Agreg. ext 2020 AP
Le 2e sujet de la session 2020 en pièce jointe.
Réponses
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Ça fait beaucoup moins peur que l'algèbre. Ça a l'air ultra classique.
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Ben moi ca me fait plus peur que l'algèbre.... comme quoi :-)
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J'ai été abasourdi par la quantité des "notations".
J'ai aussi apprécié qu'on fasse tous ces rappels, j'en avais bien besoin...
partie I : il fallait connaître les bases...
partie II : je trouve que ça allait. Mais n'étant pas à l'aise avec l'analyse complexe j'ai pu rédiger des trucs à côté de la plaque dans tout ce sujet d'ailleurs
partie III : j'ai bien aimé Abel mais par contre impossible de résoudre la 3)c)iii)... j'y ai passé un temps fou...
Pour la 4) avez vous un exemple de rédaction ?
partie IV : je crois que c'était faisable
partie V : je me suis arrêté à la question où il fallait utiliser Cauchy Schwartz, je l'ai attaquée 20mn avant la fin des 6 h et j'ai pas réussi... Si vous avez la réponse juste à cette question je suis preneur.
Savez vous si un corrigé détaillé a été publié ? j'aimerais bien me faire peur. -
Un bon sujet, qui fait découvrir une partie de l'activité en théorie analytique des nombres.
Pour info, Báez-Duarte est l'auteur de deux équivalences de l'hypothèse de Riemann :
(i) Une version discrète d'un résultat de Riesz, i.e. l'hypothèse de Riemann est équivalente à l'estimation
$$\sum_{k=1}^n (-1)^k {n \choose k} \frac{1}{\zeta(2k+2)} \ll n^{-3/4 + \varepsilon}.$$
(ii) Une équivalence utilisant la convolution d'une fonction Lebesgue intégrable par la fonction de Möbius : si $f$ est (localement) Lebesgue intégrable, positive, dont la transformée de Mellin de $|f|$ converge et telle que $\displaystyle \int_0^\infty f(x) x^{-s-1} \, \textrm{d}x \neq 0$ dans la région $- \frac{1}{2} < \sigma < 0$ (on rappelle que, chez nous, $\sigma$ désigne traditionnellement la partie réelle du complexe $s$), alors l'hypothèse de Riemann est équivalente à l'estimation
$$\int_0^\infty \left( \sum_{n \leqslant xt} \frac{\mu(n)}{n} \right) f \left( \frac{1}{t} \right) \frac{\textrm{d}t}{t} \ll x^{-1/2 + \varepsilon}.$$ -
Bonjour,
Merci pour les précisions sur Baez-Duarte,
C'était un mauvais jour pour ma part,
dès l'exo1 impossible de recracher la preuve de la conv. uniforme est-ce que la transfo d'Abel était obligatoire ?
Développement de log(1+x) mal écrit ...
Calcul des résidus avec le contour classique pas rédigé jusqu'au bout
Transfo d'Abel du III , erreur d'indice...
Un seule inégalité du III3°)correctement rédigée
Partie 4 des bizarreries,
Vu hier soir la Partie 6, A.L , avec l'inégalité de Hardy (fct H) pas vraiment facile, je crois
que je l'avais eu en exam de M2..
Bonne réussite à tous et à toutes
Bruno -
Pour l'exo 1, j'ai montré la convergence uniforme des restes vers 0.
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De rien !
je précise : quand je dis "c'est un bon sujet", c'est l'arithméticien que je suis qui parle.
Pour un agrégatif, nécessairement généraliste, il n'est pas évident du tout de s'aventurer en théorie analytique des nombres sans avoir suivi quelques cours dessus, même lorsque l'on n'utilise pas la variable complexe. Le sujet est souvent ardu ! -
Je survole vite fait le sujet mais il me semble moins dur que le sujet d'interne. Je me trompe peut être....
