Bonjour tout le monde , vu que la RMS a publié les énoncés des oraux de l'année 2016 je prends l'initiative de les partager sur ce forum des exos chauds comme d'habitudes , qu'en pensez vous ?
Les questions sont gratuites, les réponses payantes.... :-D
J'espère que l'on en a pour son argent, c'est à dire que l'on a droit à des solutions élégantes (c'est à dire que l'on retient et comprend avec une seule lecture attentive).
ça sert à rien de lire la solution , on peut essayer à les chercher :-P peut être on attendra quelqu'un qui choisira le premier exo pour commencer (:P)
Exercice 1 : a) De mémoire, on prend $$\sup \{ A \subset E, f(A) \subset A \}$$ dans le treillis $(\mathcal P(E), \subset)$.
b) Il est évident que l'application en question est croissante (on a deux prises de complémentaires emboîtées), donc il existe $A \subset E$ tel que $A = E \setminus g(F \setminus f(A))$. L'application $\varphi$ définie par $$x \mapsto \begin{cases} y,& \text{ si } x \not \in A, \text{ où } y \in F \text{ est tel que } g(y)=x \\ f(x),& \text{ sinon}\end{cases}$$ convient.
En effet, $x \not \in A \Leftrightarrow x \in g(F \setminus f(A))$ d'où l'on déduit facilement que $\varphi$ est bien définie, injective (car $g$ et $f$ le sont et le $y$ en question n'est pas dans $f(A)$) et surjective, car si $y \in F$, ou bien $y \in f(A)$ auquel cas c'est bon par le second point, ou bien $y \in F \setminus f(A)$ et alors $y = \varphi(g(y))$.
Autre approche pour la 1.a): Si $f(\emptyset)= \emptyset$, on a gagné, on a un point fixe. Sinon, c'est que $\emptyset$ est inclus strictement dans $f(\emptyset)$: on pose $x_0 := \emptyset$ et pour tout ordinal $\alpha$, $x_{\alpha +1} = f(x_\alpha)$, en prenant la sup aux étapes limites. $\alpha \to x_\alpha$ est alors évidemment croissante (d'après la supposition faite sur $f(\emptyset)$), ou tout le temps strictement, ou constante à partir d'un certain ordinal, mais constante à partir de $\alpha_0$ si et seulement si $f(x_{\alpha_0}) = x_{\alpha_0}$. Or elle ne peut pas être tout le temps strictement croissante, car il existe un ordinal qui ne s'injecte pas dans $\mathcal{P}(E)$: donc on a un point fixe.
Citation Poirot : Joaopa est un troll. Peux-tu rendre publique ta solution ? Ça ne sert à rien de la dissimuler... Et ça intéresse certains d'entre nous.
Ce qui, semble indiquer, que tu fais de la recherche.
Loupé, je ne fais pas de recherche. Par contre tu avais vu juste en disant que j'étais normalien ;-)
Enfin bref, arrêtons de polluer le fil.
Je m'attaque au 4 :
Soit $f \in E^*$ telle que $f(e_k)=0$ pour tout $k \in \mathbb N$. On a envie de dire que les $(e_k)_k$ forment une base du $\mathbb Z$-module $E$ pour en déduire que $f$ est nulle, mais ce n'est pas le cas. (je pense qu'on ne saurait exhiber une famille génératrice de $E$ sans l'axiome du choix, mais peut-être que je divague complètement)
Comme suggéré, soit $p$ un nombre premier. Si $(a_n)_n \in E$ alors $(p^na_n)_n = (a_0, pa_1, p^2 a_2, \dots)$. $f$ est un morphisme de groupes, donc on a facilement (par récurrence) que pour tout $(a_n)_n \in E$, $$f((pa_n)_n) = f((a_n)_n + \dots + (a_n)_n) = p.f((a_n)_n).$$ Or pour une telle suite $(a_n)_n$, $$(p^na_n)_n = (a_0, 0, 0, \dots) + (p.0, p.a_1, p.(pa_2), \dots),$$ donc $$f((p^na_n)_n) = f((a_0, 0, 0, \dots)) + p.f((0, a_1, pa_2, \dots)).$$ On peut continuer ce procédé indéfiniment. EDIT (l'idée d'utiliser Bezout vient de Pea): Nécessairement, on a $f((0,0,0,0, \dots, 0, p.a_n, p^2a_{n+1}, \dots))=0$ pour $n$ suffisamment grand (sinon on obtiendrait que $|f((p^na_n)_n)|$ est arbitrairement grand). On en déduit que $f((p^n a_n)_n)=0$ grâce à l'hypothèse. On va maintenant exploiter ça pour deux nombres premiers distincts.
Si $(a_n)_n \in E$, alors par Bezout on peut trouver deux éléments $(b_n)_n$ et $(c_n)_n$ de $E$ tels que $(a_n)_n = (2^nb_n)_n+(3^nc_n)$, d'où $f((a_n)_n$ est nul, et donc $f$ est nule.
Le 20 :
On prend $f$ forme linéaire sur les polynômes, tel que $f(P)=P(1)$, si $P\in \R[x]$, $P(x)=a_0+...a_kx^k$
On note $||P||=\max\{|a_i|\text{ }|\text{ }i\in\N\}$, on prend $P_n(x)=\frac{1}{n}(1+x+x^2+...+x^{n^2})$.
Alors $f(P_n)=n$ et $||P_n||=\frac{1}{n}$.
@pourexemple : Pour le 20 j'aime bien celle-là aussi :
$f \mapsto f(0)$ sur $(\mathcal C^0([0, 1]), ||.||_1)$ en prenant une suite de fonctions affines par morceaux joignant valant $1$ en $0$, $0$ en $\frac{1}{n}$ et identiquement nulle au-delà.
