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Ryan et les sciences
เข้าร่วมเมื่อ 23 มี.ค. 2024
Taille minimale d’une intersection d’hyperplan ?? (Sup)
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วีดีโอ
Pourquoi Mn(K) n’est violemment pas commutatif ?? (Sup)
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Une condition simple de trigonalisation ??
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Un petit truc simple sur les sev (sup)
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Les compactes de GLn (C) sont des sous groupes ??
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X-Maths A 2017- Correction partie 2 ( question 10 à 12)
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Très clair pour moi jusqu'à 10:04. Qu'est ce qui permet de donner la forme de "phi tilde 2" donnée?
Sinon on peut passer par les sous espaces orthogonaux je pense. En effet l'intersection des ker(fi) c'est l'orthogonal de vect(f1, ...fm) et comme dim(vect(f1, ...fm) <= m, il vient que dim(intersection des hyperplans) >= n-m
Je suis pas mathématicien. J'ai fait dans le forcing. On suppose f definisable et dérivable sur R. On pose x=y et on dérive des 2 côté en appliquant la formule de dérive de composition. On abouti à ∀x 2f'=2f'(2x) Donc ∀x f'=f'(2x). Relextion... trouvé et emotion 🥹Cela veut dire que le taux d'accroissement est constant et indépendant de x. ∫(f'=C)=ax+b. On remplace avec y, on trouve∀x,y a(x+b)+2b=a(x+b)+b. Donc b=0. J'aime bien l'effet absorbant du 0 qui s'exprime bien ici😂. Donc f=ax, la ligne droite passant par le centre. J'ai pas le temps et surtout le niveau pour generaliser sur C sans sacrifier la rigueur 😅
Ya pas un problème dans la décomposition si u = v?
On peut aussi utiliser les noyaux itérés non?
Tu diagonalise et tu te ramènes à un pb sur les valeurs propres et c d’alembert gauss, pas trivial
wo le titre putaclic
Eh!
Le calcul n'est pas juste à partir de 11:50
@@dynastieeyala4236 oui grosse boulette, au niveau de l’indice d’intégration, le résultat et cependant juste au final
salut , je comprend par pourquoi a 11:04 tu dis que F(0) = 0 , on sait que f(0) = 0 mais pas F(0) = 0 j'arrives pas a comprendre...
@@Tunius petite erreur F(0) n’est pas forcément nul ceci dit ça ne change pas le calcul puisque cette ligne sert simplement à montrer que f est dérivable
Juste est-ce qu’on pouvait pas s’arrêter sur le nilindice de φ sur R_1[X] ? En effet, étant donné que D est nilpotente, comme φ²=D, il est clair que φ l’est également. Or, son nilindice est nécessairement plus grand que 2 strictement car s’il était plus petit, comme tu l’as souligné dans la vidéo, cela assurerait que D est l’application nulle sur R1[X] ce qui est évidemment faux. Par suite, le nilindice de φ est plus grand strictement que 2 sur un espace de dimension 2: Absurde. Une telle application ne peut donc pas exister.
@@jaidesmuscles8507 si mais le résultat que tu utilises découle entre autre de Cayley hamilton, résultat plutôt sophistiqué pour ce qu’on veut faire. D’autant plus qu’il me semble qu’il n’est pas au programme en pc et psi. Donc j’ai préféré revenir à quelques de plus sale mais plus élémentaire
@@Ryanetlesmathah ok je ne savais pas. Merci pour ton retour et continue les vidéos de correction d’exos d’oraux, elles sont trop bien ! Franchement la façon dont tu les corriges fait naître l’intuition et on prend beaucoup plus de recul sur les objets qu’on manipule et les exos plutôt que d’avoir un corrigé tout bête.
Hello, merci pour la vidéo 🙂 Cependant, en plus de l'erreur d'inattention pour k=0, ne faudrait-il pas... 1. prouver que cette intégrale existe bien avant de faire quoi que ce soit 2. faire attention au cas u=v, qui change la décomposition en éléments simples ? 3. à un moment on divise par v... quid du cas v nul ? Merci encore pour la vidéo, très sympa !
