Exos sympas MP(*)

Un problème, une question, un nouveau théorème ?
Weensie

Re: Exos sympas MP(*)

Message par Weensie » 29 juin 2010 23:31

A propos du théorème de Liouville
Si $ \alpha $ est un nombre algébrique de degré d (i.e. tel qu'il existe un polynôme à coefficients entiers de degré minimal annulé par $ \alpha $), il existe une constante réelle $ K(\alpha) $ telle que, pour tout rationnel p/q différent de $ \alpha $, on ait: $ |{\alpha -\frac {p}{q}}| \geq \frac {K(\alpha)}{|q|^{d}} $.
(En d'autres termes, un nombre algébrique n'est pas "trop" proche d'un rationnel", résultat fort intéressant).
La démonstration est simple.
Considérons le polynôme $ f(X)\in \mathbb Z [X] $ annulé par $ \alpha $ et intéressons nous à la quantité $ f(p/q) $.
Ce dernier est non-nul car on a supposé que p/q était différent de alpha et que si alpha était une racine de f, alors f(X) serait divisible par X-p/q. Donc alpha annulerait un polynôme de degré d-1 ce qui contredit l'hypothèse de minimalité du degré.
Donc |f(p/q)| est strictement positif et rationnel de numérateur strictement positif, supérieur à 1, donc |f(p/q)| est plus grand que 1/|q|^d .
$ |f(\frac {p}{q}|\geq \frac {1}{|q|^d} $.
Si p/q était proche de alpha on aurait f(p/q) très petit grâce à la continuité de f. l'inégalité précédente prouve l'inverse.
Maintenant en utilisant les accroissements finis sur un compact voisin de alpha, on obtient que $ |f(p/q)\leq |\alpha -\frac {p}{q}|\frac {1}{K(\alpha)} $.
CQFD.


Démonstration inspirée (bien que très naturelle) de celle donnée par M. Waldschmidt dans les leçons de mathématiques d'aujourd'hui, Ed. Cassini.

Nuhlanaurtograff

Re: Exos sympas MP(*)

Message par Nuhlanaurtograff » 03 août 2010 04:18

Tiens ça fait longtemps qu'il n'y a pas de nouvel exo ici ! Pour la peine j'en donne un :

Soient f,g dans S+(E) (endomorphismes symétriques positifs d'un espace vectoriel réel de dimension finie). Montrer que fg est diagonalisable.

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Re: Exos sympas MP(*)

Message par VictorVVV » 03 août 2010 13:01

SPOILER:
Lemme :
Si $ A $ est diagonalisable et Ker A inclus dans Ker X alors :
$ B= \begin{vmatrix}
A & 0 \\
X & 0
\end{vmatrix} $
est diagonalisable.

Démo du lemme: si $ v_1 $,...,$ v_r $ sont des vecteurs propres libres de $ A $ associées aux valeurs propres $ \lambda_1 $,...$ \lambda_r $
alors $ v'_1 $,...,$ v'_r $,$ e_{r+1} $,...,$ e_n $ sont des vecteurs propres libres de B associées aux valeurs propres $ \lambda_1 $,..$ \lambda_r $,$ 0 $,$ 0 $
$ v'_i=v_i $ si $ \lambda_i=0 $, sinon $ v'_i= v_i+ \frac {1} {\lambda_i} *( B(v_i) - \lambda_i v_i ) $ (qui peut s'écrire plus simplement :mrgreen: )


Démonstration :
On prend $ g $ diagonale en se plaçant dans une bonne base.
Si $ g $ est inversible, alors $ g=h^2 $ où $ h $ est diagonale. Alors $ fg=fh^2 $ qui est semblable à $ hfh $ ($ hfh= h (fh^2) h^{-1} $), qui est symétrique donc diagonalisable.
Si $ g $ n'est pas inversible on bidouille avec le lemme précédent :
$ g=
\begin{vmatrix}
D & 0 \\
0 & 0
\end{vmatrix} $ ($ D $ inversible)
$ f=
\begin{vmatrix}
M & P \\
N & Q
\end{vmatrix} $
$ fg=
\begin{vmatrix}
MD & 0 \\
ND & 0
\end{vmatrix} $
Or Ker M est inclus dans Ker N car $ f \in S^ $+ (Comme f est diagonalisable à coefficients positifs, si le produit scalaire de x et de f(x) est nul, alors f(x)=0)
Donc Ker MD est inclus dans Ker ND et comme MD est diagonalisable grâce au cas g inversible on conclut .
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mookid

Re: Exos sympas MP(*)

Message par mookid » 03 août 2010 19:22

Nuhlanaurtograff a écrit :Tiens ça fait longtemps qu'il n'y a pas de nouvel exo ici ! Pour la peine j'en donne un :

Soient f,g dans S+(E) (endomorphismes symétriques positifs d'un espace vectoriel réel de dimension finie). Montrer que fg est diagonalisable.
SPOILER:
On écrit $ f=u^2 $ avec $ u \in \mathbf{S}_n^+(\mathbb{R}) $ la racine carrée de f.
Alors $ f*g=u^2*g=u*(u*g*u)*u^{-1} $ et comme $ u*g*u \in \mathbf{S}_n(\mathbb{R}) $ on a le résultat souhaité.
Si certains voient celà comme une astuce, une autre solution :
SPOILER:
$ (X,Y) \rightarrow <X,g(Y)>=<<X,Y>> $ définit un produit scalaire.
$ <<f(g(X)),Y>>=<f(g(X)),g(y)>=<g(X),f(g(y))> $ car f est symétrique.
Ainsi, $ f*g $ est symétrique pour le produit scalaire qu'on a définit donc diagonalisable.
A noterque le caractère définie de l'un des endomorphismes est dispensable.
J'ai eu cet exercice aux mines en 3/2 (PC), sans aucune aide... sympa.

