Sujets des Mines
Re: Sujets des Mines
Ça sent la récurrence à plein nez.
Nothing is too hard, many things are too fast.
Re: Sujets des Mines
Donc, méthode bourrine.
P(i) est l'hypothèse "on peut trouver A inversible telle que $ FA = G $ soit une suite de fonctions DSE d'ordres distincts deux à deux."
Note F la famille des $ (f_i) $. Utilise l'hypothèse de récurrence pour créer $ G' = (g_1, ... g_{n-1}) $ comme il faut à partir de $ (f_{1}', ... f_{n-1}') $, la matrice de la transfo est notée A
Écris $ G' = F\tilde{A} $ où $ \tilde{A} $ est la matrice contenant un 1 en bas à droite, et A dans le bloc diagonal haut-gauche (cette matrice est inversible trivialement).
Soit l'ordre de $ g_{n}' $ est différent de celui de chacun des $ g_{i}' $ et c'est gagné, soit tu peux montrer par récurrence qu'une suite d'opération linéaire impliquant les autres $ g_{i}' $ permet d'obtenir un $ g_{n}'' $ d'ordre distinct de tous les autres (hypothèse de la famille libre, que tu as d'ailleurs utilisée pour le cas n=2). Tu auras une seconde matrice A' dont tous les termes diagonaux seront des 1, et dont la dernière colonne contiendra les coefficients de ta suite d'opérations. Elle est inversible, et du coup, t'as trouvé $ G = F(AA') = FB $.
Il existe peut-être plus élégant, mais là de tête je vois pas.
P(i) est l'hypothèse "on peut trouver A inversible telle que $ FA = G $ soit une suite de fonctions DSE d'ordres distincts deux à deux."
Note F la famille des $ (f_i) $. Utilise l'hypothèse de récurrence pour créer $ G' = (g_1, ... g_{n-1}) $ comme il faut à partir de $ (f_{1}', ... f_{n-1}') $, la matrice de la transfo est notée A
Écris $ G' = F\tilde{A} $ où $ \tilde{A} $ est la matrice contenant un 1 en bas à droite, et A dans le bloc diagonal haut-gauche (cette matrice est inversible trivialement).
Soit l'ordre de $ g_{n}' $ est différent de celui de chacun des $ g_{i}' $ et c'est gagné, soit tu peux montrer par récurrence qu'une suite d'opération linéaire impliquant les autres $ g_{i}' $ permet d'obtenir un $ g_{n}'' $ d'ordre distinct de tous les autres (hypothèse de la famille libre, que tu as d'ailleurs utilisée pour le cas n=2). Tu auras une seconde matrice A' dont tous les termes diagonaux seront des 1, et dont la dernière colonne contiendra les coefficients de ta suite d'opérations. Elle est inversible, et du coup, t'as trouvé $ G = F(AA') = FB $.
Il existe peut-être plus élégant, mais là de tête je vois pas.
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Re: Sujets des Mines
J'étais aussi parti sur un raisonnement du genre, même si je trouve que l'énoncé n'invite pas trop à la récurrence (vu que n et les f_i sont fixés avant la question, la formulation rigoureuse de l'hypothèse de récurrence est délicate, mais bon c'est un détail).
Dans le cas n=2, j'ai posé $ f_1(x) = \displaystyle \sum_{k=0}^\infty{b_kx^k} $, $ f_2(x) = \displaystyle \sum_{k=0}^\infty{c_kx^k} $ et $ \displaystyle A = \left( \begin{array}{cc} a_{11} & a_{12} \\ a_{21} & a_{22} \end{array} \right) $ ; si f1 et f2 ont le même ordre d il suffit de poser $ a_{11}=1, a_{21}=0, a_{12}=-c_d, a_{22}=b_d $ pour annuler le coefficient d'ordre d, et j'utilise juste l'hypothèse de liberté pour dire que la combinaison linéaire $ g_2 = -c_df_1 + b_df_2 $ ainsi obtenue n'est pas identiquement nulle. Je ne vois pas comment généraliser ce raisonnement dans le cas général, puisqu'il peut y avoir éventuellement plusieurs coefficients à annuler (on ne connaît pas les ordres des autres f_i), mais on ne sait pas combien...