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Elodouwen :
Pour la III.4, on regarde la fonction $h : s\mapsto \frac{2^{s-1}}{1-2^{s-1}} G(s)$. On sait (question III.3) que $G$ est holomorphe sur $\{\Re(s)>0\}$ et la fraction devant $G$ est le quotient de deux fonctions holomorphes sur $\C$. La dérivée de $s\mapsto 2^{s-1}$ est $s\mapsto \ln(2) 2^{s-1}$ donc le dénominateur de la fraction n'a que des zéros d'ordre $1$ (le dénominateur et sa dérivée ne s'annulent pas en même temps) et on en déduit que $h$ est méromorphe sur $\{\Re(s)>0\}$. Puisque $h$ et $\zeta$ coïncident sur $\{\Re(s)>1\}$ on en déduit que $\zeta$ se prolonge bien en une fonction méromorphe sur $\{\Re(s)>0\}$. On passe maintenant au calcul du résidu en $1$, qui est tout simplement égal à $\frac{1}{-\ln(2)}G(1) = 1$.
Pour la V.4 j'ai un peu cherché mais je n'ai pas trouvé le lien avec les questions précédentes !
Chanig : j'ai du mal à voir ce qui te fait dire ça. En tout cas je trouve que les résultats du sujet de l'externe sont bien plus intéressants que ceux du sujet de l'interne, mais ça c'est évidemment très subjectif puisqu'il s'agit de goûts personnels. -
@ Corto j'ai fait exzactement comme toi sauf que j'ai pas justifié que les zéros étaient d'ordre 1 tout simplement car je n'avais aucune idée de ce que le mot "méromorphe" voulait dire ni de son importance dans cette réponse.
Quant au calcul des résidus j'ai fait ça mais j'ai dû le redémontrer je crois, avec moultes hésitations, car je suis pas du tout familier avec ce domaine. -
Une fonction méromorphe est une fonction holomorphe dont les singularités sont des pôles (ie qui se comportent comme $z^{-n}$ en $0$ pour un certain entier $n$ positif) et sont isolées. Il faut donc vérifier que les singularités ne sont pas des singularités essentielles (comme l'est celle de $z\mapsto e^{-1/z}$ en $0$), ce que je fais en montrant qu'il sagit de pôles d'ordre 1. Idéalement on pourrait aussi rajouter que les pôles de ma fonction $h$ sont bien isolés, ce qui découle immédiatement du fait que $1-2^{s-1}$ est holomorphe (non constante) et donc que ses zéros sont isolés.
Je ne sais pas si le fait que la singularité de $\zeta$ ne soit pas essentielle est utilisé ailleurs dans le problème. Les fonctions méromorphes ont l'avantage de se prolonger par continuité aux points singuliers à condition de remplacer l'espace d'arrivé de la fonction par $\hat\C$, la sphère de Riemann. -
Le sujet était plus sympa que le sujet de MG je trouve.
La partie 1 était technique mais c'était classique. Contrairement à elodouwen je ne dirais pas que ce sont des "bases", à cause de la dernière question qui est très technique et il faut avoir vu et fait pas mal d'intégrales de ce genre pour bien rédiger et bien justifier tout : notamment ici justifier que la portion sur le cercle de rayon epsilon tend vers -iPi avec le théorème de convergence dominée, ou encore que la portion sur le cercle de rayon R tend vers 0 en utilisant l'inégalité sin(t) >= (2/Pi)t... Cf. Candelpergher "Calcul intégral" (où il y a aussi des choses sur la transformée de Mellin et la fonction zêta au chapitre 8...).
La partie 2 était très faisable en écrivant bien les choses. J'ai mal utilisé Cauchy-Scharwz (pour continuer dans la veine d'elodouwen, c'est Schwarz et non Schwartz inventeur des distributions, ils le disent dans les rapports de jury et ils aimeraient qu'on orthographie bien les noms des mathématiciens, ça fait partie du barème) dans la question 2) et ne parvenais à montrer que ]1;...[ inclus dans I(f). A part cette erreur de débutant, c'était tranquille.
