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Cassou Math Prépa
Франция
Добавлен 22 апр 2024
T'es en prépa / licence et tu bloques sur des exercices de math ?
Quand tu lis les corrigés, tu trouves les solutions magiques ou tombées du ciel ?
... alors cette chaîne RUclips est faite pour toi !
Je suis Roch Cassanas. J'enseigne les maths en prepa CUPGE depuis plus de 15 ans, en cours, en khôlle.
Ici tu trouveras :
- Des exercices classiques incontournables
- Des oraux de concours
- Et surtout des méthodes de résolutions pour apprendre à RÉFLÉCHIR, CHERCHER ... et TROUVER
Souvent les débutants essaient de résoudre un exercice en partant dans une direction au hasard, ou en essayant de cloner un exercice déjà vu... en vain ! Pourtant pas besoin d'être un génie pour réussir en math.
La première étape fondamentale, c'est de bien savoir ton cours...
Puis je te montrerai ici comment mettre en pratique ces connaissances pour arriver à résoudre des problèmes... pour que les ruses diaboliques te paraissent enfin naturelles et que tu trouves toi-même le chemin vers la solution !
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Oral ENS PC 2024 !!
Un oral abordable tout frais débusqué sur BEOS (prof de CPGE, UPS), et qui nous parle de polynomes, fonction DSE, dérivée n-ièmes...
00:00 Introduction
01:00 Énoncé
01:51 Solution
Comme d'habitude, j'essaie de vous montrer mon cheminement de pensée, sans vous balancer une solution magique
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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.
Wi. C'est vraiment des flash exo pour aiguiser ses réflexes. Il fait que la réponse puisse se faire à l'oral. 😉
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.
Merci avoir repondu. Debut inutile car B est deja clairement symtrique. La derniere phrase en revanche reste à prouver !
@@CassouMathPrepa Merci pour votre réponse. J'ai considéré comme connu que toute matrice réel nilpotente symétrique est nul. Une matrice M symétrique réel est diagonalisable donc M=PAP^-1 et ensuite M^k=P.D^k.P^-1=0 ==> D^k=0 ==> D=0.
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?
pourquoi en escalier ? ;-) ... c'est plutot une histoire de cardinal. Voir les autres commentaires
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.
Très joli. J'avais fait une IPP itérée comme tout le monde mais je trouve qu'on comprend mieux ce qui se passe avec votre solution (même si celle de Cassou me plaît beaucoup aussi).
👍👍 Toujours des solutions tres sympa et elegantes @marsupilable. Merci 🤩
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?
Oui c'est sympa IPP. En fait si tu regarde ma récurrence, ça fait au final assez court aussi. Et donc effectivement ça nous fait encore un Roald ENS PC un peu simple pour une ENS ... mais bon faut voir la planche entière. Je crois que le 2eme exo c'était : " On se donne une série à terme positif convergente. Quelles sont les valeurs possibles de la somme à l'infini de ses carrés ". Prochaine vidéo ENS je ferai une planche entière.
@@CassouMathPrepa 😅j'ai déjà du mal à comprendre l'énoncé du deuxième exo!
@@EMT-fw2fz ah oui. T'as ete sur BEOS. Moi aussi j'ai pas compris "trouver les valeurs possibles" 🤔🤔... a part dire que ça converge... bizarre. Du coup je ne l'ai pas retenu. 🤷♂️
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 😜)...
Mes élèves ont beaucoup souffert avec le BEOS 8084 (qui est aussi le 5834). Je ne dirais pas qu'il est intéressant, mais il permet d'illustrer qu'on peut avoir des questions niveau terminale à CCINP, et aussi de mettre le doigt sur des erreurs à ne pas commettre. L'exercice consiste à montrer la bonne définition, la monotonie, la convergence et un DA à deux termes de la suite des racines positives de -4+X+X²+...+X^n.
@@UnNimois Je vais aller voir ca, merci 😃
J'adore les petites incrustations vidéo. L'esthétique de tes productions est vraiment top.
Merci 🙏. J'avoue je suis très BD. J'ai été bercé à Gotlibb et Franquin, Tome et Janry ... etc 😁
Comment bien justifier l'unicite de la solution pour le premier probleme (f(x) = x+1)?
C'est fait dans l'analyse : on y dit que s'il y a une solution, alors c'est forcement x-> x+1. Il n'y a qu'un seul candidat. D'où l'unicité ! 😄
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.
J'ai fait pareil! \○/
Oui bonne idée IPP. 👍
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
Kammthaaaaaar (ils font pas mal dans la parodie métal... facon Les inconnus) (ruclips.net/video/NLPyySN9Czw/видео.html)
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!
Ah oui je me posais la question pour savoir si ça se passait aussi bien. Pas de bol 😅
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.)
Merci cher Nîmois ! Je fais pas mal de videos pour mes élèves en ce début d'année :) Oui j'aurais dû formuler différemment en effet, pour évier la tentation de récurrence 😅
ah oui, j'ai vu l'exo et j'ai fait une récurrence, satisfait du devoir accompli en trois minutes 😁
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 !
ah mince. Désolé ca me paraissait vraiment évident mais tu as raison !
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
bingo !
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.
bingo !
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.)
Merci de ces encouragements. 🙏🙏🙏Oui c'est un peu exotique comme exo. Peut-etre que c'est une exo qui vient après un autre pour finir l'oral. Et là il donne rapidement l'indication de penser à la comatrice... 🤔
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.
oui moi aussi, et puis c'est des matrices, c'est un peu plus évolué.
c'est pas complètement analogue car ici f n'est pas forcément une application linéaire
Bonjour. C'etait le debut de la Première partie du sujet d'agrégation interne 2024
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!
Bingo ! 😁
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)
Oui !
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 ?
Oui. C'est bien l'argument du TVI. Ca sert après quand on prend le ln 😉
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.
Bingo !
f est la fonction nulle
Pk ? Y aussi les constantes dans Q qui marchent... les seules ? ;-)
@@CassouMathPrepa aucun rapport mais vous enseignez au campus jean henri fabre ?
on peut dire que f est non injectif car R\Q est non dénombrable contrairement à Q
Sur la bonne piste...
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
Certes R\Q est dense dans R, mais en passant a la limite f peut sortir de Q !! (si j'ose dire ...). Donc ton argument tombe à l'eau. Indic : f est en fait tres simple
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 !☺
Ca fait plaisir :)
Et bonne rentrée à toi, boss 😉
@@CassouMathPrepa hélas !
@@antocristo1847 des conseils pour gérer les discipline en classe en tant que jeune prof please?
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) :)
On peut se demander si le résultat persiste si on ne prend plus de matrices à coefficients réels (on prend les coefficients dans un autre anneau) ou si on prend des opérateurs linéaires (continus ou pas) sur un evn quelconque (de dimension infinie).
bingo !
@@girianshiido Merci pour cette remarque enrichissante ! Ah oui, sur un corps fini de caractéristique p, la matrice unité est de trace p, donc trace nulle ;) En dimension infinie, on a par exemple dans K[X], f:P->P' dérivation et g:P-> XP
@@CassouMathPrepa Oui mais en dimension infinie on ne peut plus parler de matrice, non ?
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+*
oui tout à fait !
Très bien expliqué