Ivan Shishkin, Rye (1878)

Problems/Power seriesUnreviewed

Équivalent de la série génératrice des poids de Hamming

by FiniteField·
55
Difficulty scaleÉchelle de difficulté

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  1. 1–10First steps / middle schoolPremiers pas / collège
  2. 11–25Beginner / high schoolDébutant / lycée
  3. 26–50Intermediate / undergraduateIntermédiaire / licence
  4. 51–70Advanced / graduateAvancé / master
  5. 71–90Expert / specializedExpert / spécialisé
  6. 91–100Research levelNiveau recherche
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Pour n∈N,n\in\mathbb{N}, on note unu_n la somme des nombres de l’écriture binaire de n.n. On note S ⁣:x↦∑n=0+∞unxn.\displaystyle S\colon x\mapsto \sum_{n=0}^{+\infty}u_n x^n.

  1. Soit f ⁣:R+⟶R+f\colon\mathbb{R}^+\longrightarrow \mathbb{R}^+ continue et décroissante. Montrer que ∑f(n)\displaystyle\sum f(n) et ∫0+∞f(t) dt\displaystyle\int_0^{+\infty}f(t)\,dt sont de même nature.
  2. a) Donner le rayon de convergence RR de ∑unxn.\displaystyle \sum u_nx^n.
  3. b) Donner une relation vérifiée par S(x2)S(x^2) et S(x).S(x).
  4. Exprimer (1−x)S(x)(1-x)S(x) sous forme d’une somme, puis donner un équivalent de SS en R−.R^-.
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  1. Oral Centrale filière MP 2025 (RMS 136-1 1222)
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Solution by FiniteField