Je ne comprends juste pas cette étape, est-ce que tu pourrais détailler stp ? Genre il faudrait faire une récurrence dans la récurrence ?Thaalos a écrit :soit tu peux montrer par récurrence qu'une suite d'opération linéaire impliquant les autres $ g_{i}' $ permet d'obtenir un $ g_{n}'' $ d'ordre distinct de tous les autres (hypothèse de la famille libre, que tu as d'ailleurs utilisée pour le cas n=2).
Dans le cas n=2, j'ai posé $ f_1(x) = \displaystyle \sum_{k=0}^\infty{b_kx^k} $, $ f_2(x) = \displaystyle \sum_{k=0}^\infty{c_kx^k} $ et $ \displaystyle A = \left( \begin{array}{cc} a_{11} & a_{12} \\ a_{21} & a_{22} \end{array} \right) $ ; si f1 et f2 ont le même ordre d il suffit de poser $ a_{11}=1, a_{21}=0, a_{12}=-c_d, a_{22}=b_d $ pour annuler le coefficient d'ordre d, et j'utilise juste l'hypothèse de liberté pour dire que la combinaison linéaire $ g_2 = -c_df_1 + b_df_2 $ ainsi obtenue n'est pas identiquement nulle. Je ne vois pas comment généraliser ce raisonnement dans le cas général, puisqu'il peut y avoir éventuellement plusieurs coefficients à annuler (on ne connaît pas les ordres des autres f_i), mais on ne sait pas combien...
Re: Sujets des Mines
La propriété que j'énonce, tu peux la montrer hors de la récurrence, en la formulant ainsi :plimok a écrit :J'étais aussi parti sur un raisonnement du genre, même si je trouve que l'énoncé n'invite pas trop à la récurrence (vu que n et les f_i sont fixés avant la question, la formulation rigoureuse de l'hypothèse de récurrence est délicate, mais bon c'est un détail).
Je ne comprends juste pas cette étape, est-ce que tu pourrais détailler stp ? Genre il faudrait faire une récurrence dans la récurrence ?Thaalos a écrit :soit tu peux montrer par récurrence qu'une suite d'opération linéaire impliquant les autres $ g_{i}' $ permet d'obtenir un $ g_{n}'' $ d'ordre distinct de tous les autres (hypothèse de la famille libre, que tu as d'ailleurs utilisée pour le cas n=2).
Dans le cas n=2, j'ai posé $ f_1(x) = \displaystyle \sum_{k=0}^\infty{b_kx^k} $, $ f_2(x) = \displaystyle \sum_{k=0}^\infty{c_kx^k} $ et $ \displaystyle A = \left( \begin{array}{cc} a_{11} & a_{12} \\ a_{21} & a_{22} \end{array} \right) $ ; si f1 et f2 ont le même ordre d il suffit de poser $ a_{11}=1, a_{21}=0, a_{12}=-c_d, a_{22}=b_d $ pour annuler le coefficient d'ordre d, et j'utilise juste l'hypothèse de liberté pour dire que la combinaison linéaire $ g_2 = -c_df_1 + b_df_2 $ ainsi obtenue n'est pas identiquement nulle. Je ne vois pas comment généraliser ce raisonnement dans le cas général, puisqu'il peut y avoir éventuellement plusieurs coefficients à annuler (on ne connaît pas les ordres des autres f_i), mais on ne sait pas combien...
« Soit $ (g_{i})_{i \in [\![1; n]\!] $ une famille de fonctions DSE libre vérifiant $ \forall i,j \in [\![1; n-1]\!], o(g_{i}) \neq o(g_{j}) $. Alors on peut trouver $ g_{n}' $ DSE, telle que $ \forall i \in [\![1; n-1]\!], o(g_{i}) \neq o(g_{n}') $, et telle que $ (g_{1}, \dots g_{n-1}, g_{n}') $ est libre. »
La vérification du caractère DSE d'une combinaison linéaire de fonctions DSE est sans intérêt pour la question, de même que la liberté de $ g_{n} + \sum_{i}\lambda_{i}g_{i} $.
