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Matrice triangulaire et produit

Modifié (25 Jan) dans Analyse
Bonjour
Ma solution à la question $1$ est-elle correcte et suffisante ? J'y réfléchis depuis 2 jours, je viens de trouver une solution ce matin. 
J'ai fait $A=(a_{ij})_{1 \leq i,j \leq d}$ puis $\boxed{(A^2)_{i,j}=\displaystyle\sum_{k=i}^j a_{ik}a_{kj}}$ car $A$ est triangulaire supérieure. 
En posant $U=(\displaystyle\sum_{k=i}^j a_{i k}a_{kj})_{ij}$
On a : $(A^3)_{i,j}= \displaystyle\sum_{k=1}^d a_{ik} u_{kj}$ puis $\boxed{(A^3)_{ij}= \displaystyle\sum_{l=i}^j \displaystyle\sum_{k=l}^j a_{il} a_{lk} a_{kj}}$
La formule vérifie bien les conditions 1 et 2. Par itération, on obtient la formule générale. La condition $3$ est aussi vérifiée car $1 \leq i \leq l \leq j \leq d$ et il y a $d-1$ possibilités pour avoir $i \ne j$. Puis $1 \leq i \leq l \leq k \leq j \leq d \leq d$ donc il y a au plus $d-1$ possibilités d'avoir $l \ne k$ etc... 

Réponses

  • Je sèche complètement sur la question b. 
  • C'est quel sujet ?
  • Modifié (25 Jan)
    Ens maths D 2021.
    Je voulais tester 2-3 questions. Je sais que ce n'est pas mon niveau mais j'ai je pense réussi la question 3a.

    La 3b c'est du dénombrement et je suis faible dans ce domaine. 
  • Modifié (25 Jan)
    J'imagine que $d$ est la taille de la matrice.
    Ta solution expose effectivement l'intuition de la preuve mais l'argument "Par itération" ne suffit pas, il faut rédiger une démonstration.
    Comment faire une preuve formelle ici ?
    Par ailleurs, je trouve que l'attaque par la théorie des graphes permet de bien comprendre d'où vient le résultat, voire de le trivialiser.
    De manière générale, pour le calcul de $A^n$, on somme sur les chemins. Ici, le graphe est carrément acyclique (hormis les auto-boucles) du fait que la matrice est triangulaire. La formule générale et le premier point découle du calcul des chemins, les points 2 et 3 viennent de l'acyclicité.
  • Modifié (25 Jan)
    Heuristique le rapport du jury suggère d'utiliser la formule du produit matriciel et dit qu'une récurrence est inutile ici. Je ne connais pas la théorie des graphes. 

    En calculant $A^3$ on comprend la formule demandée.
  • Modifié (25 Jan)
    Utiliser la formule du produit matriciel, je m'en doute...
    Sans réfléchir, j'aurais fait une récurrence : je n'ai pas fait la preuve mais ça devrait passer, même si c'est bourrin. Après, possible que le jury ait une autre méthode (comme utiliser les graphes par exemple, tout dépend du niveau du sujet).
    Il y a une différence entre comprendre ce qui se passe sur des petits cas (ce qui est très important !) et généraliser pour tout $n$.
    La théorie des graphes est une très belle partie des mathématiques, qui se commence en spé et se poursuit après, mais qui est beaucoup plus élémentaire que le reste du programme (cela ne veut pas dire facile) : je te conseille de regarder si tu veux jouer !
    Ici, elle plie le problème mais on doit pouvoir le faire manu militari.
  • Le rapport du jury ne parle pas de graphe, mais de l'utilisation du produit matriciel. 
  • J'ai compris, mais l'existence d'une preuve n'utilisant ni récurrence ni graphe (dont je ne doute pas) n'indique pas quelle pourrait être la troisième méthode, tu as testé la récurrence pour voir si ça marche bien ?
  • Modifié (25 Jan)
    Oui $A$ est une matrice de $M_d(\C)$ avec $d \geq 1$. 