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  1. On fait tout simplement de la comparaison série intégrale. On a ∀n∈N,∀t∈[n,n+1],f(n)≥f(t)≥f(n+1)\forall n\in\mathbb{N}, \forall t\in [n,n+1], f(n)\geq f(t)\geq f(n+1) ce qui donne en intégrant entre nn et n+1n+1 puis en sommant de 00 à NN :
    ∑n=0Nf(n)≥∫0N+1f(t),dt≥∑n=0Nf(n+1)=∑n=1N+1f(n).\sum_{n=0}^Nf(n)\geq \int_0^{N+1}f(t),dt\geq \sum_{n=0}^{N}f(n+1)=\sum_{n=1}^{N+1}f(n).On en déduit que si ∑f(n)\displaystyle\sum f(n) converge alors g ⁣:y↦∫0yf(t),dt\displaystyle g\colon y\mapsto \int_0^y f(t),dt est croissante par positivité de ff et majorée. En effet, ∫0yf(t),dt≤∑n=0⌈y⌉f(n)≤∑n=0+∞f(n).\displaystyle\int_0^y f(t),dt\leq \sum_{n=0}^{\lceil y\rceil}f(n)\leq \sum_{n=0}^{+\infty}f(n). Donc gg converge en +∞+\infty car croissante et majorée. Réciproquement si ∫0+∞f(t),dt\displaystyle \int_0^{+\infty} f(t),dt existe alors ∑n=0Nf(n)≤f(0)+∫0Nf(t),dt\displaystyle\sum_{n=0}^{N}f(n)\leq f(0)+ \int_0^{N}f(t),dt donc la série à termes positifs converge car elle est majorée.
  2. a) On remarque que pour n≥1,un≥1n\geq 1, u_n\geq 1 donc ∑n≥0un\sum_{n\geq 0}u_n diverge donc R≤1.R\leq 1. Par ailleurs, pour n=(ak⋯a0)2∈N∗,n=(a_k\cdots a_0)_2\in\mathbb{N}^*, avec ai∈0,1a_i\in{0,1} et ak=1a_k=1 i.e. n=2k+ak−12k−1+⋯+a0n=2^k+a_{k-1}2^{k-1}+\cdots+a_0 on a n≥2kn\geq 2^k donc k≤ln⁡(n)ln⁡(2)k\leq \dfrac{\ln(n)}{\ln(2)}. Ainsi, en majorant les aia_i par 11 on a un≤k+1≤ln⁡(n)ln⁡(2)+1.u_n\leq k+1\leq \dfrac{\ln(n)}{\ln(2)}+1. Donc, par croissance comparée, un=o(n)u_n=o(n) donc R≥1R\geq 1 car le rayon de convergence de ∑n≥0nxn\displaystyle\sum_{n\geq0}nx^n est 1.1. Donc R=1.R=1.
  3. b) On remarque que pour tout n=(ak⋯a0)2∈N,n=(a_k\cdots a_0)_2\in\mathbb{N}, on a 2n=(ak⋯a00)22n=(a_k\cdots a_00)_2. On a donc u2n=un.u_{2n}=u_n. De la même façon 2n+1=(ak⋯a01)22n+1=(a_k\cdots a_01)_2 donc u2n+1=un+1.u_{2n+1}=u_n+1. On a alors ∀x∈]−1,1[,\forall x\in]-1,1[,
    S(x2)=∑n=0+∞unx2n=∑n=0+∞u2nx2n=S(x)−∑n=0+∞u2n+1x2n+1S(x^2)=\sum_{n=0}^{+\infty}u_nx^{2n}=\sum_{n=0}^{+\infty}u_{2n}x^{2n}=S(x)-\sum_{n=0}^{+\infty}u_{2n+1}x^{2n+1}donc
    S(x2)=S(x)−x∑n=0+∞u2nx2n−∑n=0+∞x2n+1=S(x)−xS(x2)−x1−x2.S(x^{2})=S(x)-x\sum_{n=0}^{+\infty}u_{2n}x^{2n}-\sum_{n=0}^{+\infty}x^{2n+1}=S(x)-xS(x^2)-\dfrac{x}{1-x^2}.donc
    (1−x)S(x)−(1−x2)S(x2)=x1+x(1-x)S(x)-(1-x^2)S(x^2)=\dfrac{x}{1+x}
  4. En évaluant la relation ci-dessus en x2nx^{2^n} pour ∣x∣<1\left|x\right|<1 et n∈Nn\in\mathbb{N} et en sommant de n=0n=0 à NN on a un télescopage qui apparaît
    ∑n=0N(1−x2n)S(x2n)−(1−x2n+1)S(x2n+1)=(1−x)S(x)−(1−x2N+1)S(x2N+1)=∑n=0Nx2n1+x2n.\sum_{n=0}^N(1-x^{2^n})S(x^{2^n})-(1-x^{2^{n+1}})S(x^{2^{n+1}})=(1-x)S(x)-(1-x^{2^{N+1}})S(x^{2^{N+1}})=\sum_{n=0}^N\dfrac{x^{2^n}}{1+x^{2^n}}.Mais on remarque que SS étant la somme d’une série entière, elle est continue. En particulier, S(x2N+1)⟶N→+∞S(0)=u0=0.S(x^{2^{N+1}})\underset{N\rightarrow+\infty}{\longrightarrow} S(0)=u_0=0. On obtient donc, en passant à la limite lors que N→+∞N\rightarrow +\infty la relation