Si chacun pouvait choisir parmi $104$ exercices le jour du concours...
Pour le 85 : $\displaystyle u_n = \sqrt{n+ \sqrt{n-1 + \cdots + \sqrt{2+\sqrt{1}}}}.$ a) Montrer que $\displaystyle u_n \to + \infty.$
$\displaystyle \forall n \in \N, u_n$ existe car les radicaux sont tous positifs. On a $\displaystyle u_n \geq \sqrt{n} \to + \infty.$ b) Exprimer $\displaystyle u_{n+1}$ en fonction de $\displaystyle u_n.$
$\displaystyle u_n^2 = n + u_{n-1}$ donc $\displaystyle u_{n+1}^2 = n+1+u_n.$ c) Montrer que $\displaystyle \forall n \in \N, u_n \leq n.$
Par récurrence : $\displaystyle u_0 = 0$, suppose $\displaystyle u_n \leq n$, alors $u_{n+1}^2 = n+1+u_n \leq 2n+1$ donc $\displaystyle u_{n+1} \leq \sqrt{2n+1} \leq n+1$ que l'on vérifie par élévation au carré. d) Montrer que $\displaystyle u_n = o(n).$
$\displaystyle u_{n+1} \leq \sqrt{2n+1}$ donc $\displaystyle {u_{n+1} \over n+1} \leq {\sqrt{2n+1} \over n+1} \sim {\sqrt{2} \over \sqrt{n}} \to 0$ donc $\displaystyle u_n = o(n).$ e) Donner un équivalent de $u_n.$
$u_{n+1}^2 = n+1+u_n = n(1+\frac1n + {u_n \over n}) = n(1+o(1))$ donc $u_n \sim \sqrt{n}.$
@pourexemple : $$u_{n+1}^2 = n(1+o(1))$$ donc $$u_{n+1} = \sqrt{n}(1+o(1))^{1/2} = \sqrt{n}(1+o(1)).$$ Ensuite $\sqrt{n+1} \sim \sqrt{n}$ quand $n$ tend vers $+\infty$. On peut passer aux racines (fixées) dans un équivalent. (bien sûr si les quantités en question sont positives)
a) $i) \Rightarrow ii)$ Évident car une valeur propre est une racine du polynôme caractéristique.
$ii) \Rightarrow i)$ Si $P \in \mathbb K[X]$, il suffit de considérer la matrice compagnon associée à $P$, dont le polynôme caractéristique est $P$, et donc les valeurs propres de cette matrice donne des racines de $P$.
b) Un grand classique. Comme $\mathbb C$ est algébriquement clos, soit $x$ un vecteur propre de $u$ associé à la valeur propre $\lambda \in \mathbb C$. Alors $u(v(x)) = v(u(x)) = \lambda v(x)$ de sorte que $v(x)$ est vecteur propre de $u$ associé à la valeur propre $\lambda$. Autrement le sous-espace propre $ker(u-\lambda id)$ est stable par $v$. Or la restriction de $v$ à ce sous-espace admet au moins un vecteur propre $y$ (car ce sous-espace n'est pas réduit à $\{0\}$ et $\mathbb C$ est algébriquement clos), qui, étant dans un sous-espace propre de $u$, est également vecteur propre de $u$. (et bien sûr $y$ est vecteur propre de $v$)
Pour le 94 : Soit $\displaystyle p \in \R.$ Déterminer l'existence et la valeur de $\displaystyle I(p) = \int_{0}^{{\pi \over 2}} {\sin^p(x) \over \cos^p(x) +\sin^p(x) } dx.$
Pour $\displaystyle p=0$, $\displaystyle I(0) = {\pi \over 4}.$
Pour $\displaystyle p\neq 0$, pour tout $\displaystyle x \in [0, {\pi \over 2}]$, $\displaystyle \sin(x) \geq 0, \cos(x) \geq 0$ et le système à deux équations $\displaystyle \cos(x) = 0, \sin(x) = 0$ n'a pas de solution. On en déduit que la fonction $\displaystyle x \mapsto {\sin^p(x) \over \cos^p(x) +\sin^p(x) } $ est définie, continue et donc intégrable sur $\displaystyle [0, {\pi \over 2}].$ On effectue le changement de variable $\displaystyle y = {\pi \over 2}-x$ et on calcule $\displaystyle I(p) = \int_{0}^{{\pi \over 2}} {\cos^p(y) \over \cos^p(y) +\sin^p(y) } dy.$ On en déduit $\displaystyle 2I(p) = \int_{0}^{{\pi \over 2}} { \cos^p(x)+\sin^p(x) \over \cos^p(x) +\sin^p(x) } dx = {\pi \over 2}$ et donc que, pour tout $p$ réel, $\displaystyle I(p) = {\pi \over 4}.$ Etonnant, non ?
C'est étonnant, mais ce qui est encore plus étonnant, c'est que si on prend p une fonction en $x$ tel que $p(\frac{\pi}{2}-x)=p(x)$, et bien cela marche toujours.
Pour le 97 : Soit $\displaystyle x$ une suite de réels positifs, $\displaystyle x_n$, pour tout $n$ entier. On suppose qu'il existe $\displaystyle \alpha$ et $\displaystyle \displaystyle \beta$ dans $\displaystyle \R^+$ tels que $\displaystyle \alpha+\beta <1$ et : $\displaystyle \forall n \in \N, x_{n+3} \leq \alpha x_{n+2} + \beta x_n.$ Montrer que $\displaystyle x_n \to 0.$
On démontre d'abord que $\displaystyle 0 \leq \alpha \leq \alpha + \beta <1$, de même $\displaystyle 0 \leq \beta <1.$
On cherche, pour tout $n$ entier, $\displaystyle x_n$ sous la forme $\displaystyle x_n = \lambda x^n.$ En effet, cette forme possède deux paramètres et on peut choisir $\lambda$ et $x$ pour s'ajuster à $x_0$ et $x_1.$ La différence de la suite $x_n$ et de la forme $\lambda x^n$ vérifie une relation de récurrence dont les deux premiers termes nuls forcent la nullité de la suite entière... Voir message de @JLT juste dessous...
