb{R}^{+}$ (car l'image de $\mathbb{R}^{+}$ par l'homographie est $]-1,1],$ ensemble sur lequel $P$ est strictement positif).
Par le point $i),$ il existe alors $N\in\mathbb{N}$ tel que $\displaystyle (1+X)^{N}Q(X)=(1+X)^{n+N}P\left( \frac{1-X}{1+X} \right)=\sum_{k=0}^{n+N}a_{k}X^{k}$ où pour tout $k\in\{0,\ldots,n+N\},$ $a_{k}>0.$
Ainsi, pour tout $x\in ]-1,1],$ on a $\displaystyle \left(\frac{2}{1+x}\right)^{n+N}P(x)=\sum_{k=0}^{n+N}a_{k}(1-x)^{k}(1+x)^{-k}.$
On a alors pour tout $x\in]-1,1],$ $\displaystyle P(x)=\sum_{k=0}^{n+N}\frac{a_{k}}{2^{n+N}}(1-x)^{k}(1+x)^{n+N-k}.$
Ces deux polynômes coïncidant sur une partie infinie, ils sont égaux et on a obtenu la décomposition voulue dans ce cas.

**Soit $P$ un polynôme strictement positif sur $]-1,1[.$
Par continuité, on a $\displaystyle P(-1)\geq 0 \mbox{ et } P(1)\geq 0.$ En factorisant $P$ par les racines éventuelles $-1$ et $1,$ on peut écrire : $\displaystyle P(X)=(1-X)^{\alpha}(1+X)^{\beta}Q(X)$ où $Q$ est strictement positif sur $[-1,1].$
Ainsi, en appliquant la première étape, $P$ se décompose bien comme demandé mais ici, les coefficients de la décomposition sont seulement positifs (éventuellement nuls).



Edité 4 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par BobbyJoe.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a deux mois
avatar
Une solution astucieuse de l'exercice 30

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


Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a deux mois
Exercice 9.1. [Communication personnelle] Déjà pour les bornes on se convainc que le maximum atteignable est satisfait lorsque $n_1$ est maximal, puis $n_2$ minimal, etc, c'est à dire en $b:=|20,5,20,5, \dots]$ et le minimum en $a:=[5,20,5,20,\dots]$. Déjà on peut calculer, au moins formellement les valeurs de $a$ et $b$, celle-ci satisfont par définition $b=2+\frac{20}{2+\frac{5}{b}}$ et $a=2+\frac{5}{2+\frac{20}{a}}$. On trouve donc $a=5/2$ et $b=10$. Affirmation : $A=[5/2,10]$. Pour le voir il suffit de :

(1) Montrer effectivement que $a$ et $b$ convergent, c'est à dire, par exemple, étudier la suite $a_{n+1}=2+\frac{20}{2+\frac{5}{a_n}}$.

(2) Remarquer que les fonctions $x \mapsto 2+\frac{20}{x}$ et $x \mapsto 2+\frac{5}{x}$ envoient le segment $[5/2,10]$ sur les segments $[5/2,4]$ et $[4,10]$ de sorte que pour $x\in [5/2,10]$ fixé, on puisse construire une suite $(x_n)$ par dichotomie telle que $x=[x_1, x_2, \dots]$.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Mickaël.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a deux mois
$@ Poirot $

Jolie livre
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a deux mois
$@Poirot$

Bon livre comme d'habitude thumbs down
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a deux mois
side écrivait : [www.les-mathematiques.net]
[Inutile de recopier un message présent sur le forum. Un lien suffit. AD]
-------------------------------------------------------
@side acceptes-tu de poster la démonstration qui donne cet équivalent ?



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

Je n'ai plus la question en tête, ni si ce résultat est vrai ou pas, et rédiger une telle preuve c'est très long.
Par ailleurs, une preuve élégante, courte et beaucoup plus simple a été proposée, et qui ne passe pas par la recherche d'un équivalent).

question inversée, où est-ce qu'il y a une difficulté ?
Ci-dessous les différentes étapes.