    Heuristique voici le rapport : 


  • Modifié (25 Jan)
    Je peux le démontrer par récurrence proprement. Je trouve la récurrence lourde et sans intérêt ici. On ne voit pas ce qui se passe. 
    Je ne trouve pas que la récurrence soit utile ici, elle n'apporte aucune clarté au raisonnement, je pense que dire que ça marche pour $n=2$ et $n=3$ puis que c'est le même raisonnement pour $n$ quelconque est beaucoup plus clair.
    Montrons par récurrence sur $n$ que $(A^n)_{ij}=\displaystyle\sum_{i_1,j_1, \cdots, i_n,j_n \in \varepsilon_n (i,j)} a_{i_1 j_1}  \times \cdots a_{i_n  j_n}$
    Au rang $n=1$ on a $(A)_{ij}=a_{ij}$ et le résultat est évident en choisissant $i_1=i$ et $j_1= j$. 
    Supposons $H(n)$ vraie.
    On a $(A^{n+1})_{ij}= \displaystyle\sum_{k=1}^d \displaystyle\sum_{i_1,j_1, \cdots, i_n, k \in \varepsilon_n (i,j)} a_{i_1 j_1}  \times \cdots a_{i_n k} a_{kj}$
    Ce qui donne, comme la  matrice $A$ est triangulaire supérieure : 
    $(A^{n+1})_{ij}= \displaystyle\sum_{k=i_n}^j \displaystyle\sum_{i_1,j_1, \cdots, i_n , k \in \varepsilon_n (i,j)} a_{i_1 j_1}  \times \cdots a_{i_n k} a_{kj}$
    Il suffit de poser  $k=i_{n+1}$ et $j_{n+1}=j$ ce qui fournit : 
    $\boxed{(A^{n+1})_{ij}= \displaystyle\sum_{i_1,j_1, \cdots, i_n , j_n , i_{n+1} , j_{n+1}  \in \varepsilon_{n+1} (i,j)} a_{i_1 j_1}  \times \cdots a_{i_n j_n} a_{i_{n+1} j_{n+1}} }$
    On vérifie facilement que $i_{n+1} \leq j_{n+1}$ car $k \leq j$ par définition de la somme.
  • Modifié (25 Jan)
    C'est complètement foireux. D'abord au moins  une écriture est fausse et puis le passage à la somme finale n'est pas justifiée. Ce qui n'est pas étonnant. En effet, comment justifier une expression à partir de quelque chose de faux ? 
    C'est du grand n'importe quoi. Même si l'exercice n'est pas difficile, il demande de la technicité, si on veut faire une récurrence. 
    Tu t'es encore engagé dans un domaine qui largement dépasse tes compétences. 
    De plus, tu devrais relire le commentaire qui dit tout simplement de partir de l'expression du produit  de $A^n$ est d'exploiter que $A$ est triangulaire.
  • Modifié (25 Jan)
    Bd2017 merci, je trouve l'écriture de cette somme non intuitive et je ne comprends pas vraiment la somme écrite comme ça avec un seul symbole et des conditions en-dessous.
    J'ai fait n'importe quoi car je ne comprends pas les sommes écrites de cette façon. 
    Je vais essayer de trouver ma propre expression de $A^n$ en continuant comme j'ai fait pour $n=3$ .

