Réponses
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Je ne vois pas pourquoi il introduit $\Phi$ sachant que le degré de $P(X+1)-P(X)$ est clairement $\deg P -1$ (il suffit d'écrire $P$ sous forme de somme).
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Je vous le met en PDF ci joint.
C'est la question I.B.c). -
Parce qu'on a pris $W$ quelconque dans $\R_{p-1}[X]$.
Ah oui, pardon c'est $W$.dans $L_{PQ}$ isomorphisme ssi $P$ et $Q$ sont premiers entre eux Commentaire de PetiteTaupe November 2021 -
Soit $(V,W) \in \R_{q-1}[X] \times \R_{p-1}[X]$. Si $VP+WQ=0$, alors $VP = - WQ$, donc $P$ divise $WQ$. Or, $P$ et $Q$ sont premiers entre eux : par le théorème de \textsc{Gauss}, $P$ divise $W$. Donc $P$ divise tout polynôme de $\R_{p-1}[X]$…dans $L_{PQ}$ isomorphisme ssi $P$ et $Q$ sont premiers entre eux Commentaire de PetiteTaupe November 2021Ah oui pardon. Je pensais à une base quelconque $B = (b_1, \dots, b_n)$ : les vecteurs sont libres et alors $X = \begin{pmatrix} b_1 \\ \vdots \\ b_n \end{pmatrix}$ donne un système du type $\sum_{i=0}^n a_{jk}b_k = 0$. Par définition de famille lib…Oui car c’est une famille libre donc on a directement le résultat. Merci.Ah oui tout simplement, merci.Ah oui, merci !dans $L_{PQ}$ isomorphisme ssi $P$ et $Q$ sont premiers entre eux Commentaire de PetiteTaupe November 2021Merci pour vos réponses.
Donc si je comprends bien, si on a un polynôme annulateur, il suffit de prendre ses racines : la trace est alors la somme des racines multipliés par leur multiplicité en tant que racine du polynôme caractéristiqu…$\omega(j) = 0$. Donc la trace est nulle. C'est possible si les seules valeurs propres sont $i$ et $-i$. Et même si $A$ n'admet que $0$ comme valeur propre.D'accord, donc d'après ton message, les racines complexes conjuguées du polynôme caractéristique sont bien de même multiplicité.
Oui mais je n'ai pas montré que $j$ et $i$ sont des racines du polynôme caractéristique car on n'a pas montré qu'e…Je veux que :$Tr(A) = \omega(j)j + \omega(j^2)j^2 + \omega(i)i - \omega(i)i$. Comme $A$ est réelle, son polynôme caractéristique est à coefficients réels, donc les multiplicités des racines complexes conjuguées sont égales.
Donc $Tr(A) = \omeg…Si $n$ est impair, $A$ admet une valeur propre réelle. Merci.Merci pour votre réponse. Pourquoi a-t-on les valeurs propres ?Merci pour vos réponses !Merci beaucoup.Ah oui pardon. Donc c'est bon. Oui pour la continuité, il faut que $0 < \lambda \leq 1$.
Donc $Sp(u) = ]0,1]$ et les vecteurs propres sont les fonctions dans $V_{\lambda}$ pour $\lambda \in ]0,1]$ ?Oups, j'ai modifié, merci. Donc pour que $f$ soit vecteur propre de $u$ associé à $\lambda$, il faut que $A = 1$, autrement dit que $f = x \mapsto x^{\frac{1}{\lambda}-1}$.
Mais je n'arrive toujours pas à définir les éléments propres...
…Ah oui merci pour la dimension.
La trace de $A$ vaut 2 et $Sp_{R}(A) = \emptyset$.
Mais si on prend les valeurs propres complexes, ça fonctionne.Merci pour votre réponse.
On ne peut pas dire que $\R$ est inclus dans $\C$, donc tout polynôme de $\R$ est un polynôme de $\C$ ?
Parce que pour montrer que la trace d'une matrices à coefficients dans $\R$ soit la somme des v…Ah oui merci, j'ai corrigé.
Bon donc on retombe sur une matrice diagonalisable... Le contre-exemple n'est pas bon si on a des valeurs propres distinctes.
