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Polytechnique maths A MP 2023

Modifié (April 2023) dans Algèbre
Bonjour
J'aimerais savoir si ce que j'ai fait à la question $1$ est correct.
1.a) La stabilité par $Z \mapsto Z^{*}$ est évidente et découle du fait que l'application $z \mapsto \bar{z}$ est involutive.
Pour montrer que $\mathbf{H}$ est une sous-$\R$ algèbre de $M_2(\C)$, il suffit de montrer que $\mathbf{H}$ est un sous-espace vectoriel de $M_2(\C)$ et que $\mathbf{H}$ est stable par la loi $\times$ de $M_2(\C)$.
Sous-espace vectoriel : 
  •  $\mathbf{H}$ contient $E$. 
  • La stabilité par $+$ découle du fait que $\forall z,z' \in \C \ \overline{z+z'}=\bar{z}+\bar{z'}$.
  • Soit $\lambda \in \R$ et $M \in \mathbf{H}$. On a bien $\lambda M \in  \mathbf{H}$ car $\bar{\lambda}=\lambda$.
Stabilité par la loi $\times$ de $M_2(\C)$ : 
Soit $M,M' \in  \mathbf{H}$. Il existe alors $z_1,z_2,z_1 ',z_2 '$ tel que $M=\begin{pmatrix}
z_1 & -\bar{z_2} \\
z_2 & \bar{z_1}
\end{pmatrix}$ et  $M'=\begin{pmatrix}
z_1 ' & -\bar{z_2 '} \\
z_2 ' & \bar{z_1 '}
\end{pmatrix}$.
On a $\boxed{MM'= \begin{pmatrix}
z_1 z_1 '-\bar{z_2} z_2 '  & -  (z_1 \bar{z_2}' +\bar{z_2} \bar{z_1 '} )\\
z_2 z_1 '+ \bar{z_1} z_2 ' &   \bar{z_1} \bar{z_1 '} -z_2 \bar{z_2 '}
\end{pmatrix} \in \mathbf{H} }$
1.b) Soit $Z \in  \mathbf{H}$. On a : $\boxed{Z Z^{*} = \begin{pmatrix}
|z_1|^2 -\bar{z_2}^2 & -( z_1 z_2+ \bar{z_2} z_1)  \\
z_2 \bar{z_1} + \bar{z_1} \bar{z_2}  & |z_1|^2-z_2 ^2
\end{pmatrix} }$
On a $\det (Z Z^{*} ) =( |z_1|^2 -\bar{z_2}^2 )(  |z_1|^2-z_2 ^2 ) + (z_2 \bar{z_1} + \bar{z_1} \bar{z_2} )(z_1 z_2+ \bar{z_2} z_1) $
Après calculs, on obtient : $ \boxed{\det (Z Z^{*} ) = |z_1|^4+|z_2|^4 +2 |z_1|^2 |z_2|^2 }$.
Si $Z$ est non nul dans $ \mathbf{H}$ alors $z_1 \ne 0$ ou $z_2 \ne 0$. On en déduit que $\boxed{\det (Z Z^{*} )  \ne 0}$ et que tout élément non nul de $ \mathbf{H}$ est inversible.
1.c) On a $\R_{ \mathbf{H}} = \{ a E \ | \ a \in  \R \}$.
  • Soit $Z \in \R_{ \mathbf{H}}$. Alors il existe $a \in \R$ tel que $Z=a E$. Soit $Z' \in  \mathbf{H}$. Si on écrit $Z'=\begin{pmatrix}
    z_1 & -\bar{z_2} \\
    z_2 & \bar{z_1}
    \end{pmatrix}$ alors on obtient que $\boxed{ZZ'=Z'Z=\begin{pmatrix}
    a z_1 & - a\bar{z_2} \\
    a z_2 & a\bar{z_1}
    \end{pmatrix} }$
  • Réciproquement supposons que $\forall Z' \in \mathbf{H}$ on ait $ZZ'=Z'Z$. En prenant $Z'=J$, on obtient que $z_1,z_2 \in \R$. Il reste à montrer que $z_2=0$. En prenant $Z'=K$, on obtient $z_2=0$. Ainsi, $Z=z_1 E$ avec $z_1 \in \Z$ donc $\boxed{Z \in \R_{ \mathbf{H}} }$.

Mots clés:
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Réponses

  • Je n'ai pas eu le courage de relire les calculs.
    Pour la 1a), ta formulation me fait très peur. Pour prouver que $\mathbb{H}$ est non vide, tu dis $E \in \mathbb{H}$. C'est certes vrai mais on donne souvent 0. Note qu'il ne suffit pas pour être une sous-algèbre d'être un sev stable par multiplication, il faut également demander que le neutre soit dans la sous-algèbre. Miracle, tu le fais par hasard dans la preuve de sev, mais pas sûr que cela soit volontaire. J'ajoute également que dire "évident" en question 1 est maladroit.
    Pour la 1b), tu n'as pas compris ce que signifiait "inversible" et n'a pas fait le lien entre les 2 parties de la question. Un élément de $\mathbb{H}$ est inversible ssi il est inversible dans $M_2(\mathbb{C})$ ET que son inverse est dans $\mathbb{H}$.
  • La réponse à 1.b) n'est pas bonne pour deux raisons : tu as fait une erreur de calcul et une erreur de raisonnement.. mais pour ce qui est de l'erreur de raisonnement, il faut reconnaître que la question est ambigüe.
    Une bonne formulation aurait été de dire que tout élément du monoïde $(\mathbb{H}, \times )$ est inversible.
    Ici, on ne parle pas (uniquement) de l'inversibilité en tant que matrice carrée. Il faut aussi vérifier que l'inverse en tant que matrice carrée est encore un élément de l'ensemble $\mathbb{H}$.