Si $ o(g_{n}) $ est inclus dans $ \{o(g_{i}), i \in [\![1; n-1]\!]\} $, alors soit $ j $ tel que $ o(g_{n}) = o(g_{j}) $, tu sais d'après le cas $ n=2 $ qu'il existe $ \gamma_{j} $ tel que $ g_{n}' = g_{n} - \gamma_{j}g_{j} $ est d'ordre strictement supérieur à $ o(g_{j} $ (par construction), puis tu recommences en vérifiant si l'ordre de la nouvelle fonction est dans $ \{o(g_{i}), i \in [\![1; n-1]\!], i \neq j\} $ (par construction tu t'en es débarrassé)
En écrivant ça proprement tu arrives à $ g_{n} = g_{n}' - \displaystyle \sum_{j \in \Omega} \gamma_{j}g_{j}' $ d'ordre strictement distinct de celui des $ g_{i}' $ et non identiquement nulle. ($ \Omega $ est en pratique un sous ensemble de $ \{i \in [\![1; n-1]\!]\ | o(g_{i}') \geqslant o(g_{n}')} $).
Je te concède que c'est pédestre à formaliser. Cela dit, si tu veux le faire proprement, une récurrence convient.
En fait, en écrivant tout ça, j'ai plus propre qui me vient, je te rédige ça.
[EDIT]
Quitte à permuter les éléments de la famille $ (g_{i})_{i \in [\![1; n]\!] $, tu peux te ramener à un cas où elle est triée en ordres (pas forcément distincts deux à deux). Trier les éléments revient à multiplier le vecteur $ (g_{1}, \dots, g_{n}) $ par une matrice de permutation à droite, donc, inversible.
Tu vas également supposer que l'ordre de $ g_{1} $ et celui de $ g_{n} $ sont distincts. S'ils ne le sont pas, tu peux multiplier à droite par une seconde matrice, qui préserve $ (g_{1}, \dots, g_{n-1}) $ et effectue une combinaison linéaire de $ g_{1} $ et $ g_{n} $ telle que $ g_{n}' $ soit d'ordre strictement supérieur à celui de $ g_{1} $. Cette matrice aussi est également inversible, car triangulaire avec que des 1 sur sa diagonale.
Tu cherches donc à résoudre ce cas particulier, pour t'y ramener ensuite.
Remarque que pour combiner $ n-1 $ éléments côte à côte de ta famille entre eux, il suffit d'utiliser une matrice $ G \in \mathcal{M}_{n-1}(\mathbb{R}) $ qui les combine entre eux, et écrire $ A = \begin{pmatrix} G & 0 \\ 0 & 1\end{pmatrix} $ ou $ A = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & G\end{pmatrix} $ en fonction des éléments à combiner entre eux.
Formule l'hypothèse $ \mathcal{P}(n) $ « Soit $ (g_{i})_{i \in [\![1; n]\!] $ une famille libre de fonctions DSE rangée en ordres croissants, telle que l'ordre de $ g_{1} $ soit strictement inférieur à celui de $ g_{n} $. Alors on peut trouver une matrice $ A \in \mathcal{M}_{n}(\mathbb{R}) $ telle que la famille $ (g_{1}', \dots, g_{n}') = (g_{1}, \dots, g_{n})A $ soit une famille libre de fonctions DSE rangée en ordres strictement croissants, et telle que l'ordre minimal de $ (g_{1}', \dots, g_{n}') $ soit le même que celui de $ (g_{1}, \dots, g_{n}) $. »
Le cas $ n=2 $ est ok. Si tu rédiges bien, tu t'es arrangé pour. Dans le cas général, tu utilises l'hypothèse de récurrence sur $ (g_{1}, \dots, g_{n-1}) $, et tu obtiens, via une matrice B, une nouvelle famille $ (g_{1}', g_{2}', \dots, g_{n-1}', g_{n}) $ telle que $ (g_{1}', \dots, g_{n-1}') $ soit rangée en ordres strictement croissants et libre, tout en ayant préservé l'ordre minimal. Là, tu utilises une nouvelle permutation $ \sigma $ laissant 1 fixe pour réordonner la famille partiellement en $ (g_{1}', g_{\sigma(2)}' \dots, g_{\sigma(n)}') $. La matrice de ce tri sera notée S, et est inversible.
Tu appliques alors l'hypothèse de récurrence sur $ (g_{\sigma(2)}' \dots, g_{\sigma(n)}') $, et tu obtiens $ (g_{1}', g_{2}", \dots, g_{n}") $ triée, via une matrice C. L'ordre minimal de $ (g_{\sigma(2)}' \dots, g_{\sigma(n)}') $ étant strictement supérieur à celui de $ g_{1} $, l'ordre minimal de $ (g_{2}", \dots, g_{n}") $ est strictement supérieur à celui de $ g_{1}' $ par construction et hypothèse, et cette famille te permet de valider $ \mathcal{P}(n) $ à partir de $ \mathcal{P}(n-1) $. La matrice finale est donc $ A = BSC $.
