Polytechnique maths A MP 2023

gebrane

Certes, nous n'avons pas la même vision.
Si on me demandait de donner ma solution sur ce sujet, je ne le ferais pas car aucun stimulus n'est présent et tout cela appartient au passé. Cependant, regarder et réagir aux réponses d'Oshine me stimule à réfléchir.

Je ne sais pas si tu as compris ma question. Si dans ce sujet, le lien entre $S$ de $\mathbb{R}^4$ et $S$ de $\mathbb{H}$ n'était pas indiqué, comment procéder avec rigueur ? Pour la $S$ de $\mathbb{R}^4$, nous avons la notion de diamètre qui facilite la vision.

OShine

@bd2017 tu avais raison pour la continuité je viens de comprendre.
J'ai des difficultés avec la notion de continuité lorsqu'on se place dans des espaces vectoriels normés autres que $\R$.
Je ne sais jamais quelle propriété utiliser.

Montrons que l'application : $\gamma : [0,1] \longrightarrow \R^4$ définie par $\gamma(\lambda)=\dfrac{ (1-\lambda) u+ \lambda v}{ || (1-\lambda) u+ \lambda v ||}$ est continue pour $u \ne -v$.
On sait déjà que le dénominateur ne s'annule pas pour $u \ne -v$. 
Soit $B=(e_1,e_2,e_3,e_4)$ la base canonique de $\R^4$. $\R$ et $\R^4$ sont des $\R$ espaces vectoriels. 
Posons : $f( \lambda)= (1-\lambda) u+ \lambda v$. Montrons que $f$ est continue.
Il existe $(f_1,f_2,f_3,f_4) \in \R$ tel que $f=f_1 e_1 +f_2 e_2+f_3 e_3+f_4 e_4$.
Les $f_i$ sont polynomiales en $\lambda$ et à valeurs dans $\R$, elles sont donc continues.
Donc $f$ est continue.

La fonction $|| . ||$ est continue. Par composition, d'applications continues, la fonction $\lambda \mapsto  || (1-\lambda) u+ \lambda v ||$ est continue. 
Par quotient de fonctions continues, l'application $\gamma$ est continue. 

lourrran

Ici, on est en dimension 4. Si on transpose cet exercice en dimension 3, tout identique, comment décrirais-tu l'ensemble image de cette application $\gamma$ (avec des mots français compréhensibles par ton boulanger ou ton coiffeur).

OShine

Il reste quand même la question 5. 

5.a) Soit $U,V \in \mathbf{H}^{im}$. Donc $U^2 = -N(U) E$ et $V^2=-N(V) E$.
On a : $(U+V)^2=(U+V)(U+V)=U^2+UV+VU+V^2$. Donc $UV+VU=(U+V)^2-U^2-V^2$.
Ainsi, $\boxed{UV+VU= (- (N(U+V) +N(U)+N(V) ) E}$.
De plus, $\langle U,V \rangle =0 \iff N(U+V)=N(U)+N(V)$.
Ce qui montre que : $\boxed{\langle U,V \rangle =0 \iff UV+VU=0}$.

Montrons que $UV \in \mathbf{H}^{im}$. On a $(UV)^2=UV UV =U (-UV) V=-U^2V^2=-(-N(U)E) (-N(V)E)$.
Donc : $(UV)^2=-N(U)N(V)E$ et finalement $(UV)^2=-N(UV)E$.
Comme $UV \in \mathbf{H}$ et $N(UV) \in \R^{+}$, on en déduit que $\boxed{UV \in \mathbf{H}^{im}}$.

Montrons que $\det_{\mathcal B=(I,J,K)} (U,V,UV) \geq 0$.
Je bloque ici, je ne vois pas comment utiliser $UV+VU=0$. 

OShine

@lourrran je n'ai pas trop compris ta question mais l'image de l'application $\gamma$ est le segment $[x,y]$. 
Je ne vois pas ce que ça change qu'on soit en dimension $4$ ou $3$.

bd2017

@Os je peux me tromper, mais pas trop en général. Alors, s'il te plait, tiens compte de mes remarques un peu plus rapidement.
Bon voilà le problème est réglé.
Je savais bien que tu as montré que $g$ lipschitzienne de façon correcte,  mais ça dénote un peu de faire comme cela dans le contexte. Ensuite, il ne fallait pas oublier le dénominateur. 