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Re: Exos sympas MP(*)

Message par VictorVVV » 03 août 2010 21:35

mookid a écrit :
Nuhlanaurtograff a écrit :Tiens ça fait longtemps qu'il n'y a pas de nouvel exo ici ! Pour la peine j'en donne un :

Soient f,g dans S+(E) (endomorphismes symétriques positifs d'un espace vectoriel réel de dimension finie). Montrer que fg est diagonalisable.
SPOILER:
On écrit $ f=u^2 $ avec $ u \in \mathbf{S}_n^+(\mathbb{R}) $ la racine carrée de f.
Alors $ f*g=u^2*g=u*(u*g*u)*u^{-1} $ et comme $ u*g*u \in \mathbf{S}_n(\mathbb{R}) $ on a le résultat souhaité.
Si certains voient celà comme une astuce, une autre solution :
SPOILER:
$ (X,Y) \rightarrow <X,g(Y)>=<<X,Y>> $ définit un produit scalaire.
$ <<f(g(X)),Y>>=<f(g(X)),g(y)>=<g(X),f(g(y))> $ car f est symétrique.
Ainsi, $ f*g $ est symétrique pour le produit scalaire qu'on a définit donc diagonalisable.
A noterque le caractère définie de l'un des endomorphismes est dispensable.
J'ai eu cet exercice aux mines en 3/2 (PC), sans aucune aide... sympa.
La question ne suppose pas f et g définies, c'est le cœur de la difficulté. Tu peux voir ma preuve plus haut pour une vraie solution.
Dernière modification par VictorVVV le 04 août 2010 14:37, modifié 1 fois.
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Nuhlanaurtograff

Re: Exos sympas MP(*)

Message par Nuhlanaurtograff » 04 août 2010 00:10

VictorVVV a écrit :g n'est pas forcément inversible, c'est le cœur de la difficulté. Tu peux voir ma preuve plus haut pour une vraie solution.
Exact.

Remarque : pour la démonstration du lemme on peut raisonner sur les annulateurs plutôt que sur les vecteurs propres, ça marche tout aussi bien.

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Re: Exos sympas MP(*)

Message par certus » 14 août 2010 21:19

A propos de l'exo

Soient f,g dans S+(E) (endomorphismes symétriques positifs d'un espace vectoriel réel de dimension finie). Montrer que fg est diagonalisable


voir attachement exercice 8

dans

http://dehame.free.fr/math/mpetoile/pdf/mpsem16.pdf

Equinox

Re: Exos sympas MP(*)

Message par Equinox » 19 août 2010 18:38

Bonjour,
Voici un exercice qui me tient tête depuis une petite heure : P
Soit $ (G, .) $ un magma non associatif, soient $ (a_1;...;a_n) \in G^n $, déterminer le nombre de valeurs possibles prises par $ a_1.a_2. ... . a_n $. J'en suis arrivé à une formule de récurrence mais je n'arrive pas à expliciter le résultat final. :)
Je ne demande pas une solution, mais uniquement une indication :)

MFred

Re: Exos sympas MP(*)

Message par MFred » 19 août 2010 20:03

Salut,
Equinox a écrit :Bonjour,
Voici un exercice qui me tient tête depuis une petite heure : P
Soit $ (G, .) $ un magma non associatif, soient $ (a_1;...;a_n) \in G^n $, déterminer le nombre de valeurs possibles prises par $ a_1.a_2. ... . a_n $. J'en suis arrivé à une formule de récurrence mais je n'arrive pas à expliciter le résultat final. :)
Je ne demande pas une solution, mais uniquement une indication :)
Quelle est la relation de récurrence que tu obtiens ?
Parce que à vue de nez, ca doit correspondre au nombre de "parenthesages" corrects du mot $ a_1 \dots a_n $, qui est assez délicat à expliciter quand on n'a jamais vu les séries (ce qui est a priori ton cas si tu rentres en spé); cf http://fr.wikipedia.org/wiki/Nombre_de_Catalan, et paragraphe "relation de récurrence et comportement asymptotique" pour savoir d'où ca sort.

Equinox

Re: Exos sympas MP(*)

Message par Equinox » 19 août 2010 20:08

Je connais le cours sur les séries, mais pas sur les séries de fonctions (si tu veux parler de série génératrice ?)... J'obtiens, en notant $ P_n $ le nombres de parenthésages du produit (ie le nombre de valeurs possibles...), $ P_n = \sum_{k=1}^{n-1} P_k . P_{n-k} $

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