Le 48 est la décomposition de Dunford, traitée aux sujets mines ponts 2011 maths 1 et CCP 2013 maths 2 sous forme matricielle mais ça reste la même chose.
(50) Cas douteux de la régle de D’Alembert (Raabe Duhamel):
Soit (u_n) une suite à terme strictement positifs tel qu’il existe (\alpha,\beta) \in {\mathbb R}^2 tel que \beta > 1 et: \frac{u_{n+1}}{u_n}=1-\frac{\alpha}{n} +O\left(\frac{1}{n^{\beta}}\right) quand n tends vers +\infty.
Montrer que la série \sum u_n est convergnete si et seulement si \alpha > 1.
Remarque: Une généralisation: La conclusion reste vraie si \frac{u_{n+1}}{u_n}=1-\frac{\alpha}{n} + v_n , avec \sum|v_n| convergente.
Edit: no 50 au lieu de 49 (merci Aiemann)
Conseil : logarithme et sommation 
La régle de Raabe-Duhamel est au programme, non ?
ps : le numéro de l’exo est 50 pas 49.
Non, mais elle est dans l’adhérence du programme
Pas au programme mais dans l’adhérence.
Je profite d’être dans le bus pour en rédiger 2-3 :
(2)
[spoiler]On le fait d’abord pour une matrice A inversible.
Det(AB-XI) = det(A) * det(B-(A^-1)XI) = det(B-(A^-1)XI) * det(A) = det(BA-XI)
Car on bosse dans un corps commutatif, et que X commute car c’est qu’un scalaire et car I commute avec tout le monde.
Donc à B fixé, c’est vrai quand A est inversible
Ensuite, à B fixé, on note que les applications A → det(AB-XI) et A → det(BA-XI) sont continues et coïncident sur l’ensemble dense des matrices inversibles, donc elles sont égales.
D’où le résultat.[/spoiler]
(6)
récurrence sur la dimension, en ayant prouvé d’abord le lemme suivant :
Si f est un endomorphisme tel que pour tout x, (x, f(x)) est liée, alors f est une homotéthie.
(7)
soit M une matrice complexe : elle est trigonalisable. On note T la matrice triangulaire associée. Et P la matrice de passage associée.
On construit T_n une suite de matrice triangulaires, en partant de T et en perturbant les coefficients diagonaux pour qu’ils soient tous différents, avec la perturbation tendant vers 0.
Alors la suite des (P^-1)T_nP convient
(7)
Pour la perturbation on peut prendre Diag(\frac{1}{p},...,\frac{n}{p}) : T_p = T + Diag(\frac{1}{p},...,\frac{n}{p})
(n est la taille de la matrice)
(5)
Comme A et B sont C-semblables, il existe P dans GLn(C) tq : AP = PB.
P étant dans Mn(C), on peut l’écrire P = R + iI avec P et R dans Mn(R).
Donc A(R + iI) = (R + iI)B <=> (AR = RB et AI = IB) ().
On pose f(x) = det(R + xI) qui est dans R[x].
f(x) est non nul car f(i) = det(P) != 0.
Donc il existe x de R tq f(x) != 0.
Ainsi, par (), A(R + xI) = (R + xI)B avec R + xI dans GLn(R)
Donc A et B sont R-semblables, cqfd.
Une indication pour le (15) SVP !
Désolé, j’avais pas vu l’indication de V@J.
Je comprend l’idée mais je trouve pas les coefficients convenables pour avoir \varphi(k) sur la diagonale (et des zéros en dessous)…
Sinon, il y’a une autre méthode plus simple qui consiste à écrire la matrice (i \wedge j) comme produit de deux matrices triangulaires mais qui utilise la formule \sum_{k|n}{\varphi(k)}=n qui doit être démontrée en lemme car HP.
Aiemann a écrit:
Désolé, j’avais pas vu l’indication de V@J.
Je comprend l’idée mais je trouve pas les coefficients convenables pour avoir \varphi(k) sur la diagonale (et des zéros en dessous)…
C’est parce que tu souhaites obtenir des zéros AU DESSUS de la diagonale.
MATHADOR a écrit:
(4) Soit un entier n \geqslant 2. Montrer que tout hyperplan de \mathcal{M}_{n}(\mathbb{K}) contient une matrice inversible.
[spoiler]On se donne, par l’absurde, un hyperplan H=\ker \phi qui ne contient pas de matrice inversible.