    Il reste néanmoins l'erreur de calcul !
  • Bonjour,

    c'est qui $H$ les quaternions?
  • Voici un lien vers le sujet ; OShine a recopié les questions, mais il a oublié l'essentiel, l'énoncé à proprement parler.  Et c'est malheureusement symptomatique. 
    Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
  • Modifié (April 2023)
    D'accord merci pour les commentaires très instructifs. Je ne connais pas trop les monoïde mais dans le Liret j'ai appris que : 
    Soit $A$ un anneau. Un élément $a \in A$ est inversible s'il existe $a' \in A$ tel que $aa'=1$.
    Après dans une algèbre je trouve pas la définition d'un élément inversible en cherchant sur internet, ni dans mes livres.

    Dès la question 1.b les calculs deviennent compliqués. Cette question 1.b m'a pris quasiment 1 heure. 

    On a $Z Z^{*} = \begin{pmatrix}
    |z_1|^2 -\bar{z_2}^2 & -2 Re(z_2) z_1  \\
    2 Re(z_2) \bar{z_1}  & |z_1|^2-z_2 ^2
    \end{pmatrix}$

    Donc $\det (Z Z^{*} ) = ( |z_1|^2 -\bar{z_2}^2 ) ( |z_1|^2-z_2 ^2 ) +2 Re(z_2) \bar{z_1}  \times 2 Re(z_2) z_1 $

    J'arrive à $\det (Z Z^{*} ) = |z_1|^4+|z_2|^4+ |z_2|^2 \left( 4 Re(z_2)^2 -2 Re(z_2 ^2) \right)$

    En posant $z_2=x_2+i y_2$, on obtient aisément que $4 Re(z_2)^2 -2 Re(z_2 ^2) =2 |z_2|^2$

    D'où $\det (Z Z^{*} ) = |z_1|^4 + |z_2|^4 + 2 |z_2|^2 \times |z_2|^2$

    Enfin $\boxed{\det( Z Z^{*} ) = |z_1|^4 +3 |z_2|^4 \ne 0}$ lorsque $z_1$ ou $z_2$ est non nul car $\forall z \in \C \ |z|=0 \iff z=0$

    Ainsi $\det(Z Z^{*})= \det (Z) \det(Z^{*})$ et on en déduit que $\det( Z) \ne 0$ et que $Z$ est inversible dans $M_2(\C)$.

    Déterminons $Z^{-1}$. On a $Z^{-1} = \dfrac{1}{ \det Z} Com (Z)^T$

    Ainsi $\boxed{Z^{-1} = \dfrac{1}{|z_1|^2+|z_2|^2}  \begin{pmatrix}
    \bar{z_1} & \bar{z_2}  \\
    -z_2  & z_1
    \end{pmatrix} \in \mathbf{H} } $ car la sous-algèbre $\mathbf{H}$ est stable par la multiplication par le scalaire réel $\dfrac{1}{|z_1|^2+|z_2|^2}$.














  • Modifié (April 2023)
    OShine a dit :
    Bonjour
    J'aimerais savoir si ce que j'ai fait à la question $1$ est correct.
    1.a) La stabilité par $Z \mapsto Z^{*}$ est évidente et découle du fait que l'application $z \mapsto \bar{z}$ est involutive.

    Le seul point qui mérite un minimum d'explications est traité de façon cavalière : le fait que l'application $z \mapsto \bar{z}$ est involutive ne prouve pas la stabilité par $Z \mapsto Z^{*}$.

    Pour montrer que $\mathbf{H}$ est une sous-$\R$ algèbre de $M_2(\C)$, il suffit de montrer que $\mathbf{H}$ est un sous-espace vectoriel de $M_2(\C)$ et que $\mathbf{H}$ est stable par la loi $\times$ de $M_2(\C)$.
    Sous-espace vectoriel : 
    •  $\mathbf{H}$ contient $E$. 
    • La stabilité par $+$ découle du fait que $\forall z,z' \in \C \ \overline{z+z'}=\bar{z}+\bar{z'}$.
    • Soit $\lambda \in \R$ et $M \in \mathbf{H}$. On a bien $\lambda M \in  \mathbf{H}$ car $\bar{\lambda}=\lambda$.