Sinon,  dans le cas général pour "les applications polynomiales" :
Soit $E$ un espace normé et $u\in E$   l'application  $g: \R \rightarrow E $  définie par  $g(t)=t^n u$  est continue sur $\R.$ 
En effet $||g(t)-g(t_0)||=||(t^n- t_0^n ) u || =|t^n -t_0^n|  ||u|| $ tend vers $0$  quand $t$ tend vers $t_0.$ Ce qui explique que $g$  est continue sur $\R.$
Mais prenons un exemple:  $g(t)= u + t  v + t^2 w$ est continue comme somme de trois fonctions continues.
Ce n'est pas un théorème de cours. Personnellement ça ne me dit rien . C'est un petit exo  qu'on a dans sa tête  au cas où il faut justifier.
De même pour ta fonction $\psi$  où  les polynômes qui interviennent sont à plusieurs variable. 
On peut encore généraliser pour les continues.  Pa exemple la fonction $g(t)= sin(t) u + cos(t) v$ où  $ u, v \in E $  est évidemment continue. 
À ma connaissance, il n'y a pas de théorème explicite pour l'affirmer mais pour t'en convaincre tu fais le même petit exercice que j'ai fait pour
$g(t)=t^n u$  car ce qui intervient c'est que la fonction $t\mapsto t^n$ soit continue, il n'y a pas que les polynômes qui sont continus.

lourrran

Si tu parles à ton coiffeur, en dimension 4, c'est virtuel, alors qu'en dimension 3, c'est plus concret. C'est pour ça que je parlais de dimension 3.
Mais tu as certainement répondu sans réfléchir, machinalement ; ce n'est pas la bonne réponse.

OShine

@lourrran
L'image de $\gamma$ est un segment. Un segment reste un segment que ce soit en dimension 3, 2 ou 1. Je ne comprends toujours pas ta question. 

@bd2017
Ok je vois tu reviens à la définition, mais le théorème auquel je pensais c'est qu'une fonction à valeurs dans un espace vectoriel normé $F$ est continu si et seulement si chacune de ses composantes dans une base de $F$ est continue.

bd2017

OShine a dit :

Je bloque ici, je ne vois pas comment utiliser $UV+VU=0$. 

J'ai donné  la réponse.  Il faut simplement calculer $U V$  dans la base  $(E,I,J, K)$ (ou  plus simplement dans la base $(I, J, K)$   puisque l'hypothèse implique que la composante de $E$  est nulle et cela serait ballot de la calculer ).  Ensuite remarquer que les coordonnées  de  $UV $ c'est le produit vectoriel des coordonnées de $U $  et $V$, ça aide mais pas obligatoire. Mais si tu t'interdis de parler de produit vectoriel (je ne vois pas pourquoi on doit se l'interdire)  tu ne t'en sers pas. Mais de toute façon le calcul des coordonnées de$ UV$, il faut le faire, on ne peut y échapper. Pour finir le déterminant tu te débrouilles pour montrer qu'il est positif

lourrran

Je parle de la fonction $\gamma$ définie par :  $\gamma(\lambda)=\dfrac{ (1-\lambda) u+ \lambda v}{ || (1-\lambda) u+ \lambda v ||}$

Je ne vois pas d'autre fonction $\gamma$ dans l'énoncé, et donc malheureusement, je pense que toi aussi, tu parles de cette fonction. 

OShine

@bisam
Le produit vectoriel est-il au programme ? 

@bd2017
Ok merci, voici mon travail. 

5.a) Encore une question très calculatoire.
Soit $U,V \in \mathbf{H}^{im}$. Alors il existe $x,y,z \in \R$ tel que $U=xI+yJ+zK$ et $x',y',z' \in R$ tel que $V=x' I+y' J+z' K$.
Donc $\boxed{UV=-(xx'+yy'+zz')E+(yz'-zy')I+(zx'-xz')J+(xy'-yx')K}$.
La condition $UV+VU=0$ fournit après calculs : $\boxed{xx'+yy'+zz'=0}$. (A)
On a $\det_{\mathcal B=(I,J,K)} (U,V,UV)=\left|
\begin{array}
1x& x'& yz'-zy'\\
y& y'&zx'-xz'\\
z& z' & xy'-yx'
\end{array}
\right|$