  • Modifié (25 Jan)
    Si $A=(a_{ij})_{1 \leq i,j \leq d}$
    On a $(A^2)_{ij} = \displaystyle\sum_{i_1 =1}^d a_{i i_1} a_{i_1 j}$
    Puis $(A^3)_{ij}= \displaystyle\sum_{i_2 =1}^d  \displaystyle\sum_{i_1 =1}^d a_{i i_1} a_{i_1 i_2} a_{i_2 j}$
    Puis $(A^4)_{ij}=\displaystyle\sum_{i_3 =1}^d  \displaystyle\sum_{i_2 =1}^d  \displaystyle\sum_{i_1 =1}^d a_{i i_1} a_{i_1 i_2} a_{i_2 i_3 } a_{i_3 j}$
    Et $\boxed{(A^n)_{ij}= \displaystyle\sum_{i_{n-1} =1}^d \cdots \displaystyle\sum_{i_3 =1}^d  \displaystyle\sum_{i_2 =1}^d  \displaystyle\sum_{i_1 =1}^d a_{i i_1} a_{i_1 i_2} a_{i_2 i_3 }  \times \cdots \times a_{i_{n-2} i_{n-1}} a_{i_{n-1} j}  }$
    C'est correct jusqu'ici ?
  • Modifié (25 Jan)
    Non c'est faux.  l'homogénéité n'est pas respectée.
  • Modifié (25 Jan)
    Quelle homogénéité ?
    Il y a bien $n-1$ somme pour le calcul de $A^n$. 
  • Tu as surement  corrigé entre temps,  car j'avais vu n+1  facteurs  au lieu de n facteurs.  
  • Modifié (25 Jan)
    Oui j'ai corrigé j'avais remarqué un problème. J'ai utilisé le fait que la matrice est triangulaire supérieure et changé un peu les indices pour satisfaire à l'énoncé.
    On a $(A^n)_{ij}= \displaystyle\sum_{j_{n-1} =1}^d \cdots \displaystyle\sum_{j_3 =1}^d  \displaystyle\sum_{j_2 =1}^d  \displaystyle\sum_{j_1 =1}^d a_{i j_1} a_{j_1 j_2} a_{j_2 j_3 }  \times \cdots \times a_{j_{n-2} j_{n-1}} a_{j_{n-1} j}$
    La fait que $A$ est triangulaire permet d'obtenir : 
    $\boxed{(A^n)_{ij}= \displaystyle\sum_{j_{n-1} =j_{n-2}}^j \cdots \displaystyle\sum_{j_3 =j_2}^{j_4}  \displaystyle\sum_{j_2 =j_1}^{j_3}  \displaystyle\sum_{j_1 =i}^{j_2} a_{i j_1} a_{j_1 j_2} a_{j_2 j_3 }  \times \cdots \times a_{j_{n-2} j_{n-1}} a_{j_{n-1} j} }$
    En comparant à la formule donnée par l'énoncé, on a bien $i=i_1$, puis $j_1=i_2$, $j_2=i_3$ etc $j_n =j$
    Montrons que $\forall k \in [|1,n|] \ i_k \leq j_k$
    D'après la formule encadrée $i_1 \leq j_1 \leq j_2 \leq j_3 \leq \cdots \leq j_{n-2} \leq j_{n-1} \leq j$ et comme $j_k =i_{k+1}$ on voit facilement que $i_k \leq j_k$
    Il reste à montrer le dernier point, qu'il existe au plus $d-1$ valeurs tels que $i_k \ne j_k$.
    Ce point là je n'ai pas réussi, je ne comprends pas ce passage.
    Le rapport du jury dit que le 3ème point est immédiat, je ne vois pas pourquoi.
    Dans le cas où $1 =i_1 < j_1 = i_2 < j_2 = i_3 < \cdots i_n < j_n = d$ on a pourtant $d$ valeur qui vérifient $i_k \ne j_k$ non ?
  • Modifié (25 Jan)
    Le troisième  point ne sert pas à décrire $\epsilon(i,j)$  et il est évident. Dans un meuble à 4  tiroirs, si tu dois ranger  8 chemises, il y a des chemises qui vont se retrouver dans le même tiroir.
    Pour la dernière question, pour rendre les inégalités strictes , il faut ajouter  $1$  à $j_1$  puis faire un peu de même pour $j_2$ ...
    et on translate  le tout  de $-i$  pour être en adéquation avec  la suite de  l'indication.  Le résultat est alors évident.  
  • Modifié (25 Jan)
    Je n'ai pas bien compris l'analogie avec les tiroirs et les chemises.
    Je n'arrive pas à démontrer qu'il existe au plus $d-1$ valeurs tels que $i_k \ne j_k$ en utilisant les points $1$ et $2$.
    Si je combine les points $1$ et $2$ je trouve : 
    $\boxed{1 \leq i_1 \leq j_1 =i_2 \leq j_2 =i_3 \leq j_3 \leq \cdots \leq j_{n-1} =i_n \leq j_n \leq d}$
    Que faire avec ça ? Ce point me bloque depuis hier.
  • Modifié (25 Jan)
     le point 3. c'est un exercice d'école primaire et tu pourrais vérifier  que ton exemple  est faux avec un exemple  et faire un dessin.
