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quand vous dites montrer que f est DSE. Il ne faut pas préciser au voisinage de quoi, dans la question c)?

si c'est possible de faire un peu plus du MP hhh

Je suis en M1, mon programme c'est analyse fonctionnelle, EDP, processus stochastique, discret, intégrale d'Itô mais jsp comment dire, ce prof est tlm sympathique

Pour monter que p à valeur dans R .on peut écrire p = p1 + ip2 si p2 non nul en prend a dans R n'est pas solution de p2 .donc p(a) n est pas dans R

Un oral d'Ulm sur le même thème (cas n=3): Pour tout A dans M3(R) on pose f(A) = ΣΣ |aij| pour i et j allant de 1 à 3. Déterminer le maximum de f sur O3(R) On peut montrer que n^(3/2) n'est pas une borne optimale dans ce cas. Cette somme est majorée par 3^(3/2) Cette inégalité a été déterminée par l'inégalité de Cauchy-Schwarz appliquée à |A| et J où |A| est la matrice dont ses coefficients sont les coefficients de A en valeur absolue et J est la matrice pleine de 1. Si l'on souhaite que la majoration soit atteinte, il faut et suffit que |A| soit colinéaire à J. Autrement dit tous les coefficients de A sont des ±λ Il faut que la somme des valeurs absolues des coefficients valle 3^(3/2) . Cette somme est 9λ, on trouve λ=1/racine3 De même, il faut que chaque colonne soit de norme 1, d'où 3λ² = 1 donc λ = 1/racine3 Mais là où ça coince , c'est le produit scalaire entre deux colonnes : ±λ² ± λ²± λ² = 0 il faut autant de termes positifs que de termes négatifs Ce qui n'est pas possible

Exo quasi identique Soient f et a vérifiant les mêmes hypothèses Montrer Intégrale de 0 à a f² <= a²/2 Intégrale de 0 à a (f')²

Merci!

super ! merci beaucoup cela m aide beaucoup

Merci beaucoup ! super explication car souvent dans les livres , on ne donne pas le cheminement pour avoir l idee , on balance juste le resultat a appliquer, merci beaucoup j ai suivi pas a pas votre cheminement.

MERCI BEAUCOUP !!

Autre oral de l'X très similaire "Existe-t-il des fonctions f de C dans C continues telle que f○f = exp ?" je n'ai pas la solution mais je pense que l'exo est intéressant. On étudir désormais f dans C, la question de la monotonie n'a donc plus de sens et l'exp complexe a une infinité de points fixes.

Merci!

J’aime pas ce genre d’exos full astuce où on comprends pas vraiment pourquoi le resultat est vrai 😅

Merci pour l’exo!

Pour le cas de la continuité je donne la réponse ,en effet sur ]x;pi/2[ la fonction f ne peut pas atteindre x et de plus elle ne peut pas être superieure a la fonction identitée ( puisque par continuité on pourrait observer que f a +infini comme limite en +infini ce qui par passage a la limite de fof donne que la limite de cos en +infini est + infini). Maintenant focalisons nous le sur le cas ou notre fonction est inférieure à la fonction identité sur ]x;pi/2[ ,nous avons maintenant 2 cas : ou bien f est strictement superieure à x sur cette intervalle ou bien strictement inférieure .Regardons dans le 1er cas pour y dans cette intervalle on a y>f(y)>x on a donc fof(y) > fof(x) ce qui donne x<y ==> fof(y) > fof(x) donc que cos(x)<cos(y) ce qui est contradictoire avec la decroissance de cos sur ]x;pi/2[ Pour le 2ème cas prenons z sur le meme intervalle ,on a donc f(z)<x<z Par continuité on a bien un réel r sur l'intervalle ]x;z[ tel que 0<f(r)<x alors on a fof(r)<f(x) (on a pas fof(r)>f(x) car cela contredirait la decroissance de cos) mais cela implique alors qu'il existe 2 réel u et v dont l'un est dans l'intervalle ]f(r);x[ et l'autre ]x;r[ tel que f(u)=f(v) cela implique que u=v mais cela est contradictoire. Conclusion : il n'existe aucune fonction continue telle que fof=cos

Je crois qu il fallait ajouter que f est stable sur un intervalle ouvert de 0 pi/2, ( sur un voisinage de l) ce qui est vrai en fait puisque f est continue en l.

