NB : Rn[X] est le noyau d’un polynôme en D, D et phi commutent donc phi stabilise les Rn[X], on peut donc bien écrire la restriction de phi à Rn[X] (en particulier à R1[X])
Sinon j'ai une autre méthode ( il n'y a jamais qu'une méthode en maths ;) ) : Démonstration : On pose : f = x -> exp(-x) g = phi(f) On a g' = phi²(g) = phi³(f) = phi(phi²(f)) = phi(f') = phi(-f) = -phi(f) = -g donc g = A.exp(-x) = A.f avec A ∈ ℝ ( solutions de l'équadiff y' = -y , dans ℝ) Or -f = f' = phi²(f) = phi(g) = phi(A.f) = A.phi(f) = A²f donc en applicant en x = 0 par exemple on obtient comme f(0) = 1 : -1 = A² ≥ 0 absurde D'où l'inexistence de phi ;)
La démonstration m'a l'air plus courte même si j'ai bien détaillé, et elle ne sort pas de nulle part non plus : Motivations : La question fait penser au théorème que l'on connait sur les matrices symétriques positives ( existence et unicité de la racine carrée dans Sn+ ) Donc similairement je regarde les vecteurs propres de D qui sont les A.exp(Lx) avec A,L ∈ℝ on voudrait donc par analogie avoir phi( exp(Lx) ) = √L exp(Lx) Mais bien sûr on voit qu'il y a un problème quand L < 0 , donc j'ai regardé c'que pouvait être l'image pour L = -1 d'où le fait de poser f le cas L = -1 et g son image , et ensuite la contrainte principale sur g c'est que phi²(g) = g' , d'où la démo
Oui c’est une autre solution mais le résultat sur l’indice de nilpotence utilise Cayley Hamilton fondamentalement qui est un théorème vachement sophistiqué pour ce qu’on cherche à faire ( en taille 2 on peut s’en passer), mais sinn jolie solution
@@Ryanetlesmathsoit d l'indice de nilpotence. La suite dim Ker f^k est une suite strictement croissante jusqu'à l'indice d. Donc si d>=n, alors dim ker f^n >= n, f^n = 0.
8:28 je crois que tu ne peux pas étudier phi dans l'espace des polynomes comme un endomorphisme car celui ci n'est pas stable par phi. Ce ne n'est pas parce que l'espace est stable par phi carré qu'il l'est par phi. Tu as donc prouvé qu'il est impossible d'avoir une racine carrée qui envoie les polynomes sur eux memes, en tout cas il me semble.
Si deux endo f et g commutent alors tout espaces de la forme Ker(P(f)), Im(P(f)) (resp g) est stable par g (resp f), pour P dans K[X] c’est une propriété de cours mais tu peux rapidement le vérifier. Dans notre cas, les espaces de polynômes s’écrivent comme des noyaux de polynômes en D qui commutent avec phi d’où la possibilité d’écrire l’induit
Bonsoir ! J'avais commencé à faire comme ça mais j'ai buté face à une difficulté, qu'est ce qui nous autorise à restreindre phi à R1[X] ? Qu'est ce qui nous assure la stabilité ?
Je crois avoir très rapide ; on montre facilement que dim ker phi = 1, et que donc ker phi = ker phi^2. A partir de la on a dim ker phi^4 = 1 alors que phi^4 = D^2 et dim ker D^2 = 2.
La matrice de D_2 tilde comment le 1 n'est pas en bas à droite mais en haut à droite quand on décompose D_2(X) dans la base canonique ça fait 0*1+1*X donc le 1 est censé se retrouver en bas non ?
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.
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
et si on mq ker(phi)=ker(phi^2) (facile) et par consequent la suite des noyaux stationne et en particulier ker(D) = ker(phi^2)=ker(phi^4) = Ker(D^2) ce qui est clairement absurde ????