Si $\displaystyle \lambda = 0$ ou $\displaystyle x=0$, alors $\displaystyle x_n =0 \to 0.$ On suppose donc $\displaystyle \lambda >0$ et $\displaystyle x >0.$ En effet, les valeurs négatives sont exclues car la suite $x$ est à terme positif.
On reporte et en simplifiant par $\displaystyle \lambda x^n \neq 0$, on a $\displaystyle x^3 < \alpha x^2 + \beta.$ On étudie alors la fonction $\displaystyle f: x >0 \mapsto x^3-\alpha x^2-\beta.$ Cette fonction est définie, continue et dérivable. On calcule $\displaystyle f'(x) = x(3x-2 \alpha).$ Comme $\displaystyle f(0) = -\beta, f(1) = 1-(\alpha+\beta)>0$ on déduit du tableau des variations que $\displaystyle f(x) <0$ implique que $\displaystyle x \in ]0, 1[.$ La conclusion s'en déduit.
La solution d'YvesM pour la 97 m'a l'air fausse. Voici mon idée. On pose $y_n=\max(x_n,x_{n+1},x_{n+2})$ et $c=\alpha+\beta$. On a $x_{n+3}\leqslant c y_n\leqslant y_n$. On en déduit que $(y_n)$ est décroissante, puis que $y_{n+3}\leqslant cy_n$, donc $y_n\to 0$, et ainsi $x_n\to 0$.
L'exercice 75 se trouve dans Makarov et al., Problèmes d'analyse réelle (ex. VII.2.7 d), à un détail près. D'après les auteurs, la majoration est celle donnée dans l'exercice de la RMS si $b-a<2\sqrt{\frac{M_0}{M_2}}$, où $M_i=\sup\limits_{x\in[a,b]}\lvert f^{(i)(x)}\rvert$.
Si $b-a\geq2\sqrt{\frac{M_0}{M_2}}$, la majoration devient $2\sqrt{M_0M_2}$.
Je ne comprend pas bien comment Poirot conclut pour le 4. Une solution: Soit $M$ le sous-groupe de $\mathbb{Z}^\mathbb{N}$ des suites nulles à partir d'un certain rang.On doit montrer qu'il n'existe pas de morphisme non trivial $\varphi: \mathbb{Z}^\mathbb{N}/M\to \mathbb{Z}$. Pour toute suite d'entiers $(x_n)_{n\in \mathbb{N}}$ et un nombre premier $p$, l'image de $(p^nx_n)_{n\in \mathbb{N}}$ dans $\mathbb{Z}^\mathbb{N}/M\to \mathbb{Z}$ est $p^n$-divisible pour tout $n\geqslant 1$ donc son image par un morphisme $\varphi: \mathbb{Z}^\mathbb{N}/M\to \mathbb{Z}$ est nécessairement nulle. Pour conclure, on prend deux nombres premiers distincts $p$ et $q$ (par exemple $2$ et $3$) et on décompose toute suite $(a_n)_{n\in \mathbb{N}}$ comme somme de deux suites $(p^nx_n)_{n\in \mathbb{N}}$ et $(q^ny_n)_{n\in \mathbb{N}}$ (par Bézout).
Qu'est-ce que tu ne comprends pas dans ma réponse Pea ? En gros j'ai montré que pour tout $(a_n)_n \in E$, il existe $k \in \mathbb N$ tel que $f((0,\dots,0,a_k, a_{k+1}, \dots))=0$. Pour ce $(a_n)_n$ particulier (il n'y a pas d'uniformité en $k$ a priori), on a donc $f((a_n)_n) = f((a_0, \dots, a_{k-1},0, \dots))$. (j'ai des problèmes d'indices si $k=0$ mais bon, on se comprend) Par hypothèse, cela implique que $f((a_n)_n)=0$. Comme $(a_n)_n$ est quelconque, $f$ est nulle.
Pour le 101 : Soit $\displaystyle f: [-1,1] \to \R$ continue. Pour $\displaystyle k \in \N$, on pose $\displaystyle I_k = \int_{-1}^{1} f(t) t^k dt$ et, pour $\displaystyle n \in \N$ avec $\displaystyle n \geq 3$, on pose $\displaystyle a_n = \int_{-1}^{1} {f(t) \over t + ln(n)}dt.$
a) Montrer que $\displaystyle a_n = \sum_{k \geq 0} {(-1)^k I_k \over \ln^{k+1}n}.$
b) On suppose qu'existe $\displaystyle p \in \N$ tel que $\displaystyle I_0 = \cdots = I_{p-1} = 0$ et $\displaystyle I_p \neq 0.$ Montrer que $\displaystyle a_n \underset{n \to +\infty}{\sim} {(-1)^p \over \ln^{p+1}n}I_p.$
c) Donner une condition nécessaire et suffisante sur $f$ pour que $\displaystyle \sum a_n$ converge.