    Si je prends  d=4  et  si je mets  1  piquet   la borne  1  et 1 piquet à la borne  d=4.  Entre les deux,  je peux mettre combien de piquets différents ?  
  • Modifié (26 Jan)
    3 piquets différents au maximum ? Le deuxième différent du premier, le troisième différent du deuxième et le quatrième différent du troisième.
    Par contre la question $b$ m'a l'air archi difficile, aucune idée de comment démarrer  :'(
  • Modifié (26 Jan)
    Le cardinal de l'ensemble des applications strictement croissantes de $[|0,n|]$ dans $[|0,n+(j-i) |]$ est $\displaystyle\binom{n-1+(j-i)}{n+1}$.
    Il y a donc $\displaystyle\binom{n-1+(j-i)}{n+1}$ suites $(u_i)_{0 \leq i \leq n}$ strictement croissantes de $n+1$ entiers tels que $u_0=0$ et $u_n= n+(j-i)$
    Mais je ne comprends pas le rapport avec les $\varepsilon_n(i,j)$
  • Modifié (26 Jan)
    1.  La phrase "Le cardinal des applications ..."   est une assertion venue de l'énoncé mais non justifiée. Tu fais du recopiage tout simplement. Il faut faire preuve de pédagogie.   Vu que c'est du niveau lycée-collège comment feras-tu pour expliquer cela à tes élèves ? 
    2.  Le fait qu'il existe au plus $d-1$  valeurs $k$ telles que $j_k\neq i_k$  est peut-être évident mais  il semble que ce n'était pas le cas pour toi.
    Peux-tu expliquer cela proprement ?
    3. Le rapport avec $e(i,j)$  je l'ai expliqué au dessus. Mais quand on bute sur les 2 points précédents, n'attends pas ici  encore une fois de l'aide supplémentaire avant d'avoir répondu aux 2 points précédents.
  • Modifié (26 Jan)
    1) Une suite $(u_i)_{0 \leq i \leq n}$ de $n+1$ éléments strictement croissante et telle que $u_0=0$ et $u_n=n+(j-i)$ est une application strictement croissante de $[|0,n|]$ dans $[|0,n+(j-i) |]$.
    Déterminons le cardinal du nombre d'applications strictement croissantes de $[|0,n|]$ dans $[|0,n+(j-i) |]$.
    Soit $f : [|0,n|] \longrightarrow [|0,n+(j-i) |]$ une application strictement croissante. Alors $f$ est nécessairement injective. Pour construire $f$, il faut se donner une telle injection, il y a $A_{n+1+(j-i)}^{n+1}$ choix. 
    Parmi toutes ces injections, un certain nombre ont la même image $Im f =\{ f(0), \cdots, f(n) \}$ il en a $(n+1)!$ c'est le nombre de façons de permuter les $n+1$ éléments de $Im(f)$.
    Parmi ces $(n+1)!$ injections de même image, une seule est strictement croissante.
    Le nombre d'applications strictement croissantes de $[|0,n|]$ dans $[|0,n+(j-i) |]$ est $\boxed{\binom{n+1+(j-i)}{n+1}}$
    2) Montrons qu'il y a au plus $d-1$ valeurs $k$ telles que $i_k \ne j_k$.
    D'après les deux premiers points, on a $1 \leq i_1 \leq j_1 = i_2 \leq j_2 =i_3 \leq j_3 \leq \cdots \leq i_n \leq j_n \leq d$
    Si on avait $d$ valeurs distinctes ou plus, pour $d=4$ par exemple la configuration $1= i_1 < j_1 = i_2< j_2 = i_3 < j_3 = i_4 < j_4 =d=4$ et ceci est impossible car dans ce cas on obtient $d=5$ ce qui est absurde.
    Pour le cas général, le même raisonnement s'applique. 
    3) Je ne comprends pas le rapport entre les suites strictement croissantes et $\varepsilon_n(i,j)$.
  • Modifié (26 Jan)
    1. Ta justification pour le  1  est fausse.  On n'est pas obligé de passer par  le nombre d'arrangements, c'est un peu inutile, on peut parler du nombre de combinaisons  (nombre de sous-ensembles de même cardinal d'un ensemble donné de cardinal fini).   Mais l'erreur n'est pas là parce que dans ton raisonnement tu ne tiens pas compte du fait que u(0) et u(n)  sont fixés. C'est une erreur grossière, comment peux tu penser alors que ton raisonnement est correct? D'autre part tu pourrais vérifier  que ton calcul ne conduit pas au résultat donné.