    L'énoncé précise

    On admet que $\mathbb{H}$ est un sous $\mathbb{R}$ espace vectoriel admettant comme base les matrices $E$, $I$, $J$ et $K$

    Il est donc inutile de démontrer que $\mathbb{H}$ est un sous $\mathbb{R}$ espace vectoriel

    Stabilité par la loi $\times$ de $M_2(\C)$ : 
    Soit $M,M' \in  \mathbf{H}$. Il existe alors $z_1,z_2,z_1 ',z_2 '$ tel que $M=\begin{pmatrix}
    z_1 & -\bar{z_2} \\
    z_2 & \bar{z_1}
    \end{pmatrix}$ et  $M'=\begin{pmatrix}
    z_1 ' & -\bar{z_2 '} \\
    z_2 ' & \bar{z_1 '}
    \end{pmatrix}$.
    On a $\boxed{MM'= \begin{pmatrix}
    z_1 z_1 '-\bar{z_2} z_2 '  & -  (z_1 \bar{z_2}' +\bar{z_2} \bar{z_1 '} )\\
    z_2 z_1 '+ \bar{z_1} z_2 ' &   \bar{z_1} \bar{z_1 '} -z_2 \bar{z_2 '}
    \end{pmatrix} \in \mathbf{H} }$

    Il est important de lire attentivement l'énoncé. En l'occurrence, l'énoncé précise

    $E$, $I$, $J$, $K$ vérifient les relations suivantes : (snip les relations)

    Ainsi, si $A$ et $B$ appartiennent à $\mathbf{H}$, le produit $AB$ appartient à l'espace vectoriel engendré par les produits $UV$ lorsque $U$ et $V$ décrivent l'ensemble $(E, I, J, K)$. Sachant que $EA = AE = A$ et compte tenu des relations indiquées dans l'énoncé, les produits sont inclus dans l'espace vectoriel engendré par $E$, $I$, $J$ et $K$, donc inclus dans $\mathbf{H}$, what else ?

  • Par curiosité, pour lire la première page (sérieusement, en griffonnant peut-être quelques trucs au fur et à mesure), donc avant de lire la première question, il faut combien de temps ?
    - pour un étudiant qui passe l'épreuve, en situation réelle ?
    - pour vous ?

    Je pense que si OShine voulait progresser, ce qui serait utile, ce n'est pas d'attaquer directement les questions, mais de vérifier avec les champions de ce forum qu'il a bien lu et compris tout ce qu'on racontait dans cette première page. Commencer par le commencement en quelque sorte. Avoir de la méthode.

    C'était ma conviction (je l'évoquais dans mon message précédent), et Benoit Rivet a pointé quelques détails qui suggèrent qu'OShine a lu en diagonale cette première page, et a plongé immédiatement sur les questions.

    Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
  • Modifié (April 2023)
    @Benoit RIVET
    Merci en effet, je perds du temps car je n'utilise pas toutes les infos.

    Soit $A,B \in \mathbf{H}$, alors il existe $a_1,a_2,a_3,a_4$ et $b_1,b_2,b_3,b_4$ dans $\R$ tel que $A=a_1 E + a_2 I+ a_3 J+ a_4 K$ et $B=b_1 E + b_2 I+ b_3 J+ b_4 K$.
    Puis après on utilise les relations données par l'énoncé.

    Montrons que $\mathbf{H}$ est stable par $Z \mapsto Z^{*}$.
    Soit $Z \in \mathbf{H}$. Alors $Z (z_1,z_2)= \begin{pmatrix}           z_1 & - \bar{z_2}  \\ z_2 & \bar{z_1}    \end{pmatrix} $
    Donc $Z^{*} (z_1,z_2) =  \begin{pmatrix}           \bar{z_1} & - z_2  \\ \bar{z_2} & z_1   \end{pmatrix} $
    On remarque que $Z^{*} (z_1,z_2)= Z(\bar{z_1},\bar{z_2} ) $ ce qui montre que $\boxed{Z^{*} \in \mathbf{H}}$.

    @lourrran
    Je ne vois pas de difficultés dans les notations utilisées, elles me sont familières. Par contre, j'ai foncé la tête dans le guidon en oubliant d'utiliser des résultats admis dans la première page.
    Je pense que passer 5 min sur la première page avec les notations est suffisant.
  • Modifié (April 2023)
    @OShine
    Pour montrer la structure d'algèbre, il faut montrer :
    La structure d'ev : tu l'as donc rien à faire.
    La structure d'anneau : tu écris le produit de 2 matrices et avec l'énoncé qui donne les produits entre $I,J,K,E$ tu as la stabilité par produit.
    Ensuite tu as la compatibilité des produits extérieurs : tu peux permuter la multiplication de l'ev avec celle de l'anneau. Ca je ne l'ai pas vu.
    Tu veux vraiment bien écrire et bien faire, mais je trouve que c'est dommage de refaire des choses alors que des résultats sont donnés.
    Personnellement je trouve tes efforts de rédaction magnifiques.
  • @LeVioloniste
    Merci pour le compliment.
    Il suffit de montrer que c'est une sous-algèbre de l'algèbre $M_2(\C)$.
    Il y a moins de choses à vérifier.

  • @OShine je n'ai pas écrit sous-ev, sous-anneau mais ce que je dis est nécessaire pour justifier être une sous-algèbre. Pas le choix.
  • Modifié (April 2023)
    Je bloque sur la question 2.a. J'ai tenté ceci mais je bloque. 

