Forum de mathématiques - Bibm@th.net

Bonsoir,

Je suis bien entendu d'accord avec Fred, mais sans faire aucun calcul (ni même de dérivée), il est surprenant de voir comme dernier terme de ton développement "o(x^2)" puisque si tu cherches un développement au voisinage de x=2, le reste serait plutôt "o((x-2)^2)".

Bref, je te laisse répondre à Fred car c'est effectivement le calcul de la dérivée qui doit te permettre d'obtenir le développement que tu cherches.

Roro.

Bonjour,

Le problème dont tu parles fait effectivement partie de l'un des défis du millénaire

http://www.journaldunet.com/science/sci … hs/8.shtml

Ces équations dites de Navier-Stokes ont été formulées par... Stokes et Navier. Jean Leray a montré dans les années 1930 qu'il existait des solutions "faibles" à ces équations (c'est-à-dire des solutions "pas très régulières"). Son travail et ses méthodes ont été fondatrices dans le domaine des edp mais depuis il reste effectivement quelques questions en suspend : les solutions qu'il a obtenues sont-elles "régulières" ? Y-a-til unicité ?
Ce sont ces dernières questions qui sont posées actuellement et toujours pas résolues...

Roro.

Bonsoir Ariane,

Pour montrer l'implication, le plus simple est peut être de raisonner " à l'envers" au début. Je m'explique :
Si un tel réel y existait alors on aurait nécessairement (un petit calcul simple)
[tex] y = \frac{h/x}{\frac{1-x^2}{x}-h} [/tex]
Il te suffit ensuite, lors de la rédaction de dire qu'on vérifie que cette valeur de y convient dès que h vérifie l'hypothèse...

Pour ce qui est du taux d'accroissement, il suffit d'utiliser ce qu'on vient de démontrer, ainsi que la propriété initiale de la fonction : [tex] f(x+h) - f(x) = f(x) (f(y)-1) [/tex]

Je n'ai pas vraiment réfléchi à comment utiliser ceci pour ton exercice même si j'ai une petite idée de la réponse finale... si tu as d'autres questions n'hésite pas à re-poster.

Roro.

P.S. Finalement, je pense voir comment conclure : tu montres ensuite que f est dérivable en tout point différent de 0, 1, -1. Et tu peux même obtenir une équation différentielle satisfaite par f (la méthode par laquelle j'y suis arrivée est un peu fine et "joue" avec les équivalents). Cette équation différentielle est relativement simple à résoudre. Peux-tu me dire si c'est la voie qui t'est proposée par la suite ?

Bonjour HPoincaré,

Je dirais que "si une suite converge alors elle est majorée" (on peut le démontrer sans trop de difficulté, n'hésite pas à demander des détails si tu en veux...).

Par contraposée, tu en déduis que "si une suite n'est pas majorée alors elle ne converge pas".

Roro.

Bonjour Tibo,

Tu peux chercher une solution particulière sous la forme
[tex]f(t) = a \cos(\omega t) + b \sin(\omega t) + c \quad (a,b,c)\in \mathbb R^3.[/tex]

Evidemment si je ne t'en dis pas plus, tu me diras que ça marche (je l'espère) mais tu ne seras pas beaucoup plus avancé !

En fait pour trouver cette forme de fonction, j'ai utilisé essentiellement deux arguments :
• Le premier c'est ce qui s'appelle le principe de superposition : si le second membre de ton équation est une somme de deux termes P1 + P2 alors tu peux résoudre ton équation en ne considérant que P1 (je note f1 une solution) puis en ne considérant que P2 (je note f2 une solution), une solution de l'équation complète sera f1+f2. Ce raisonnement est valable dès que tu as à faire à une équation différentielle linéaire, quelque soit son ordre.
• Le second est un peu plus "trucs et astuces" mais tu dois savoir (cf cours) que si le second membre a une forme particulière alors on peut chercher des solutions avec la "même" forme. Ce qu'il est utile de retenir c'est surtout qu'il y a des espaces vectoriels de fonctions qui sont stables par dérivation, ainsi le sous espace vectoriel engendré par la famille [tex]\{\cos,\sin\}[/tex] est stable par dérivation (si tu dérives une fonction dans cet espace alors tu trouves une autre fonction de cet espace). Par conséquent, lorsqu'il y a un cosinus au second membre, tu peux essayer de chercher une solution comme combinaison de cosinus et de sinus. De la même manière, l'espace vectoriel des polynômes est stable par dérivation, c'est pourquoi lorsque le second membre est un polynôme (par exemple une constante) on peut être tenté de chercher une solution sous la forme d'un polynôme (par exemple d'une constante)...

N'hésite pas à reposter si je n'ai pas été assez clair.

Roro.