@@Ryanetlesmath Je dirais qu'on peut remarquer que : ker(phi²) = ker(D) qui est de dimension 1 ( = Vect(1) ) Donc étant donné que ker(phi) ⊆ ker(phi²) et que dim ker(phi) ≠ 0 car phi non inversible comme on l'a dit on a inclusion et égalité des dimensions
En revanche, mq que par conséquent la suite des noyaux est stationnaire ( résultat qui est vrai mais pas au programme ) , c un peu plus long que ce qui est fait en vidéo
Si je le refait ( mais c un exo que je conseil de refaire perso ) ça donne : On suppose ker(f^p) = ker(f^p+1) et on veut mq ker(f^k) = ker(f^p) pour k ≥ p il suffit de mq'alors ker(f^p+1) = ker(f^p+2) et faire une récurrence, donc démontrons cette égalité. •l'inclusion directe est évidente. • soit x ∈ ker(f^p+2) , on a donc f(x) ∈ ker(f^p+1) = ker(f^p) donc f^p(f(x)) = 0 d'où x ∈ ker(f^p+1) d'où l'autre inclusion
Attention !! Deja petite imperfection : le noyau de D n'est pas "enorme" il est minimal (de dimention 1!) Ensuite passer par les matrices ne sert à rien qu'a faire une boucle inutile Et surtout qu est ce qui te dis que tu as le droit de resteeindre \phi au polynomes sans heurts??? Je peux me tromper mais il me semble qu il y a une douille à ce niveau, en tous cas je pensecque ce n est pas justifié je vais reverifier pardon si je me trompe. Il me semble d'ailleurs que la justification de la legalité de cette operation suffirait à elle seule à obtenir l'absurdité cherchee. Plan de la demo : soit x \in ker \phi= ker D = {constantes} et y tq \phi(y)= x On a D(y)= \phi(x)= 0, donc y est dans le noyau , contradiction.
@@savonliquide7677 R1[X] est le noyau d’un polynôme en D, D commute avec phi donc phi stabilise R1[X]. Sinn oui effectivement le noyaux n’est pas énorme en terme de dimension. Le passage au matrice permet au premier coup d’oeil de voir la nilpotence, chacun son intuition, je trouve ça plus naturel d’autant plus que (même si ce n’est pas le cas ici) cela permet souvent d’avoir des arguments de dimension donc de simplifier largement les preuves ( on est a priori en dimension infini dans tt le pb sinn)
@@Ryanetlesmath D commute ac \phi donc \phi stabilise R_1" Ok il y a donc une justification, c'est deja ca ! Cependant elle me semble fausse. Notons que si \phi stabilise R_1 c'est quasi terminé, c'est olus ou moins ca l'objet de l exo. Je ne comprends pas ton argument : prends E= espace engendrés par les monomes de degres pairs : D^2 stabilise E, mais pas D, pourtant ils commutent
Je redonne la demo qui me semble naturelle et capturer l essence du pb : Ker phi inclus dans ker phi^2 ( trivial) Donc ker phi est soit {0} soit egal a ker phi^2= ker D=vect(1) = sev des fonctions cobstantes Si ker phi=0 , phi serait injective et D le serait aussi or son noyau est vect(1) de dim egale à 1 >0, donc on a ker phi= ker D= vect,(1) Soit y tel que phi (y)=1 On a D(y)= phi^2(y)= phi(1)=0 donc y est dans Ker D= Ker phi Donc phi(y)=0=1 Contradiction!