    2.a) Soit $Z,Z' \in \mathbf{H}$. Il existe $(z_1,z_2,z_1 ',z_2 ') \in \C^4$ tels que $Z=Z(z_1,z_2)$ et $Z'=(z_1 ',z_2 ')$.
    Ainsi, $\boxed{N(Z)N(Z')=( |z_1|^2+|z_2|^2)( |z_1 '|^2+|z_2 '|^2) }$
    En calculant la matrice $ZZ'$, je trouve que $N(ZZ')=N( z_1 z_1 '-\bar{z_2} z_2 ', z_2 z_1 '+\bar{z_1} z_2 ')$
    Donc $\boxed{N( ZZ')= |z_1 z_1 '-\bar{z_2} z_2 '|^2 + |z_2 z_1 '+\bar{z_1} z_2 '|^2 }$.


  • @LeVioloniste
    Ah d'accord, je viens de trouver une définition précise.
    $\mathbf{H}$ est une sous-$\R$ algèbre de $M_2(\C)$ si et seulement si : 
    • $E \in \mathbf{H}$.
    • $\forall A,B \in \mathbf{H} \ \forall a,b \in \R \ a A+ b B \in \mathbf{H}$.
    • $\forall A,B \in \mathbf{H} \ \ AB \in \mathbf{H}$.
    Soit $a \in \R$ et $A \in \mathbf{H}$. Il existe $z_1,z_2 \in \C$ tel que $A=Z(z_1,z_2)$. Comme $\bar{a}=a$, on en déduit que $aA =Z( az_1,az_2)$ et donc $\boxed{aA \in \mathbf{H}}$.

    Remarque : 
    Si on prend le corps $\C$ au lieu de $\R$, on n'a plus la stabilité par la multiplication par un scalaire. 



  • Modifié (April 2023)
    OShine a dit : Je bloque sur la question 2.a. J'ai tenté ceci mais je bloque.
    Bof !  Après les compliments du @violoniste, tu n'auras pas les miens.  C'est un exercice élémentaire sur les nombres complexes pour  élève de  lycée.  Soit tu n'as rien tenté, soit tu n'as pas le niveau de ce que tu es censé enseigner.
    D'autre part,  en ouvrant les yeux on peut faire encore plus simple avec le B-A-B-A des connaissance sur les matrices.
     
  • Modifié (April 2023)
    Pour Q2a tu écris le produit de 2 matrices dans l'ev engendré par $E,I,J,K$. Tu as déjà le calcul du produit $M \times M'$ et tu l'exprimes en donnant les coordonnées dans cet espace. Si $M=xE+yI+zJ+tZ$, $M'=x'E+y'I+z'J+t'Z$ tu calcules séparément $N(M)N(M')=(x^2+y^2+z^2+t^2)(x'^2+y'^2+z'^2+t'^2)$ et $N(MM')$.
    Je me rappelle que l'égalité obtenue est l'égalité de Lagrange. J'espère ne pas dire des bêtises.
    Si tu veux comprendre le sujet lit des choses sur l'algèbre des quaternions. C'est utilisé en programmation de jeux vidéos.
    Je suis surpris que l'X propose des questions aussi faciles. On dirait des questions de niveau ENSI des années 1990.
  • Modifié (April 2023)
    Non mais pourquoi il tente ce sujet, j'avais posé une question sur Q15 et un membre a eu la merveilleuse idée (je pensais qu'il rigolait) de lui suggérer de faire le sujet, et voilà qu'il essaie et se retrouve bloqué Q2 :#
    En perspective, des potes de MP* à Condo ont fait que ~15 questions sur le sujet.
  • Modifié (April 2023)
    Tu peux utiliser $|z|^2=z.\bar z$ si tu veux continuer sur ta démarche pour 2.a
    LoanSupOp ça te pose un problème si Oshine traite le sujet ?
    Trop de personne  négatives envers Oshine
    Le 😄 Farceur


  • Modifié (April 2023)
    Franchement @OShine , tu t'es fait avoir sur ce coup-là : demande au moins à être payé en packs de bière (ou en bitcoins) ...
  • gebrane a dit :
    Tu peux utiliser $|z|^2=z.\bar z$ si tu veux continuer sur ta démarche pour 2.a
    LoanSupOp ça te pose un problème si Oshine traite le sujet ?
    Trop de personne  négatives envers Oshine
    Je m'en moque totalement, si ça l'amuse c'est le principal 😙
  • Modifié (April 2023)
    Oshine est un stimulus pour réfléchir aux questions. Tu peux te montrer LoanSupOp utile en indiquant comment tu as traiter les premières questions et ne t’étonne pas si Oshine dépasse la barre de 15 questions.
    Le 😄 Farceur


  • Modifié (April 2023)
    Je bloque toujours sur la question 2a. Je ne comprends pas comment faire. 

    @LeVioloniste
    Je n'ai pas trop compris ta méthode avec les matrices $E,I,J,K$, j'ai l'impression que tu réponds déjà à la question 3.a.

    @bd2017
    Les calculs sont infaisables, on se retrouve avec du $(a+b+c+d)^2$. 