Bonjour,

Effectivement une matrice fondamentale est une matrice dont les vecteurs colonnes forment une base de l'ensemble des solutions de l'équation.
En fait, on peut montrer (assez facilement !) que M(t) est une matrice fondamentale si et seulement si M'(t)=A(t)M(t) pour tout t et M(t) est inversible pour tout t.
On peut même montrer (et ce sera utile pour la suite...) que c'est équivalent à M'(t)=A(t)M(t) pour tout t et M(t) est inversible pour UN réel t.

Pour en venir à la question de roz, une question préliminaire serait peut être de montrer que si on connait une matrice fondamentale M(t) alors l'ensemble de toutes les matrices fondamentales est l'ensemble des M(t)C où C parcours l'ensemble des matrices inversibles (indépendantes du temps).

Une fois que l'on sait ça, la première question est "simple" :

On considère M(t) une matrice fondamentale et on pose U(t)=M(t+T). On sait alors que U(t) est inversible et que
[tex]U'(t) = M'(t+T) = A(t+T)M(t+T) = A(t)U(t)[/tex]
et donc U(t) est aussi une matrice fondamentale, elle est par conséquent de la forme M(t)C :
[tex]M(t+T)=M(t)C[/tex]
La relation pour tout entier naturel k s'en déduit par récurrence (car C ne dépend pas de t...).

Comme je ne sais pas du tout à quel endroit roz est coincé... je m'arrête ici : il y a déjà pas mal de choses à montrer !

Roro.

P.S. J'imagine que l'application [tex]t\mapsto A(t)[/tex] est continue...

Bonsoir,

Ne mélangeons pas tout... maintenant il semble que tu aies à faire à des matrices réelles. Je vais donc commencer par compléter un peu la réponse de Fred sur le sujet :
Comme je le disais dans mon premier message, l'ensemble [tex] Gl_n(\mathbb R)[/tex] a exactement deux composantes connexes, et celles-ci sont représentées par le signe du déterminant. Ainsi, on peut trouver des chemins entre toutes les matrices inversibles à coefficients réels ayant un déterminant de même signe (en particulier si det(M)>0 alors on peut trouver un chemin de M vers Id). Ce résultat est théorique et ne donne pas la façon de construire le chemin. En pratique ce n'est pas très compliqué. Je vais par exemple construire un chemin allant de la matrice Id vers la matrice Diag(-1,-1,1) :
[tex] f(t) = \begin{pmatrix} 1-2t & -2t & 0\\ 2t & 1-2t & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}[/tex] si [tex]t\in [0,1/2][/tex]
[tex] f(t) = \begin{pmatrix} 1-2t & -2(t-1) & 0\\ 2(t-1) & 1-2t & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}[/tex] si [tex]t\in [1/2,1][/tex]
Pour que ce chemin soit admissible, il faut juste vérifier qu'il est bien continu (en particulier en t=1/2) et que toutes les matrices images sont inversibles...

Pour en revenir au dernier message de cléopatre, tu pourrais faire un peu comme dans l'exemple ci-dessus pour trouver un chemin entre Diag(-9,1,-1) et Id (ce qui est possible puisque ces deux matrices ont un déterminant de même signe). Ceci étant dit, si ton professeur te propose de décomposer la matrice en un produit SxO avec S symétrique positive et O orthogonale,  c'est qu'il y a peut être une façon assez générale de construire un chemin pour les matrices orthogonales (à déterminant +1) vers Id... mais je ne vois pas trop...

Pour terminer, si tu connais un chemin de O vers Id, alors tu auras directement un chemin de SxO vers SxId=S. Puisque S est symétrique (réelle) positive elle est diagonalisable et toutes ses valeurs propres sont positives, donc tu pourras facilement construire un chemin de S vers Id...

Bon courage,
Roro.

Bonjour,

J'imagine que les matrices pour lesquelles tu veux faire ces manipulations sont à coefficients complexes (en tout cas pour des matrices à coefficients réels, ce n'est pas possible car l'ensemble des matrices inversibles à coefficients réelles a exactement deux composantes connexes).
L'idée d'utiliser les valeurs propres et vecteurs propres est bonne. Une fois que tu as trigonaliser ta matrice (ce qui est toujours possible dans le corps de nombres complexes), tu dois trouver pour chacune des valeurs propres un chemin dans [tex]\mathbb C \setminus \{0\}[/tex] qui relie cette valeur propre à 1. La seule "difficulté" est que ton chemin ne passe pas par 0 (et c'est là qu'on se rend compte que ça ne marcherait pas dans le cas réel car on ne pourra jamais joindre -1 à 1 sans passer par 0 dans [tex] \mathbb R[/tex]). Dans le plan complexe c'est assez facile de "fabriquer" un tel chemin... il faut faire le "tour" de zéro...
Je te laisse terminer. N'hésite pas à reposter si tu as d'autres questions ou si j'ai répondu complètement à coté de la plaque (parce que coté "calculette uniquement" je ne vois pas trop : pour des matrices 3x3 on peut effectivement tout faire explicitement)

Roro.