Oui petite boulette de ma part pour le cas k=0. Comme je le dis dans la vidéo c’est un oral qui est particulièrement long de part le nombre de disjonction de cas à faire, tu fais bien de remarquer que j’ai oublié qlq cas, pour les résoudre c’est juste des petits calcul pas méchant (sauf erreur de ma part). L’important de l’oral c’était surtt trouver l’idée général, l’élève qui l’a rapporté a précisé qu’il était passé à l’exercice suivant une fois qu’il avait résolu le premier cas
Avec un calcul de résidus ça se fait en deux deux
Mais inutilisable au concours de cpge
@@lorentzisagoat8409 bah non en soit, si tu construis bien ton truc et que tu ne nommes pas le "th des résidus", faire comme ça fonctionne et est legitime
@@lorentzisagoat8409 d'ailleurs je suis tombé sur un calcul de résidus à l'X donc non
Cool exo, tu écris sur quoi pour tes vidéos ?
arrêtez de dire ''oraux X ens blabla'' ces choses là certes tombent et retombent toutes les annees aux oraux mais sont considérés comme etant des exos de cours !
@@janisaiad9505 je sais pas quoi te répondre, cette exos est factuellement tombé à l’ENS rennes en 2017. Comment voudrais-tu qu’on appelle ces vidéos si ce n’est pas par le nom du concours où ils sont tombés ?
Un exercice X/ENS n’est pas nécessairement un exercice insoluble d’une extrême difficulté hein, c’est pas rare que l’examinateur donne des premiers exercices relativement accessibles comme celui là histoire de commencer l’oral et voire le niveau du candidat
Bonsoir, super vidéo tout est très clair, mais à 9:51 je suis pas sûr de comprendre, pourquoi si |r[ < |x| on peut directement intervertir série et intégrale ?
pour intervertir il faut que la convergence de la fonction soit respecté donc (r/x) supérieur a zéro et inférieur a 1 donc (r/x)^k converge
À 11:40, ce serait pas plutôt la surface d'un genre de cylindre unité alors ? 😆
Voici une ENORME simplification de ta démo : Soit n>1, K corps quelconque, Pour toute matrice M dans Mn(K) on note M_ij son coef d'indices resp i et j, et [M] la matrice colonne de taille n^2, associée à M vue comme un élément de son espace vectoriel sous jacent. Toute forme linéaire F dans Mn(K)* est associée à une matrice ligne [F] de sorte que F(M)=[F].[M] (je ne fais RIEN D'AUTRE qu'identifier matrice et application linéaires!) (1) Il s'agit de montrer que pour tout F non nulle dans Mn(K)*, il existe X dans GLn(K) tel que [F].[X]=0 premier cas F est diagonale : On prend X permutation sans terme sur la diagonale par exemple permutation circulaire second cas il existe des indices i,j i different de j tel que F_ij=h non nul On note E(ij) la matrice qui vaut 0 sauf en i,j où elle vaut 1 On pose [F].[Id]=k , La matrice X= Id - (k/h)E(ij) est inversible puisque trigonale avec des 1 sur la diagonale, et vérifie [F].[X]=[F].[Id] - (k/h)[F].[E(ij)]=0 COMMENTAIRE IMPORTANT (et instructif à divers niveaux) : Quel est l'isomorphisme le plus pertinent? F donne (M donne [F].[M]) ou bien F donne (M donne tr(FM)) ? *En ce qui concerne la demo*, il n'y a pas photo, c'est le premier : l'iso est donné par (1), c'est à dire l'identification matrice / application linéaire Tandis que pour montrer que le second est un iso, ta démo utilise tr(AB)=tr(BA) (qui est un résultat élémentaire mais combinatoire) et même chose pour le thm du rang des application linéaire. Donc tu utilises utilise deux thm, bien sur tu as le droit mais deux c'est plus que zero et si on devait les démontrer ça ferait bcp bcp de lignes en plus! (la raison pour laquell j'insiste autant va apparaitre bientôt...) Note aussi que tu RéUTILSES le thm du rang ! ceci devrait mettre la puce à l'oreille qu'on a peut être tordu un truc pour le détordre et donc fait deux efforts inutiles... Pourquoi inutiles ?? Je vous laisse deviner et je mettrai la réponse en commentaire ...