    2.a) Soit $Z,Z' \in \mathbf{H}$. Il existe $(z_1,z_2,z_1 ',z_2 ') \in \C^4$ tels que $Z=Z(z_1,z_2)$ et $Z'=(z_1 ',z_2 ')$.
    Ainsi, $\boxed{N(Z)N(Z')=( |z_1|^2+|z_2|^2)( |z_1 '|^2+|z_2 '|^2) }$
    En calculant la matrice $ZZ'$, je trouve que $N(ZZ')=N( z_1 z_1 '-\bar{z_2} z_2 ', z_2 z_1 '+\bar{z_1} z_2 ')$
    Donc $\boxed{N( ZZ')= |z_1 z_1 '-\bar{z_2} z_2 '|^2 + |z_2 z_1 '+\bar{z_1} z_2 '|^2 }$.
    Posons $z_1=x_1+iy_1$. De même pour $z_2,z_1 ',z_2 '$. Alors :  
    $N(N)N(Z')= (x_1 ^2 +x_2 ^2)(x_1 '^2+x_2 ' ^2) = \boxed{(x_1 x_1 ')^2 +(x_1 x_2 ')^2+(x_2 x_1 ')^2+(x_2 x_2 ')^2}$
    Par ailleurs, $z_1 z_1 ' - \bar{z_2} z_2 ' = (x_1+iy_1)(x_1 ' +i y_1 ') -(x_2-iy_2)(x_2 '+i y_2 ')$
    Donc $z_1 z_1 ' - \bar{z_2} z_2 ' =x_1 x_1 ' -y_1 y_1 ' -x_2 x_2 '-y_2 y_2' + i(x_1y_1 '+y_1 x_1 ' -x_2 y_2' +y_2 x_2 ')$
    Je ne vois pas comment calculer le module d'un truc aussi compliqué et long.
  • Modifié (April 2023)
    C'est bon j'ai réussi. 
    @bd2017
    Oui c'est niveau terminale mais je ne vois pas d'élève de terminale mener à bien des calculs aussi techniques. 
    Au moins cette question permet d'accroître mon habilité à calculer avec les complexes, ce qui est utile pour un prof du secondaire.
    @gebrane
    Merci tu m'as débloqué.
    Ces calculs fastidieux des premières questions font qu'on ne peut pas avancer dans le sujet en 4 heures, c'est dommage.
    Je n'aurais pas dépassé la question 4 en 4 heures, les calculs sont longs et pénibles. 

    Q2.a)
    $N( ZZ')= |z_1 z_1 '-\bar{z_2} z_2 '|^2 + |z_2 z_1 '+\bar{z_1} z_2 '|^2 $.
    Or,  $ |z_1 z_1 '-\bar{z_2} z_2 '|^2 = (z_1 z_1 '-\bar{z_2} z_2 ') \overline{ (z_1 z_1 '-\bar{z_2} z_2 ') } = (z_1 z_1 '-\bar{z_2} z_2 ')  ( \overline{z_1 z_1 '}-z_2 \bar{ z_2 ' })   \\
    \ \ \ \ \  \  \ \  \ \ \ \ \ \ \ \  \ \ \ \ \ \ = |z_1 z_1 '|^2 -z_1 z_1 'z_2 \bar{z_2 '} - \bar{z_2} z_2 ' \overline{z_1 z_1 '} + |z_2 z_2 '|^2$
    Et :  $ |z_2 z_1 '+\bar{z_1} z_2 '|^2 = (z_2 z_1 '+\bar{z_1} z_2 ') \overline{ (z_2 z_1 '+\bar{z_1} z_2 ') } = (z_2 z_1 '+\bar{z_1} z_2 ')   ( \overline{z_2 z_1 '}+z_1 \bar{ z_2 ' })   \\
    \ \ \ \ \  \  \ \  \ \ \ \ \ \ \ \  \ \ \ \ \ \ = |z_2 z_1 '|^2 +z_2 z_1 'z_1 \bar{z_2 '} +\bar{z_1} z_2 ' \overline{z_2 z_1 ' }+ |z_1 z_2 '|^2$
    Donc $\boxed{N(ZZ')= |z_1 z_1 '|^2 + |z_2 z_2 '|^2 + |z_2 z_1 '|^2 +  |z_1 z_2 '|^2}$
    $N(Z)N(Z')= ( |z_1|^2+|z_2|^2)( |z_1 '|^2 + |z_2 '|^2)$
    On développe, ce qui donne : $\boxed{N(Z) N(Z')=|z_1 z_1 '|^2+ |z_1 z_2'|^2 + |z_2 z_1 '|^2+|z_2 z_2 '|^2}$.
    On a bien montré que :  $\boxed{\forall Z,Z' \in \mathbf{H} \ N(ZZ')=N(Z) N(Z')}$.
  • Oui, toujours en train de tracer en mode "no brain" sans se demander pourquoi on fait les choses, pourquoi on pose tel ou tel truc...
    A quoi correspond $N(Z)=|z_1|^2+|z_2|^2$ pour la matrice $\begin{pmatrix}
    z_1 & -\bar{z_2} \\
    z_2 & \bar{z_1}
    \end{pmatrix}$. Mystère, mystère... Ca a l'air sacrément compliqué ! Quelle idée de poser un truc pareil ! (j'en fais trop ou pas ?) Et est-ce que cette remarque peut aider à montre que $N$ est multiplicatif ?...
    Bon, on peut aussi y aller en mode bourrin avec du calcul de complexes comme on te le suggère mais c'est plus long, moins élégant et visiblement, tu n'y arrives pas.