La règle de Sarrus fournit : $\det_{\mathcal B=(I,J,K)} (U,V,UV) = x^2y'^2-xx'yy'+x'^2z^2-xx'zz'+y^2z'^2 -zz'yy' \\ -zz'yy'+z^2y'^2-zz'xx'+x^2 z'^2-yy'xx'+y^2 x'^2$

En utilisant la condition (A), on obtient : $\boxed{\det_{\mathcal B=(I,J,K)} (U,V,UV) =(xx')^2+(yy')^2+(zz')^2+x^2(y'^2+z'^2)+z^2(x'^2+y'^2)+y^2 (x'^2+z'^2) \geq 0}$.

bd2017

Je ne trouve pas cela aussi calculatoire.  La condition (A) c'est  $<U,V>=0.$    $UV $ à calculer  çe n'est pas bien méchant. Là où c'est calculatoire  c'est le calcul du déterminant par Sarrus, où  tu n'utilises pas cette propriété du déterminant $\det(U,V,W)=(U \wedge V) .  W $   Comme ici $ W = (U \wedge V) $  c'est gagné sans calcul.  Ou alors il fallait développer selon la dernière colonne et tu avais les carrés  tout de suite. Cela revient au même sans parler de produit vectoriel.

Par contre ton déterminant est faux. Et puis ce qui me semble bizarre, c'est que le déterminant étant écrit,  la condition (A) n'intervient dans le fait que le déterminant est positif. Je trouve donc qu'il y a un problème dans ton calcul et je ne suis pas convaincu. 

OShine

Ok pour la formule avec le produit vectoriel mais j'ai simplement calculé le déterminant. 
Si la condition $A$ m'a permis de supprimer les signes moins, je n'ai pas écrit tous les calculs car trop longs mais je les ai vérifiés plusieurs fois.
Par exemple on a $-xx'yy'-xx'zz'= -xx'(yy'+zz')=-xx'( -xx')=(xx')^2$, car $xx'+yy'+zz'=0 $ et $yy'+zz'=-xx'$.
J'ai vérifié mes calculs 4 fois, je ne crois pas qu'il y ait d'erreurs. Et comme par hasard je tombe sur un déterminant clairement positif ou nul.

bd2017

Admettons ton calcul, je n'ai pas le courage  de le vérifier. Mais alors  corrige ton déterminant. La troisième colonne deux coeff sont identiques et ce n'est pas le cas.

 Ensuite tu peux reprendre ton calcul autrement en développant selon la troisième colonne.  Cela prend 30 secondes: chaque coefficient de la troisième colonne est égal au déterminant $2\times 2$ (au signe près) qui lui est associé. Ton déterminant est donc somme de 3 carrés.    Plus direct et simple et tu verras que (A) ne sert pas.

Maintenant même si tu as utilisé (A) c'est normal que le déterminant reste positif.  Car ce déterminant est positif que l'on ait (A) ou pas (A). Ton calcul est peut  être correct mais pas le plus simple . 

OShine

Oui tu as raison, c'est beaucoup plus rapide en développant par rapport à la dernière colonne, et la condition $UV+VU=0$ n'intervient pas.

On a directement $\boxed{\det_{\mathcal B (I,J,K)} (U,V,UV)=(yz'-zy')^2+(zx'-xz')^2+(xy'-yx')^2 \geq 0}$. 

5.b) Soit $(U,V)$ une famille orthonormale dans $\mathbf{H}^{im}$.
Donc : $\langle U,V \rangle =0 $ et $\sqrt{N(U)}=\sqrt{N(V)}=1$.
On a bien $N(UV)=N(U)N(V)=1$.
La famille $(U,V,UV)$ est une base de $\mathbf{H}^{im}$ si et seulement si $\det_{\mathcal B (I,J,K)} (U,V,UV) \ne 0$.
Le déterminant est nul si on a : 

• $yz'-zy'=0$
• $zx'-xz'=0$
• $xy'-yx'=0$

Je bloque ici. 

bd2017

C'est toujours pareil:  je note  $u,v, w$  les coordonnées dans la base $(I,J,K)$ de $(U,V,UV).$  On a vu que $w=u\wedge v.$  Donc si $(U,V)$ est une base orthonormale alors $(U,V,W)$   est une base orthonormale directe, c'est terminé.     L'orientation est au programme du Capes, Agreg...