Lew deux isos sont identiques
@@savonliquide7677 oui c un golmon ce mec
@@lt97235 je dis juste qu il y a une preuve plus courte. On parle de maths pas des gens, qu est ce qui t arrive toi mdr
@@savonliquide7677 non toi tu es le golmon
c'était mon exo d'oral maths mp mines pont à l'anciennnnnne !! ( sans la question 1)
Sinon pour simplifier le choix de X tilde , on peut en fait la prendre diagonale par blocs : X1 = pareil : inversible de trace nulle X2 et X3 = 0 X4 = identité Donc son déterminant est det(X1).det(X4) != 0 Et quand on multiplie par Jr il reste que X1 qui est de trace nulle Mais c'est totalement équivalent et j'ai pas été capable de faire l'exo seul donc bon... j'ai peut-être pas le droit de chipoter sur de pareils détails. J'ai juste réussi dans le cas K = R avec une méthode totalement différente mais bcp plus simple que je trouve aussi intéressante : On suppose par l'absurde H ∩ GLn(ℝ) = ∅ H est un hyperplan ne contenant pas l'identité , donc H + Vect(In) = Mn(R) Ainsi pour toute matrice M on a M = A + x.In , avec A non inversible ( car dans H ) et x réel donc on a x tel que M - x.In = A non inversible i.e. det( M - x.In ) = 0 i.e. x est valeur propre réelle de M Ainsi il suffit de prendre une matrice ne possédant aucune valeur propre réelle pour avoir notre contradiction Bon maintenant que je l'écrit je me rends compte que ça marche seulement dans le cas n pair car si n est impair on a au moins une valeur propre réelle.
Joli. On doit pouvoir adapater au cas impair n impair, en autorisant les valeurs propres réèlles ssi elles sont nulles, et en bidouillant un peu... Au fait pour le confort de lecture tu devrais annoncer que tu raisonnes par l'absurde, cad dire que tu suppose H disjoint de GLnR, et d'ailleurs au lieu de dire "contre exemple" tu dirais "contradiction", d'autant qu un example/contrexemple d'un truc qui est déjà absurde ça devient un casse tete absurde pour le coup^^
Pour le cas n impair : Notons que si (H) est un hyperplan et Q une matrice inversible , alors Q.(H) := {Q.K, K dans (H)} est aussi un hyperplan, même chose à droite. Et donc même chose pour P.(H).Q pour tout P, Q inversibles. Supposons n impair et Supposons que (H) ne contienne pas de matrices inversibles. Deux cas : soit (H) contient des matrices non nulles de rang pair, et dans ce cas il existe P et Q tel que P(H)Q:=H' contient une matrice M, sans valeur propre réelle non nulle, mais puisque H' hyperplan et Id pas dedans on a det(M-x.Id) =0 pour un certain réel x , et c'est absurde. [je me suis emmélé les pinceaux, comme m'a fait remarqué l'auteur du commentaire, la correction après sa réponse, je laisse pour qu on comprenne la pertinence de sa remarque] [J AI DONC EFFACé LE DEUXIEME CAS, MAIS JE LAISSE L'IDEE SUIVANTE QUI PERMET D'AILLEURS DE RéSOUDRE SANS DISJONCTION DE CAS LE PB QD K=R OU C JE MODIFIE DONC UN PEU PAR RAPPORT AU MESSAGE INITIAL] On suppose sans perte de généralité que J_r est contenu dans H pour un certain r maximal pour cette propriété Soit une matrice quelconque Q dans (H), avec des entrées non nulles sur la diagonale du bloc carré en bas à droite de taille n-r, il y en a car autrement (H) ne serait pas un hyperplan. L'ensemble U= {J_r + t.Q, t dans R} est inclus dans (H) . Pour t assez petit le r-mineur contenant J_r et le coef diagonal non nul est de det non nul. Pour le voir on fait le calcul dudit déterminant par la fameuse formule : somme{coef