Petit rappel :
Soit a,u \in E (u \neq 0), et H \subsetneq E un hyperplan.
Une droite vectorielle coupe un hyperplan en au moins un point qui est l’origine.
Soit c’est le seul point en lequel elle le coupe, soit il y a un deuxième point et par homogénéité, toute la droite est alors incluse dans cet hyperplan.
Une droite affine est une droite vectorielle « décalée », soit sa droite vectorielle est incluse dans l’hyperplan, soit elle ne le coupe qu’en un point.
Bien sûr si c’est le premier cas, alors elle ne coupe jamais l’hyperplan, ou alors elle est incluse dans l’hyperplan (ssi a \in H en fait).
Si elle coupe l’hyperplan, a+tu \in H pour un certain t \in \mathbb{R}, or tu \in H par hypothèse, alors a \in H, donc a + \mathbb{R} u \subset H, la droite affine est incluse dans l’hyperplan.
Si c’est le second cas, elle ne le coupe qu’en un point.
En effet, on peut écrire H = \ker \phi, alors a + tu \in H revient à dire \phi(a) + t\phi(u) = 0, or \phi(u) \neq 0 !
On va considérer les sea suivants : I_n + \mathbb{R}E_{i,j}, avec i \neq j.
Ce sont des droites qui sont soit :
- incluses dans l’hyperplan,
- sécantes en un point avec l’hyperplan,
- jamais sécantes avec l’hyperplan.
Comme ce sont des droites de matrices inversibles (\det =1), c’est la dernière hypothèse.
Alors \phi(I_n) + t \phi(E_{i,j}) \neq 0 pour tout t réel, donc \phi(E_{i,j}) = 0 si i \neq j.
On va considérer les sea suivants : I_n + \mathbb{R}E_{i,i}.
Ce sont des droites qui sont soit :
- incluses dans l’hyperplan,
- sécantes en un point avec l’hyperplan,
- jamais sécantes avec l’hyperplan.
Il y a donc cette fois deux possibilités, car ces droites contiennent chacune une (et une seule) matrice non inversible.
Soit elles ne sont jamais sécantes avec l’hyperplan i.e. \phi(E_{i,i}) =0, soit elles sont sécantes en un point \phi(I_n) = \phi(E_{i,i}).
On a alors \phi(I_n) = \sum_{i / \phi(E_{i,i}) \neq 0} \phi(E_{i,i}) = |\{i / \phi(E_{i,i}) \neq 0\}| \phi(I_n).
De là, |\{i / \phi(E_{i,i}) \neq 0\}| = 1, car \phi(I_n) \neq 0, car I_n est inversible.
On note i_0 le seul indice tel que \phi(E_{i_0,i_0}) \neq 0.
Comme n \geq 2, il existe j_0 \neq i_0.
On a alors \phi(I_n - E_{i_0,i_0} - E_{j_0,j_0} + E_{i_0,j_0} + E_{j_0,i_0}) = 0, or cette dernière est inversible (\det = 1).
Ce qui est absurde ![/spoiler]
MATHADOR a écrit:
(4) Soit un entier n \geqslant 2. Montrer que tout hyperplan de \mathcal{M}_{n}(\mathbb{K}) contient une matrice inversible.
Il me semble qu’il y a beaucoup plus rapide que la méthode de Cryme en remarquant qu’une forme linéaire non nulle sur M_n(\mathbf{K}) s’écrit M \longmapsto \mathrm{Tr}(AM) avec A non nulle. Il est alors facile de construire une matrice inversible répondant à la question.
Mais c’est moche comme solution 
Je ne trouve pas mais chacun ses goûts. 
Au moins la mienne est géométrique
Cryme a écrit:
Au moins la mienne est géométrique
Berk! Une preuve algébrique c’est bien mieux!
À mon humble avis, tout dépend ce qu’on recherche dans la solution : qu’elle soit élégante ou qu’elle permette de comprendre comment ça fonctionne. L’algèbre c’est souvent assez élégant, et la géométrie c’est visuel.
Plasmax a écrit:
Il est alors facile […]
La démonstration de Cryme a l’avantage d’être complète.
Ouais, enfin A^{-1}(nE_{1,1}-I_n) m’a l’air de furieusement bien marcher 
Mais je préfère quand même la mienne, c’est celle qui m’est venu 