Ta justification est bonne, si E est le noyau d une polynome en M et N commute avec N alors N(E) inclus dans E. Ta demo est donc correcte si tu precise ça... mes excuses si j ai raté cet argument (que je viens de comprendre) . Ta demo me parait tout de mm un oeu simplifiable et alambiquee mais comme ton but etais de te mette en situation et montrer ton processus de recherche c est tout a fait louable! Bonne continuation ;)
Je crois qu'il y a un problème puisque : ( 1 1 ) ( 1 1 ) est de rang 1 pourtant elle ne s'écrit pas comme : ( a b ) ( 0 0 ) en réalité, une matrice de rang 1 de taille 2 s'écrit ( aV bV ) avec V un vecteur colonne non nul, et (a,b) ≠ (0,0) Donc voilà, si t'arrives à contourner cela veux bien... Personnellement j'ai une autre méthode ;)
En fait, on peut dire qu'on cherche A de taille 2 tel que A² = D ( ici D c'est D tilde 2 ), mais D est nilpotente donc A aussi, mais A est nilpotente de taille 2 donc A² = 0 , d'où D = 0 absurde
@@Acssiohmt’as solution est de loin la plus rapide et jolie mais j’ai préféré ne pas la présenter puisque elle utilise le théorème de Cayley Hamilton qui est plutôt sophistiqué pour ce qu’on veut faire (on s’est ramené à de la taille 2 justement pour travailler avec les mains). Je me suis un peu emporté sur le calcul de fin en considérant directement la forme échlonnée de phi mais tu peux régler ce problème en considérant des scalaires a,b,u de sorte à ce que phi s’écrivent : ( a ua ) (b ub) Puis par calcul rapide t’as a=-b d’où u=0 par calcul à nouveau et enfin tu trouves en identifiant le coeff 1,2 avec la matrice D, 0=1 ce qui est absurde
@@Ryanetlesmath Ok pourquoi pas, perso j'ai tendance à dire que tant que c du cours ça passe. Surtout que pour être totalement rigoureux y a le cas où c de la forme : ( ua a ) ( ub b ) qui ne s'écrit pas comme tu l'as écrit quand u = 0 , mais bon, c'est exactement la même chose donc on t'en voudra pas 🙃
@@Acssiohm ça revient au mm la nullité de u ne joue aucun rôle dans l’écriture de phi, a,b et u sont choisis de sorte à avoir cette écriture stv phi s’écrit (C1(phi) u*C1(phi) ) avc C1(phi) la colonne 1 de phi, (u nulle ou non on s’en fou)
La démonstration est je crois complètement fausse car on peut supposer que notre espace de départ est les polynômes pas de problèmes mais l’espace d’arrivée de phi rien ne nous dit que c’est les polynômes Enfaite ici le seul type de démonstration possible demande a montré que la dérivé 1/2 d’une fonction dans R n’est pas dans R mais dans C Vous pouvez regarder se qu’on appelle l’analyse fractionnaire qui se base littéralement sur l’existence de la fonction phi et vous pouvez regarder la page wikipedia de l’analyse fractionnaire rubrique approche naturelle la première phrase dit que cette fonction existe
@@lekiwi_4145 regarde le commentaire épinglé, les espaces de polynômes sont bien stable par phi car ce sont des noyaux de polynômes en D. Il y a beaucoup d’autres solutions mais celle que tu proposes ne peut pas convenir le jour d’un oral car hp en plus de ça l’opérateur définit en analyse fractionnaire n’est pas linéaire donc tu es complètement hs
@@Ryanetlesmathmais non sa marche toujours car il est additif c’est une dérivée d’une integrale il est additive donc il y a pas de problème donc si on as bien une solution mais que dans C Regarde prend phi de P(x) comme d/dx de l’integrale de 0 a x de P(t)/sqrt(pi(x-t)) dt phi ne va que dans R+ mais aussi non il n’y a aucun problème phi est bien additive et phi^2 c’est la dérivé
![บุษบา - เมนทอล [Official MV]](http://i.ytimg.com/vi/IGnWPokSEis/mqdefault.jpg)
NB : Rn[X] est le noyau d’un polynôme en D, D et phi commutent donc phi stabilise les Rn[X], on peut donc bien écrire la restriction de phi à Rn[X] (en particulier à R1[X])
Sinon j'ai une autre méthode ( il n'y a jamais qu'une méthode en maths ;) ) :
Démonstration :
On pose :
f = x -> exp(-x)
g = phi(f)
On a
g' = phi²(g) = phi³(f) = phi(phi²(f)) = phi(f') = phi(-f) = -phi(f) = -g
donc g = A.exp(-x) = A.f
avec A ∈ ℝ ( solutions de l'équadiff y' = -y , dans ℝ)
Or -f = f' = phi²(f) = phi(g) = phi(A.f) = A.phi(f) = A²f
donc en applicant en x = 0 par exemple on obtient comme f(0) = 1 :
-1 = A² ≥ 0 absurde
D'où l'inexistence de phi ;)
La démonstration m'a l'air plus courte même si j'ai bien détaillé, et elle ne sort pas de nulle part non plus :
Motivations :
La question fait penser au théorème que l'on connait sur les matrices symétriques positives ( existence et unicité de la racine carrée dans Sn+ )
Donc similairement je regarde les vecteurs propres de D qui sont les A.exp(Lx) avec A,L ∈ℝ
on voudrait donc par analogie avoir phi( exp(Lx) ) = √L exp(Lx)
Mais bien sûr on voit qu'il y a un problème quand L < 0 , donc j'ai regardé c'que pouvait être l'image pour L = -1
d'où le fait de poser f le cas L = -1 et g son image , et ensuite la contrainte principale sur g c'est que phi²(g) = g' , d'où la démo
@@Acssiohm jolie preuve très originale bravo
Je pleure sur le poulet par pitié continue avec les classiques de mines ponts
Ahah merci beaucoup, c’est prévu tqt !