de la dernière ligne}det (sous matrice carré max ne contenant pas le coef), le terme de cette somme relatif au coef diagonal est un o(t) alors que les autres sont des o(t^2). Cet argument d'ailleurs fonctionne assez rapidement même pour le cas pair et pour K=C et donne une preuve courte et naturelle, (du coup la disjonction suivant la parité de n est inutile et on peut drastiquement simplifier) La seule faiblesse du truc est que ça ne marche qu'en caractéritique nulle(*). La force est que ça permet de remplacer H par sev de taille (n-1)^2+1 si je ne dis pas de bétise ^^ (*) on doit pouvoir l'adapter au cas K infini mais peut-être pas K qulconque (alors que la preuve de l'auteur de la video et celle que j'ai donnée au début dans un com (et qui bcp plus simple), marchent pour tout K)
@@savonliquide7677 Dans le 1er cas tu conclus trop vite : ça n'est pas absurde de trouver une valeur propre réelle, il faut justifier que x est non nul
@@savonliquide7677 D'ailleurs il ne faut forcément choisir M dans H' , puisque dans ce cas x = 0 et c'est pas très utile
@@Acssiohm tu as raison c'est le contraire, si une matrice M de rang pair n'est pas dans H alors on peut trouver une matrice sans vp reelle non nulle PMQ qui n'est pas dans un (H')=P(H)Q et ça c'est absurde. Donc toutes les matrices de rang pair sont dans H.... Et pour montrer que c'est absurde on peut utuiliser l'argument du deuxieme cas mais vu que cet argument permet de conclure sans tout ça c'est un peu dommage et ce qui me gnéait bcp, (et du coup je n'ai pas trop relu ma premiere partie^^) Par contre je pense qu on doit pouvoir montrer l'absurdité autrement : si toutes les matrices de rg pairs sont dans H, alors (L) l'intersection de tous les P(H)Q quand P et Q parcourent GLn contient encore toutes les matrices de rang pair. D'ailleurs puisque P(L)Q=(L) pour tout P et Q , l'appartenance à (L) ne dépend que du rang. L'ensemble des morphismes qui envoient (L) dans lui même étant un espace vectoriel on en déduit que la multiplication à gauche ou à droite par une matrice quelconque sont des endomorphismes de (L) (car GLn engendre Mn). Résumons : pour tout entier k< n/2, J_{2k} est dans (L) puisque de rang pair, et J_{2k-1}. J_{2k} l'est aussi puisque la multiplication à gauche est un endomorphisme de (L). Donc J_{2k-1}=J_{2k-1}.J_{2k} est dans L. Donc toute matrice de rang 2k-1 sont dans (L) (puisque l'appartenance à (L) ne dépend que du rang). Toutes les matrices de rang pair<n sont dans (L), mais aussi d'après ce qu'on vient juste de dire, toutes les matrices de rang impair<n. Donc (L) est le complémentaire de GL(n,R) (gLnr= j'aié lé nerfs!!🤣🤣🤣🤣) C'est évidemment absurde car J_{k} + (I-J_k) = I montre que l'addition ne serait pas interne
C'est pas mal l'intuition qu'ils sont "gros", j'avais pensé à la même chose. Mais faut faire attention à ne pas s'y lancer de manière aveugle, ni croire que dense => brouillard à peu près uniforme , comme c'que tu as dessiné. On peut facilement voir que l'argument ne fonctionne pas si on remplace GLn par un ensemble dense quelconque. En effet suffit de prendre G = Mn(K)\H , auquel cas G est bien dense dans Mn(K) ( si K = R ou C ) , et pourtant l'intersection avec H est bien vide. Voilà, j'voulais juste préciser cela car j'trouve ça pas mal de montrer à quoi ressemble une réflexion qui avance , mais ça peut être pas mal aussi de montrer comment voir qu'une voie ne fonctionne pas.