    2.  Pour le 2. la justification est un peu légère. J'ai maintenant   l'impression que  tu as vu à  peu près. Notre époque moderne dira  qu'un élève qui bafouille  une démo, c'est mieux que rien. Mais tu es enseignant et le 2.  demande une vraie justification. Autrement dit, il faut rédiger avec clarté ce que tu sembles avoir vu.  D'autre part,  tu raisonnes avec  $(i,j)=(1,d)$  alors  que  (i,j)  ne vaut pas automatiquement  cette valeur.
    0
    3. Comme toujours le  3.  n'est pas vraiment compliqué mais  mais  on ne peut pas négliger 1 et   2. 
  • Ok merci.

    1) Le nombre de suites strictement croissantes $(u_i)_{0 \leq i \leq n}$ de $n+1$ éléments qui vérifient $u_0=0$ et $u_n=n+(j-i)$ est le nombre d'applications strictement croissantes $f$ de $[|0,n|]$ dans $[|0,n+(j-i) |]$ qui vérifient les conditions $f(0)=0$ et $f(n)=n+(j-i)$

    Pour détermine le cardinal des applications $f : [|0,n|] \longrightarrow [|0,n+(j-i) |]$ avec les conditions $f(0)=0$ et $f(n)=n+(j-i)$, revient à choisir une partie de cardinal $n-1$ parmi les $n-1+(j-i)$ éléments restants car $f(0)$ et $f(n)$ sont fixés, qui constituera son image, l'ordre des éléments étant imposé par la stricte croissance.
    Ainsi, son cardinal vaut $\binom{n-1+(i-j)}{n-1} \times 1= \boxed{\binom{n-1+(j-i)}{n-1} }$

    2) Montrons qu'il existe au plus $d-1$ valeurs tels que $i_k \ne j_k$.

    Pour $d=3$ par exemple, le cas où on a plus de $i_k \ne j_k$ est le suivant : $1 \leq i_1 <j_1 =i_2 <j_2=i_3 <j_3 \leq 3$.
    Il y a 3 inégalités strictes sont associées aux $j_1,j_2,j_3$, on remarque que le nombre d'inégalités strictes est égal à $d$.
    Ceci est impossible d'avoir $d$ valeurs $i_k \ne j_k$ car on aurait $4$ entiers différents compris entre $1$ et $3$.

    Dans le cas général, le cas où on a le plus d'éléments qui vérifient $i_k \ne j_k$ est le suivant :

    On prend $i_1 = 1$ et $j_n=d$. 
    On a : $1 \leq i_1 < j_1 =i_2 <j_2=i_3 < \cdots < j_{n-2} =i_{n-1} < j_n \leq d$ il y a $d$ inégalités strictes, donc $d+1$ éléments distincts à placer dans $[|1,d|]$ de cardinal $d$ ce qui est impossible.


    3) Je ne vois toujours pas le lien entre $\varepsilon_n(i,j)$ et les suites strictement croissantes vues précédemment.
  • Modifié (26 Jan)
    2.  Ok  1. La rédaction laisse encore à désirer,  tu expliques  sur un exemple qui est assez parlant mais le cas général doit être envisager. 
    Tu  choisis  $i_1=1$ et $j_n=d$  mais  il faut envisager tous les cas c'est dire  $i$ et $j$ qcq. 