a) On vérifie que $I_k$ existe pour tout $k$ car la fonction $f$ est continue sur le compact $\displaystyle [-1,1]$. On a $\displaystyle a_n = \int_{-1}^{1} {f(t) \over t + ln(n)}dt = \int_{-1}^{1}{f(t) \over \ln n} {1 \over 1-(-{t \over \ln n})}dt = \int_{-1}^{1}{f(t) \over \ln n} \sum_{k \geq 0} (-{t \over \ln n})^k$ car la raison est strictement inférieure à $1.$
On peut inverser somme et intégrale car $\displaystyle |\sum_{k \geq 0} (-{t \over \ln n})^k| \leq \sum_{k \geq 0} ({1 \over \ln n})^k = {1 \over \ln n - 1}$ qui converge indépendamment de $k$, pour tout $\displaystyle t \in [-1,1].$ Et alors on obtient $\displaystyle a_n =\sum_{k \geq 0} {(-1)^k \over \ln^{k+1} n} \int_{-1}^{1} f(t) t^k dt = \sum_{k \geq 0} {(-1)^k I_k \over \ln^{k+1}n}.$
b) De par les hypothèses, on a $\displaystyle a_n = \sum_{k \geq p} {(-1)^k I_k \over \ln^{k+1}n} = {(-1)^p I_p \over \ln^{p+1}n} + {(-1)^{p+1} I_{p+1} \over \ln^{p+2}n} + \cdots = {(-1)^p I_p \over \ln^{p+1}n} \Big( 1+(-1) {I_{p+1} \over I_p \ln n} + o(1) + \cdots \Big) \underset{n \to +\infty}{ \sim } {(-1)^p I_p \over \ln^{p+1}n}.$
c) Si il existe $p$ tel que $\displaystyle I_p \neq 0$, alors la série $\displaystyle \sum a_n$ se comporte comme $\displaystyle \sum {(-1)^p I_p \over \ln^{p+1}n}$ qui diverge pour toute valeur de $p$ (c'est une série de Bertand). On en déduit qu'une condition nécessaire et suffisante est que, pour tout $p$, $\displaystyle I_p = 0.$
J'ai bien envie de conclure que $f$ est identiquement nulle puisque tous ces moments sont nuls et qu'elle est continue, mais je ne sais pas le démontrer. Une piste ?
On peut utiliser le théorème de Stone-Weierstrass pour conclure que $f$ est nulle si elle est continue et tous ses moments sont nuls. EDIT : je mets la suite en blanc si tu voulais juste une piste.
En effet, soit $(P_n)_n$ une suite de polynômes convergeant uniformément vers $f$ sur $[-1, 1]$. Par linéarité de l'intégrale, on a facilement que pour tout $n \in \mathbb N$, $$\int_{-1}^1 f(t) P_n(t) dt = 0.$$ En passant à la limite sous l'intégrale (convergence uniforme sur un segment), on obtient $$\int_{-1}^1 f(t)^2 dt,$$ d'où $f^2$ identiquement nulle car positive et continue d'intégrale nulle, et enfin $f$ identiquement nulle.
Soient $E$ un $\mathbb K$-espace vectoriel de dimension finie $n \geq 2$, $u$ un endomorphisme de $E$ et $x_1, \dots, x_{n+1}$ des vecteurs propres de $u$ tels que pour toute partie $I \subset \{1, \dots, n+1 \}$ de cardinal $n$, la famille $(x_i)_{i \in I}$ est libre. Que peut-on dire sur $u$ ?
Déjà, $u$ est diagonalisable car la famille $(x_1, \dots, x_n)$ est une famille libre de cardinal $n$ de vecteurs propres de $u$, c'est-à-dire une base de vecteurs propres de $u$. Comme $u$ a au plus $n$ valeurs propres distinctes, on a par le principe des tiroirs que deux de ces vecteurs propres correspondent à une même valeur propre $\lambda$. On peut supposer, quitte à permuter les $x_i$, que $x_k, \dots, x_n, x_{n+1}$ sont les vecteurs propres de $u$ associés à la valeur propre $\lambda$, où $1 \leq k \leq n$. Comme $u$ est diagonalisable dans la base $(x_1, \dots, x_n)$, c'est que $E_{\lambda} := ker(u - \lambda id) = Vect(x_k, \dots, x_n)$. Mais comme $x_{n+1} \in E_{\lambda}$, $x_{n+1}$ est combinaison linéaire de $x_k, \dots, x_n$, absurde EDIT (merci Pea) : si $k \geq 2$, car la famille $(x_2, \dots, x_{n+1})$ est libre.
Poirot: pour le 4, tu as juste montré que $f((p^na_n)_{n})=0$, non?
Pour le 17, ton raisonnement est juste mais ta conclusion erronée (il existe bien de tel $u$)
Bonne année tout le monde , j'ai pensé à l'exercice 68 ça a l'air chaud , quelqu'un pourra nous donné une indication ?
en fait , je vois qu'il faut répondre à la deuxième question , la première n'est qu'une conséquence directe de la première
excellente soirée
Concernant le 1a, je vous propose non pas une solution*** alternative, mais un potin (mais je ne citerai pas de nom :-D ) . Un des meilleurs matheux de France m'a demandé récemment une solution à cet exo... Il en avait marre de chercher, et je ne sais plus pourquoi, au détour d'une conversation de café j'avais dû dire un truc comme "c'est comme la trivialité que blabla" et il est devenu tout songeur.
Je ne répondrai à aucune question concernant l'identité de cette éminente (et très généreuse, au demeurant) personne. Je ne poste ce mini-potin que parce que je pense à Jhon et pour réchauffer le cœur de tous les intervenants qui font de petits complexes illégitimes.
(Je ne serais d'ailleurs pas étonné que ça ait entraîné sa parution en ... 2016 dans la RMS :-D )
*** remarque: il y a 2 points fixes naturels, l'un plus grand que tous les autres et l'autre plus petit que tout les autres, et c'est valable dès que l'ordre est complet, pas besoin de se restreindre à $\subset$. L'un est la borne sup des $x$ tels que $x\leq f(x)$ et l'autre est la borne inf des $x$ tels que $f(x)\leq x$.
Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
Je parle de celui du début du fil, mais je n'ai pas cliqué sur le lien, j'ai juste aperçu les solutions proposées, je vais cliquer afin d'éviter un malentendu et reviens vers toi.
Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
Citation CC : Un des meilleurs matheux de France m'a demandé récemment une solution à cet exo...
Qu'est-ce qu'il faut comprendre, que tu fais partie des meilleurs matheux de France, ou bien, qu'il existe des énoncés dont la réponse est simple (compréhensible du plus grand nombre) et qui pourtant échappe à la sagacité des gens qui ne connaissent pas la réponse ?
Je te confirme, pas de malentendu, c'est l'exercice 1a du pdf que tu as mis à ton premier post. Si $(E,\leq)$ est un ordre complet et $f$ croissante de $E\to E$ alors $f$ a au moins un point fixe (j'ai évoqué les deux naturels à mon post précédents). Preuve: soit $a$ la borne sup des $x$ tels que $x\leq f(x)$. Soit $y\leq f(y)$. Alors $y\leq a$ donc $f(y)\leq f(a)$ donc $y\leq f(a)$, donc ceci valant pour tout $y$, $a\leq f(a)$, donc $f(a)\leq f(f(a))$ donc $a\geq f(a)$ donc $a=f(a)$
Si tu as un souci, n'hésite pas.
Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
@Jhon: "monsieur", tu peux économiser des efforts, je ne supporte pas de vieillir :-D
@PE: tu vois, ref à un autre fil récemment fermé, on a l'impression que tu fais tout pour être inamical quasiment à chacun de tes posts, c'est tout de même un sujet de réflexion que tu devrais avoir avec toi-même. Etpour ta gouverne, si les matheux ne pouvaient être amis qu'avec des matheux, ça se saurait et ça donnerait des enfants sacrément alliénés au bout de 2 ou 3 générations. On pourrait même à l'exagéré, parler d'inceste :-D
Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
@CC : c'est une question, et je ne prétends nullement que les 2 alternatives proposées soient exhaustives (en effet je ne suis pas logique, c'est à dire je ne crois pas en la capacité du raisonnement pour décrire tous les possibles)...
Pour le $68$, il doit être intéressant d'utiliser la base canonique $(e_{i,j})$ de $M_n(K)$ et l'image d'icelle par $\Phi$, disons $(u_{i,j})$ ; déjà on remarque que $\sum_i u_{i,i}$ est l'identité et donc les $u_{i,i}$ (qui sont des projecteurs) sont les projecteurs associés à une décomposition de $V$ en somme directe. Or, ces projecteurs sont tous de même rang (car... ?) Cela devrait régler la question de la divisibilité de dim$V$ par $n$.
D'ailleurs, mais cela ne devrait pas être décisif ici, $\Phi$ est nécessairement injectif car son noyau est un idéal bilatère de $M_n(K)$ et il ne contient pas la matrice-unité...
Reste sans doute à creuser un peu en construisant la base de $V$ tant attendue à l'aide des noyaux et images des $(u_{i,j})$.
Cordialement, j__j (qui t'encourage dans ton projet)
Réponses
Les questions sont gratuites, les réponses payantes.... :-D
J'espère que l'on en a pour son argent, c'est à dire que l'on a droit à des solutions élégantes (c'est à dire que l'on retient et comprend avec une seule lecture attentive).
Bonne soirée.
b) Il est évident que l'application en question est croissante (on a deux prises de complémentaires emboîtées), donc il existe $A \subset E$ tel que $A = E \setminus g(F \setminus f(A))$. L'application $\varphi$ définie par $$x \mapsto \begin{cases} y,& \text{ si } x \not \in A, \text{ où } y \in F \text{ est tel que } g(y)=x \\ f(x),& \text{ sinon}\end{cases}$$ convient.
En effet, $x \not \in A \Leftrightarrow x \in g(F \setminus f(A))$ d'où l'on déduit facilement que $\varphi$ est bien définie, injective (car $g$ et $f$ le sont et le $y$ en question n'est pas dans $f(A)$) et surjective, car si $y \in F$, ou bien $y \in f(A)$ auquel cas c'est bon par le second point, ou bien $y \in F \setminus f(A)$ et alors $y = \varphi(g(y))$.
De mémoire...
Tu es donc Normalien (ou en devenir), vu que tu as préparé avec sérieux ce concours (tu te souviens encore de certaines réponses).
Bonne soirée.
Ce qui me fait penser cela : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1301123,1305445#msg-1305445
Bonne soirée.
Joaopa est un troll. Peux-tu rendre publique ta solution ? Ça ne sert à rien de la dissimuler... Et ça intéresse certains d'entre nous.
Ce qui, semble indiquer, que tu fais de la recherche.
Bonne soirée.
Enfin bref, arrêtons de polluer le fil.