Si ce n'est pas au  programme on fait autrement ?   On montre que $W$ est orthogonale à $U$ et $V$, de norme 1... que de temps perdu. On a 4 h pour faire le sujet !  Ensuite  pour l'orientation comment on explique ça aux élèves ?  Il faut montrer que la base est directe, le déterminant $\det(U,V,W)>0$  ?  

bisam

@Oshine : Le produit vectoriel n'est plus au programme de maths, depuis l'an dernier... mais il est toujours au programme de physique et de sciences de l'ingénieur, pour toutes les filières. Donc, tous les élèves de prépa connaissent le produit vectoriel, sachant au minimum son expression dans une base orthonormée, et le fait qu'il est orthogonal aux deux vecteurs.

Il est intéressant pour la suite d'avoir remarqué que le déterminant de $(U,V,UV)$ dans la base $(I,J,K)$ est égal à $N(UV)$.

OShine

Ok merci, c'est vrai qu'en plus ce n'est pas difficile le produit vectoriel.
C'est bon pour cette partie préliminaire qui est intéressante et accessible.  On a : $U= \begin{pmatrix}    x\\ y  \\ z  \end{pmatrix}$ et $V=\begin{pmatrix}  x' \\ y'  \\ z'  \end{pmatrix}$.
On calcule $\boxed{U \wedge V =  \begin{pmatrix}   yz'-zy'\\ zx'-xz' \\ xy'-yx'  \end{pmatrix}= UV}$
$UV$ est l'unique vecteur orthogonal à $U$ et $V$ et de norme $N(U) N(V)=1$ et tel que la base $(U,V,UV)$ "tourne dans le sens direct". 

KernelPan

Bonsoir OShine, tu as un problème de signe dans l'une des coordonnées.

OShine

Oui merci celle du milieu, j'ai rectifié. 

OShine

Bonjour,

Q6) Je trouve les notations étranges, pourquoi utiliser $u,v$ pour désigner des matrices ? 
Pour le morphisme de groupes, quelle est la loi pour multiplier des ensembles d'applications ? 
Je sais que si on a deux applications bijectives, la loi est la loi de composition. Mais ici ce sont des ensembles d'applications et ça me perturbe.

bd2017

Utiliser des petites lettres, j'ai trouvé cela  assez naturel. De toute façon, il faut s'y faire.  Pour $GL(H)$  c'est bien la loi de composition. 

bd2017

Je suis étonné qu'il faille admettre que $\alpha(u,u)$ laisse stable $H^{im}.$  En effet c'est assez facile à démontrer alors que les questions 6 et 7 sont plus difficiles. C'est toujours perturbant de devoir admettre un résultat.

Question  que signifie le  "im"  de $H ^{im} $ ? Une sorte de partie imaginaire ?

bisam

Tu as mal compris @Oshine.

Dans $S\times S$, le signe $\times$ est le produit cartésien d'ensembles.

Ce n'est pas la loi de composition (qui est aussi notée $\times$, ce qui n'est pas très malin de la part de l'énoncé... mais n'a pas dû gêner les élèves qui passent le concours).

Quant à la loi qui fait de $GL(\mathbb{H})$ un groupe, c'est du cours !

lourrran

Je reviens sur ma question, juste pour apporter la réponse. En dimension 3, l'ensemble recherché n'était pas un segment, mais un arc de cercle, et même un arc de grand cercle. En dimension 4, l'expression 'arc de cercle' me gêne un peu (un tout petit peu), et c'est pour ça que je proposais de transposer en dimension 3.
Fin de la parenthèse.

OShine

Je pense que le résultat est admis pour éviter de perdre du temps aux candidats et avancer dans le sujet. Mais je l'ai fait dans ma tête en effet c'est très facile.

6) J'ai un peu souffert mais j'ai réussi à montrer que c'est un morphisme de groupes, j'ai pris mon temps pour ne pas écrire d'énormités.
Soit $(u_1,u_2) \in S^2$ et $(v_1,v_2) \in S^2$. On a $\alpha ( (u_1,u_2) \times (v_1,v_2) )=\alpha ( u_1 v_1,u_2 v_2)$.

Montrons que  : $\alpha ( u_1,u_2)  \circ \alpha (v_1,v_2) =\alpha ( u_1 v_1,u_2 v_2)$.