1. Le suite décroît donc on peut passer par une estimation de l'intégrale $\int_{x/e}^{+\infty} (x/t)^t dt$ (il faut quand même faire les encadrements au début ou à la fin pour être sûr que ça donne bien un équivalent, ie que la somme est bien équivalente à l'intégrale)
2. Changement de variable $u=x/t$ on se ramène à une intégrale de $0$ à $e$
3. L'intégrale se présente presque comme une intégrale dans la méthode de Laplace avec un maximum atteint en la borne supérieure. Le presque c'est qu'il y a une difficulté en $0$ qu'on traite à part : l'intégrale de $0$ disons à $1/2$. Aucune difficulté (prendre par ex $x\ge 1$ et majoration qu'on garde sous le coude et après avoir déroulé la méthode de Laplace on s'assure que c'est un terme négligeable).
4. Cette fois-ci on peut dérouler la méthode de Laplace pour l'intégrale obtenue $\int_{1/2}^{e}1/u^2 (\exp(\frac{\ln u}{u}))^x du$
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a deux mois
J'ai reçu plusieurs messages me demandant où se trouve la solution de l'exercice 7. Il se trouve que side l'a traité dans le fil suivant : [www.les-mathematiques.net] il n'y a pas longtemps.

Concernant l'exercice 28.1, ce que dit Corto fonctionne bien pour $\lambda \geqslant 1/10$. Ensuite pour ce qui est du cas $\lambda <1/10$ on peut effectivement compter comme dans le cas $\lambda=0$. Disons que on accepte qu'un nombre commence par un zéro histoire d'avoir des calculs simples. Notons $u_n$ la somme des $1/j$ où $j$ a $10^n$ chiffres dont moins de $\lambda n$ chiffres $9$. Il s'agit de montrer la convergence de $\sum u_n$. Pour cela on minore tous les $j$ par $10^n$ et on a donc $$u_n\leq 10^{-n} \sum_{k=0}^{\lfloor \lambda n\rfloor } \binom{n}{k}9^{n-k}\,.$$ Ensuite on observe que pour $n$ suffisamment grand et parce que $\lambda < 1/10$, la suite $\left(\binom{n}{k}9^{n-k}\right)_{0\leq k \leq \lfloor \lambda n \rfloor}$ est croissante et donc $|u_n| \lesssim n \binom{n}{\lfloor \lambda n \rfloor}10^{-n}9^{(1-\lambda)n}$, ce qui s'écrit avec Stirling, $|u_n| \lesssim n^{1/2}\exp (cn)$ où $c=-\log 10 +(1-\lambda) \log 9 -\lambda \log \lambda -(1-\lambda)\log (1-\lambda)<0$ pour $\lambda \in ]0,1/10[$ et on a d'ailleurs $c=0$ pour $\lambda=1/10$.

Pour avoir une vraie preuve il faudrait tenir compte du fait que le premier chiffre d'un nombre à $n$ chiffres ne peut être un $0$ et donc on a plutôt $$u_n=\sum_{k\leq n\lambda}\binom{n-1}{k}8\times 9^{n-1-k}+\sum_{k\leq n\lambda}\binom{n-1}{k-1}9^{n-k}\,.$$



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Mickaël.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a deux mois
Pour la planche 28 : Exercice 1.
Tout d'abord remercions @Corto pour son excellente idée (ce qui lui manquait pour conclure était l'inégalité de concentration appelée inégalité d'Hoeffding, cf th.4 du lien suivant : [cs229.stanford.edu]) et je tiens également à remercier @Mickäel pour les discussions que j'ai eues avec lui hors forum.

-Tout d'abord introduisons quelques notations.

Notons pour $k\in\{0,\ldots,9\},$ et $n\geq 1$ un entier, $\displaystyle a_{k}(n)$ l'occurence du chiffre $k$ dans l'écriture en base $10$ de l'entier $n$ et $b_{n}$ le nombre de chiffres constituant l'écriture en base $10$ de l'entier $n.$
On note alors pour $\lambda\in]0,1[,$ $\displaystyle A_{\lambda}=\{k\geq 1\mbox{ }|\mbox{ }a_{9}(k)\leq \lambda b(k)\}.$
On introduit alors pour $n\in \mathbb{N}$ : $\displaystyle S_{n,\lambda}=\left\{ k\in\{10^{n},\ldots,10^{n+1}-1\}\mbox{ }|\mbox{ } k\in A_{\lambda} \right\}=\left\{ k\in\{10^{n},\ldots,10^{n+1}-1\}\mbox{ }|\mbox{ } a_{9}(k)\leq \lambda n\right\}.$
Ainsi, on a $\displaystyle \sum_{n\geq 0}\frac{\# S_{n,\lambda}}{10^{n+1}}\leq \sum_{k\in A_{\lambda}}\frac{1}{k}\leq \sum_{n\geq 0}\frac{\# S_{n,\lambda}}{10^{n}}.$