Je te découvre que mtn en 5/2 pendant mes oraux mais quel poulet continue ça fait plaisir à voir cette approche sur les résolutions des exo d’oraux
Merci pour ton soutien !!
Si on utilise le fait que pour un endomorphisme nilpotent d’indice p on a forcément p
Oui c’est une autre solution mais le résultat sur l’indice de nilpotence utilise Cayley Hamilton fondamentalement qui est un théorème vachement sophistiqué pour ce qu’on cherche à faire ( en taille 2 on peut s’en passer), mais sinn jolie solution
@@Ryanetlesmathsoit d l'indice de nilpotence. La suite dim Ker f^k est une suite strictement croissante jusqu'à l'indice d. Donc si d>=n, alors dim ker f^n >= n, f^n = 0.
je passe en 2e année de prépa super tes vidéos a regarder en chillant pendant l’été pour se mettre dans le bain de la spé
Content que ça te plaise, y’aura pas mal d’autres vidéos sur la sup dans les prochaines semaines 😊
super video continue
8:28 je crois que tu ne peux pas étudier phi dans l'espace des polynomes comme un endomorphisme car celui ci n'est pas stable par phi. Ce ne n'est pas parce que l'espace est stable par phi carré qu'il l'est par phi.
Tu as donc prouvé qu'il est impossible d'avoir une racine carrée qui envoie les polynomes sur eux memes, en tout cas il me semble.
Si deux endo f et g commutent alors tout espaces de la forme Ker(P(f)), Im(P(f)) (resp g) est stable par g (resp f), pour P dans K[X] c’est une propriété de cours mais tu peux rapidement le vérifier. Dans notre cas, les espaces de polynômes s’écrivent comme des noyaux de polynômes en D qui commutent avec phi d’où la possibilité d’écrire l’induit
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
Bonsoir ! J'avais commencé à faire comme ça mais j'ai buté face à une difficulté, qu'est ce qui nous autorise à restreindre phi à R1[X] ? Qu'est ce qui nous assure la stabilité ?
@@baronthibault8650 R1[X] est le noyau d’un polynôme en D donc stable par D, donc par phi également car les deux commutent
@@Ryanetlesmath on voit ça en spé ? Ça ne me dit rien dans mon cours de sup
@@baronthibault8650 oui en spé c’est du cours
@@baronthibault8650 mais tu peux le redémontrer rapidement y’a pas bcp de difficulté
Je crois avoir très rapide ; on montre facilement que dim ker phi = 1, et que donc ker phi = ker phi^2. A partir de la on a dim ker phi^4 = 1 alors que phi^4 = D^2 et dim ker D^2 = 2.
La matrice de D_2 tilde comment le 1 n'est pas en bas à droite mais en haut à droite quand on décompose D_2(X) dans la base canonique ça fait 0*1+1*X donc le 1 est censé se retrouver en bas non ?
@@akezkopzekropzekz1364 D2(X)=1
@@Ryanetlesmath bah oui mais la coordonée selon X est en bas en haut c'est celle selon 1 non ?
@@akezkopzekropzekz1364non sous forme vectorielle le vecteur D2(X) s’écrit :
(1)
(0)
La base canonique c’est (1,X) et non pas (X,1)
ahhhh c'est bon je suis trop con
5:20 j ai pas compris pourquoi y a t il égalité
Je pense qu'en montrant qu'un polynome de degres supperieur a n-1 n'appartient pas a ker(D^n) on a l'egalité
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.