La partie 3) était technique, la 2) classique, 3)a) Abel pas trop méchante. LA 3. (c) iii. demande simplement de combiner les deux inégalités précédentes en coupant en deux morceaux : d'un côté | (1+1/n)^{sigma - epsilon + it} - (1+1/n)^it| + |(1+1/n)^it -1|, ce qui est chouette c'est qu'on peut factoriser par (1+1/n) à la puisance it dans le premier dont le module vaut 1 ! et ensuite utiliser i. et ii. Pour la 4) il faut simplement dire qu'un quotient de fonctions holomorphes est méromorphe (zéros isolés : vraiment la peine de le justifier sur une copie ? Je ne l'ai pas dit...). Pour le résidu, j'ai utilisé la 2) pour démontrer un équivalent classique pour x>1 (en me restreignant aux réels) : zêta est équivalente à 1/(x-1), ce qui indique un pôle d'ordre 1 et un résidu égal à 1 (j'utilise aussi G(1)=-ln2 pour redémontrer l'équivalent).
La partie 4) a l'air plus tranquille mais j'ai trop passé de temps à rédiger certaines questions (par exemple la 4) de la partie 1 m'a demandé 2 ou 3 pages pour tout justifier) et me suis arrêté au milieu...
Même question qu'en MG pour AP : jusqu'où faut-il aller, etc. ? Merci de ne pas me répondre que c'est impossible et patati, et patata, je veux juste me faire une idée (toujours en supposant qu'on rédige tout bien et complètement et qu'on ne la joue pas à "c'est trivial" dès la partie 1)... Merci d'avance ! -
La question d'arithmétique de la partie 7, question 1 m'a l'air amusante.
Il y a des personnes qui l'ont réussie ? -
Tu peux appliquer la formule du binome de Newton à (1-1)^n je pense
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Oui je l'ai faite aussi celle-là c'est un classique : on trouve (1-1)^r avec r le nombre de facteurs premiers de n...
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Pareil pour I-2-a, cvu du reste vers 0.
J'ai abandonné les parties I et III à chaque fois au 3)a) , j'espère que c'est pas trop mal vu d'avoir deux gros trous.
Gugus, t'as fait les six parties précédant la VII? (:P) Si c'est le cas, je suis vraiment jaloux ! Bravo !!! -
Non, rassure toi, j'ai tout fait sauf une question jusqu'à la moitié de la partie 4 seulement, et comme j'avais mal à la tête dans les 10 dernières minutes j'ai fait Möbius de la partie 7...
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En tout cas, t'as l'air d'être performant.
J'ai à peu près fini la IV mais je n'ai traité que les deux premières questions des I et III... J'ai refusé le tracé; je trouvais irritant de devoir calculer points et tangentes pour les tracer avec une petite équerre... On pourrait filer une photocopie de feuille de papier millimétré; non? Sans barème, l'investissement est risqué je trouve. -
Je n'ai pas trop compris comment vous arrivez au $(1-1)^r$
Pour $n \ne 1$, on aura un somme avec des $0$ et des $(-1)^k$ mais je ne vois pas comment la calculer. -
C'est un bon exo de dénombrement pas difficile
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Voici ce que j'ai fait.
Il faut compter le nombre de produits de $k$ nombres premiers distincts.
Soit $n = p_1 \times \cdots \times p_k$ le produit de $k$ nombres premiers distincts.
Le nombre de facteurs premiers $k$ est strictement supérieur à $1$ et strictement inférieur à $n$ car sinon $n$ ne serait pas le produit de nombres premiers distincts. Il y a $\binom{n-1}{k}$ façon d'écrire $n$ avec le produit de $k$ nombres premiers distincts.
Ainsi pour $n \geq 2$ : $\mu(n)=\displaystyle\sum_{k=2}^{n-1} \binom{n-1}{k} (-1)^k = \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} \binom{n-1}{k} (-1)^k -(-1)^2 -(-1)^1 \\
= \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} \binom{n-1}{k} (-1)^k = (1-1)^{n-1}=0 $ -
What what what?????? ::o
Oshine qui met en Position latérale de sécurité le théorème de décomposition d'un entier en facteur de nombres premiers -
Je n'ai pas utilisé le théorème de décomposition en facteurs premiers.
J'ai pris le cas où $n$ est le produit de $k$ nombres premiers distincts. -
Oui donc tu es en train de dire que n s'écrit de k parmi n-1 comme produit de k nombre premiers distincts???