Si K est R ou C c'est plié [edit : si K=C , car GLnR a deux composantes connexes]. GLn est dense et connexe un rapide argument topologique permet de conclure Mais K peut etre un corps fini donc pas de topologie. De toute facon c'est simple il me semble. Il en dim finie une forme lineaire est equivalente à multiplier terme à terme par une matruce associee à la forme (je ne comprends pas l histoire de generaliser le th de representagion de Riez (dslé pour l orthographe) ) et ensuite on somme tous les termes. À partir de là c est trivial je crois : on prend le sous enselble des matrices de GLn qui sont trigonales superieure et aucun 0 sur la diagonale et on se ramene à resoudre une equation du premier degré, sauf erreur de ma part😂
Edit : il y a juste un pb si la matrice associée a des 0 partout sauf à un unique coef sur la duagonale, danq ce cas on multiplie par une matrice inversible qui a un 0 à cet endroit (par ex une matrice de permutation)
1) sortir l’artillerie topologique ( densité et connexité de GLn )est inutile ici puisque déjà c’est un résultat hp en cpge donc encore faudrait-t-il le redémontrer ici, et pour K=R la preuve ne fonctionne pas car GLn(R) pas connexe. Donc cette argument est bien trop limité surtt qu’il nous demande du travail pour conclure. 2) le thm de représentation de riesz s’énonce dans le cas d’un espace euclidien, et permet d’exprimer les formes linéaires avec la trace, ici on a pas de structure euclidienne apparente de Mn(K) puisque comme tu le soulignes K est peut-être fini ou égale à C. Mais bon on a quand mm un théorème de représentation des formes linéaires. 3) Je ne comprends pas ce que tu veux faire avec les formes linéiaires, les assimiler à un vecteur ligne peut-être, en tt cas ton argument n’est absolument pas claire et semble bricolé ( dans le sens où il ne me paraît absolument pas naturelle) je me trompe peut-être mais la solution présentée dans la vidéo est pour moi la plus claire et la plus accessible (étant donné la disjonction de cas un peu floue que tu fais à la fin dans ton deuxième commentaire)
@@Ryanetlesmath dslé j'ecrivais d'un telephone éclaté je refais de mon pc sans les coquilles à tous les mots hahaha 1) GLnR est connexe [ERRATUM il a deux composantes deux composantes connexes] dès que n>1 mais tu noteras que si n=1 le problème est faux, il faut d'ailleurs supposer n>1 dans les hypothèses. [EDIT : c'est par contre vrai que n=1 ne marche pas] [De toute façon cet argument qui se voulait rapide n'était pas valable pour par exemple les corps finis, contrairement à la preuve simple que je donne en 3), BEAUCOUP plus simple et naturelle, admettez-le les amis^^] 2) Le théorème de représentation de Riesz s'énonce dans le cas d'un Hilbert donc aussi dans le cas complexe. La cas réel se généralise d'une façon beaucoup plus naturelle à TOUS les corps en dim fini : c'est le fait comme tu l'as dit de multiplier à gauche par un vecteur ligne, c'est le produit scalaire usuel dans un R-ev! Donc si généralisation il y a, elle concerne les autres corps, peut-être que ça marche dans ce cas (je n'ai pas regardé en détail j'ai decroché à partir des J_r et de la trace mais je regarderai pour le coup, d'autant que peut-être que ta preuve se généralise au cas général d'un Hilbert de dim quelconque...) 3) Quoi de plus naturel que cette généralisation avec zero effort!! on multiplie terme à terme et on fait la somme (notons # cette application de M^2^2 dans K) X est dans H équivaut à M_H # X =0. (comme le produit scalaire elle est distributive par rapport à l'addition (*) et commutative) 3bis) C'est vrai que je n'ai pas explicité et donc ma disjonction de cas peut sembler sortie du chapeau : je vais un peu modifier d'ailleurs pour aller plus vite : Si M_H est diagonale (notons M=M_H pour aller plus vite) , P#M=0 avec P matrice de permutation circulaire Si ça n'est pas le cas il existe un coef quelconque M_ab non nul. Supposons sans perte de généralité que a < b. Soit T la matrice où T_ij= 1 si i<j et 0 sinon et E_ab la matrice qui vaut zero partout sauf au coef a,b où elle vaut 1. Notons r=T#M, on vérifie facilement que i) (T-r/M_ab)#M=0 (*) ii) T-r/M_ab est inversible (matrice trigonale avec des 1 sur la diag)
@@savonliquide7677 Bah non, GLn(R) n'est jamais connexe , suffit de voir que son image directe par le déterminant est R* qui n'est pas connexe dans R alors que le déterminant est continue donc il conserve la connexité. De plus le problème n'est pas faux à n = 1 car dans ce cas là H = {0} ( en dimension 1 un hyperplan doit être de dimension 0 donc égal à {0} ) et 0 n'est effectivement pas dans GLn(R)
C'est vrai je vais corriger GLnR a deux composantes connexes, je vais corriger, honte sur moi 😁🤣🤣🤣 Par contre à propos de n=1, ça ne marche pas, car justement, comme tu le dis, H et R* sont distincts (je te rappelle qu'on veut le contraire pour n>1)
Continue comme ca !