Soit $Z \in \mathbf{H}$. On a : $\alpha ( u_1,u_2) \circ \alpha (v_1,v_2) (Z)=\alpha ( u_1,u_2)   ( \alpha (v_1,v_2) (Z) )$.

Mais $ \alpha ((v_1,v_2)) (Z) =v_1 Z v_2 ^{-1}$ et donc : $\alpha ( (u_1,u_2) ) \circ \alpha ((v_1,v_2)) (Z)=\alpha ( (u_1,u_2) ) ( v_1 Z v_2 ^{-1} )$.

Ainsi :  $\alpha ( (u_1,u_2) ) \circ \alpha ((v_1,v_2)) (Z)= u_1 v_1  Z  v_2 ^{-1} u_2 ^{-1}$.

Donc :  $\boxed{\alpha ( (u_1,u_2) ) \circ \alpha ((v_1,v_2)) (Z)= u_1 v_1 Z (u_2 v_2)^{-1}}$.

Ceci étant vrai pour tout $Z \in \mathbf{H}$ on a bien : $\boxed{\alpha ( (u_1,u_2) ) \circ \alpha ((v_1,v_2)) =\alpha ( (u_1 v_1 ,u_2v_2))}$.

$\alpha$ est bien un morphisme de groupe. 

OShine

lourrran a dit :

Je reviens sur ma question, juste pour apporter la réponse. En dimension 3, l'ensemble recherché n'était pas un segment, mais un arc de cercle, et même un arc de grand cercle. En dimension 4, l'expression 'arc de cercle' me gêne un peu (un tout petit peu), et c'est pour ça que je proposais de transposer en dimension 3.
Fin de la parenthèse.

Je n'ai jamais appris ce genre de choses et je ne vois pas comment j'aurais pu trouver que c'est un arc de cercle. Je ne comprends même pas pourquoi c'est un arc de cercle.

lourrran

Regarde la formule de $\gamma(\lambda)$ , c'est de la forme $\frac{z}{||z||}$, donc c'est un truc qui a une norme de 1. Plusieurs points sur la sphère de rayon 1, ça donne quoi ? ça donne (parfois) un arc de cercle. Et comme ici, tous les points en question sont en plus sur le plan $(O,u,v)$, ça donne un arc de cercle, et même de grand cercle.

OShine

@lourran
Ok j'avais oublié qu'on était sur la sphère.

OShine

Le noyau me pose des difficultés.
On a : $\ker( \alpha)= \{ (u,v) \in S \times S \mid Z \mapsto uZv^{-1} =id_{\mathbf{H} } \}$.
Soit $(u,v) \in \ker (\alpha)$. Alors : $\forall Z \in \mathbf{H}, \ uZv^{-1} = Z$ soit $\boxed{\forall Z \in \mathbf{H}, \ uZ=Zv }$.
J'ai pensé à utiliser la question 1.c mais le problème est que $u$ et $v$ ne sont pas forcément égaux...

OShine

Si $u=v$, alors d'après la question $1$, on a $u \in \{ a e \mid a \in \R \}$ où $e$ est le neutre de $\mathbf{H}$.
Donc $\ker( \alpha)= \{ a e\mid a \in \R \}$. 
Si $u \ne v$, je n'ai pas réussi.

noobey

Que tu fasses des erreurs bêtes ok, mais que tu fasses des erreurs bêtes que tu encadres c'est chaud!

epsilon0

On a uZ=Zv pour tout Z dans H en particulier pour Z=E on trouve u=v , puis pour Z=I,J et K  on trouve u=x.E , le fait que u est dans S donne u=E ou -E ,  la réciproque est évidente .

OShine

@noobey
Ok merci j'ai corrigé c'était une coquille.

@epsilon0
Merci je n'étais pas loin, à chaque fois qu'on une égalité vraie pour tout $Z \in \mathbf{H}$, on choisit des éléments de $\mathbf{H}$ pour obtenir des informations.
Je n'ai pas l'impression qu'il soit utile d'utiliser $I,J,K$. On utilise $1.c$ directement car $u=v$, c'était le point crucial à voir, la suite est facile. 