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
et si on mq ker(phi)=ker(phi^2) (facile) et par consequent la suite des noyaux stationne et en particulier ker(D) = ker(phi^2)=ker(phi^4) = Ker(D^2) ce qui est clairement absurde ????
mq ker(phi) =ker(phi2) à part si je passe à coté d’un éléphant, ça me semble pas « facile » ou évident, comment tu ferais ça
@@Ryanetlesmath Je dirais qu'on peut remarquer que :
ker(phi²) = ker(D) qui est de dimension 1 ( = Vect(1) )
Donc étant donné que
ker(phi) ⊆ ker(phi²)
et que dim ker(phi) ≠ 0 car phi non inversible comme on l'a dit
on a inclusion et égalité des dimensions
En revanche, mq que par conséquent la suite des noyaux est stationnaire ( résultat qui est vrai mais pas au programme ) , c un peu plus long que ce qui est fait en vidéo
@@Acssiohm C’est vrai si tu regardes la restriction, mais montrer l’égalité des noyaux sans ça compliqué
Si je le refait ( mais c un exo que je conseil de refaire perso ) ça donne :
On suppose ker(f^p) = ker(f^p+1) et on veut mq
ker(f^k) = ker(f^p) pour k ≥ p
il suffit de mq'alors
ker(f^p+1) = ker(f^p+2) et faire une récurrence, donc démontrons cette égalité.
•l'inclusion directe est évidente.
• soit x ∈ ker(f^p+2) ,
on a donc f(x) ∈ ker(f^p+1) = ker(f^p)
donc f^p(f(x)) = 0 d'où x ∈ ker(f^p+1)
d'où l'autre inclusion
Attention !! Deja petite imperfection : le noyau de D n'est pas "enorme" il est minimal (de dimention 1!)
Ensuite passer par les matrices ne sert à rien qu'a faire une boucle inutile
Et surtout qu est ce qui te dis que tu as le droit de resteeindre \phi au polynomes sans heurts???
Je peux me tromper mais il me semble qu il y a une douille à ce niveau, en tous cas je pensecque ce n est pas justifié je vais reverifier pardon si je me trompe.
Il me semble d'ailleurs que la justification de la legalité de cette operation suffirait à elle seule à obtenir l'absurdité cherchee.
Plan de la demo : soit x \in ker \phi= ker D = {constantes} et y tq \phi(y)= x
On a D(y)= \phi(x)= 0, donc y est dans le noyau , contradiction.
@@savonliquide7677 R1[X] est le noyau d’un polynôme en D, D commute avec phi donc phi stabilise R1[X]. Sinn oui effectivement le noyaux n’est pas énorme en terme de dimension. Le passage au matrice permet au premier coup d’oeil de voir la nilpotence, chacun son intuition, je trouve ça plus naturel d’autant plus que (même si ce n’est pas le cas ici) cela permet souvent d’avoir des arguments de dimension donc de simplifier largement les preuves ( on est a priori en dimension infini dans tt le pb sinn)
@@Ryanetlesmath D commute ac \phi donc \phi stabilise R_1"
Ok il y a donc une justification, c'est deja ca ! Cependant elle me semble fausse.
Notons que si \phi stabilise R_1 c'est quasi terminé, c'est olus ou moins ca l'objet de l exo.
Je ne comprends pas ton argument : prends E= espace engendrés par les monomes de degres pairs : D^2 stabilise E, mais pas D, pourtant ils commutent
Je redonne la demo qui me semble naturelle et capturer l essence du pb :
Ker phi inclus dans ker phi^2 ( trivial)
Donc ker phi est soit {0} soit egal a ker phi^2= ker D=vect(1) = sev des fonctions cobstantes
Si ker phi=0 , phi serait injective et D le serait aussi or son noyau est vect(1) de dim egale à 1 >0, donc on a ker phi= ker D= vect,(1)
Soit y tel que phi (y)=1
On a D(y)= phi^2(y)= phi(1)=0 donc y est dans Ker D= Ker phi
Donc phi(y)=0=1
Contradiction!