Vraiment cool l'exo
À 55s tu confonds les deux : a gauche c'est ligne et a droite colonnes
C’est vrai petit lapsus de ma part mb
est ce que tu pourrais expliquer la fin de la question 2 , parce que avec l'hypothèse de récurrences tu as à semblables a une matrice de diagonale nulle , mais pourquoi cela implique que [uA] est aussi semblable a une matrice de diagonale nulle ?
Tu prends une base qui est la concaténation de (u(x), x) et la base qui transforme la matrice A~ en une matrice à diagonale nulle
@@Ryanetlesmath ok merci ! je viens de comprendre
En gros comme A ~ est de taille n-1 tu peux lui appliquer l’HP et donc en multipliant par blocks on arrive bien à une matrice de trace nulle avec que des 0 sur la diag
Salut, j'ai eu ce sujet (en fait je devais montrer l'unicité)à mon oral de l'X. Sauf que je suis en PC, donc le lemme des noyaux est hors-programme, tout comme le théorème de Bézout généralisé pour les polynômes, et bien sûr la codiagonalisabilité même si ça c'est vrmt classique. En plus, dans la preuve normale de l'unicité, on se sert de l'existence ( du fait que c'est des polynômes en A) J'ai pas réussi à conclure en 50 min. Après avoir découvert après l'oral la preuve "classique" et à quel point elle était hors programme, j'ai essayé de faire recours, mais on m'a dit que ce n'était pas la preuve attendue par l'examinateur. Finalement, j'ai eu 16, donc j'ai quand même dû dire deux trois trucs intelligents pendant l'oral. Mais de là à dire que l'exo est "donné" comme tu dis en début de vidéo c'est un peu abusé... Et si j'ai pas réussi, c'est pas pour autant que je suis un clown en maths (j'ai eu 20 à l'oral de maths de Centrale et des Mines et je suis admis à ulm). Bref, tout ça pour dire qu'on se rend pas forcément compte de la difficulté d'un oral juste en lisant l'énoncé, parce que quand ton programme est pas fait pour le résoudre et que tu l'as pas déjà fait c'est pas trivial...
Super pour ton retour d’oral merci bcp ! C’est vrai qu’en pc c’est pas facile au vu du programme bien plus maigre qu’en mp. Il me semble que cette exos avait été rapporté par un élève de mp donc dans ce cas c’est vrmt du cours d’autant plus qu’en classe étoilé tt le monde fait cette décomposition.
@@Ryanetlesmath tkt. Ouais moi même j'en avais entendu parler mais ouais là le truc c'est que j'avais pas le droit au théorèmes pour le résoudre. D'ailleurs je m'en souvenais pas trop parce qu'on a littéralement jamais des exos qui utilisent le lemme des noyaux.
A 4:28 je ne comprends pas pk lambda=f(1) directement?
C’est une notation qu’il choisit. Tu sais que f est continue donc la limite de f en 1 est finie et donc au lieu de réécrire f(1) a chaque fois il dit que c un constante lambda
@elouan4067 ah oui logique! Mrc bcp
la matrice E12+E21 respecte la propriété mais n'est pas un projecteur
Pourquoi la restriction de phi à R1[X] serait un endomorphisme ? Gros pb non ?