    Pour simplifier,  on peut se débarrasser d'un des 2 indices  i ou  j. Je garde donc l'indice et $i_k=j_k$ devient  $i_k=i_{k+1}$
    On a donc  une suite  croissante au sens large  $i_1=i,i_2,....,i_n,i_{n+1}=j$   Par définition  de $j$ et $i$  la distance de  i à j   est 
    $\Delta=j-i$  et  alors  $\Delta\leq  d  -1$   Mais on a  aussi   
    $\Delta=(i_2-i_1)+(i_3-i_2)+....+(i_{n+1}-i_n)$  Il  y a  n termes  dans cette somme.  Soit  p  le nombre de termes non nul.   On  a alors 
    $\Delta\geq  p$  et comme  $\Delta\leq  d  -1$  on a bien $p\leq d-1.$

    3.  "Pour rendre  la suite $i_1,...,i_{n+1}$  strictement  croissante"", comme je l'ai expliqué   il  faut ajouter   $1$  à  $i_2$  puis $2$  à $i_3$  .....
    et ainsi de suite....  Une fois l'idée donnée,  il te  reste la rédaction à faire  pour être   convaincant  .....
    Evidemment  rédiger demande un effort mais  si   tu passes au dessus de cette  effort par la pirouette "j'ai compris"  ...
  • Modifié (26 Jan)
    2) Je n'ai pas compris pourquoi $\Delta \geq p$.
    3) On a la suite $i_1,j_1 =i_2,j_2=i_3, \cdots, j_{n-2}=i_{n-1},j_{n-1}=i_n,j_n$
    Donc la suite $i_1,j_1,i_2,j_2, \cdots, i_{n-1},j_{n-1},i_n,j_n$ est croissante d'après les hypothèses, en ajoutant $1$ à $i_1$ puis $2$ à $j_1$ puis $3$ à $i_3$ etc, on rend la suite strictement croissante. 
    Mais je n'ai pas vraiment compris pourquoi ça ne modifie pas le cardinal ni le rapport avec les suites $(u_i)_{0 \leq i \leq n}$ de $n+1$ entiers telles qui $u_0=0$ et $u_n=n+(j-i)$.
  • Modifié (26 Jan)
    https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2338227/#Comment_2338227

    OShine, tu m'étonneras toujours. Un nouveau spectacle toujours surprenant, avec régulièrement des nouvelles blagues.

    Là tu essaies de démontrer une certaine égalité, et tu n'y arrives pas. Soit, jusque là, c'est banal.
    Mais en fait, ce que tu nous dis, c'est que tu ne sais pas ce que tu dois démontrer.
    Si on me demande de démontrer que $x=  y \varepsilon z$  , la première chose que je vais faire, c'est d'essayer de savoir ce que c'est que ce symbole $\varepsilon$. Et tant que je ne saurai pas ce que c'est, je ne vais pas me lancer dans des calculs idiots.  
    Avant de prendre la route, je demande à mon GPS si je dois aller à droite ou à gauche. Je ne pars pas au hasard sans savoir où je dois aller.