    En fait, on ne reproche pas à Oshine de vouloir faire le sujet, on lui reproche de le faire faire par les autres et après de clamer qu'IL a fait le sujet alors qu'il ne fait que le LaTeX et les jolis \boxed. On va juste lui donner toutes les idées, question par question, puis il va rédiger maladroitement, puis on va le reprendre et enfin, au bout de 10 posts, on aura la question bien rédigée et il va dire 'j'ai réussi', LOL. Dans 1 mois, on aura 10 pages de ce topic pour 5 questions traitées. Et dans 5 ans, ça sera encore pareil. Donc vous pouvez complimenter quelqu'un qui ne réfléchit pas, et qui attend qu'on l'aide en faisant mine de travailler en rédigeant du LaTeX pour masquer sa paresse, moi je passe mon tour.
  • Bonjour le violoniste, peux tu aussi développer ta méthode pour 2.a ?
    Le 😄 Farceur


  • Modifié (April 2023)
    Area 51 a dit :
    Franchement @OShine , tu t'es fait avoir sur ce coup-là : demande au moins à être payé en packs de bière (ou en bitcoins) ...
    Je me suis embarqué dans un bourbier  :s 
  • @Alexique
    Bien vu. 
    $N(Z)=\det (Z)$ donc $N(ZZ')= \det(ZZ')= \det(Z) \det(Z')= N(Z) N(Z')$.
  • Modifié (April 2023)
    Tu exagères Alexique en disant "avec du calcul de complexes comme on te le suggère"
    Oshine a choisi de passer par les complexes, on l'a aidé à finaliser son calcul c'est tout.
    Le 😄 Farceur


  • Vous pouviez l'orienter sur une autre voie, voyant qu'il galérait. Surtout qu'entre faire des calculs lourds et chronophages, et la méthode du déterminant, il n'y a pas trop photo... mais ok. De toute façon, je n'étais là que pour illustrer ce à quoi va ressembler ce topic : des usines à gaz pour tuer une mouche (c'est bien ça l'expression  :D). Je sors, bon courage à vous.

    @OShine
    Tu vois donc qu'il est possible de gagner du temps, beaucoup de temps et d'efforts de rédaction avec un peu de jugeotte. Ce n'est pas tout le temps possible cela dit, surtout sur des X-ENS où il faut souvent à un moment mettre les mains dans le cambouis. 
  • @gebrane
    Après avoir travaillé avec les complexes est aussi formateur, même si cette méthode n'était pas adaptée en temps limitée.

    Je fais la 2b avant d'aller dormir, question facile qui ne m'a pas posé de difficulté.

    Q2.b) Comme $0_{M_n(\C)} \notin S$, d'après Q1.b, $\boxed{S \subset \mathbf{H}^{\times}}$.
    Montrons que $S= \{ U \in H \ | \ N(U)=1 \}$ est un sous-groupe de $ \mathbf{H}^{\times}$.
    • $E \in S$ car $E \in H$ et $N(E)=N ( Z(1,0)) =|1|^2=1$.
    • Soit $A \in S$. On a $A A^{-1} =E$ donc $N(A A^{-1} ) = N(A) N(A^{-1})=N(E)$. Comme $N(A)=N(E)=1$, on en déduit $N(A^{-1})=1$. Mais $A^{-1} \in  \mathbf{H}$ d'après Q1.a donc $\boxed{A^{-1} \in S}$.
    • Soit $A,B \in S$. Alors $AB \in H$. Et $N(AB)=N(A)N(B)=1$ donc $\boxed{AB \in S}$.
    Soit $Z \in \mathbf{H}^{\times} \subset \mathbf{H}$. Alors $\dfrac{1}{\sqrt{N(Z)} }Z \in \mathbf{H}$ car $\mathbf{H}$ est une $\R$ algèbre.
    Il est facile de voir que $\forall \lambda \in \R \ N( \lambda Z)=| \lambda |^2 N(Z)$.
    Ici $\lambda= \dfrac{1}{\sqrt{N(Z)} } \in \R^{+}$ donc $| \lambda|^2= \lambda^2 = \dfrac{1}{N(Z)}$.
    Ainsi, $N \left( \dfrac{1}{\sqrt{N(Z)} }Z  \right) = \dfrac{1}{N(Z)} N(Z)=1$.
    On a montré : $\boxed{\forall Z \in \mathbf{H}^{\times} \  \dfrac{1}{\sqrt{N(Z)} }Z \in S }$.

  • Modifié (April 2023)
    Je n'ai pas suggéré à Os d'utiliser les complexes
    mais je lui fais remarquer que le calcul dans lequel il s'est lancé ne pose aucune difficulté pour ne pas être terminé. Je lui ai bien suggéré de voir autre chose, c'est a dire le déterminant, même si je ne le dis pas explicitement, tellement c'est évident à voir.
    Concernant l'indication du @ violoniste je demande à voir aussi. Sauf erreur ça à l'air encore plus tordu que ce qu'a essayé de faire @os
     
  • Je ne voudrais pas avoir l'air d'insister mais les calculs de la question 1.b) sont encore faux. Dans la définition de la matrice adjointe $Z^*$, il y a une conjugaison ET une transposition. On dirait qu'@Oshine a zappé la transposition.
    Si $Z=\begin{pmatrix}z_1 & -\overline{z_2} \\z_2 & \overline{z_1}\end{pmatrix}$ alors $Z^*=\begin{pmatrix}\overline{z_1} & \overline{z_2} \\ -z_2& z_1\end{pmatrix}$... et quand on calcule correctement, cela rend le calcul de $ZZ^*$ bien plus facile et celui de $Z^{-1}$ est trivial !