-On dénombre alors (en discutant suivant que $9$ soit placé en tête du nombre ou non) et on obtient pour $n\geq 1$ : $\displaystyle \# S_{n,\lambda}=\sum_{k\leq \lambda n}\binom{n-1}{k}8\times 9^{n-1-k} + \sum_{k\leq \lambda n}\binom{n-1}{k-1}9^{n-k}.$

En utilisant la formule du triangle de Pascal (et à défaut d'une suite géométrique convergente près), on a ainsi pour $n\geq 1$ (pour des constantes absolues) : $\displaystyle \frac{\# S_{n,\lambda}}{10^{n}}\approx \sum_{k\leq \lambda n}\binom{n}{k}(\frac{1}{10})^{k}(\frac{9}{10})^{n-k}:=B_{n,\lambda}.$

-Considérons alors $(X_{i})_{i\geq 1}$ une famille de Bernoulli i.i.d, de paramètre $\frac{1}{10}.$
On a ainsi pour $n\geq 1,$ $\displaystyle B_{n,\lambda}=\mathbb{P}(\sum_{i=1}^{n}X_{i} \leq n\lambda).$

On a deux cas :
i) ou $\displaystyle \lambda\geq \frac{1}{10}.$

On a $\displaystyle B_{n,\lambda}=\mathbb{P}\left( \frac{1}{\sqrt{n}}\sum_{i=1}^{n}\left( X_{i}-\mathbb{E}[X_{i}]\right)\leq (\lambda-\frac{1}{10})\sqrt{n}\right)$ et une application du TCL donne alors que $\displaystyle \lim_{n\rightarrow +\infty} B_{n,\lambda}\geq \frac{1}{2}.$
Ainsi, la série considérée diverge (cependant, une simple estimée via l'inégalité de Tchebytchev permet également de conclure à la divergence).

ii) ou $\displaystyle 0<\lambda<\frac{1}{10}.$

On a $\displaystyle B_{n,\lambda}=\mathbb{P}\left( \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\left( X_{i}-\mathbb{E}[X_{i}]\right)\leq -(\frac{1}{10}-\lambda)\right)$ et une application de l'inégalité d'Hoeffding (unilatérale) donne $B_{n,\lambda}\leq e^{-2\varepsilon^{2}n}$ où $\displaystyle \varepsilon:=\frac{1}{10}-\lambda>0.$
Ainsi, la série considérée converge (cependant, une simple estimée via Stirling permet également de conclure comme Mickaël l'a indiqué, au prix de quelques calculs supplémentaires et d'une perte polynomiale...).



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par BobbyJoe.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a deux mois
avatar
Je reviens sur la planche 34 comme promis.

Citation
Mickaël
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.

Effectivement c'est moins direct que je ne le pensais.

Soit $n$ un entier. Pour tout $p$ premier, notons $\nu(p)$ l'exposant de $p$ dans la factorisation de $g(n)$. Considérons un élément de $\mathfrak S_n$ d'ordre $g(n)$. Ses cycles ont des longueurs dont le p.p.c.m. vaut $g(n)$ et la somme vaut $n$. Ainsi, tout $p^{\nu(p)}$ divise la longueur d'au moins un des cycles et $\sum_{p\mid g(n)} p^{\nu(p)} \leq n$ car la longueur d'un cycle majore la somme des $p^{\nu(p)}$ qui la divisent. On peut donc construire un élément de $\mathfrak S_n$ d'ordre $g(n)$ tel que chaque cycle non trivial est de longueur $p^{\nu(p)}$ associée à un diviseur premier de $g(n)$.

On suppose $g(n)$ impair. Soit $p$ un facteur premier de $g(n)$. On va chercher à remplacer le cycle de longueur $p^{\nu(p)}$ par deux cycles à supports disjoints de longueurs respectives $p^{\nu(p)-1}$ et $2^\alpha$, sans augmenter le support. C'est possible à condition que $2^\alpha \leq (p-1) p^{\nu(p)-1}$ et on dispose bien d'un tel $\alpha \geq 1$ tel que de plus $(p-1)p^{\nu(p)-1} < 2^{\alpha+1}$. Par maximalité de $g(n)$, qui est impair, on a nécessairement $2^\alpha p^{\nu(p)-1} < p^{\nu(p)}$, d'où $2^\alpha \leq p - 1$ et donc $p^{\nu(p)-1} < 2$. Conclusion : $\nu(p)=1$ pour tout facteur premier de $g(n)$.