    J'aime ce forum, J'aime ces surprises.
    Ce qui me surprendrait vraiment, la surprise qui serait vraiment top, ce serait qu'un jour, tu saches faire un exercice comme il faut.  
  • Modifié (26 Jan)
    2)  Il  faut  revoir ton arithmétique d'école primaire. Franchement faut pas exagérer.
    3)  Je t'ai dit de ne garder l"indice i  pour y voir plus clair  .... et tu embrouilles tout en réintroduisant les indices j.
    Ensuite  fait  les choses proprement et essaye  de comprendre avec des exemples. Ce que tu ne fais pas. 
    Et puis  j'ai oublié  de dire que la suite que j'ai construite, il faut faire une translation en plus pour tomber  pile-poil  sur la suite proposée sur la suite de l'indication  (même si ce n'est pas nécessaire de faire cela ). Et c'est à toi  déjà de voir le  début de ce que j'ai proposé.
  • Modifié (27 Jan)
    Lourrran oui tu as raison, j'ai fait n'importe quoi. 
    Bd2017 après plus d'une heure de réflexion et de recherche acharnée, je pense avoir enfin trouvé même si j'ai un doute de pourquoi les opérations réalisées conservent le cardinal. C'est vraiment dur ENS maths D, dès les premières questions, c'est un casse-tête. 
    Ok pour le $\Delta$ j'avais oublié qu'on travaillait avec une suite croissance d'entiers, donc la différence donne un entier nul ou positif.
    Dans $\varepsilon_n(i,j)$ on a les $i_1,j_1, \cdots, i_n,j_n$ mais avec les égalités on a $i=i_1,i_2,i_2,i_3,i_3, \cdots, i_{n-1}i_n,i_n, j_n=j$
    $\varepsilon_n(i,j)$ est donc défini par $n+1$ termes qui sont $\boxed{\{i=i_1, \cdots, i_n,j_n=j \}}$
    La suite $i=i_1,i_2,i_2,i_3,i_3, \cdots, i_{n-1}i_n,i_n, j_n=j$ est une suite d'entiers qui contient $n+1$ éléments et ces entiers sont compris entre $i$ et $j$.
    La suite est croissante, pour la rendre strictement croissante, on a ajoute $0$ à $i$,  $1$ à $i_2$, $2$ à $i_3$ etc $n-1$ à $i_n$ et $n$ à $j_n$. 
    Si on translate de $-i$ on trouve une suite d'entiers entre $0$ et $n+(j-i)$, elle est strictement croissante. 
    Il me semble que la translation ne modifie pas le cardinal par bijectivité non ? Pour le fait d'ajouter des nombres aux termes de la suite pour la rendre strictement croissante, pourquoi ça ne modifie pas le cardinal ?
  • Modifié (26 Jan)
    Cela ne modifie pas le cardinal  car justement il a été crée une bijection entre ces 2 suites... !!
    Mais bon il ne faut pas dire que l'exercice est difficile.   En effet l'indication dans la question 2)  c'est donner presque la solution. 
    La bonne question aurait été de donner le cardinal de e(i,j)  sans donner le résultat et l'idée.
  • Modifié (27 Jan)
    Oui c'est vrai que l'indication aide bien, sans elle, la question devenait très difficile. Mais tu as un niveau élevé pour voir tout ça rapidement.
    La suite du sujet, ces questions ont pour but de démontrer le théorème de Gelfand.
    J'ai écrit $|(A^n)_{ij}| \leq \displaystyle\sum_{i_1, \cdots, j_n \in \varepsilon_n(i,j)} | a_{i_1 j_1} | \times \cdots \times  | a_{i_n j_n} |$
    Mais je ne vois pas comment majorer les $a_{i_1 j_1}$ etc ...

  • Modifié (27 Jan)
    Il me semble bien que A n'est plus supposée triangulaire  supérieure!  
    Néanmoins, on peut commencer avec A triangulaire supérieure.  dans ce cas
    Il faut poser $M=\dfrac{1}{ \rho(A)} max_{i\neq j} (|a_{ij}|)$  et tenir compte du fait que la diagonale contient les valeurs propres  donc les diagonaux sont majorés par $\rho(A)$  et les non diagonaux par $M \rho(A)$. 

    Si $\rho(A)=0 ...$ ?   

  • Modifié (27 Jan)
    Si elle l'est toujours supposée triangulaire supérieure, c'est dans la question suivante qu'on prend une matrice quelconque.
    Merci je vais chercher avec cette indication. J'avais oublié l'hypothèse triangulaire qui donne les valeurs propres sur la diagonale !

  • Bd2017 ok merci. Soit $n \geq d$. 

    Si $\rho(A)=0$ alors l'unique valeur propre de $A$ est $0$ et donc $A$ est nilpotente, l'indice de nilpotence étant inférieur à $d$, on a $A^n=0$ donc l'inégalité est vraie.

    Supposons $\rho(A) \ne 0$ alors $M=\dfrac{1}{\rho(A)} \max_{ i \ne j} |a_{ij} |$ est bien définie et $M>0$ car $A$ est non nulle. 