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Re: Sujets des Mines
C'est bien vu d'appliquer des permutations et d'utiliser une seconde fois l'hypothèse de récurrence !Thaalos a écrit :Dans le cas général, tu utilises l'hypothèse de récurrence sur $ (g_{1}, \dots, g_{n-1}) $, et tu obtiens, via une matrice B, une nouvelle famille $ (g_{1}', g_{2}', \dots, g_{n-1}', g_{n}) $ telle que $ (g_{1}', \dots, g_{n-1}') $ soit rangée en ordres strictement croissants et libre, tout en ayant préservé l'ordre minimal. Là, tu utilises une nouvelle permutation $ \sigma $ laissant 1 fixe pour réordonner la famille partiellement en $ (g_{1}', g_{\sigma(2)}' \dots, g_{\sigma(n)}') $. La matrice de ce tri sera notée S, et est inversible.
Tu appliques alors l'hypothèse de récurrence sur $ (g_{\sigma(2)}' \dots, g_{\sigma(n)}') $, et tu obtiens $ (g_{1}', g_{2}", \dots, g_{n}") $ triée, via une matrice C. L'ordre minimal de $ (g_{\sigma(2)}' \dots, g_{\sigma(n)}') $ étant strictement supérieur à celui de $ g_{1} $, l'ordre minimal de $ (g_{2}", \dots, g_{n}") $ est strictement supérieur à celui de $ g_{1}' $ par construction et hypothèse, et cette famille te permet de valider $ \mathcal{P}(n) $ à partir de $ \mathcal{P}(n-1) $. La matrice finale est donc $ A = BSC $.
Merci, cette dernière version est en effet bien propre... maintenant je me demande juste combien d'étudiants ont réussi à traiter cette question :p
Re: Sujets des Mines
De rien.plimok a écrit :C'est bien vu d'appliquer des permutations et d'utiliser une seconde fois l'hypothèse de récurrence !Thaalos a écrit :Dans le cas général, tu utilises l'hypothèse de récurrence sur $ (g_{1}, \dots, g_{n-1}) $, et tu obtiens, via une matrice B, une nouvelle famille $ (g_{1}', g_{2}', \dots, g_{n-1}', g_{n}) $ telle que $ (g_{1}', \dots, g_{n-1}') $ soit rangée en ordres strictement croissants et libre, tout en ayant préservé l'ordre minimal. Là, tu utilises une nouvelle permutation $ \sigma $ laissant 1 fixe pour réordonner la famille partiellement en $ (g_{1}', g_{\sigma(2)}' \dots, g_{\sigma(n)}') $. La matrice de ce tri sera notée S, et est inversible.
Tu appliques alors l'hypothèse de récurrence sur $ (g_{\sigma(2)}' \dots, g_{\sigma(n)}') $, et tu obtiens $ (g_{1}', g_{2}", \dots, g_{n}") $ triée, via une matrice C. L'ordre minimal de $ (g_{\sigma(2)}' \dots, g_{\sigma(n)}') $ étant strictement supérieur à celui de $ g_{1} $, l'ordre minimal de $ (g_{2}", \dots, g_{n}") $ est strictement supérieur à celui de $ g_{1}' $ par construction et hypothèse, et cette famille te permet de valider $ \mathcal{P}(n) $ à partir de $ \mathcal{P}(n-1) $. La matrice finale est donc $ A = BSC $.
Merci, cette dernière version est en effet bien propre... maintenant je me demande juste combien d'étudiants ont réussi à traiter cette question :p
En pratique, ce sujet est assez hardcore. Tu as 20 questions dont une bonne partie demande pas mal de rédaction, ce qui ne laisse pas du tout le temps pour souffler si tu veux finir. De mémoire, maths 2 c'est 4h, là, t'en as clairement besoin.
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Re: Sujets des Mines
Aux Mines en PC chaque épreuve de Mathématiques dure 3 heures !
Professeur de Mathématiques en MP*/MPI* au lycée Hoche
Re: Sujets des Mines
Enfin eu le temps de regarder ce sujet.
On peut traiter la question 9 du Mines PC 2 sans récurrence.
