Pour le 15) voir le méthodix algèbre de ton cdi…
Heureusement je n’ai pas souvenir d’avoir vu cet exo dans la rms sur ces dernières années !
En gros, en récurrant sur le nombre de colonnes, tu peux ajouter à la k-ième colonne les colonnes 1,2,\ldots,k-1 (fois des scalaires raisonnables, que tu trouveras a posteriori) de sorte d’obtenir une matrice triangulaire inférieure. Et le coefficient obtenu sur la diagonale en k-ième position est (après calcul) \varphi(k) = |(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\ast|, de sorte que le déterminant recherché vaut \prod_{k=1}^n \varphi(k).
Si \sum_{k=0}^{n}a_kX^k est le polynôme caractéristique de A alors \sum_{k=0}^{n}a_kA^k=0 et en passant à la trace on a a_0n=0 donc a_0 est nul et 0 est racine de P.
Necklor a écrit:
(1) Soit A \in M_n(\mathbb C) telle que pour tout k \in \mathbb N^* : Tr(A^k) = 0.
Montrer que A est nilpotente.
Voici une méthode qui n’utilise pas de récurrence !
[spoiler]Soit \lambda une valeur propre et \alpha sa multiplicité dans le polynôme caractéristique, écrivons :
\chi_A = (X-\lambda)^\alpha Q, avec Q(\lambda) \neq 0.
On a la formule suivante, qui est vrai pour tout polynôme complexe P, Tr(P(A)) = nP(0) (par linéarité immédiate).
De plus, en trigonalisant A, nous obtenons Tr(P(A)) = \sum_{i=1}^n P(\lambda_i), la somme des valeurs propres comptées avec leur multiplicité.
On a donc, $Tr((((X-\lambda)R+1)Q)(A)) = n(1-\lambda R(0))Q(0) =$$\displaystyle \sum_{i=1}^n ((X-\lambda)R+1)Q)(\lambda_i) = \alpha Q(\lambda) = cte$, pour tout polynôme R.
De là, n(1-\lambda R(0))Q(0) = nQ(0), soit \lambda n Q(0) R(0) = 0 pour tout polynôme R, donc \lambda n Q(0) = 0.
Or n Q(0) = \alpha Q(\lambda) \neq 0, donc \lambda = 0.
Donc toute valeur propre est nulle, le polynôme caractéristique s’écrit X^n, donc A^n = 0, A est nilpotente.[/spoiler]
(J’ai une troisième méthode, qui ressemble beaucoup à celle-là d’ailleurs, avec laquelle je montre que toutes les valeurs propres sont égales, puis nulles.)
J’ai une méthode avec le déterminant de Van der Monde pour celui là aussi.
Je veux bien voir ça 
Effectivement on obtient une matrice de Van der Monde assez intuitivement, mais ce que tu en fais après…
Cryme a écrit:
Je veux bien voir ça
Effectivement on obtient une matrice de Van der Monde assez intuitivement, mais ce que tu en fais après…
(1)
On va utiliser le résultat A nilpotente <=> SpA=\left\{0 \right\}
D’abord on trigonalise la matrice dans \mathbb C on obtient une matrice B
On a tr(B^k)=\sum_{i=1}^{n}\lambda_{i}^k=0
Supposons B non nilpotente
Notons \alpha_1,...,\alpha_r les r valeurs propres distinctes de multiplicités respectives n_1,...,n_r
On a donc tr(B^k)=\sum_{i=1}^{r}n_i\alpha_{i}^k=0
On fait varier k de 1 à r
On a donc un système d’inconnues n_1,..n_r
\begin{vmatrix}
\lambda_1. .. \lambda _r\\
. .. \\
. . . \\
\lambda_1^r . . . \lambda _r^r
\end{vmatrix}=\lambda_1..\lambda _r\prod_{1\leq i< j\leq r}\lambda_j-\lambda_i \neq 0
Donc solution unique n_1=...=n_r=0. Contradiction avec leurs définitions
Donc toutes les valeurs propres de B sont nulles, donc B est nilpotente.
Oui je vois, tu utilises l’argument d’unicité, sympa
Oui, mais
Vos méthodes ne sont valables que dans un corps algébriquement clos (puisque vous trigonalisez A) alors que la mienne marche dans un corps quelconque. Na. 
(bon c’est vrai que l’énoncé donnait A dans Mn(C) ^^)
Au pire on peut s’en sortir avec le théorème de Steinitz qui donne l’existence d’une clôture algébrique 
(34) Montrer que l’application qui à A \in M_n(\mathbb C) associe exp(A) est continue.
(35) Montrer qu’en dimension infinie la boule unité n’est jamais compacte.
Un indice ? Convergence normale…
Chut ! 
je voulais entendre le « C’est polynômiale en A » ce qui n’est bien entendu pas un argument…
(36) Soit A matrice de Mn( C ), montrer que det(exp(A)) = exp(trace(A)).
- Cf théorème de Riesz, mais c’est vraiment pas banal.
Cryme a écrit:
- Cf théorème de Riesz, mais c’est vraiment pas banal.
Ça s’écrit Ritz si je ne m’abuse
L’idée de la démo c’est :
de construire une suite dont on ne peut pas extraire de suite convergente, en prenant un premier terme quelconque, puis le suivant dans le supplémentaire de Vect{u0}, puis le suivant dans le supplémentaire de Vect{u0, u1} et ainsi de suite.
Une conséquence élégante, c’est qu’en dimension infinie, tout compact est d’intérieur vide.
ah non Le Ritz c’est autre chose,très cher d’ailleurs…
JeanN a écrit:
- Définir de sa propre initiative une fonction périodique pas trop compliquée et calculer \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} et \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^4}
Est-ce qu’il y a un moyen d’avoir une intuition de la bonne fonction à développer en Fourier dans ces cas là? Parce que pour la somme des 1/k^2, je sais que la fonction
2π périodique définie sur [-π,π[ par t–> (π-t)/2
convient parce que je l’ai déjà vu, mais qualitativement pour quoi ça marche?
Tu cherches une fonction du syle f(x) = \sum_{n \in \mathbb{Z}^*}\frac{e^{inx}}{n}.
Et ça se calcule par transformée d’Abel si je me souviens bien 
Downham a écrit:
[quote=« JeanN »]
14) Définir de sa propre initiative une fonction périodique pas trop compliquée et calculer \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} et \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^4}
Est-ce qu’il y a un moyen d’avoir une intuition de la bonne fonction à développer en Fourier dans ces cas là? Parce que pour la somme des 1/k^2, je sais que la fonction
2π périodique définie sur [-π,π[ par t–> (π-t)/2
convient parce que je l’ai déjà vu, mais qualitativement pour quoi ça marche?
[/quote]
Tu pars d’un créneau impair (pour alléger les calculs : ils se font presque de tête ), et tu es sûr d’obtenir des coeffs non sommables de carrés sommables… Un petit Parseval…
Tu intègres ton créneau pour obtenir une fonction triangle paire continue (pas de nouveaux calculs pour déterminer les nouveaux coeffs de Fourier) et hop, un coup de Parseval …