    On a $|(A^n)_{ij} | \leq \displaystyle\sum_{i_1, \cdots j_n \in \varepsilon_n(i,j)} |a_{i_1 j_1}| \times \cdots \times  |a_{i_n j_n}|$

    Mais je bloque ici comment savoir qui sont les diagonaux et qui sont ceux qui ne sont pas sur la diagonale ? 
  • Modifié (28 Jan)
    Que veut dire $i_k=j_k$ ?  Et $i_k\neq j_k\ ?$  Combien il y en a cette dernière espèce ? C'est tout de même pas difficile chaque facteur de chaque terme admet 2 majorations possibles. De plus le nombre de termes c'est le cardinal de  $e(i,j)$. 
  • Modifié (28 Jan)
    Si $i_k =j_k$ on est sur la diagonale. 
    Il y a au plus $d-1$ valeurs telles que $i_k \ne j_k$ donc au moins $d$ valeurs telles que $i_k =j_k$.
    Mais on ne sait pas leur nombre exact c'est ça qui me bloque.
    Repasser à la somme bizarre m'embrouille. Je dois majorer $|a_{i_1 j_1}| \times \cdots \times |a_{i_n j_n}|$ et sortir le majorant de la somme.
    Le nombre de termes dans $\varepsilon_n(i,j)$ c'est son cardinal mais dans le produit on a que $n$ termes je ne comprends pas le lien entre les deux. 
  • Modifié (28 Jan)
    Il me semble qu'il faut que tu passes  à autre chose.  Quand je vois la deuxième ligne je me dis que ce n'est pas possible...
    Même un élève d'école primaire ne dira pas une telle sottise.
     Merci de ne pas dire "coquille." 
  • J'ai dit une bêtise car je ne comprend pas comment manipuler la somme bizarre pour majorer. Quand je bloque longtemps je commence à écrire n'importe quoi. 
    D'après le rapport du jury je ne suis pas le seul à avoir écrit des bêtises, certains ont dit qu'il y avait $n-(d-1)$ coefficients diagonaux. 

    Il y a $n$ termes à majorer qui sont $|a_{i_1 j_1}| , \cdots, |a_{i_n j_n} |$ je n'ai pas compris le lien avec les termes de la diagonale et ceux hors diagonale.
  • Modifié (28 Jan)
    Le rapport du jury ne doit pas servir  à justifier ses propres turpitudes !!
    Pourtant avec l'indication que j'ai  donné  !!    chaque facteur   est majoré (en v.a)    par  $\rho(A)$ ou bien  $M \rho(a)$.  Donc le produit  est majoré par 
    $M^q \rho(A)^n$  où  $q\leq d-1$  donc majoré  par   $M^{d-1}  \rho(A)^n.$   Comme le nombre  de termes dans la somme  est le cardinal de $e(i,j)$ que l'on peut majorer  uniformément par  cste$ \times n^{d-1}$  (la plus grande valeur de $j-i$ étant égale à $d-1$
    On obtient une majoration  par cste$\times   M^{d-1} n^{d-1} \rho(A)^n = c_A n^{d-1} \rho(A)^n$.
  • Modifié (30 Jan)
    T'es trop fort pour voir ça.
    On a $|(A_{ij}| \leq M^{d-1} \rho(A)^{n-1} \displaystyle\sum_{i_1, \cdots, j_n \in \varepsilon_n (i,j)} = \boxed{  M^{d-1} \rho(A)^{n-1} \binom{n-1+(j-i)}{n-1}}$
    Je n'ai pas compris comment tu majores le coefficient binomial. 
    J'ai écrit $ \binom{n-1+(j-i)}{n-1}= \dfrac{ (n-1+(j-i) )!}{(n-1)! (j-i)!} \leq n \times (n+1) \times \cdots \times (n + (j-i-1) )$
    Je bloque ici.
  • Modifié (30 Jan)
    On  a pour $p\geq  1$   fixé   $C_{n}^p= \dfrac{ n (n-1) ... (n-p+1)}{p! } \leq n (n-1) ... (n-p+1) \leq{ n^p} $ 
    $C_{n-1+(j-i)}^{n-1}=C_{n-1+(j-i)}^{j-i}\leq [ (n-1)+(j-i)]^{j-i}   \leq  (n+d) ^{d-1} \leq 2 ^{d-1}  n^{d-1} =$ cste  $\times  n^{d-1} $.
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