    En plus, cette question est là également pour faciliter la suite... donc si elle est fausse, évidemment cela complique la suite aussi.

  • @bisam
    Merci j'ai lu trop vite la définition de $A^{*}$ j'ai oublié la transposition. Je vais reprendre les calculs.
  • gebrane a dit :
    Oshine est un stimulus pour réfléchir aux questions. Tu peux te montrer LoanSupOp utile en indiquant comment tu as traiter les premières questions et ne t’étonne pas si Oshine dépasse la barre de 15 questions.
    Je vous laisse l'aider, prévenez-moi quand il aura fini les préliminaires déjà 
  • Modifié (April 2023)
    C'est bon j'ai rectifié.
    Q1.b)
    On a $ZZ^{*}=\begin{pmatrix}           |z_1|^2+|z_2|^2 & 0 \\ 0 &  |z_1|^2+|z_2|^2   \end{pmatrix}$.
    Donc $\boxed{\det(ZZ^{*})= (  |z_1|^2+|z_2|^2 )^2 \ne 0 }$ car $z_1 \ne 0$ ou $z_2 \ne 0$.
    Un calcul rapide utilisant la comatrice de $Z$ montre que $\boxed{Z^{-1} =\dfrac{1}{ |z_1|^2+|z_2|^2} Z( \bar{z_1}, -z_2) \in \mathbf{H}}$.
  • Modifié (April 2023)
    Pas besoin de la comatrice !!!
    $ZZ^*=N(Z)E$ donc $Z^{-1}=\frac{1}{N(Z)}Z^*$.
    Tu passes vraiment à côté des choses les plus évidentes.
  • Modifié (April 2023)
    Ah oui bien vu, et $N(Z)$ est bien non nul car $z_1 \ne 0$ ou $z_2 \ne 0$.

    Pour la question $3$ j'ai réussi sans problème, sauf erreur.

    3.a) Soit $x,y,z,t \in \R$. On a $xE+yI+zJ+tK= Z( x+iy,-z+it)$.
    Donc $N( xE+yI+zJ+tK ) = N (  Z( x+iy,-z+it) ) = |x+iy|^2+|-z+it|^2=x^2+y^2+z^2+t^2$.
    On a bien montré que : $\boxed{\forall x,y,z,t \in \R \ \ N( xE+yI+zJ + tK )=x^2+y^2+z^2+t^2}$.

    3.b) Soit $U \in \mathbf{H}^{im}$. $\exists x,y,z \in \R$ tel que $U=xI+yJ+zK$.
    On a : $U^2=x^2 I^2+xyIJ+xz IK + xy JI +y^2 J^2+yzJK + zx KI+zy KJ+z^2 K^2$.
    En utilisant les relations données par l'énoncé, on obtient : 
    $U^2=-x^2 E+xy K-xz J -xy K-y^2 E+yzI +zx J -zy I-z^2 E$.
    Après simplification, on trouve : $U^2=-(x^2+y^2+z^2)E$.
    Finalement : $\boxed{U^2=-N(U) E}$.

    Montrons que : $\mathbf{H}^{im} = \{ U \in \mathbf{H} \ | \ U^2 \in ]-\infty,0] E \}$.
    • Soit $U \in \mathbf{H}^{im}$ alors $U^2 = - N(U) E$ où $N(U) \in [0,+\infty[$. Donc $U^2 \in ]-\infty,0] E$. On a montré : $\boxed{\mathbf{H}^{im} \subset \{ U \in \mathbf{H} \ | \ U^2 \in ]-\infty,0] E \} }$.






  • Par contre, je ne comprends pas la remarque sous la question $3$.

    Je ne vois pas le rapport entre la question 3.a et le fait qu'on a un produit scalaire. De même, je ne comprends pas le rapport avec les isométries.
    Et je ne comprends pas d'où sort la base orthonormée.


  • Modifié (April 2023)
    Qu'est ce que tu attends, un cours particulier?  Si tu ne comprends pas tu démontres que $<Z,Z'>$ est un produit scalaire et que $\psi$ est une isométrie et tu vérifies que la base est orthonormée. Tout cela est connu et facile à vérifier.
     
  • @gebrane @OShine Pourquoi ne pas traiter le sujet Maths D 2023 MP ? 😁👍
  • Modifié (April 2023)
    Ton comportement est incompréhensible, LoanSupOp. Puisque tu as réussi cet examen, quelle est ta réponse à la question d'Oshine sur la manière de voir que nous avons un produit scalaire avec un effort minimal, selon 3a ?
    Tu ne fais que perturber Oshine. Si tu veux te rendre utile fait comme bisam,  critique bien de façon utile.
    Le 😄 Farceur


  • J'ai fait une erreur dans 3.b une inclusion est fausse.

    @bd2017 ok je ferai les vérifications une fois la partie terminée.