Merci prof

Spoiler : Il me semble que c'est l'inegalité de Golden-Thompson (voir notes de Terence Tao)

Pour que l soit unique il faut que la fct soit strictement monotone

Bien joué :)

Bonjour Ça s'appelle l'inégalité de Golden-Thompson. en.wikipedia.org/wiki/Golden%E2%80%93Thompson_inequality Bertrand Rémy propose un exercice très détaillé ici : bremy.perso.math.cnrs.fr/MAT452-2017-ExercicesPC4.pdf C'est un TD de deuxième année à l'école Polytechnique, mais c'est 100 fois plus développé que les exercices du concours d'entrée. Comprenne qui pourra !

exp(A+B) = I + A + B à l'ordre 2 et exp(A).exp(B) = I+ A + B + AB AB symétrique de trace positive ce qui garanti une augmentation de trace au final tr(exp(A).exp(B)) > tr(exp(A+B)) Récurrence du produit sur la somme directe😆 , qui augmente les traces successives ( cqfd )😐

Salut Roch super exo comme d'hab :) Pour la question bonus (f seulement continue) je pense qu'il faut creuser un peu plus car f est monotone sur [0,pi/2] mais pas à valeurs dans cet intervalle, donc pour fof on ne peut pas conclure si vite qu'elle est croissante. Comme contre-exemple, on a justement cos o cos qui est décroissante sur [pi/2, pi] alors que cos est monotone sur cet intervalle. A+ et continue tes vidéos, perso je me régale à les regarder !

Pour la question 2 des traces d’exp, le résultat semble dire que l’inégalité est atteinte pour A et B qui commutent, l’idée est alors de parcourir les classes de similitudes orthogonales pour orthocodiagonaliser les deux matrices :considérer l’application qui a P associe tr(exp(A+PBPt)) atteint un max sur OnR et un theoreme sur les extrema liés (l’espace tangent à OnR en une matrice C est C*AnR) permettent de s’en sortir.

Supers exos comme d'hab! Merci beaucoup pour toutes ces videos. Pour la question bonus j'ai utilisé la corde plutôt que la dérivée et il me semble que ça marche bien aussi comme solution alternative.

Cest fini les oraux pour moi baaaaaaaaaaaa

Dans une optique 100% psychorigide et très rock and roll, ce serait drôle de ne présenter que la Q 2.

1/ exp(A) et exp(B) sont dans Sn++ (on orthodiagonalise et on utilise la caractérisation par les valeurs propres), puis en utilisant la racine carrée S de exp(A), on écrit Tr(exp(A)exp(B)) = Tr(S*exp(B)*S) > 0 car S*exp(B)*S est dans Sn++

Je viens d’avoir cet exercice à Centrale PC 2024. Enfin c’était une variante mais le fond est le meme

Sympa, j'avais oublié le cas où l'équation caractéristique n'a qu'une solution (double). Ça fait un bon rappel. En vrai ça donne un exercice qui permet de voir les réflexes (continuité des cas limites) et n'est pas si trivial car la correction utilise un max de bonus (Introduction de D0, solutions en cos(n*theta) et sin(n*theta) qui est une base plus agréable/naturelle que e^i*n*theta et e^-i*n*theta etc. etc.).

me demande ce que ça donne pour les extensions de degré 2 de Q ? Intéressant car très généralisable ....

super top. Merci

It's easier to solve 3 with this method : Set vn to n * (un-1) this will give nxn over xn +1 Note the form : n x^n-1 / 1+x^n which is in form of f prime over f wich will pop up the ln function.... I let you figure out the rest:) but non the less I like this solution since it uses Taylor expression

Le fait que les coef sont dans le sous corps est trivial en caracteristique nulle : il suffit de considerer le gris corps comme espace vectiriel sur le petit😊 les equations lineaires qui lient les coefs sont en nombre fini à un facteut multiplicatif pres, il suffit alors de constater que pour tout entier p et tout p-upplé de monome, la famille des evaluations est infinie dans l'espace projectif canoniquement associé

Bonjour vous pensez qu’il faut chercher combien de temps quand on ne trouve vraiment pas ? Il y’a des exos d’oraux ou je tâtonne pendant des heures et j’y arrive pas, d’autres où je trouve directement l’astuce..

Autre méthode pour la question 2 : Supposons par l'absurde que f ne s'annule qu'une fois en α sur ]0;π[ f est de signe constant sur ]0 ; α[ et sur ]α ; π[ Notons F une primitive quelconque de f. 0 = Intégrale sur [0,π] de f * cos = Intégrale sur [0,π] de F * sin (par IPP) Le but étant de montrer que pour F bien choisie on a F de signe constant ne s'annulant qu'une fois . On applique à Fsin, le théorème de l'intégrale nulle F est nulle sur ]0,π[, ce contredisant le fait que F s'annule une seule fois. *1er cas* f est de même signe sur ]0;α[ et ]α;π[ f est de signe constant sur [0;π] et s'annulant un nombre fini de fois ainsi F est strictement monotone on prend alors F1 la primitive de f s'annulant en 0 de sorte que F1 soit de signe constant et ne s'annulant qu'en 0 *2ème cas* Si f est de signe différent sur les intervalles ]0;α[ et ]α;π[ alors F est strictement monotone sur [0;α] et de monotonie strice contraire sur [α;π]. F admet un extremum en α atteint une et une seule fois. Prenons F2 la primitive de F s'annulant en α. Ainsi F2 est de signe constant sur [0 ; π] car d'extremum 0 et donc 0 n'est atteint qu'une seule fois par F2