Je devais prendre $AG = \begin{pmatrix} 1&1\\0&1 \end{pmatrix}$…On prend $G = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0&1 \end{pmatrix}$.
$g$ est bijectif car son noyau est réduit à 0 en dimension finie.
Alors $AG = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$.
Cette fois-ci…Si c’est une condition nécessaire, mon contre-exemple fonctionne, non ?
Par contre si elle n’est que suffisante mais pas nécessaire, ça ne marche plus.
Suffisante : si le polynôme caractéristique est scindé racines simples, l…Ok donc G inversible telle que AG n’a pas un polynôme caractéristique scindé. Je regarde.
Je pose $G = \begin{pmatrix} a & b \\ c&d \end{pmatrix}$.
$ AG = \begin{pmatrix} a & b \\ 2c & 2 d \end{pmatrix}$.
La démonstration, j'ai l'impression que ça ne marche : $d$ est diagonale donc il existe $B = (x_1 \dots, x_n)$ une base de vecteurs propres de $d$. Comme $g$ est bijectif, $g(B)$ est encore une base de l'espace. $\forall x \in B, \exists \lambda \in…Ah oui mais ça c'est dans le cas où on a le même endomorphisme bijectif $g$ de chaque côté ($g \circ u \circ g^{-1}$). Mais peut-on montrer simplement que si $g$ est inversible et $d$ diagonalisable, $d \circ g$ est diagonalisable ?Ah oui c'est vrai ! Merci beaucoup.Si on conjugue un endomorphisme diagonalisable, il reste diagonalisable. Je le fais dans le cas de la dimension finie mais je crois qu'on peut le faire sans cela. On prend $d$ et $g$ deux endomorphismes de l'espace.
1. Montrons que $g \c…Oui la base est transportée mais est-ce qu'elle devient une base de vecteurs propres ? et si je compose par le conjugué d'un isomorphisme, ça reste une base de vecteurs propres ?Oui, j'ai fait n'importe quoi. Tout va mieux, merci beaucoup pour votre aide.Mais alors il y a une chose dont je ne suis pas sûr.
Si $E$ est un $\K$-espace vectoriel,
J'ai vu que si $u \in \mathcal{L}(E)$ est annulé par un polynôme scindé sur $\K$, alors $E$ est la somme directe de sous-espaces stable…Parce que pour moi, si les $\lambda_1, \dots, \lambda_r$ sont exactement les racines d'un polynôme $P$, alors il s'écrit $P = \alpha \prod_{i=1}^r (X-\lambda_i)^{\alpha_i}$. Mais cela dépend en fait du corps.Ah d'accord, donc je ne peux pas conclure que $P$ est scindé simplement parce qu'il possède exactement les $\lambda_i$ distincts comme racines.D'accord, merci bien !Ah oui, pardon. $b_{n+1} = \sum_{k=n+2}^{+ \infty} \frac{(-1)^k}{k!}$. Un reste d'ordre $n$ est $R_n = \sum_{k=n+1}^{+\infty} \frac{(-1)^k}{k!}$, donc $b_{n+1} = R_{n+1}$ et alors $b_{n+1}$ est du signe de $\frac{(-1)^{n+2}}{(n+2)!}$ et $$|b_{n+1}| …Ah oui je n'avais pas vu qu'il faisait un DL. Je me suis concentré sur du calcul direct. Merci.C'est pour la ligne juste avant celle dont vous parler, précisément c'est cette égalité qui me pose problème : $$\frac{\left( 1 + \frac{1}{n \ln n} + O \left( \frac{1}{n^2 \ln (n)} \right) \right)^2}{1+\frac{2}{n \ln n} + O \left( \frac{1}{n^2 \ln n…JLapin,
Ah oui elles ont le même signe à partir d'un certain rang car équivalentes.
Pour ce qui concerne les restes dans le critère spécial des séries alternées, j'ai simplement que $b_{n+1}$ est du signe de $(-1)^{n+1}/(n+1)…Ah oui tout simplement, merci !Dans mon cours il faut que les termes généraux soient soit tous les deux positifs soit tous les deux négatifs. Donc de même signe et de signe constant. Mais $\sin(\frac{n \pi}{e})$ n'est pas de signe constant et donc n'est pas de même signe que $\fr…
Bonjour!
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