Ta justification est bonne, si E est le noyau d une polynome en M et N commute avec N alors N(E) inclus dans E. Ta demo est donc correcte si tu precise ça... mes excuses si j ai raté cet argument (que je viens de comprendre) . Ta demo me parait tout de mm un oeu simplifiable et alambiquee mais comme ton but etais de te mette en situation et montrer ton processus de recherche c est tout a fait louable! Bonne continuation ;)
Je crois qu'il y a un problème puisque :
( 1 1 )
( 1 1 )
est de rang 1
pourtant elle ne s'écrit pas comme :
( a b )
( 0 0 )
en réalité, une matrice de rang 1 de taille 2 s'écrit
( aV bV ) avec V un vecteur colonne non nul, et (a,b) ≠ (0,0)
Donc voilà, si t'arrives à contourner cela veux bien... Personnellement j'ai une autre méthode ;)
En vrai, après mure
En fait, on peut dire qu'on cherche A de taille 2 tel que A² = D ( ici D c'est D tilde 2 ), mais D est nilpotente donc A aussi, mais A est nilpotente de taille 2 donc A² = 0 , d'où D = 0 absurde
@@Acssiohmt’as solution est de loin la plus rapide et jolie mais j’ai préféré ne pas la présenter puisque elle utilise le théorème de Cayley Hamilton qui est plutôt sophistiqué pour ce qu’on veut faire (on s’est ramené à de la taille 2 justement pour travailler avec les mains). Je me suis un peu emporté sur le calcul de fin en considérant directement la forme échlonnée de phi mais tu peux régler ce problème en considérant des scalaires a,b,u de sorte à ce que phi s’écrivent :
( a ua )
(b ub)
Puis par calcul rapide t’as a=-b d’où u=0 par calcul à nouveau et enfin tu trouves en identifiant le coeff 1,2 avec la matrice D, 0=1 ce qui est absurde
@@Ryanetlesmath Ok pourquoi pas, perso j'ai tendance à dire que tant que c du cours ça passe. Surtout que pour être totalement rigoureux y a le cas où c de la forme :
( ua a )
( ub b )
qui ne s'écrit pas comme tu l'as écrit quand u = 0 , mais bon, c'est exactement la même chose donc on t'en voudra pas 🙃
@@Acssiohm ça revient au mm la nullité de u ne joue aucun rôle dans l’écriture de phi, a,b et u sont choisis de sorte à avoir cette écriture stv phi s’écrit (C1(phi) u*C1(phi) ) avc C1(phi) la colonne 1 de phi, (u nulle ou non on s’en fou)
La démonstration est je crois complètement fausse car on peut supposer que notre espace de départ est les polynômes pas de problèmes mais l’espace d’arrivée de phi rien ne nous dit que c’est les polynômes
Enfaite ici le seul type de démonstration possible demande a montré que la dérivé 1/2 d’une fonction dans R n’est pas dans R mais dans C
Vous pouvez regarder se qu’on appelle l’analyse fractionnaire qui se base littéralement sur l’existence de la fonction phi et vous pouvez regarder la page wikipedia de l’analyse fractionnaire rubrique approche naturelle la première phrase dit que cette fonction existe
@@lekiwi_4145 regarde le commentaire épinglé, les espaces de polynômes sont bien stable par phi car ce sont des noyaux de polynômes en D. Il y a beaucoup d’autres solutions mais celle que tu proposes ne peut pas convenir le jour d’un oral car hp en plus de ça l’opérateur définit en analyse fractionnaire n’est pas linéaire donc tu es complètement hs
@@Ryanetlesmathj’avoue que c’est le 8 eme commentaire que j’écris puis supprime je vais dormir je reviendrai plus fort
@@Ryanetlesmathmais non sa marche toujours car il est additif c’est une dérivée d’une integrale il est additive donc il y a pas de problème donc si on as bien une solution mais que dans C
Regarde prend phi de P(x) comme d/dx de l’integrale de 0 a x de P(t)/sqrt(pi(x-t)) dt phi ne va que dans R+ mais aussi non il n’y a aucun problème phi est bien additive et phi^2 c’est la dérivé
Instant no pour des raisons de codim (au risque de m humilier si j ai tort^^)
^^ prédateur
@@lekiwi_4145 😅