Je m'attaque au 4 :
Soit $f \in E^*$ telle que $f(e_k)=0$ pour tout $k \in \mathbb N$. On a envie de dire que les $(e_k)_k$ forment une base du $\mathbb Z$-module $E$ pour en déduire que $f$ est nulle, mais ce n'est pas le cas. (je pense qu'on ne saurait exhiber une famille génératrice de $E$ sans l'axiome du choix, mais peut-être que je divague complètement)
Comme suggéré, soit $p$ un nombre premier. Si $(a_n)_n \in E$ alors $(p^na_n)_n = (a_0, pa_1, p^2 a_2, \dots)$. $f$ est un morphisme de groupes, donc on a facilement (par récurrence) que pour tout $(a_n)_n \in E$, $$f((pa_n)_n) = f((a_n)_n + \dots + (a_n)_n) = p.f((a_n)_n).$$ Or pour une telle suite $(a_n)_n$, $$(p^na_n)_n = (a_0, 0, 0, \dots) + (p.0, p.a_1, p.(pa_2), \dots),$$ donc $$f((p^na_n)_n) = f((a_0, 0, 0, \dots)) + p.f((0, a_1, pa_2, \dots)).$$ On peut continuer ce procédé indéfiniment. EDIT (l'idée d'utiliser Bezout vient de Pea): Nécessairement, on a $f((0,0,0,0, \dots, 0, p.a_n, p^2a_{n+1}, \dots))=0$ pour $n$ suffisamment grand (sinon on obtiendrait que $|f((p^na_n)_n)|$ est arbitrairement grand). On en déduit que $f((p^n a_n)_n)=0$ grâce à l'hypothèse. On va maintenant exploiter ça pour deux nombres premiers distincts.
Si $(a_n)_n \in E$, alors par Bezout on peut trouver deux éléments $(b_n)_n$ et $(c_n)_n$ de $E$ tels que $(a_n)_n = (2^nb_n)_n+(3^nc_n)$, d'où $f((a_n)_n$ est nul, et donc $f$ est nule.
Le 20 :
On prend $f$ forme linéaire sur les polynômes, tel que $f(P)=P(1)$, si $P\in \R[x]$, $P(x)=a_0+...a_kx^k$
On note $||P||=\max\{|a_i|\text{ }|\text{ }i\in\N\}$, on prend $P_n(x)=\frac{1}{n}(1+x+x^2+...+x^{n^2})$.
Alors $f(P_n)=n$ et $||P_n||=\frac{1}{n}$.
Bonne journée.
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1358870,1358870#msg-1358870
$f \mapsto f(0)$ sur $(\mathcal C^0([0, 1]), ||.||_1)$ en prenant une suite de fonctions affines par morceaux joignant valant $1$ en $0$, $0$ en $\frac{1}{n}$ et identiquement nulle au-delà.
Si chacun pouvait choisir parmi $104$ exercices le jour du concours...
Pour le 85 :
$\displaystyle u_n = \sqrt{n+ \sqrt{n-1 + \cdots + \sqrt{2+\sqrt{1}}}}.$
a) Montrer que $\displaystyle u_n \to + \infty.$
$\displaystyle \forall n \in \N, u_n$ existe car les radicaux sont tous positifs. On a $\displaystyle u_n \geq \sqrt{n} \to + \infty.$
b) Exprimer $\displaystyle u_{n+1}$ en fonction de $\displaystyle u_n.$
$\displaystyle u_n^2 = n + u_{n-1}$ donc $\displaystyle u_{n+1}^2 = n+1+u_n.$
c) Montrer que $\displaystyle \forall n \in \N, u_n \leq n.$
Par récurrence : $\displaystyle u_0 = 0$, suppose $\displaystyle u_n \leq n$, alors $u_{n+1}^2 = n+1+u_n \leq 2n+1$ donc $\displaystyle u_{n+1} \leq \sqrt{2n+1} \leq n+1$ que l'on vérifie par élévation au carré.
d) Montrer que $\displaystyle u_n = o(n).$
$\displaystyle u_{n+1} \leq \sqrt{2n+1}$ donc $\displaystyle {u_{n+1} \over n+1} \leq {\sqrt{2n+1} \over n+1} \sim {\sqrt{2} \over \sqrt{n}} \to 0$ donc $\displaystyle u_n = o(n).$
e) Donner un équivalent de $u_n.$
$u_{n+1}^2 = n+1+u_n = n(1+\frac1n + {u_n \over n}) = n(1+o(1))$ donc $u_n \sim \sqrt{n}.$
e/ quelle argument te permet de conclure ?
Merci.
a) $i) \Rightarrow ii)$ Évident car une valeur propre est une racine du polynôme caractéristique.
$ii) \Rightarrow i)$ Si $P \in \mathbb K[X]$, il suffit de considérer la matrice compagnon associée à $P$, dont le polynôme caractéristique est $P$, et donc les valeurs propres de cette matrice donne des racines de $P$.
b) Un grand classique. Comme $\mathbb C$ est algébriquement clos, soit $x$ un vecteur propre de $u$ associé à la valeur propre $\lambda \in \mathbb C$. Alors $u(v(x)) = v(u(x)) = \lambda v(x)$ de sorte que $v(x)$ est vecteur propre de $u$ associé à la valeur propre $\lambda$. Autrement le sous-espace propre $ker(u-\lambda id)$ est stable par $v$. Or la restriction de $v$ à ce sous-espace admet au moins un vecteur propre $y$ (car ce sous-espace n'est pas réduit à $\{0\}$ et $\mathbb C$ est algébriquement clos), qui, étant dans un sous-espace propre de $u$, est également vecteur propre de $u$. (et bien sûr $y$ est vecteur propre de $v$)
Pour le 94 :
Soit $\displaystyle p \in \R.$ Déterminer l'existence et la valeur de $\displaystyle I(p) = \int_{0}^{{\pi \over 2}} {\sin^p(x) \over \cos^p(x) +\sin^p(x) } dx.$
Pour $\displaystyle p=0$, $\displaystyle I(0) = {\pi \over 4}.$
Pour $\displaystyle p\neq 0$, pour tout $\displaystyle x \in [0, {\pi \over 2}]$, $\displaystyle \sin(x) \geq 0, \cos(x) \geq 0$ et le système à deux équations $\displaystyle \cos(x) = 0, \sin(x) = 0$ n'a pas de solution. On en déduit que la fonction $\displaystyle x \mapsto {\sin^p(x) \over \cos^p(x) +\sin^p(x) } $ est définie, continue et donc intégrable sur $\displaystyle [0, {\pi \over 2}].$ On effectue le changement de variable $\displaystyle y = {\pi \over 2}-x$ et on calcule $\displaystyle I(p) = \int_{0}^{{\pi \over 2}} {\cos^p(y) \over \cos^p(y) +\sin^p(y) } dy.$ On en déduit $\displaystyle 2I(p) = \int_{0}^{{\pi \over 2}} { \cos^p(x)+\sin^p(x) \over \cos^p(x) +\sin^p(x) } dx = {\pi \over 2}$ et donc que, pour tout $p$ réel, $\displaystyle I(p) = {\pi \over 4}.$ Etonnant, non ?