MERCI INFINIMENT !! C est vraiment super cela m a beaucoup aide . Vos demonstrations et explications sont fantastiques de fluidite, merci encore

Le vieux taupin que je suis ne se souviens pas du tout de toutes ces différentes convergences, et donc je me sens un peu perdu pour la justification rigoureuse de ces résultats: l'analyse demande désormais une bonne maitrise, il faut que je m'y remette. Le maître n'est pas infaillible, et fait une erreur de signe en changeant de page. :)

21:20 , sans les indications... Pennons un polynôme P(X) a coefficients dans Q, de degré impaire supérieur ou égal à 3, de toute façon (comme sa dérivée s'annule un nombre fini de fois) il est monotone a partir d'un certain rang, donc (en supposant le coefficient dominant positif, sans perte de généralité) il existe un y0 a partir duquel quel que soit y ≥ y0, il existe un seul x dans R tel que P(x) = y. En gros tout polynôme de degré impaire est "bijectif APCR" parce que monotone APCR. Maintenant il faut montrer que pour tout P(X) défini comme tel, il existe au moins un (probablement une infinité) y ≥ y0 rationnel tel que x son antécédent est irrationnel. Mais là, ça se corse, j'ai du mal a trouver tout seul..

17:25 de même pas besoin de Lagrange : si on se rappelle que le produit d'un rationnel et d'un irrationnel donne un irrationnel, on peut séparer une "partie rationnelle" d'une "partie irrationnelle" (prenant tout les a_k x^k où a_k n'est pas rationnel par exemple) d'un polynôme P à coefficient dans R. Soit x dans Q, puisqu'une combinaison linéaire de rationnels ne peut pas être irrationnelle, pour que P(x) soit rationnel on a que I(x) la partie irrationnelle est nécessairement nulle. Donc soit I(X) est identiquement nulle, et P(Q) est inclue dans Q, soit il existe x tel que P(x) est irrationnel.

5:30 perso j'ai pas eu besoin d'aller aussi loin : il suffit de séparer partie réelle et partie imaginaire, la partie imaginaire de P (sur R) ça va donner un polynôme I(X), soit il est identiquement nul et alors P est a coefficient dans R, soit il existe un x tel que I(x) est différent de 0, donc P(x) n'est pas dans R, est a fortiori P(R) ≠ R. Ça me semble suffisant, pas besoin de l'artillerie lourde !

Cela m'évoque des choses comme P(A ⋃ B) = P(A) + P(B) - P(A ∩ B) et autre formules du même acabit

Je me semblais l'avoir fait via E = sup{x | f(x)<alpha }

Bravo

Pour l'inégalité du milieu on peut minorer chaque |mi,j| par son carré puis sommer sur i et j

On peut aller plus vite pour la dernière en prenant la trace: on a que notre double somme vaut tr(transp(M)M) qui vaut aussi Tr(I_n)=n car M est orthogonale, d’où le résultat par inégalité triangulaire

Du Cauchy à toutes les sauces ! En dimension fini, toutes les normes sont équivalentes, mais j’avais oublié que la norme 2 est inférieure à la norme 1. Bien ouej 😊

Excellent

Pour la troisième question : J’ai envie de réduire le problème modulo un nombre premier m. Si l’application x-> P(x) est bijective sur Q ou Z sans perte de Généralité, elle l’est nécessairement sur Z/mZ. J’ai l’impression que les surjections de (Z/mZ) sont engendrés par l’addition x -> x+a et la mise à une puissance x->x^n avec n premier avec m-1. Je ne trouve pas de contre exemple. Étant donné la puissance n premiere avec m-1, il existe q tel que q = 1 mod n. (Cas particulier du théorème de Dirichlet) La mise à la puissance n qui était une surjection mod m n’en est plus un mod q. Il ne reste donc que les surjections de la forme x-> x+a c’est à dire les polynômes de degré 1. Ma caractérisation des surjections de Z/rZ vous paraît elle correcte ?

Trouvant cela un peu bâtard qu'il n'y ait qu'un seul chemin menant à Rome j'ai cherché jusqu'à trouver l'idée suivante ; La la la la A et B peuvent être supposées inversibles (de déterminants non nuls car ce sont des entiers premiers entre eux) Soit P et Q les polynomes caractéristiques respectifs de A et de B. Il s'avère que P(0)=det(A) et Q(0)=det(B). On commence par etablir que P et Q sont à coefficients entiers. On met ensuite en évidence deux polynomes à coefficients entiers, R et S , tels que A*R(A)=det(A)*I, et B*R(B)=det(B)*I (remarque : on retrouve ainsi l'expression des comatrices comme des polynomes en A et en B, la suite se deroule pareil) Par Bezout il existe deux entiers u, v tels que det(A)*u+det(B)*v=1 Il suffit alors de poser U=u*R(A) et V=v*R(B) qui sont bien à coefficients entiers