Відео

Avec un calcul de résidus ça se fait en deux deux

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 !

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 ?

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 ...

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.

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😂

Continue comme ca !

Vraiment cool l'exo

À 55s tu confonds les deux : a gauche c'est ligne et a droite colonnes

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 ?

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...

A 4:28 je ne comprends pas pk lambda=f(1) directement?

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 ?

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.

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 🙏

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)

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!

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 !

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 ?

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

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

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

On peut ecrire l’inverse de A en fonction de A par le polynome caractéristique en appliquant cayley hamilton aprés a chaque A a la puissance n on va utiliser la stabilite de X par fois et en fin chaque A a la puissance n a une suit extraite qui converge ….

Tu pourrais expliquer pourquoi X est stable par multiplication ?

Super merci pour ta vidéo ! Petite question: t'utilises quoi comme logiciel / matos pour écrire sur un tableau noir comme ça ? T'as un stylet ? Tu gères !

Je pense que raisonner sur des matrices 2*2 ou 3*3 aurait pu grandement éclairer pour l’intuition. Très bonne vidéo cependant

FRERO JE TEN SUPPLIE SES VACS METS NOUS BIEN NV REV SUP

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

Je t'ai découvert par hasard grâce à l'algorithme ytb franchement c'est grave bien parce que t'explique les raisonnements derrière et tout ça m'aide grave pour mon passage en spé Merci beaucoup

Je suis pas certain qu'utiliser la notation de dérivé ronde soit justifié ici f n'est pas une fonction de plusieurs variables

Nb : l’énoncé et la démonstration du thm spectrale a été posé à l’oral de l’ENS (source :RMS)

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])

J'aime bien tes vidéos !

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.