Dans une optique 100% psychorigide et très rock and roll, ce serait drôle de ne présenter que la Q 2.
@stellkingtv5505
2 ай бұрын
C'est ce que notre prof de math a fait notre 2e ds de 1ere année 😭
@stellkingtv5505
2 ай бұрын
Pour être précis l'exo étais Determiner toutes les fct derivables de R ds R tq f○f = cos
@lafq167
2 ай бұрын
Supers exos comme d'hab! Merci beaucoup pour toutes ces videos. Pour la question bonus j'ai utilisé la corde plutôt que la dérivée et il me semble que ça marche bien aussi comme solution alternative.
@UGLi
2 ай бұрын
Enfin merci pour l'exo :)
@antocristo1847
2 ай бұрын
Salut Roch super exo comme d'hab :) Pour la question bonus (f seulement continue) je pense qu'il faut creuser un peu plus car f est monotone sur [0,pi/2] mais pas à valeurs dans cet intervalle, donc pour fof on ne peut pas conclure si vite qu'elle est croissante. Comme contre-exemple, on a justement cos o cos qui est décroissante sur [pi/2, pi] alors que cos est monotone sur cet intervalle. A+ et continue tes vidéos, perso je me régale à les regarder !
@robs4100
2 ай бұрын
L'idée est bonne il suffit en réalité de se restreindre à un voisinage du point fixe l∈[0,1] En effet si l'on considère un ouvert V⊂[0,π/2] centré en l, il existe un ouvert U⊂[0,π/2] centré en l tel que f(U)⊂V par continuité de f en l et on conclue par stricte monotonie de f sur [0,π/2]
@robs4100
2 ай бұрын
Par exemple cos o cos est bien croissante sur un voisinage de l
@CassouMathPrepa
2 ай бұрын
Arg ! Merci de m'avoir repris Anto. 😅😱... je crois en effet que je me suis un peu emballé sur ce coup. Faudrait trouver un intervalle stable en effet
@CassouMathPrepa
2 ай бұрын
@@robs4100 super merci, tu sauvés mon idée. 😄 Donc reprenons : - Si f existe alors elle est strictement monotone sur [0,pi/2] - on utilise le point fixe l commun à f et cos. F étant continue en l il existe un voisinage U de l inclus dans [0,pi/2] tq f(U) est inclus dans [0,pi/2]. Du coup fof est bien strictement croissante sur U et on a notre contradiction. 😅 Dsl j'aurais dû penser qu'une obstruction si naïve cachait qq chose de douteux. C'est bien le point fixe qui pose une obstruction (comme dans le cas derivable). Et pas seulement la monotonie. 😅😅
@CassouMathPrepa
2 ай бұрын
Merci encore à Anto et @robs1400 pour leur intervention et dsl les gens pour m'être emballé. 🙏🙏
@StarPrepa
2 ай бұрын
1/ exp(A) et exp(B) sont dans Sn++ (on orthodiagonalise et on utilise la caractérisation par les valeurs propres), puis en utilisant la racine carrée S de exp(A), on écrit Tr(exp(A)exp(B)) = Tr(S*exp(B)*S) > 0 car S*exp(B)*S est dans Sn++
@wasabissu5020
2 ай бұрын
Je crois pas que tr(exp(A)exp(B)) = tr(Sexp(B)S) La trace est stable par permutation cyclique mais pas par toutes les permutations. C'est peut être vrai quand même mais je ne vois pas en quoi ça serait clair en une ligne
Serait-il possible de préciser l'énoncé sur f monotone alors fof est croissante ? OK si l'intervalle est stable par f mais sinon ?? Par exemple cos est monotone sur [-pi/2,0] mais cos o cos n'y est pas croissante.
@CassouMathPrepa
2 ай бұрын
Oui voir les autres commentaires. J'ai été bcp trop.vite, mea culpa. On a corrigé le tout en utilisant le point fixe qui reste la clef de la solution, comme dans le cas derivable. Dsl 🙏
@kmc6413
Ай бұрын
Le défi est vraiment difficile (la question 2). Terence Tao a écrit un billet sur son blog avec une preuve intéressante, relativement concise qui permet de prendre un peu de recul, voyez “The Golden-Thompson inequality”. Il y a peut-être plus simple mais c’est vraiment rude comme question.
@CassouMathPrepa
Ай бұрын
Oui. C'était bien difficle. Perso j'avais pas trouvé 😅. Je prepare une petite video pour septembre. Je preparerai des questions pour guider. Jimagine qu'une aide de l'examinateur etait aussi de mise pour cet oral.
@undecorateur
2 ай бұрын
Autre oral de l'X très similaire "Existe-t-il des fonctions f de C dans C continues telle que f○f = exp ?" je n'ai pas la solution mais je pense que l'exo est intéressant. On étudir désormais f dans C, la question de la monotonie n'a donc plus de sens et l'exp complexe a une infinité de points fixes.
@UGLi
2 ай бұрын
si cos l = l, on a forcément l dans ]0,1[...
@UGLi
2 ай бұрын
D'ailleurs, je me suis amusé à tracer x |-> cos(a*cos(x)) pour a dans R. C'est assez rigolo. Quelqu'un a-t-il déjà vu des exos là dessus ?
@Julien9130
2 ай бұрын
Et fof=cos dans C ?... une fonction holomorphe ?
@CassouMathPrepa
2 ай бұрын
😅😅😅
@jardozouille1677
2 ай бұрын
Bien joué :)
@lepetitpianiste9223
2 ай бұрын
Pour la question 2 des traces d’exp, le résultat semble dire que l’inégalité est atteinte pour A et B qui commutent, l’idée est alors de parcourir les classes de similitudes orthogonales pour orthocodiagonaliser les deux matrices :considérer l’application qui a P associe tr(exp(A+PBPt)) atteint un max sur OnR et un theoreme sur les extrema liés (l’espace tangent à OnR en une matrice C est C*AnR) permettent de s’en sortir.
