Cachan 1991

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2010/2011

ENS Cachan
Première composition 1991
L’objet de ce joli problème est l’étude du comportement asymptotique d’une suite récurrente à laquelle le mathématicien hongrois Paul Erdös s’intéressa en 1985, avec quelques collaborateurs. Il s’agit de la suite définie par a0 = 1 et an = a[n/2] + a[n/3] + a[n/6] pour n ≥ 1, où la notation [·] désigne la partie entière. On montrefacilement que la suite de terme général an n est majorée, et qu’elle est minorée par 1 (partie II). L’essentiel du problème est consacré à la preuve 12 de la convergence de cette suite, vers ln(432) ! Toutefois, lorsqu’on la visualise à l’aide de Maple, on a l’impression qu’elle oscille indéfiniment (voir la figure à la fin de ce texte) : il faut se méfier des évidences numériques... L’ingrédient essentielde la preuve de la convergence de la suite de terme général an est le théorème n taubérien d’Ikehara (1931), auquel la partie III et l’essentiel de la partie IV sont consacrées, et dont voici un énoncé. Théorème 1. Soit f : R+ → R+ une fonction continue par morceaux et croissante. On suppose que la transformée de Laplace
+∞

F (s) =
0

f (t)e−st dt

est définie sur le demi-plan ouvert s > a> 0, et qu’il existe un réel > 0 tel que la fonction s → F (s) − s−a admette un prolongement continu au demi-plan fermé s ≥ a. Alors, f (t) ∼ eat quand t → +∞. De façon très générale, on appelle théorème taubérien (en hommage au mathématicien autrichien A. Tauber) un théorème qui permet de déduire un renseignement sur une fonction d’une information sur une de ses moyennes (ici : la transformée deLaplace). En 1932, N. Wiener, dans un important article, unifia la théorie taubérienne en la fondant sur la transformée de Fourier, et en en donnant plusieurs applications retentissantes, dont une preuve très directe du théorème des nombres premiers. Ikehara était un élève de Wiener.

Partie I
Dans cette partie, on a donc a0 = 1 et an = 2a[n/3] + 3a[n/9] pour n ≥ 1. 1) D’une part, b0 = a1 = 2a0+ 3a0 = 5 et b1 = a3 = 2a1 + 3a0 = 13. D’autre part, pour tout p ≥ 1, bp+1 = a3p+1 = 2a3p + 3a3p−1 = 2bp + 3ap−1 . L’équation caractéristique associée à cette récurrence est r2 − 2r − 3 = 0, de racines −1 et 3. Il existe donc deux réels α et β tels que bp = α(−1)p + β3p pour p ≥ 0. 1

Les conditions initiales donnent α+β =5 −α + 3β = 13, d’où α =
1 2

et β = 9 . En définitive, 2 bp = 1((−1)p + 9 · 3p ) pour p ≥ 0. 2

2) Procédons par récurrence double sur p. Tout d’abord, a1 = a2 = 5, et a3 = . . . = a8 = 13. Soit alors p ∈ N. Supposons le résultat vrai aux rangs p et p + 1, et soit n ∈ N tel que 3p+2 ≤ n < 3p+3 . Alors, n n < 3p+2 et 3p ≤ < 3p+1 3p+1 ≤ 3 9 d’où, d’après l’hypothèse de récurrence, an = 2bp+1 + 3bp = bp+2 , ce qu’il fallait démontrer. Ainsi, si p ≥ 0 et 3p ≤ n < 3p+1, alors an = bp . 3) Commençons par quelques observations cruciales. • Tout d’abord, bp a3p 9 = p → . p 3 3 2 • Ensuite, a3p+1 −1 bp 3 = p+1 → . p+1 − 1 3 3 −1 2 • Enfin, si p ≥ 0 et 3p ≤ n < 3p+1 − 1, alors bp an 1 + 9 · 3p an+1 − ≤ → 0 quand p → +∞. = n+1 n n(n + 1) 2 · 9p
3 À partir de là, la mise en forme est simple : on fixe ∈ 2 , 9 , N ∈ N et ε > 0. On commence par 2 choisir une subdivisionx0 < . . . < xr de 3 , 9 de pas ≤ ε, puis p ∈ N tel que 3p ≥ N , p vérifiant de 2 2 plus les conditions suivantes :

xr−1 ≤

a3p+1 a3p 9 3 1 + 9 · 3p ≤ + ε, − ε ≤ p+1 −1 ≤ x1 et < ε. 3p 2 2 3 −1 2 · 9p

L’un des termes an , 3p ≤ n < 3n+1 − 1 sera alors à une distance ≤ ε de . Cela prouve que l’ensemble n 3 des valeurs d’adhérence de la suite an n≥1 contient le segment 2 , 9 . Réciproquement,soit n ≥ 1, et n 2 pn =
ln n ln 3

, de sorte que 3pn ≤ n < 3pn +1 . Alors,

an n

=

bpn n ,

donc

bpn bp an ≤ ≤ pn , 3pn +1 n 3n
→3/2 →9/2 an n n≥1

ce qui prouve que toute valeur d’adhérence de

est élément du segment an n est le segment
n≥1

3 9 2, 2

. Finalement,

l’ensemble des valeurs d’adhérence de

3 9 , . 2 2

2

Partie II
Notons d’emblée que la...
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