C'est étonnant, mais ce qui est encore plus étonnant, c'est que si on prend p une fonction en $x$ tel que $p(\frac{\pi}{2}-x)=p(x)$, et bien cela marche toujours.
Bonne journée.
Pour le 97 :
Soit $\displaystyle x$ une suite de réels positifs, $\displaystyle x_n$, pour tout $n$ entier. On suppose qu'il existe $\displaystyle \alpha$ et $\displaystyle \displaystyle \beta$ dans $\displaystyle \R^+$ tels que $\displaystyle \alpha+\beta <1$ et : $\displaystyle \forall n \in \N, x_{n+3} \leq \alpha x_{n+2} + \beta x_n.$ Montrer que $\displaystyle x_n \to 0.$
On démontre d'abord que $\displaystyle 0 \leq \alpha \leq \alpha + \beta <1$, de même $\displaystyle 0 \leq \beta <1.$
On cherche, pour tout $n$ entier, $\displaystyle x_n$ sous la forme $\displaystyle x_n = \lambda x^n.$ En effet, cette forme possède deux paramètres et on peut choisir $\lambda$ et $x$ pour s'ajuster à $x_0$ et $x_1.$ La différence de la suite $x_n$ et de la forme $\lambda x^n$ vérifie une relation de récurrence dont les deux premiers termes nuls forcent la nullité de la suite entière...
Voir message de @JLT juste dessous...
Si $\displaystyle \lambda = 0$ ou $\displaystyle x=0$, alors $\displaystyle x_n =0 \to 0.$ On suppose donc $\displaystyle \lambda >0$ et $\displaystyle x >0.$ En effet, les valeurs négatives sont exclues car la suite $x$ est à terme positif.
On reporte et en simplifiant par $\displaystyle \lambda x^n \neq 0$, on a $\displaystyle x^3 < \alpha x^2 + \beta.$ On étudie alors la fonction $\displaystyle f: x >0 \mapsto x^3-\alpha x^2-\beta.$ Cette fonction est définie, continue et dérivable. On calcule $\displaystyle f'(x) = x(3x-2 \alpha).$ Comme $\displaystyle f(0) = -\beta, f(1) = 1-(\alpha+\beta)>0$ on déduit du tableau des variations que $\displaystyle f(x) <0$ implique que $\displaystyle x \in ]0, 1[.$ La conclusion s'en déduit.
Si $b-a\geq2\sqrt{\frac{M_0}{M_2}}$, la majoration devient $2\sqrt{M_0M_2}$.
Pour le 101 :
Soit $\displaystyle f: [-1,1] \to \R$ continue. Pour $\displaystyle k \in \N$, on pose $\displaystyle I_k = \int_{-1}^{1} f(t) t^k dt$ et, pour $\displaystyle n \in \N$ avec $\displaystyle n \geq 3$, on pose $\displaystyle a_n = \int_{-1}^{1} {f(t) \over t + ln(n)}dt.$
a) Montrer que $\displaystyle a_n = \sum_{k \geq 0} {(-1)^k I_k \over \ln^{k+1}n}.$
b) On suppose qu'existe $\displaystyle p \in \N$ tel que $\displaystyle I_0 = \cdots = I_{p-1} = 0$ et $\displaystyle I_p \neq 0.$ Montrer que $\displaystyle a_n \underset{n \to +\infty}{\sim} {(-1)^p \over \ln^{p+1}n}I_p.$
c) Donner une condition nécessaire et suffisante sur $f$ pour que $\displaystyle \sum a_n$ converge.
a) On vérifie que $I_k$ existe pour tout $k$ car la fonction $f$ est continue sur le compact $\displaystyle [-1,1]$. On a $\displaystyle a_n = \int_{-1}^{1} {f(t) \over t + ln(n)}dt = \int_{-1}^{1}{f(t) \over \ln n} {1 \over 1-(-{t \over \ln n})}dt = \int_{-1}^{1}{f(t) \over \ln n} \sum_{k \geq 0} (-{t \over \ln n})^k$ car la raison est strictement inférieure à $1.$
On peut inverser somme et intégrale car $\displaystyle |\sum_{k \geq 0} (-{t \over \ln n})^k| \leq \sum_{k \geq 0} ({1 \over \ln n})^k = {1 \over \ln n - 1}$ qui converge indépendamment de $k$, pour tout $\displaystyle t \in [-1,1].$ Et alors on obtient $\displaystyle a_n =\sum_{k \geq 0} {(-1)^k \over \ln^{k+1} n} \int_{-1}^{1} f(t) t^k dt = \sum_{k \geq 0} {(-1)^k I_k \over \ln^{k+1}n}.$
b) De par les hypothèses, on a $\displaystyle a_n = \sum_{k \geq p} {(-1)^k I_k \over \ln^{k+1}n} = {(-1)^p I_p \over \ln^{p+1}n} + {(-1)^{p+1} I_{p+1} \over \ln^{p+2}n} + \cdots = {(-1)^p I_p \over \ln^{p+1}n} \Big( 1+(-1) {I_{p+1} \over I_p \ln n} + o(1) + \cdots \Big) \underset{n \to +\infty}{ \sim } {(-1)^p I_p \over \ln^{p+1}n}.$
c) Si il existe $p$ tel que $\displaystyle I_p \neq 0$, alors la série $\displaystyle \sum a_n$ se comporte comme $\displaystyle \sum {(-1)^p I_p \over \ln^{p+1}n}$ qui diverge pour toute valeur de $p$ (c'est une série de Bertand). On en déduit qu'une condition nécessaire et suffisante est que, pour tout $p$, $\displaystyle I_p = 0.$
J'ai bien envie de conclure que $f$ est identiquement nulle puisque tous ces moments sont nuls et qu'elle est continue, mais je ne sais pas le démontrer. Une piste ?