Regarde le commentaire épinglé
@@Ryanetlesmath Je sais bien mais comme tu ne le précises pas sauf si j'ai zappé, ta solution est fausse
DEMO SIMPLE: EGALITE DE NOYAU: KerPhi=KerD car ils sont tous deux de dimension 1 et contenant tous deux l'element "1". En effet, 0=Phi(0)=Phi*D(1)=Phi(1) et KerPhi inclus dans KerD (qui est de diemension 1!) D'autre part, Phi(id) est un reel donc dans KerPhi. En effet, D*Phi(id)=Phi*D(id)=Phi(1)=0 Enfin, 1=D(id)=Phi*Phi(id)=Phi(Phi(id))=0. C'est la contradiction tant attendue On rappelle que Phi(id) est dans KerPhi
comment c 'est possible ? au vu du titre je me dit que c'est de la magie !!
Le raisonnement n'est pas correct, si ta famille des puissances de A est libre en prenant des constantes sur K rien ne dit qu'elles sont necessairement libres en prenant les constantes dans le corps L à priori... par exemple 1et sqrt2 sont libres sur Q mais pas sur R. Il faut utiliser le fait que les puissances de A sont dans K ce que tu ne fais pas. Voici la rédaction minimale: Les puissances de A jusqu'a k-1 sont libres sur K donc le rang dans la base canonique du K ev des matrices a coefficient dans K de la famille est egale à k, il est obtenu comme la taille maximale des matrices extraites inversibles donc de determinant non nul de la matrice de la famille dans la base canonique, et comme le calcul du determinant est le meme si tu considere la base canonique du L espace vectoriel des matrices a coefficient dans L, donc la famille est effectivement libre dans le corps L car de meme rang que dans K donc le degre du polynome minimale de A dans L est de degre plus grand que celui dans K, ce qui permet de conclure.
Excellente présentation. Tu as vraiment le sens de la pédagogie en motivant les arguments de ton approche intuitive ... C'est extrêmement précieux ... Ca nous change des exercices proposés aux oraux (X-ENS) où la solution sort d'outre-tombe :-) Félicitations!
Sinon: 1) Comme phi^2=D on a D surjective -> phi surjective (et D est immédiatement surjective par primitivisation) 2) phi^2 = D -> Ker(phi) c Ker(D), or Ker(D) est la droite des fonctions constantes. Si Ker(phi)={0} alors phi est inversible (car elle est surjective) et donc D l’est, c’est absurde donc Ker(phi)={fonctions cste} 3) On note 1 la fonction constante égale à 1: par surjectivité il existe f telle que phi(f) = 1, par ce qui précède D(f) = phi(1) = 0 donc f est constante donc phi(f) = 0, on a donc 1=0.
Ce que tu fais avec pi ne marche pas je crois. Ca pourrait marcher si X est de card fini ou est un espace vectoriel.
ce raisonnement marche pour mq que les anneaux intègres finis sont des corps
Oui je viens de me rendre compte de la coquille, effectivement X n’est pas un sev donc les gros thm sur la dimension ne sont pas valables, bein vu. Cela dit ça ne change pas le reste du raisonnement
Je viens de terminer ma terminale, j'ai tenter de résoudre ce problème et je voulais savoir si ma démarche est bonne étant donnée qu'elle est bien plus courte que la vidéo et j'omets peut-être beaucoup de choses : Si y = 0 : f(x) + f(0) = f(x+0) <=> f(0) = 0 Puis, si y tend vers 0 (en limite) : f(x) + f(y) = f(x+y) <=> f(y) = f(x+1)-f(x) <=> f(1)/y = (f(x+1)-f(x))/y <=> f(y)/y = (f(x+1)-f(x))/y Donc vu que la croissance de f(x) pour tout x appartenant à R ne dépend pas de x parcequ'elle vaut f(y)/y, on peut dire que sa dérivé est constante et donc que la fonction est une fonction affine. Vu que f(0) = 0, la fonction affine est même linéaire. Donc f(x) = ax où a = f(y)/y où y tend vers 0, c'est accessoirement f'(0). Merci de bien vouloir m'aider 🙏
Globalement c’est la deuxième solution montrée y’a un petit litige lorsque tu parles de dérivabilité. A priori, f est uniquement supposée continue il faudrait que tu montres en plus qu’elle est dérivable pour appliquer ton raisonnement
À un moment de la vidéo tu veux montrer que la somme des vp autres que -1 s'annule, soit en montrant que toutes les vp ≠ 1 sont nulles soit en montrant que toutes les autres vp se compensent 2 à 2, en gros faudrait montrer que si lambda est |vp| ≠ 1, alors -lambda est vp j'imagine, ou alors si lambda ≠ -1 est vp alors -lambda est vp sauf si lambda = 1 alors contradiction Est ce que t'aurais d'autres idées pour montrer ça ? La prop m'a l'air plutôt exigeante en termes d'hyp dcp ça a pas l'air très facile. Sinon si t'as aussi des exos où tu montres qu'une somme est nulle par compensation jsuis chaud de voir !