En raisonnant de même, on montre que tout facteur premier $p \geq 11$ vérifie nécessairement $p \leq 23$ (sinon on remplacerait avantageusement le cycle de longueur $p$ par deux cycles de longueurs respectives $3^2$ et $2^\alpha$). Ceci donne déjà une majoration de $g(n)$, et donc de $n$, par des constantes.

On peut affiner la recherche avec le même type d'arguments pour aboutir à l'ensemble des solutions $\{1, 3,8,15\}$. Par exemple : si $g(n)$ est impair et n'est pas divisible par un nombre premier $p \geq 3$, alors il n'a aucun facteur premier $q > p$.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a deux mois
Merci Siméon pour cette belle démonstration qui est d'ailleurs plus simple et plus limpide que celle de l'article auquel je renvoyais. Pour ma part je voulais également "remplacer les cycles longs avantageusement" sans y parvenir. Je trouve d'ailleurs cet exercice difficile, comme beaucoup d'autres. À l'exception de quelques exercices simples et de quelques exercices "cmassiques" l'essentiel des planches me semblent tout à fait au niveau de ce qu'on est en droit d'attendre à ce concours. Tu maintiens toujours que les exercices sont simples, ou pas trop difficiles ? J'imagine que BobbyJoe sera d'accord avec moi pour dire que ces planches sont difficiles ...
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a deux mois
avatar
@BJ
quel est le plus chanceux et le moins chanceux des candidats ( en rapport avec le tirage au sors des planches)

--------------------------------------------------------------------------
[Le meilleur moyen de fuir le monde est de pénétrer les mathématiques ]
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a deux mois
Je n'en pense pas grand chose si ce n'est que les exos sont majoritairement techniques (mais n'excluent pas le fait d'avoir des idées originales).
Ah mon avis, il ne faut pas perdre de vue que ces exos ne sont pas faits pour être résolus pendant le temps imparti (les candidats sont mesurés par le fait d'avoir des idées naturelles et de mener une réfléxion grâce à des pistes guidées ou grâce à un traitement de certains cas particuliers via des techniques de réduction).
L'autonomie recherchée (et "précoce" dirons nous) pour mener à bien ces exercices est le gage qu'ULM cherche à recruter les meilleurs candidats en mathématiques.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a deux mois
Bonjour,

Alternative à la preuve de Bobbye Joe pour la planche 23 exercice 1

J'ai fait ça en plusieurs fois et de manière non suivie donc n'ayant pas rédigé de manière continue, le risque d'erreur ou d'argument manquant est élevé.

Par ailleurs, la preuve est beaucoup plus compliquée que celle de Bobbye Joe (qui était déjà compliquée) et à mon avis difficile à produire pour un oral car elle nécessite énormément de résultats intermédiaires non triviaux à produire, sans compter qu'il faut avoir une idée de ce qu'on cherche à prouver.
Cette preuve (si elle est correcte) ne présente à mon avis aucun intérêt sauf pour l'obtention d'une équation fonctionnelle vérifiée par $G$ qui nécessite l'utilisation d'arguments probabilistes.

Schéma de preuve
L'idée générale est de considèrer $\alpha$ comme une variable du problème.
1) de trouver un ensemble dense de $\alpha$ tel que $G_{\alpha} $ soit continue (je trouve pour tout $\alpha$ transcendant, et il est probable qu'on puisse le prouver directement pour tout $\alpha$ mais je n'ai pas su faire)

2) de montrer que pour tout $\alpha$  $G_{\alpha} $ est limite uniforme de fonctions continues (des $G_{\alpha} $ avec $\alpha$ dans l'ensemble dense).

