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Nb. Noubliez pas de preciser symetrique REELLE, sinon vous avez le contre exemple B= (1, i // i , -1) qui est symetrique nilpotente non nulle

Salut, Merci pour cette vidéo. Pour le problème 2 question 5 où tu dérives l'équa. Diff., tu supposes que y est une constante, et c'est x la variable, puis tu inverses les rôles en particularisant x=1 et y devient la variable d'intégration sans justification! Ne devrais-tu pas développer un peu plus?

B a un polynôme annulation scindé, donc elle est trigonalisable. Ses éléments diagonaux sont nuls car tous ses valeurs propres le sont. En plus elle est symétrique car elle est égale à A+At, donc elle est la matruce nulle. Donc A = -At

On a clairement que B est symétrique, donc par le théorème spectrale B est diagonalisable, mais comme X^n est le polynôme minimal de B, B~0(Mn(R)) donc B est exactement la matrice nulle! Par définition de B on a donc que A est anti-symétrique, fastoche!

symetrique nilpotente est nulle

Fanchement , Merci Monsieur, le bonus avec l inegalite de Jordan c est Super, et l application des regles de Bioche top ! vraiment merci , je vais me coucher moins idiot ce soir !! c est deja cela vous me direz 😀😀😀

Hi hi B = A+transposée(A) est symétrique réelle. Ça court pas les rues quelle soit nilpotente ! C'est de la question de cours avec pas beaucoup de raisonnement entre.

On peut écrire la matrice A comme somme de matrice symétrique S et anti-symétrique K. Et on A=S+K. On remplace dans B et on obtient B=(S+k)+(S+k)^t=2S. Comme B est nilpotente, alors il existe un entier k tel que B^k=0 ce qui implique que 2^k.S^k=0 et puisque 2^k différent de zéro, alors S^k=0. et une matrice nilpotente symétrique est forcement nul. Donc A=K.

B est symetrique dc diagonalisable, comme elle est nilpotente ses vp sont ttes nulles => B est nulle dc A est anti symetrique

Pour moi la fonction est constante. Car sinon elle serait en escalier et discontinue. N’est-ce pas cela?

Bonjour. On a Q solution du problème de Cauchy linéaire Q' + Q = P, avec Q(0) = 0. On vérifie ainsi que si Q est polynomiale, alors P vérifie la condition demandée. Réciproquement, l'application f(Q) = Q' + Q vérifie f(X^n) = n X^{n-1} + X^n et ces polynômes forment bien une base de R[X] (famille échelonnée). Donc f est un automorphisme de R[X]. L'image de l'hyperplan engendré par X,X²,X³ .... (tout le monde sauf X⁰ = 1) est donc bien l'hyperplan donné par l'équation satisfaite par P. D'ailleurs, explicitement, la solution générale est solution particulière + solution générale de l'équation homogène. Ça donne Q = sum (-1)^k P^(k) + λ e^{-x}, et donc la condition traduit simplement la condition initiale Q(0) = 0 avec λ = 0.

Comme d'autres j'ai fait une IPP et une récurrence, ce qui rend l'exercice assez rapide et simple. Je me demande si j'ai manqué un truc?

le GOAT!

D'ailleurs si vous avez des Enonces D'ORAUX 2024 intéressants, n'hésitez pas à la poster en commentaires 😉 Autant je pourrai en faire en video si je trouve le temps (et la solution 😜)...

J'adore les petites incrustations vidéo. L'esthétique de tes productions est vraiment top.

Comment bien justifier l'unicite de la solution pour le premier probleme (f(x) = x+1)?

Super vidéo, merci! :) Personnellement j'ai utilisé une intégration par partie répétée. En posant N le degré de P et en appliquant N fois l'intégration par partie sur la formule de Q, on obtient que Q(x) = e^{-x} (sum_{k=0}^N P^{(k)}(t) e^t eval_0^x + (-1)^{N+1} int_0^x P^{(N+1})(t) e^t dt). Cependant, P^{(N+1}) est le polynôme nul, donc cette intégrale se simplifie. On obtient ainsi Q(x) = sum_{k=0}^N (-1)^k P^{(k)}(x) - e^{-x} sum_{k=0}^N (-1)^k P^{(k)}(0). Le résultat est direct à partir de là : Q(x) est un polynôme si et seulement s'il n'a pas de terme en exp(-x) ce qui arrive si et seulement si sum_{k=0}^N (-1)^k P^{(k)}(0) = 0.

NB Ne faites pas par récurrence, je donne juste le résultat pour que vous vérifiez que vous êtes allé jusqu'au bout ! 😅

Merci je ne connaissais pas Ultra Vomit c'est excellent AHOU

Merci ! Ca fait des bons souvenirs et revisions meme si je suis bien rouille

pour la somme impaire j'utilise 2i+1 au lieu de 2i-1, mais ce n'est pas pratique pour les simplifications après!

j ai perdu ma rédaction en scrollant... :( Mon idée est que sur un intervalle fermé quelconque I on peut trouver un rationnel r tel que r admet sur cet intervalle une infinité indénombrable d'antécédents (car sinon l'ensemble des antécédents de Q sur I serait dénombrable en tant que réunion dénombrable d'ensembles dénombrables, ce qui est absurde car cet ensemble contient à minima I-Q qui est indénombrable). Ensuite, on établit l'existence d'un sous intervalle J tel que l'ensemble des antécédents de r par f soit dense dans J. Par continuité, il vient f constante égale à r sur l'intervalle J. Par continuité encore, on peut toujours repousser la borne basse et la borne haute de cet intervalle de sorte que cela fonctionne pour tous les réels, aussi la fonction f est constante égale à r. Je ne suis pas sur que ce soit bien rédigé et le plus court chemin mais j'ai l'impression que mon intuition est bonne.