@Pod_TM
2 ай бұрын
Quelle horreur...
@georgesneaimeh5793
2 ай бұрын
Vous apprenez ça en quelle année de License et dans quelle matière ?
@lepetitpianiste9223
2 ай бұрын
@@georgesneaimeh5793 tous les outils sont vus en deuxième année de prépa , donc à priori en L2 ? C’est du calcul différentiel tout ça
@zzantamzz
2 ай бұрын
Malheureusement tu peux avoir plusieurs max locaux nan ?
@lepetitpianiste9223
2 ай бұрын
@@zzantamzz j’avoue ne pas avoir mené les calculs , mais je suis convaincu que ça va fonctionner , j’ai déjà mis en place cette méthode pour des inégalités similaires. Tout nous crie que le max local est atteint pour la matrice orthogonale de passage dans la base de codiagonalisation, ça serait vraiment très logique puisqu’il y a égalité dans le cas de commutativité.
@azizelakkaoui801
2 ай бұрын
Je crois qu il fallait ajouter que f est stable sur un intervalle ouvert de 0 pi/2, ( sur un voisinage de l) ce qui est vrai en fait puisque f est continue en l.
@CassouMathPrepa
2 ай бұрын
En effet ! Voir les autres commentaires. En verite le point fixe est bien utile...
@rayanetiahi3476
2 ай бұрын
Pour le cas de la continuité je donne la réponse ,en effet sur ]x;pi/2[ la fonction f ne peut pas atteindre x et de plus elle ne peut pas être superieure a la fonction identitée ( puisque par continuité on pourrait observer que f a +infini comme limite en +infini ce qui par passage a la limite de fof donne que la limite de cos en +infini est + infini). Maintenant focalisons nous le sur le cas ou notre fonction est inférieure à la fonction identité sur ]x;pi/2[ ,nous avons maintenant 2 cas : ou bien f est strictement superieure à x sur cette intervalle ou bien strictement inférieure .Regardons dans le 1er cas pour y dans cette intervalle on a y>f(y)>x on a donc fof(y) > fof(x) ce qui donne x fof(y) > fof(x) donc que cos(x)
@zzantamzz
2 ай бұрын
Spoiler : Il me semble que c'est l'inegalité de Golden-Thompson (voir notes de Terence Tao)
@CassouMathPrepa
2 ай бұрын
Super. Merci. 🙏 Du coup ça m'a pas l'air trivial cette affaire, vu l'article de Terence Tao 😅
@zzantamzz
2 ай бұрын
@@CassouMathPrepa Sans question intermédiaire c'est quasi impossible. Par contre c'est envisageable une fois qu'on sait qu'il faut montrer (ou admettre pour commencer) Tr((AB)^p) \leq Tr(A^p B^p).
@alexandrejanot1044
2 ай бұрын
Oui, c'est cela (j'ai demandé à un collègue matheux). Mais le problème est sa démonstration. Il faut utiliser la formule de produit de Lie et ensuite et l'inégalité de Weyl... Si c'est ça, impossible à trouver!
@abuche2270
2 ай бұрын
exp(A+B) = I + A + B à l'ordre 2 et exp(A).exp(B) = I+ A + B + AB AB symétrique de trace positive ce qui garanti une augmentation de trace au final tr(exp(A).exp(B)) > tr(exp(A+B)) Récurrence du produit sur la somme directe😆 , qui augmente les traces successives ( cqfd )😐
@lepetitpianiste9223
2 ай бұрын
@@abuche2270 bizarre ton truc AB symétrique de trace positive Déjà un produit de symétrique est pas forcément symétrique Et même tu prends In et -In le produit est pas du tout de trace positive
@abuche2270
2 ай бұрын
A = ( [1 3], [3 2 ] ) trace 3 , et B =([1 3],[3 -2] trace -1 tr(exp(A).exp(B)) = 19 > tr(exp(A+B)) = 4 La multiplication exp(A).exp(B) augmente la trace
@abuche2270
2 ай бұрын
Si A et B commutent, alors tr(exp(A)·exp(B)) = tr(exp(A+B)). L'inégalité stricte n'est donc pas vraie dans ce cas. Si A et B sont des matrices hermitiennes, l'inégalité de Golden-Thompson nous donne en fait l'inégalité inverse : tr(exp(A+B)) ≤ tr(exp(A)·exp(B)). Pour des matrices A et B générales qui ne commutent pas, la relation entre tr(exp(A)·exp(B)) et tr(exp(A+B)) peut varier. Il n'existe pas de règle générale permettant d'affirmer que l'une est toujours supérieure à l'autre.
@abuche2270
2 ай бұрын
A=([1/2,2j],[2j,1/2]) et B = ([0.15,1/2j],[-1/2j,0.1] , tr(exp(A+B)) = -2.37 > -3.45 = tr(exp(A)*exp(B)) Matrice complexe et trace négative, il y a inversion de l'inégalité
@lepetitpianiste9223
2 ай бұрын
@@abuche2270 les matrices sont réelles
@denz7116
2 ай бұрын
Cest fini les oraux pour moi baaaaaaaaaaaa
@guerrierinconnu4804
2 ай бұрын
Quelle filière ? T'as eu quoi ?
@yfgiuyiyikiyiououu2932
2 ай бұрын
Pour que l soit unique il faut que la fct soit strictement monotone
@CassouMathPrepa
2 ай бұрын
@@yfgiuyiyikiyiououu2932 oui c'est le cas. La dérivée ne s'annule qu'en des points isolés 😁
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