Les arguments utilisés pour 1 :
a) $G_\alpha$ vérifie une équation fonctionnelle $\forall x\in R, 2G_{\alpha}(x)=G\circ f_1(x)+G\circ f_{-1}(x)$ avec $f_{\epsilon} (x) =\frac{x+\epsilon}{\alpha}$
(on utilise que $Z_1=\sum_k \alpha^k X_{k+1}$ est une va de même loi que $Z=\sum_k \alpha^k X_k$, donc qui a même fonction de répartition, et qu'elle est indépendante de la va $X_0$)
b) la somme des sauts de la fonction $G_{\alpha} $, qui est croissante, est majorée par $1$.
c) En supposant l'existence d'une discontinuité en $x_o, \delta =G(x_0+0)-G(x_0-0)>0$, on prouve que la somme des discontinuités (discontinuité éventuellement nulle sur un sous-ensemble) de $2^n$ nombres distincts est égale à $2^n \delta$.

Il faut commencer par exprimer $f_{\epsilon_1}\circ f_{\epsilon_2}\circ...\circ f_{\epsilon_n} (x) $ et montrer que si $\alpha$ transcendant les $2^n $ réels correspondants sont 2 à 2 distincts.

Malgré de multiples tentatives je n'ai pas réussi à étendre à tout $\alpha$.

Arguments utilisés pour 2
a) on montre que si $\alpha, \alpha_{'} \in [0;M], M<1, \forall x\in R, G_{\alpha} (x-\frac{|\alpha-\alpha^{'}|}{(1-M)^2}) \le G_{\alpha^{'}}(x) \le G_{\alpha} (x+\frac{|\alpha-\alpha^{'}|}{(1-M)^2}) $

b) pour $\alpha \in]0;1[$, on peut construire une suite $(\alpha_n) $, avec $\alpha_n$ transcendant telle que $G_{\alpha_n} $ converge uniformément vers $G_{\alpha} $. On utilise entre autre que $G_{\alpha_n}$ est uniformément continue.



Edité 2 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par side.
P.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a deux mois
Pour la planche 12 exo 2, j'utiliserais $(n+1)^{-n-1}n!=\int_0^1u^n(-\log u)^ndu$ , $f(u)=u^{-u}$ pour $0<u<1$ et $$\left(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n^n}\right)^{1/x}=x^{1/x}\|f\|_x\to_{x\to \infty}\|f\|_{\infty}=e^{-1/e}.$$





Pardon c'est $e^{1/e}$: merci totem.



Edité 2 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a sept semaines et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par P..
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a deux mois
avatar
@Mickaël : ces exercices sont difficiles, loin de moi l'idée de dire le contraire. Mais ceux auxquels j'ai réfléchi m'ont semblé moins infaisables qu'avant, dans le sens où les grandes idées du cours suffisent à trouver une piste valable. Et je trouve ça très bien ! Bien sûr il reste certainement quelques énoncés dont je ne saurais pas par quel bout les prendre.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Siméon.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a deux mois
avatar
Merci Mickaël pour avoir fait les calculs de la planche 28 exercice 1 et merci BobbyJoe, je ne connaissais pas cette inégalité d'Hoeffding.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a deux mois
Bonjour
Que signifie le terme proportion dans la phrase suivante de Corto ?

[www.les-mathematiques.net]
Un résultat bien connu nous dit que pour presque tout $x\in[0;1]$ la proportion de $9$ dans les décimales de $x$ est exactement 1/10.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par AD.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a deux mois
avatar
Voici un énoncé précis de ce que je voulais dire :

Soit $x \in [0;1]\backslash \Q$ un irrationnel, il existe une unique suite $(a_n(x))_n \in \{0; \ldots ; 9\}^{\N^*}$ telle que
\[
x= \sum_{k=1}^\infty \frac{a_k(x)}{10^k}.
\]
Les $a_n(x)$ sont communément appelés les décimales de $x$. Ici je prend uniquement les irrationnels pour éviter les blagues du genre $1 =0.999\ldots$. Ce que je dis c'est que pour presque tout $x\in [0;1]\backslash \Q$ (et donc pour presque tout $x\in[0;1]$ puisque $\lambda(\Q)=0$) on a

\[
\lim_{n\to \infty} \frac{1}{n} \mathrm{Card}\{k \in \{1; \ldots ; n\} : a_k(x) = 9\}=1/10.
\]

On trouve des démonstrations de ce résultat basées sur la loi forte des grands nombres, les systèmes dynamiques, l'équirépartition de suites etc.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a deux mois
Un grand merci pour cet énoncé précis.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
le mois dernier
avatar
Voici une solution pour Planche 2, exercice 1: [les-mathematiques.net]
Je ne sais pas si elle a été donnée.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
le mois dernier
@P.:que signifie la norme $\|f\|_x$ ?
P.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
le mois dernier
Reponse a Totem: $\|f\|_p=[\int_0^1|f(u)|^pdu]^{1/p}$
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
le mois dernier
@P : ok merci j'ai compris.
Ta méthode est particulièrement efficace, une fois de plus, on est au résultat en 2 signes égal eye popping smiley

Par contre il me semble que $\|f\|_{\infty}=e^{1/e}$ ?