Bravo pour ta productivité ! Pour la première, le résultat étant donné, on peut tricher et procéder par récurrence. (Mais c'est très vilain de tricher.)

Faux

pourquoi le couple est unique svp ?

(r1,r2) inter Q est ouvert et fermé dans Q pour r1 et r2 réels, l'image inverse est ouverte et fermée car f est continue. Alors f ne peut pas avoir deux valeurs distincts car ils auraient deux intervals disjoints et leurs images inverses seraient deux ouverts-fermés disjoints dans R

Humm! T'as oublié de verifier f=u+v dans la synthèse ! Bien qu'évident, formellement, il faut le faire !

il ne manque pas beaucoup à GLₙ(ℝ) pour qu'il devienne connexe par arcs : il suffit de lui adjoindre une matrice M non inversible (GLₙ(ℝ) U {M} est connexe par arcs).

det est continue de Mn(R) dans R donc : l'image de Gln(R) (=R*) n'est pas connexe par arc implique que Glnn(R) n'est pas connexe par arc. Merci pour vos flash exo.

le goat des maths sur le youtube francophone pour ne pas perdre son niveau en L1 et L2 un follower du Maroc :)

si on a déjà notre master de maths on peut regarder sans chercher haha? :)

faux, par l'absurde s'il l'était ça voudrait dire que R* le serait (image de Gln(R) par l'application continue determinant) Or c'est pas le cas

Non, il ne l'est pas puisque R* ne l'est pas et que l'application det est continue, mais il a deux composantes connexes par arcs, celles où le déterminant est de signe strict constant.

Excellente vidéo, comme toutes les vidéos que vous faites, merci de tous vos efforts. Étonnant (décevant?) de voir cet exo a l'oral du si belle école, le résultat est intéressant mais ne demande que peu de réflexion et de créativité. (Pour tous ces jeunes qui se préparent à l’épreuve, très utile de savoir que ça peut arriver de tomber sur un truc comme ça où soit tu vois le truc, soit tu vois pas.)

La décomposition matricielle avec les matrices symétriques et antisymétriques est complètement analogue mais pour une raison inconnue je la trouve plus intéressante. Sans doute parce que ça permet aussi directement de donner les cardinaux des espaces A_n(R) et S_n(R) et montrer leur somme directe.

Que la caractéristique de l'anneau des coefficients de A et B doit diviser n

Envoyer les irrationnels sur les rationnels? drôle de fonction haha Pour profiter de notre hypothèse f(R\Q) c Q j’aurais aimé dire que puisque Q est dénombrable alors f(R\Q) l’est aussi, mais comme f(Q) l’est aussi (car Q l’est), f(R) est donc dénombrable! Sauf que par le TVI, f(R) est un intervalle de R, mais les seuls intervalles dénombrables de R sont les singletons..! Donc f est constante!

Dans tout ce qui suit, on considère que R est muni de la topologie usuelle. R est connexe par arc, donc f(R) l'est aussi, mais f(R) est très très petit pour être connexe par arc. en effet f(R) est dénombrable (car f(R-Q) inclu dans Q) donc si f(R) n'était pas un singleton, alors il existe x < y dans f(R) donc [x,y] est dans f(R), or [x,y] est non denombrable ce qui est absurde. donc f(R) = {x} avec x dans Q. Dans cet argument on a utilisé juste le fait que R-Q est non denombrable (la densité de R-Q n'était pas utilisée)

je ne comprends pas l'intêret de la question 4, j'ai du passer à coté de quelque chose, on a f continue qui ne s'annule pas tq f(1)=1, donc quelque soit x dans R f(x)>0, non ?

avant la rentrée dans 2 semaine ça fait du bien :) Je m'étais arreter à injectivité mais j'avais oublié la notion de continuité

On peut voir que f(|R) est un ensemble nécessairement dénombrable, donc d'intérieur vide. Les seules fonctions continues sui ont une telle propriété sont les fonctions constantes dont la valeur appartient à Q.

f est la fonction nulle

on peut dire que f est non injectif car R\Q est non dénombrable contrairement à Q

je pense que f est a valeur dans Q car R \Q est dense dans R et en utilisant le fait que f est continue donc on obtiendra que pour tout x appartient a R f(x) appartient a Q

0=/=n donc impossible

=apero

Bravo pour cette vidéo très pédagogique. En plus je te pique l'équation 5) des "autres équations fonctionnelles" pour poser en colle, elle est rigolote !☺

Peut-être que A et/ou B n'existent pas. Si A et B sont deux matrices réels de taille n Si AB- BA = In alors tr(AB) - tr(BA) = n Or tr(AB) c'est aussi tr(BA) ( propriétés sur les traces ) donc tr(AB) - tr( BA) = 0 On a donc n= 0, donc impossible à part l'égalité matrice nulle = matrice nulle Voilà ( j'espère de ne pas me tromper) :)

2e exercice, question 4. On sait que f(1) = 1. Supposons qu'il existe z tel que f(z) < 0. Or f est dérivable, donc continue. Si on applique le théorème des valeurs intermédiaires alors il existe t ∈ ]1, z[ tel que f(t) = 0. Or c'est impossible par hypothèse car f ne s'annule pas. Donc il n'exsite aucun z tel que f(z) <= 0 et f est bien une fonction de ℝ+* -> ℝ+*

Très bien expliqué