Exos sympas MP(*)

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Re: Exos sympas MP(*)

Message par JeanN » 07 oct. 2019 21:58

Mn(C) ?
Ou alors je n’ai pas compris l’exo.
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par AhmedNasredinne » 07 oct. 2019 22:27

On a plutôt toutes matrices de $ \mathbb{M_{n}(K)} $ est sommes de deux inversibles, cependant dans mon exercice l’une n’est pas inversible, on obtient facilement les matrices inversibles, mais celles non inversibles je ne vois pas comment vous le obtenez trivialement? (Il y a un $ ^{c} $ dans ma somme pour complémentaire)
(Et comment obtenir la matrice nulle ? Avec votre résultat)
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par JeanN » 08 oct. 2019 00:57

Ok, j’avais pas compris l’exo :)
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par Siméon » 08 oct. 2019 20:58

Pour toute matrice $M \in \mathcal M_n(\mathbb K)$ de rang $r \geq 1$, on dispose de $P,Q$ inversibles telles que $M = PJ_rQ$, où $J_r$ est une matrice diagonale avec $r$ coefficients diagonaux égaux à $1$ et tous les autres nuls. La décomposition $M = PQ + P(J_r - I_n)Q$ convient alors car $J_r - I_n$ est de rang $n-r$. Et pour la matrice nulle il n'y a trivialement aucune décomposition qui convienne.

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Re: Exos sympas MP(*)

Message par AhmedNasredinne » 09 oct. 2019 12:42

Bonjour,
JeanN a écrit :
08 oct. 2019 00:57
Ok, j’avais pas compris l’exo :)
Pas de soucis, l’enoncé n’etait pas clair :wink:

Bravo Siméon.
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par Xmines » 12 févr. 2020 19:06

Bon pour relancer le sujet,

Trouver les $ \alpha $ tel que $ n^{\alpha} \in \mathbb{N} $ avec $ n \in \mathbb{N} $

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Re: Exos sympas MP(*)

Message par Tass » 12 févr. 2020 22:52

Il suffit pas de prendre le log dans $ n^\alpha = k $ ?
Ou bien il y a une subtilité qui m'échappe ? (en dehors des cas n=0 ou n=1 ou la réponse est triviale)

Edit:
Sinon, un exo sympa mais pas évident du tout (à mon avis) est le suivant:

Soient $ F_1, F_2 \ldots F_{d+1} $ des pairs de points dans $ \mathbb{R}^d $ tels que tous les points sont différents. Montrer qu'il est possible d’écrire $ F_1 = \{a_1,b_1\}, F_2 = \{a_2,b_2\}, \ldots F_{d+1} = \{a_{d+1},b_{d+1}\} $ tel que l'enveloppe convexe des $ a_i $ et celle des $ b_i $ s'intersectent (i.e. il existe un point $ y $ qui peut s’écrire à la fois comme une combinaison convexe des $ a_i $ et comme une combinaison convexe des $ b_i $).

La solution que je connais est pas compliquée à comprendre mais plutôt astucieuse.
Modifié en dernier par Tass le 13 févr. 2020 09:07, modifié 1 fois.

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Re: Exos sympas MP(*)

Message par Errys » 13 févr. 2020 08:56

Il faut trouver les alpha réels tels que pour tout entier n, n^alpha soit entier.
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par Tass » 13 févr. 2020 09:08

Ah oui j'ai mal compris le problème, j'ai cru que c'était en fonction de $ n $.

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Re: Exos sympas MP(*)

Message par Errys » 13 févr. 2020 09:50

Xmines a écrit :
12 févr. 2020 19:06
Bon pour relancer le sujet,

Trouver les $ \alpha $ tel que $ n^{\alpha} \in \mathbb{N} $ avec $ n \in \mathbb{N} $
Problème loin d'être évident au premier abord....

Les entiers naturels sont visiblement solutions. On montre sans peine (j'omet la preuve qui ne sert pas pour la suite) que les rationnels non entiers ne peuvent être solutions, ce qui donne envie de montrer que seuls les entiers naturels sont solutions.

Si $ x < 0 $, notons qu'on a $ 0<2^x< 1 $ qui ne peut être entier.

Pour se donner des idées, regardons le cas $ x\in ]0,1[ $. On remarque alors que $ n\mapsto n^x $ est strictement croissante, mais croit assez lentement, trop lentement pour étre égale à des entiers distincts pour tout entier n.
Pour justifier cela, remarquons qu'on a $ (n+1)^x - n^x\to 0 $, si bien que si $ n^x $ entier pour tout n, $ (n+1)^x - n^x = 0 $ pour n assez grand ce qui est absurde .

Pour $ x\in]1,2[ $, le raisonnement précédent ne marche plus, on a envie de se ramener au cas précédent en étudiant $ (n+1)^x - n^x $, ce qu'on fait en remarquant que si on fait la transformation précédente 2 fois on obtient :
$$ (n+2)^x - 2(n+1)^x + n^x = n^x\left[ (1 + 2x/n - 2 - 2x/n + 1+ O(1/n^2)\right] = O(1/n^{2-x}) $$
Si bien que si x solution, pour $ n $ assez grand, on a $ (n+2)^x - (n+1)^x = (n+1)^x - n^x $, ce qui contredit la stricte convexité de $ n\mapsto n^x $ pour $ x>1 $.

Passons au cas général :
Soit $ n\ge 1 $, et $ x\in ]n,n+1[ $.
Considérons alors l'opérateur $ \Delta : (u_n) \mapsto (u_{n+1} - u_n) $, que nous avons utilisé avant. Remarquons que, si on applique l'analogue de $ \Delta $ sur un polynôme de degré d, on obtient un polynòme de degré strictement inférieur.
Écrivons la développement de $ x\mapsto (1+x)^{\alpha} $ au voisinage de 0 :
$$ (1+x)^{\alpha} = \sum_{i=0}^{n} a_i x^i + O(x^{n+1}) $$
Si on applique $ \Delta^{n+1} $ à droite, pour $ x = 1/k $ on obtient alors :
$$ k^{\alpha} \Delta^{n+1}( ( 1+ 1/k^{\alpha})^{\alpha}) = O(1/k^{n+1}) $$
Donc en posant $ u_k = k^{\alpha} $, on a $ \Delta^{n+1}(u)_k\rightarrow 0 $.
Ainsi, pour $ x $ solution, et k assez grand, cette quantité est nulle. mais en poussant le DL de $ (1+x)^{\alpha} $ un cran plus loin, on montre qu'elle est certe petite, mais non nulle pour k assez grand : contradiction.

Conclusion : les seules solutions sont les entiers positifs, comme attendu.
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