As-tu une méthode aussi redoutable pour trouver un équivalent de $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n^n}$ ??



Edité 2 fois. La derni&egrave;re correction date de le mois dernier et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par totem.
P.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a sept semaines
Totem merci, la limite est $e^{1/e}$. Pour l'equivalence que tu demandes tu voudrais plus que $\log(\sum x^n/n^n)\sim_{x\to \infty} x/e?$
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a sept semaines
@P: je m'en serais bien contenté mais c'est faux eye rolling smiley
Side a trouvé la réponse mais avec la méthode de Laplace qui est assez technique...
Mais je m'en doutais un peu car $f \sim g$ n'implique pas $f^x \sim g^x $ ça se saurait !

side écrivait : [www.les-mathematiques.net]
[Inutile de recopier un message présent sur le forum. Un lien suffit. AD]



Edité 2 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a sept semaines et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par AD.
P.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a sept semaines
Hein? $g(x)^{1/x}\to C \Leftrightarrow \frac{1}{x}\log g(x)\to \log C \Leftrightarrow \log g(x)\sim x\log C...$
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a sept semaines
Euh oui... je ne sais pas quoi répondre et j'ai du mal à me faire une idée entre ta réponse et celle de side !!
Tu as vu que side trouve un "facteur correctif" en plus $(\pi x/2)^{1/2} \times e^{-1}$ ? Qu'en penses-tu ?
Side si tu repasses par là !smiling smiley



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a sept semaines et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par AD.
P.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a sept semaines
Rendez-vous à la page 62 d'Asymptotic methods in analysis' NG de Bruijn, Dover 1981, appliquée à la fonction $h(u)=-u\log u$ sur $]0,1[$ pour vérifier qu'en effet ce qu’écrit side est correct.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a sept semaines et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par AD.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a sept semaines
Je n'ai pas ce livre et ce n'est pas au fond de mon bled que je vais le trouver grinning smiley

Du coup, question : pourquoi ce que tu as écrit est faux ?? Ou plutôt que faux, on ne peut pas composer comme ça par l'exponentielle à la dernière relation d'équivalence je pense ?
P.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a sept semaines
Rien de faux dans les ecrits de side et de ton serviteur.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a sept semaines
avatar
Il me semble qu'il y a un problème dans ce message [www.les-mathematiques.net], car on a un probleme avec $g(n)=n!$( edit une coquille g(n)=n²) c'est à dire $g(n)^{\frac 1n}\to 1$ mais $\ln(g(n))\not \sim n\ln(1)$
Je n'ai pas suivi la discussion, donc peut-être je suis passé à coté du contexte. grinning smiley

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



Edité 2 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a sept semaines et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par gebrane.
Re: Oral ENS Ulm, 36 planches
il y a sept semaines
@: pas faux mais incomplet...que signifient tes 3 points de suspension ?grinning smiley
Seuls les utilisateurs enregistrés peuvent poster des messages dans ce forum.

Cliquer ici pour vous connecter

Liste des forums - Statistiques du forum

Total
Discussions: 137 321, Messages: 1 329 136, Utilisateurs: 24 391.
Notre dernier utilisateur inscrit junsyskznz.


Ce forum
Discussions: 30 411, Messages: 279 996.

 

 
©Emmanuel Vieillard Baron 01-01-2001
Adresse Mail:

Inscription
Désinscription

Actuellement 16057 abonnés
Qu'est-ce que c'est ?
Taper le mot à rechercher

Mode d'emploi
En vrac

Faites connaître Les-Mathematiques.net à un ami
Curiosités
Participer
Latex et autres....
Collaborateurs
Forum

Nous contacter

Le vote Linux

WWW IMS
Cut the knot
Mac Tutor History...
Number, constant,...
Plouffe's inverter
The Prime page