Btw le projecteur que t'introduis à un certain moment de la vidéo, il serait pas carrément diagonalisable ? Il est annulé par le polynôme SRS X(X-1)
c'est pas p mais p o u donc c'est juste trigonalisable car juste un endomorphisme
Tu serais chaud de faire un peu plus d'exos de calcul diff? Jtrouve ils sont souvent intéressants et les aborder comme tu le fais ça démystifierait un peu le domaine!
calcul diff de rouviere, classique indémodable
@@janisaiad9505 je connais mais l'intuition n'est pas aussi détaillée que dans une vidéo
Il manque la fin de la vidéo.
Salut ! J'ai fais à peu près la même chose que toi jusqu'au calcul de l'intégrale de 0 à 2pi de e^(i*n*θ)dθ (sur laquelle j'ai bloqué) prcq je trouve qu'elle est egale a zero et je ne comprend pas pourquoi elle serait égale a 2pi car e^0 = e^2ikpi pour k dans N. bonne journée !
Il faut exclure le cas où k est nulle autrement tu divises par 0
C'est quoi l'argument du polynôme caractéristique ? Que c'est un polynome annulateur et que Sp(A^k) inclus dans racines polynome caractéristiques, donc il a une infinité de racines donc c'est le polynome nulle, ce qui revient à dire que le Sp(A^k) est en fait égal 0, et par définition A^k=PD^kP^-1 donc A^k est nulle ?
Plus simplement on a que le polynôme caractéristiques de phi M est de degré n2, les racines de ce polynôme sont exactement les valeurs propres de phi M, s’il admet une infinité de racine il est identiquement nul ( donc de degré 0) ce qui absurde
Tu explicite l’expression de k parmis n, tu le transforme en k+1 parmis n+1 ce qui fait sortir 1/n+1 de la somme, puis tu bidouille pour avoir les bonne bornes de la somme pour appliquer le binôme de newton pour k+1 parmi n+1
T’es guez
Cela decoule d’ un classique pour les matrices de rang 1, Det(f+g) x det(f^-1) = det( In +h) = 1+ tr(h) car h de rang 1, avec h=gof^-1 c’est fini.
J'ai pas compris le délire avec In et Phi A au début par contre
Phi_A a pour image une partie compacte et multiplicative (qu'on peut noter AX). Donc tu n'as qu'à prouver que celle-ci contient In. En effet, dire que In est dans AX signifie que l'inverse de A est dans X.
@@Wulfhartus ok merci!
Merci beaucoup pour tes vidéos, je vais entrer en MPSI l'année prochaine et je commence à regarder pas mal d'exo. J'essaye généralement de voir ce qui est démontrable à partir des connaissances de term, et j'ai été assez surpris de voir que (sauf erreur de ma part) l'entièreté de l'énoncé est démontrable en terminale Bref, j'ai fini mon pavé, merci beaucoup pour ton travail. Même si en regardant la vidéo je me dis que je dois m'être planté car la démo peut pas être aussi simple que ce que j'ai fait
L’application fi est continue donc il existe une constante C tel que || fi(A^k) || < C|| A^k || donc pour tout k dans N k|| A^k || < C|| A^k|| Or si A n’est pas nilpotente A^k de s’annule jamais donc on peut diviser l’inégalité pas || A^k || donc l’ensemble N est majoré par C, absurde
Oh c'est joli ça aussi !