• On a $uE=Ev$ donc $u=v$.
• D'après $Q1.c$, on a a $u \in \{ aE \ | \ a \in \R \}$ et $v \in \{ a' E \ | \ a' \in \R \}$. Or $N(u)=N( aE)=a^2$ et $N(v)=a'^2$. Donc $a,a' \in \{-1,1 \}$.

Ainsi, $\ker(\alpha) \subset \{ (E,E) , (-E,-E) \}$.

Réciproquement, $\forall Z \in \mathbf{H} \  \ E Z E=Z \ \text{et} \ -E Z (-E)=Z$.

On a montré que : $\boxed{\ker(\alpha) =\{ (E,E) , (-E,-E) \} }$.

Amédé

lourrran a dit :

Par curiosité, [...] immédiatement sur les questions.

Bon j'ai joué le jeu du candidat. Personnellement, j'ai passer 5 min a lire la première page pour m'en imprégner + 10 min à lire tout le sujet, en notant au brouillon toutes les questions que je savais faire, ainsi que les liens entre les questions.

OShine

7) Montrons que $\forall (u,v) \in S^2 \ \alpha(u,v) \in O( \mathbf{H} ) $.
Soit $(u,v) \in S^2$. Soit $f \in \alpha(u,v)$.
On a $\forall Z,Z' \in \mathbf{H} , \ \langle f(Z) ,f(Z')    \rangle =\dfrac{ N( f(Z)+f(Z')) -N ( f(Z)) -N(f(Z'))}{2}$.
Soit $Z,Z' \in \mathbf{H}$. Comme : 

• $N(f(Z))=N( uZv^{-1})=N(u) N(Z) N(v^{-1} )=N(Z)$ car $u,v \in S$ et $S$ est un groupe donc $v^{-1} \in S$. 
• $N(f(Z'))=N( uZ'v^{-1})=N(u) N(Z') N(v^{-1} )=N(Z')$.
• $N ( f(Z)+f(Z')) =N ( uZv^{-1} + uZ' v^{-1} )= N ( u(Z+Z')v^{-1} )= N(u) N(Z+Z')N(v^{-1})$.

Ainsi :  $\langle f(Z) ,f(Z')    \rangle =\dfrac{ N(Z+Z') -N ( Z) -N(Z')}{2} = \langle Z,Z' \rangle $

Donc $f \in O( \mathbf{H} ) $. On a montré que : $\boxed{\forall (u,v) \in S^2 ,\ \alpha(u,v) \in O( \mathbf{H} ) }$.
Pour la continuité, je ne vois pas comment faire.

bd2017

C'est bon. Je fais un peu différemment
$ \det (u Zv^{-1})=\det Z$ donc avec ta notation, $f$ conserve la norme. 
Pour la continuité c'est assez normal de commencer par préciser les topologies des ensembles de départ et d'arrivée.

lourrran

@Amédé
Merci, je pense que c'est plus utile d'enseigner la méthode de travail (s'imprégner du sujet pendant 15mn) que de résoudre chacune des questions comme un bourrin. Surtout quand on voit qu'OShine au bout de la 5ème ou 6ème question ne visualise toujours pas de quoi on lui parle.

bisam

Et après la continuité (qui est déjà un gros point à prouver), il reste à prouver que $\alpha(u,v)\in SO(\mathbb{H})$... et là, je n'ai pas trouvé de méthode astucieuse, seulement une méthode bourrine.

dSP

Bisam, pour la continuité, on peut remarquer que l'application fournie est bilinéaire (penser à remplacer le $v^{-1}$ par un $v^*$).

bisam

Effectivement, ça simplifie.. mais il fallait le voir. J'avoue que jongler entre groupe, espace vectoriel et algèbre, ce n'est pas si simple.

Puisque c'est un morphisme de groupes, je m'étais contenté de montrer la continuité en le neutre $(E,E)$ (en prenant la norme triple issue de $\|\dots\|_2$ sur $L(\mathbb{H})$ et la somme des normes euclidiennes sur $\mathbb{H}^2$).

bd2017

Bonjour @bisam Quelque soit la méthode,  cela ne peut être qu'intéressant. Est-ce  que tu peux l'expliquer en 2 mots, s-t-p?

Sinon j'ai fais comme ceci:  Je compose la fonction $\alpha$  avec la fonction  déterminant (qui est continue). 

