Oral Mines-Ponts, ENS sur les POLYNOMES
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- เผยแพร่เมื่อ 24 ก.ค. 2024
- Un oral assez difficile tombé à la fois aux ENS et aux Mines-Ponts (sup/L1)
00:00 Présentation et énoncé
01:50 Solution question 1) P(C)=C
05:19 Solution question 2) P(R)=R
16:40 Solution question 3) P(Q)=Q : début avec indications
24:33 Parenthèse : un exercice plus simple pour s'inspirer...
27:03 : Se ramener dans Z[X]
28:55 Fin de la correction
Le genre d'exo qui couvre un maximum de notions sur les polynômes... J'adore, je suis à la recherche de ce genre d'exo pour réviser certains cours...
J'ai passé cet oral il y a 40 ans. Aujourd'hui je ne suis pas sur de comprendre les questions ....😅
Super exercice. Les indications aident bien, merci!
Je suis en train de passer mes oraux de centrale et vos vidéos sont très riches et instructives.Merci et bravos a vous !
Bon courage!
Merci pour ce retour ! 🙏
super exercice!
super top. Merci
Avec vous tout a l air simple!
Merci c'est le meilleur compliment qu'on puisse me faire 🙏🙏 ... Bon en vérité j'ai pas mal cherché pour la solution 😅 ... mais j'essaie toujours de trouver le chemin naturel, qui n'est d'ailleurs pas forcément le premier que j'ai pris 😉
@@CassouMathPrepa Le probleme c est qu aux concours on n a pas deux jours pour resoudre ce probleme. On n a que 20-30 minutes de preparation.
Super exo et très bonne correction (progressive et avec le niveau d'explication qui va bien cad ni une ébauche de démonstration ni une démonstration complète de tous les micros points intermédiaires qui à ce niveau peuvent être admis/considérés comme triviaux)
Excellent! En effet, exercice également traité par M*. Vos explication sont remarquables.
Merci bien 🙏
J'ai découvert M* en avril. C'est une super chaine je trouve, de qualité. En plus maintenant il s'est lancé dans des videos au delà de la prepa. 👍
Très excellent
On résoud 😲
Super vidéo, comme dhab !
On résout, on absout, on dissout 😅... sorry
k = ppcm (dénominateurs P) suffirait :)
pour la q2 j’ai une autre idée pour mq P€R[X]
je note P la somme des ak X^k jusqu’a n>0 pcq P est non constant
a0 c’est P(0) donc € R
ensuite on fait par recurrence par exemple pour 1 on a a1 = lim[n->+inf] (nP(1/n)-P(0)) et pour tout n cette quantité est dans R et R fermé donc la limite est dans R donc a1€R
Oui bonne idee. a
Avec la formule de Taylor ak=dérivée k-ieme de P évaluée en zero. Et toutes ces dérivées sont reelles
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.
Pour le 2ème cas, le fait que P = P barre comme CN induit que les coefficients sont nécessairement réels, non?
même remarque / question
oui c’est vrai, par identification des coefficients cela implique que pour tout coefficient ak de P on a ak=ak barre donc ak est réel
Oui bonne idée ! 😁... en écrivant P=P1+iP2. On trouve facilement que P2 est nul sur R. Donc nul.
Lagrange reste quand même utile pour le cas de Q (question 3)
Pour le dernier cas, il est aussi instructif de penser aux formules de Cardan lors de la phase d'analyse.
Merci pour les vidéos toujours aussi intéressantes et pédagogiques 👌 (par contre, on résout…)
Merci (j'ai dit quoi à la place de "on resoud" ?)
@@CassouMathPrepaon résout avec un t au lieu d'un d justement, je crois que c'est ça qu'il a voulu dire
Oui on résout s’écrit avec un t mais cela n’enlève rien à la qualité de la vidéo 😉
me demande ce que ça donne pour les extensions de degré 2 de Q ? Intéressant car très généralisable ....
Pour la 2) il ne suffit pas d’utiliser la conjugaison complexe ?
On obtient Σ(a_i-overline(a_i})x^i=0 pour tout x réel. Donc a_i est égal à son conjugué pour tout i. Donc P est à coefficients réels.
Et après TVI
Oui on s'en sort bien ça (même s'il faut quand même Lagrange pour le 3))
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..
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 ?
Wahou. Vous partez loin.
J'ai du mal à suivre le premier pas.
Si P=2X+1, il verigie P(Q)=Q, mais il ne vérifie pas P(Z)=Z puisqu'il ne fournit que de nombres impairs 🤔 (?)
J'ai sans doute mal compris votre point de vue dsl 😅
@@CassouMathPrepa
Merci pour la correction !
En effet, la première partie était erronée.
Ce n’est pas possible de restreindre l’ensemble de départ Q à Z.