En effet, soit $(P_n)_n$ une suite de polynômes convergeant uniformément vers $f$ sur $[-1, 1]$. Par linéarité de l'intégrale, on a facilement que pour tout $n \in \mathbb N$, $$\int_{-1}^1 f(t) P_n(t) dt = 0.$$ En passant à la limite sous l'intégrale (convergence uniforme sur un segment), on obtient $$\int_{-1}^1 f(t)^2 dt,$$ d'où $f^2$ identiquement nulle car positive et continue d'intégrale nulle, et enfin $f$ identiquement nulle.
Soient $E$ un $\mathbb K$-espace vectoriel de dimension finie $n \geq 2$, $u$ un endomorphisme de $E$ et $x_1, \dots, x_{n+1}$ des vecteurs propres de $u$ tels que pour toute partie $I \subset \{1, \dots, n+1 \}$ de cardinal $n$, la famille $(x_i)_{i \in I}$ est libre. Que peut-on dire sur $u$ ?
Déjà, $u$ est diagonalisable car la famille $(x_1, \dots, x_n)$ est une famille libre de cardinal $n$ de vecteurs propres de $u$, c'est-à-dire une base de vecteurs propres de $u$. Comme $u$ a au plus $n$ valeurs propres distinctes, on a par le principe des tiroirs que deux de ces vecteurs propres correspondent à une même valeur propre $\lambda$. On peut supposer, quitte à permuter les $x_i$, que $x_k, \dots, x_n, x_{n+1}$ sont les vecteurs propres de $u$ associés à la valeur propre $\lambda$, où $1 \leq k \leq n$. Comme $u$ est diagonalisable dans la base $(x_1, \dots, x_n)$, c'est que $E_{\lambda} := ker(u - \lambda id) = Vect(x_k, \dots, x_n)$. Mais comme $x_{n+1} \in E_{\lambda}$, $x_{n+1}$ est combinaison linéaire de $x_k, \dots, x_n$, absurde EDIT (merci Pea) : si $k \geq 2$, car la famille $(x_2, \dots, x_{n+1})$ est libre.
Donc $k=1$ et finalement $u$ est une homothétie.
Pour le 17, ton raisonnement est juste mais ta conclusion erronée (il existe bien de tel $u$)
Et oui pour le 17, en fait on obtient que $k=1$ ! Donc $u$ est une homothétie.
en fait , je vois qu'il faut répondre à la deuxième question , la première n'est qu'une conséquence directe de la première
excellente soirée
Je ne répondrai à aucune question concernant l'identité de cette éminente (et très généreuse, au demeurant) personne. Je ne poste ce mini-potin que parce que je pense à Jhon et pour réchauffer le cœur de tous les intervenants qui font de petits complexes illégitimes.
(Je ne serais d'ailleurs pas étonné que ça ait entraîné sa parution en ... 2016 dans la RMS :-D )
*** remarque: il y a 2 points fixes naturels, l'un plus grand que tous les autres et l'autre plus petit que tout les autres, et c'est valable dès que l'ordre est complet, pas besoin de se restreindre à $\subset$. L'un est la borne sup des $x$ tels que $x\leq f(x)$ et l'autre est la borne inf des $x$ tels que $f(x)\leq x$.
Citation CC :
Un des meilleurs matheux de France m'a demandé récemment une solution à cet exo...
Qu'est-ce qu'il faut comprendre, que tu fais partie des meilleurs matheux de France, ou bien, qu'il existe des énoncés dont la réponse est simple (compréhensible du plus grand nombre) et qui pourtant échappe à la sagacité des gens qui ne connaissent pas la réponse ?
Bonne journée et surtout bonne année.
Si tu as un souci, n'hésite pas.
@PE: tu vois, ref à un autre fil récemment fermé, on a l'impression que tu fais tout pour être inamical quasiment à chacun de tes posts, c'est tout de même un sujet de réflexion que tu devrais avoir avec toi-même. Etpour ta gouverne, si les matheux ne pouvaient être amis qu'avec des matheux, ça se saurait et ça donnerait des enfants sacrément alliénés au bout de 2 ou 3 générations. On pourrait même à l'exagéré, parler d'inceste :-D
Un argument poilistiquement plus convaincant est d'écrire \( {\sin^p(x) \over \cos^p(x) +\sin^p(x) } = \dfrac{1}{1+\tan^px} \)..
On obtient un intégrande qui se prolonge de bonne grâce en une fonction continue aux bornes (Vrai-Fausse Intégrale Impropre)
amicalement,
e.v.
D'ailleurs, mais cela ne devrait pas être décisif ici, $\Phi$ est nécessairement injectif car son noyau est un idéal bilatère de $M_n(K)$ et il ne contient pas la matrice-unité...
Reste sans doute à creuser un peu en construisant la base de $V$ tant attendue à l'aide des noyaux et images des $(u_{i,j})$.
Cordialement, j__j (qui t'encourage dans ton projet)