On introduit la matrice (infinie) des coefficients des DSE, à savoir
$ M=(m_{i,j})_{i \in \{1,..,n\}, j \in \mathbb{N}} $
où $ f_i(x)=\sum_{j=0}^{+\infty} m_{i,j} x^j $ pour tout $ x \in I $.
Pour $ m \in \mathbb{N} $, on note $ M^{(m)} $ la matrice tronquée en ne conservant que les indices de colonnes de $ 0 $ à $ m $.
Ensuite, il y a trois points essentiels :
(1) Par liberté de $ (f_1,\dots,f_n) $, on démontre que $ M^{(m)} $ est de rang $ n $ pour $ m $ assez grand.
(2) Ayant fixé un $ m $ tel que $ M^{(m)} $ soit de rang $ n $, on utilise le cours sur l'échelonnement
(chic, pour une fois il va servir à quelque chose) pour trouver une matrice $ P \in \textrm{GL}_n(\mathbb{C}) $
telle que $ PM^{(m)} $ soit échelonnée en ligne.
(3) Il est alors facile de constater que la matrice $ A={}^t P $ convient.
Je détaille seulement le point (1) car il n'est pas facile : on considère, pour tout $ m \in \mathbb{N} $, l'espace $ K_m $
des colonnes $ X \in \mathbb{C}^n $ telles que $ {}^t M^{(m)} X=0 $. La suite $ (K_m)_{m \in \mathbb{N}} $ est décroissante,
donc stationnaire (argument de dimension), et son intersection est réduite à $ 0 $ par liberté de $ (f_1,\dots,f_n) $.
Donc, $ K_m=\{0\} $ pour un certain $ m $, et $ {}^tM^{(m)} $ est alors de rang $ n $, donc sa transposée aussi.
Bien entendu, ce n'était probablement pas la preuve attendue.
On peut traiter la question 9 du Mines PC 2 sans récurrence.
On introduit la matrice (infinie) des coefficients des DSE, à savoir
$ M=(m_{i,j})_{i \in \{1,..,n\}, j \in \mathbb{N}} $
où $ f_i(x)=\sum_{j=0}^{+\infty} m_{i,j} x^j $ pour tout $ x \in I $.
Pour $ m \in \mathbb{N} $, on note $ M^{(m)} $ la matrice tronquée en ne conservant que les indices de colonnes de $ 0 $ à $ m $.
Ensuite, il y a trois points essentiels :
(1) Par liberté de $ (f_1,\dots,f_n) $, on démontre que $ M^{(m)} $ est de rang $ n $ pour $ m $ assez grand.
(2) Ayant fixé un $ m $ tel que $ M^{(m)} $ soit de rang $ n $, on utilise le cours sur l'échelonnement
(chic, pour une fois il va servir à quelque chose) pour trouver une matrice $ P \in \textrm{GL}_n(\mathbb{C}) $
telle que $ PM^{(m)} $ soit échelonnée en ligne.
(3) Il est alors facile de constater que la matrice $ A={}^t P $ convient.
Je détaille seulement le point (1) car il n'est pas facile : on considère, pour tout $ m \in \mathbb{N} $, l'espace $ K_m $
des colonnes $ X \in \mathbb{C}^n $ telles que $ {}^t M^{(m)} X=0 $. La suite $ (K_m)_{m \in \mathbb{N}} $ est décroissante,
donc stationnaire (argument de dimension), et son intersection est réduite à $ 0 $ par liberté de $ (f_1,\dots,f_n) $.
Donc, $ K_m=\{0\} $ pour un certain $ m $, et $ {}^tM^{(m)} $ est alors de rang $ n $, donc sa transposée aussi.
Bien entendu, ce n'était probablement pas la preuve attendue.
Professeur de Mathématiques en MP*/MPI* au lycée Hoche
Re: Sujets des Mines
Je veux pas dire de bêtise mais l'"échelonnement" auquel vous faites référence en 2), ça ne me dit rien du tout (je suis en PC).
Ce sujet était particulièrement horrible en tout cas, il n'y avait rien de vraiment simple. Globalement, j'ai trouvé que les sujets de maths de cette année en PC étaient pas très tendres, surtout aux Mines et à e3a (oui oui, e3a)
Ce sujet était particulièrement horrible en tout cas, il n'y avait rien de vraiment simple. Globalement, j'ai trouvé que les sujets de maths de cette année en PC étaient pas très tendres, surtout aux Mines et à e3a (oui oui, e3a)