Par contre il me semble possible de restreindre la bijection « polynomiale » P de Q -> Q, à Qm -> Qm l’ensemble des fractions de dénominateur premier avec m en choisissant m premier avec tous les coefficients de P. (il suffit de prendre le nombre premier suivant le max des coefficients de P et on traite par la même occasion tous les polynômes P dont les coefficients sont inférieurs au nombre premier m.)
En effet, un élément dans l’image qui a un facteur 1/m est forcément issu de l’évaluation d’un nombre en 1/m suivi d’une réduction au même dénominateur. Réciproquement, Cette réduction se fait sans simplification du 1/m car les coefficients du polynôme sont premiers avec m.
On peut ensuite projeter la bijection de Qm->Qm vers Z/mZ -> Z/mZ, et reprendre l’analyse des surjections polynomiales (puissance première avec l’ordre du groupe multiplicatif et translation additive) de Z/mZ dans lui même avec m premier.
Cela complique encore la chose mais cela a l’air de tenir la route ^^
Et qu’en est-il de P(IN) = IN ?
J'ai pas cherché j'avoue.
Tu as une idée ?
Déjà y a P=X !!
Mais P=2X ne donne que des entiers pairs...
Examinons le degré 1 :
En fait si P=aX+b, avec a et b reels... tu as b=P(0), donc b est dans N.
Puis a=P(1)-P(0), donc a est dans Z. Ensuite en raisonnant modulo "a", tu dois pouvoir prouver que a=1 en utilisant la subjectivité.
Du coup b=0 car si n est dans N, alors P(n)=n+b>=b... et il faut P(N)=N donc.il faut attraper zéro... Donc P=X (à vérifier, je vais de tête et un peu vite...)
Puis voir le cas du degré >1.
Au feeling je dirais qu'il n'y a que P=X qui convient non ? 🤔
Y a aussi le pb P(Z)=Z...
P(Z) inclus dans Z est résolu par les polynômes de Hilbert
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 !
pour la 2, pour montrer que les coefficients de P sont réels, j'ai écrit P(X)=somme des a_d*X^d pour d allant de 1 à n et les a-k sont k complexes. En posant a_k=alpha_k + i*beta_k, on a P(X) = (somme des alpha_d*X^d) + i*somme des beta_d*X^d, soit P(X) = A(X) + iB(X) avec A et B deux polynomes à coefficients réels. Pour r un réel quelconque, on a donc P(r) appartient à R ssi A(r)+iB(r) appartient à R, ce qui implique B(r) = 0 puisque A(r) et B(r) sont deux réels. r étant quelconque, on a B(r)=0 ssi tous les beta_k sont nuls (le polynome B ne peut pas admettre une infinité de racines puisque B est de deg supérieur à 1). Dans ce cas, on aurait alors (en revenant à P) P(X)=A(X), soit que P est à coefficients réels puisque A l'est.
Je vois pas trop où est la faille dans mon raisonnement (je suppose qu'il y en a une, sinon on se serait pas embêté à utiliser l'interpolation de lagrange)
j'ai fait pareil
je pense que c'est bon
par contre l'interpolation est utile pour la 3) pour montrer que P€Q[X]
@@undecorateurok merci, par contre la 3 est pas encore à ma portée mdrr
ça marche aussi y’a pas d’erreur
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
Autrement dit, de facon moins pedante 😅😅😅😅 :
Si L est une extention de K, avec |K| infini il suffit que pour tout entier p>1 et tout p-upple a_1....a_p), le cardinal de (x^(a_1) : x^(a_2)... : x^(a^p)) quand x parcourt K soit infini (ou (t_1 : t_2 : ... t_p) designe la classe modulo multiplucarion par un scalaire no nul de (t_1,...t_p) dans K^p
Pour que P(K)=K implique les coef de P à coef dans L soient à coef dans K.
C'est assez immediat** que c'est une condition suffisante!
Et c'est totalement trivial que c'est ce qui se passe en car 0
Par exemple pour K=R et L=C
On a P= Sigma (u_k + v_k i)^(a_k)
Et pour tout reel r ma partie imaginqire de P(r) est v_k r^(a_k) et elle est non nulle pour au moins un r (en fait presque tous)
Cette illustration est inutile pour qui a compris le cas general mais on voit bien que c est quasi immediat ** pour K= Q c est la meme chose , seul petity lemme neczssaire, pour le cas général :
**montrer qu'une famille liée est associee à un nombte finie d equations lineaire à multiplication par un scalaire non nul pres.
Petite faiblesse : pour K= Q et le cas général : on a recourt à l'axiome du choix (tout espace vectoriel à une base modulo AC)
Mais il y a une erreur je crois, P est un polynome a coefficient dans Q et pas dans C nan ?
Au départ il est suppose à coefficients dans C. Puis on montre qu'en fait les coefficients sont dans Q grâce aux polynomes de Lagrange (voir question 2, c'est la même méthode que pour R)
On peut Aussi montrer lappartenance par utilisation matrice de vandermond?