Par exemple je prends n=10 et k = 3 tu peux éclairer ma lanterne? :-S -
Non la décomposition est unique.
J'ai ajouté le k parmi n car je voulais obtenir 0. Mais c'est faux en effet. -
$\mu(n)=\displaystyle\sum_{k=2}^{n-1} (-1)^k $ ?
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Pour le calcul de residus dans î4, cela doit être un peu partout en particulier
c'est fait dans le Cartan de var. complexe p103, c'est vrai qu'il faut mieux se rappeler de la majoration sur le grand cercle qui utilise la minoration de sin(t) par une droite sur [0,pi/2]
voir post précedent
Au passage j'ai trouvé une copie du Titsmarch,
https://zulfahmed.files.wordpress.com/2018/08/titchmarsh-and-d-r-heath-brown-the-theory-of-the-riemann-zeta-function.pdf
Bruno -
OShine écrivait:
> $\mu(n)=\displaystyle\sum_{k=2}^{n-1} (-1)^k $ ?
Au lieu de donner des réponses au hasard, explique ton raisonnement sinon ça vaut rien.
PS : tu vois bien que ta somme vaut 1 ou 0 en fonction de n... :)o -
Ou bien une façon plus compliqué de le voir mais plus simple pour toi te connaissant, suite géométrique de raison $-1$. Attention, ça commence à $2$ et ça finit à $n-1$ (en lien avec un sujet pas si vieux qui le déroutait pas mal...)
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Noobey je n'ai pas donné au hasard.Le nombre de facteurs est strictement plus grand que $1$ car les $p_i$ sont des nombres premiers.
Aucun facteurs ne peut valoir $n$ car sinon les produit des facteurs premier serait plus grand que $n$ le plus petit nombre premier étant $2$.
$\displaystyle\sum_{k=2}^{n-1} (-1)^k = \dfrac{ (-1)^2 - (-1)^n}{1- (-1)}= \dfrac{1-(-1)^n}{2}$
Si $n$ est pair la somme est nulle, sinon elle vaut $1$ -
Tout à fait, tu as raison si n est pair la somme est nulle sinon elle vaut 1
La seule question c'est : quel est le rapport entre ta somme et l'énoncé? :-S -
Il faut compter le nombre de possibilités pour que $n$ s'écrire comme $k$ produits de nombres premiers non ?
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Bon l'arithmétique c'est pas encore ça :-S
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Tu peux écrire $ p^{i_1} \times ... \times p^{i_r} $ chacun des diviseurs de $n$ qui n'a pas de facteurs carrés (les autres comptent pour 0), avec $i_j = 0 ~ ou ~ 1$. Si tu prends un diviseur de $n$ avec $k$ facteurs premiers, tu as $r \choose k $ choix pour en construire un et chacun de ces diviseurs apportera une contribution $(-1)^k$, comme il y en a $r \choose k$, cela donne une contribution $r \choose k$ $\times (-1)^k$. Tu sommes pour $k$ allant de $0$ à $r$ : $\Sigma_{k=0}^r$ $r \choose k$ $ \times (-1)^k = (1-1)^r$.
Quelqu'un sait comment enlever les barres qui apparaissent sur les messages ?, Bizarre... -
OK merci mais pourquoi k varie de 0 à r ?
Le cas k=0 et le cas k=1 sont exclus non ? -
J'ai trouvé une solution à cette question.
Mais le cas $t=0$ et $t=1$ me semblent bizarres.
Si $t=0$ alors $n$ n'a aucun facteur premier pourquoi on le compte dans le calcul ?
Si $t=1$ $n$ a un seul facteur premier, pourquoi on le compte alors que la définition parle de facteurs premiers distincts ? -
gugus13 : pour ton problème d'affichage de barre après les formules, tu peux jeter un œil à ce fil, plus précisément ce message.
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Merci michael !
O Shine le cas k=1 correspond aux nombres premiers divisant n, je ne vois vraiment pas pourquoi l'exclure. Quant au cas k=0, il correspond à 1 qui divise bien n, et qui s'écrit $p_1^0 \times ... \times p_r^0$... -
Ok merci.
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