    (1−x)S(x)=∑n=0+∞x2n1+x2n.(1-x)S(x)=\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{x^{2^n}}{1+x^{2^n}}.On cherche à déterminer un équivalent de F(x):=∑n=0+∞x2n1+x2n\displaystyle F(x):= \sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{x^{2^n}}{1+x^{2^n}} lorsque xx tend vers 1.1. Pour cela on va poser x=e−tx=e^{-t} avec t>0t>0 et on va appliquer la première question à F(e−t)=∑n=0+∞ft(n)\displaystyle F(e^{-t})=\sum_{n=0}^{+\infty}f_t(n) avec ft ⁣:y⟼e−2yt1+e−2yt=11+e−2yt\displaystyle f_t\colon y\longmapsto \dfrac{e^{-2^yt}}{1+e^{-2^yt}}=\dfrac{1}{1+e^{-2^yt}} qui est bien positive et décroissante. Puisque la somme existe pour tout t>0t>0 c’est donc que l’intégrale de ftf_t converge et on a les inégalités
    F(e−t)≥∫0+∞ft(y),dy≥∑n=0+∞ft(n+1)=∑n=0+∞e−2n+1t1+e−2n+1t=∑n=0+∞e−2n2t1+e−2n2t=F(e−2t).F(e^{-t})\geq \int_0^{+\infty}f_t(y),dy\geq \sum_{n=0}^{+\infty}f_t(n+1)=\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{e^{-2^{n+1}t}}{1+e^{-2^{n+1}t}}=\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{e^{-2^{n}2t}}{1+e^{-2^{n}2t}}=F(e^{-2t}).On en déduit l’encadrement suivant de F(e−t)F(e^{-t}) :
    (∗) ⁣:H(t/2)≥F(e−t)≥H(t)(*)\colon H(t/2)\geq F(e^{-t})\geq H(t)avec H(t):=∫0+∞e−t2y1+e−t2y,dy.\displaystyle H(t):= \int_0^{+\infty}\dfrac{e^{-t2^y}}{1+e^{-t2^y}},dy. On pose le changement de variable u=t2y=teyln⁡(2)u=t2^y=te^{y\ln(2)} qui donne u′(y)=tln⁡(2)eyln⁡(2)=ln⁡(2)uu'(y)=t\ln(2)e^{y\ln(2)}=\ln(2)u. On a alors
    H(t)=1ln⁡(2)∫t+∞e−uu(1+e−u),duH(t)=\dfrac{1}{\ln(2)}\int_t^{+\infty}\dfrac{e^{-u}}{u(1+e^{-u})},duOr on a e−uu(1+e−u)∼u→0e−uu\dfrac{e^{-u}}{u(1+e^{-u})}\underset{u\rightarrow 0}{\sim}\dfrac{e^{-u}}{u} dont l’intégrale diverge en 00 si bien que, par intégration des relations de comparaison, on a l’équivalent H(t)∼t→012ln⁡(2)∫t+∞e−uu du\displaystyle H(t)\underset{t\rightarrow 0}{\sim}\dfrac{1}{2\ln(2)}\int_t^{+\infty}\dfrac{e^{-u}}{u}\,du. On fait subir une intégration par parties à cette intégrale en primitivant 1u\dfrac{1}{u} et en dérivant e−ue^{-u}. On a alors
    ∫t+∞e−uu,du=[ln⁡(u)e−u]t+∞+∫t+∞ln⁡(u)e−u,du=−ln⁡(t)e−t+∫t+∞ln⁡(u)e−u,du.\int_t^{+\infty}\dfrac{e^{-u}}{u},du=\left[\ln(u)e^{-u}\right]t^{+\infty}+\int_t^{+\infty}\ln(u)e^{-u},du=-\ln(t)e^{-t}+\int_t^{+\infty}\ln(u)e^{-u},du.La deuxième intégrale converge lorsque t→0t\rightarrow0 par intégrabilité de ln⁡\ln en 00 si bien qu’on a H(t)∼t→0−ln⁡(t)e−t2ln⁡(2)∼t→0−ln⁡(t)2ln⁡(2).H(t)\underset{t\rightarrow0}{\sim}-\dfrac{\ln(t)e^{-t}}{2\ln(2)}\underset{t\rightarrow0}{\sim}-\dfrac{\ln(t)}{2\ln(2)}. De même on a H(t/2)∼t→0−ln⁡(t/2)2=−ln⁡(t)−ln⁡(2)2∼t→0−−ln⁡(t)2H(t/2)\underset{t\rightarrow0}{\sim}-\dfrac{\ln(t/2)}{2}=-\dfrac{\ln(t)-\ln(2)}{2}\underset{t\rightarrow0}{\sim}-\dfrac{-\ln(t)}{2}. On a alors, en multipliant les inégalités de la relation (∗)(*) par −2ln⁡(2)ln⁡(t)-\dfrac{2\ln(2)}{\ln(t)} qui est positif pour tt assez proche de 0,0, par encadrement lim⁡t→0+−2ln⁡(2)F(e−t)ln⁡(t)=1.\displaystyle\lim{t\rightarrow 0^+}-\dfrac{2\ln(2)F(e^{-t})}{\ln(t)}=1. On en déduit que F(e−t)∼t→0+−ln⁡(t)2ln⁡(2)F(e^{-t})\underset{t\rightarrow0^+}{\sim}\dfrac{-\ln(t)}{2\ln(2)}, puis, avec t=−ln⁡(x)t=-\ln(x), on a F(x)∼x→1−−ln⁡(−ln⁡(x))2ln⁡(2)F(x)\underset{x\rightarrow 1^-}{\sim}\dfrac{-\ln(-\ln(x))}{2\ln(2)}. Ceci nous permet de conclure que
    S(x)=F(x)(1−x)∼x→1−−ln⁡(−ln⁡(x))2ln⁡(2)(1−x).S(x)=\dfrac{F(x)}{(1-x)}\underset{x\rightarrow1^-}{\sim}\dfrac{-\ln(-\ln(x))}{2\ln(2)(1-x)}.
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