    Non maths D c'est pour les extraterrestres.
    Maths C encore j'ai déjà réussi des parties.
    Mais maths D j'abandonne c'est beaucoup trop dur.
  • Modifié (April 2023)
    Oshine
    Je trouve ta question pertinente. Si $Z$ a pour coordonnées $x$, $y$, $z$, $t$ dans la base $E$, $I$, $J$, $K$ et $Z'$ a pour coordonnées $x'$, $y'$, $z'$, $t'$ dans la base $E$, $I$, $J$, $K$, alors d'après 3a, $N(Z) = ||X||_2^2$ où $||.||_2$ est la norme euclidienne de $\mathbb{R}^4$ et $X$ est le vecteur de $\mathbb{R}^4$ de coordonnées $x$, $y$, $z$, $t$. On voit alors que $\langle Z,Z' \rangle = \frac{1}{2} (||X+Y||_2^2 - ||X||_2^2 - ||Y||_2^2) = \langle X,Y \rangle_2$, avec $\langle .,. \rangle_2$ le produit scalaire de $\mathbb{R}^4$.
    Le 😄 Farceur


  • Modifié (April 2023)
    gebrane a dit :
    Ton comportement est incompréhensible, LoanSupOp. Puisque tu as réussi cet examen, quelle est ta réponse à la question d'Oshine sur la manière de voir que nous avons un produit scalaire avec un effort minimal, selon 3a ?
    Tu ne fais que perturber Oshine. Si tu veux te rendre utile fait comme bisam,  critique bien de façon utile
    Bon je vais essayer de me prêter au jeu, il bugue sur quelle question ? Quelle sous-question de la question ?
  • Modifié (April 2023)
    OShine a dit :
    J'ai fait une erreur dans 3.b une inclusion est fausse.
    Oui. C'est plus qu'une erreur. C'est incompréhensible d'écrire cela. À ta place je supprimerais
    Tout de même sans chercher de finesse, un minimum de méthodologie conduit certainement au résultat. 
    On  a $U^2=-\lambda E$ avec $\lambda \geq 0$.    On pose $U=x E + y I +z J + t K.$  Je calcule $U^2$  ...et je compare à $U^2=-\lambda E.$  Je vois mal comment on ne peut pas y arriver  (à montrer que $x=0$) .
    Maintenant $H^{im}$  est l'orthogonal de $vect(I,J,K),$ il y a peut-être plus direct. Mais l'essentiel n'est-il pas d'avoir une solution ?
     
  • Pour compléter ce qu'a dit @gebrane, $(E, I, J, K)$ est une base orthonormée de $\mathbb{H}$ car c'est l'image par l'isométrie $\psi$ de la base canonique de $\R^4$ qui est elle-même orthonormée pour le produit scalaire canonique.
    Bref, on a transporté la structure d'espace euclidien de $\R^4$ vers $\mathbb{H}$ par la fonction $\psi$.
  • Modifié (April 2023)
    Merci Bisam pour tes remarques précises et tes commentaires adaptés
    bd2017 a dit :
        On pose $U=x E + y I +z J + t K.$  Je calcule $U^2$  ...et je compare à $U^2=-\lambda E.$  Je vois mal comment on ne peut pas y arriver  (à montrer que $x=0$) .
    Pourquoi tu ne prends pas comme Oshine $U=xI+yJ+zK $ puisque $U$ est supposé dans $H^{im}$.
    Le 😄 Farceur


  • Modifié (April 2023)
    @Gebrane tu  ne parles pas de la partie fausse. Il s'agit ici de montrer que si $U^2  =-\lambda E, \lambda >0$ alors  $U\in H ^{im}.$
    J'avance un peu le sujet car la question 4. pour ne pas rester trop longtemps sur les  questions préliminaires.
    Il s'agit de montrer que la sphère $\tilde{S}$ unité de $\R^4$ est fermée et connexe par arcs.
    $\tilde{S}=\lbrace (x,y,z,t)\in \R^4 \mid  x^2+y^2+z^2+t^2=1 \rbrace $  est un fermé car image ... (je laisse finir @Os)
    Elle est connexe par arcs.
    En effet, pour   deux points $U$ et $V$  de la sphère unité, la fonction  définie sur $[0,1]$
    par $\gamma(t)=\dfrac{ (1-t) U  + t V} {||(1-t) U  + t V  ||}$   ... finir (et méfiance petit problème).
     
  • Modifié (April 2023)
    @bd2017 ne donne pas les réponses sinon ce fil n'a plus aucun intérêt, la question $4$ n'est pas infaisable j'avais une idée mais je ne l'ai pas encore finalisée.
  • Modifié (April 2023)
    Merci je n'avais pas compris cela et j'ajoute que je ne comprends pas aussi ton indication
    bd2017 a dit :
    , pour   deux points $U$ et $V$  de la sphère unité, la fonction  définie sur $[0,1]$ par $\gamma(t)=\dfrac{ (1-t) U  + t V} {||(1-t) U  + t V  ||}$   .... finir (et méfiance petit problème)
    car sans condition sur U et V ton application n'est pas définie sur [0,1],  le dénominateur peut s'annuler

    Pour démontrer que la sphère unité est un fermé, on peut l'écrire sous forme d'une intersection de deux fermés. Oshine, quels sont ces deux fermés ?
    Le 😄 Farceur


  • @gebrane je donne l'idée générale.  Le petit problème, tu l'as vu, il suffit de le contourner. 
     
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