Pour tout $(u,v) \in S\times S$ on a   $\det (\alpha( u,v)) \in \lbrace-1,1 \rbrace$ (puisque on a montré que $\alpha( u,v) \in O(H)$).  On montre que  $S\times S $ est  connexe par arcs puisque $S$ l'est.  Alors, l'image de $S\times S $ par l'application continue $\det\circ\, \alpha$  est connexe par arcs donc égale à un singleton qui de façon évidente ne peut être que $ \lbrace 1 \rbrace.$.  Ainsi  on a:  $\forall (u,v)\in S\times S, \alpha(u,v) \in SO(H).$       

OShine

Je bloque sur la linéarité à droite.

Montrons que $\alpha$ est continue. Posons $v^{-1}=v^{*}$.
On a $S \subset \mathbf{H}$ avec $\mathbf{H}$ un espace vectoriel normé et $GL(\mathbf{H} )$  aussi.

$S \times S \subset \mathbf{H} \times \mathbf{H}$ donc est de dimension finie.

On a $\alpha(u,v)=(Z \mapsto uZv^{*})$.

Soit $f \in \alpha(u,v)$. Alors $\forall Z \in \mathbf{H} \ f(Z)=uZv^{*}$.
Soit $(\lambda,\mu) \in \R^2$ et $w \in S$.
Linéarité à gauche : 
$f(\lambda u+\mu w,v)=(\lambda u + \mu w) Z v^{*} =\lambda u Zv^{*} +\mu w Z v^{*} =\lambda \alpha(u,v^{*})+\mu f(w,v^{*})$
Linéarité à droite : 

$f(u,\lambda v+ \mu w)=u Z( \lambda v+\mu w)^{*}$ et ici je ne vois pas comment calculer $( \lambda v+\mu w)^{*}$.

Pour montrer que $\forall (u,v) \in S \times S \ Im(\alpha(u,v)) \subset O(\mathbf{H})$.

$Im( \alpha(u,v) )= \{ f \in GL( \mathbf{H} ) \ | \ \forall Z \in \mathbf{H} \ f(Z)=uZv^{-1} \}$

Il s'agit de démontrer que $f \in Im( \alpha(u,v)) \implies \det f =1$.

OShine

@bd2017
Jolie preuve, je me disais bien qu'il fallait utiliser cette fameuse connexité par arcs de $S$ démontrée plus tôt, et @gebrane m'a d'ailleurs fait remarqué que la continuité préserve la connexité par arcs.

Je vais essayer de résoudre la question $8$, elle m'a l'air plus accessible que la $7$. 

bisam

Bien joué, la connexité !

Pour ma part, j'ai défini les fonctions $\varphi_u : Z\mapsto uZ$ et $\psi_v : Z\mapsto Zv^{-1}$ et calculer leur déterminant dans la base $(E,I,J,K)$ (qui valent respectivement $N(u)^2=1$ et $N(v^{-1})^2=1$) et ensuite utilisé que $\alpha(u,v)=\phi_u \circ \psi_v$.
Comme j'ai dit, c'est bourrin.

Pour la continuité de $\alpha$ en $(E,E)$, j'ai écrit que pour tout $Z\in\mathbb{H}$ :
\[\|\alpha(u,v)(Z)-\alpha(E,E)(Z)\|=\sqrt{N((uZ-Zv)v^{-1})}=\|uZ-Z+Z-Zv\|\leq\|uZ-Z\|+\|Z-Zv\|=(\|u-E\|+\|E-v\|)\|Z\|\] donc $\newcommand{\opnorm}[1]{{\left\vert\kern-0.25ex\left\vert\kern-0.25ex\left\vert #1 \right\vert\kern-0.25ex\right\vert\kern-0.25ex\right\vert}} \opnorm{\alpha(u,v)-\alpha(E,E)}\leq \|u-E\|+\|E-v\|\xrightarrow[(u,v)\to (E,E)]{} 0$

bd2017

Merci @Bisam Je me doutais que la méthode "bourrin" c'était le calcul du déterminant mais tout de même il y a tout  à apprendre pour mener les calculs.

OShine a dit :

Je bloque sur la linéarité à droite. 
$S \times S \subset \mathbf{H} \times \mathbf{H}$ donc est de dimension finie.

@Os J'ai des difficultés à te comprendre. Qui est de dimension finie  $S\times S? $  Mais $S\times S $   n'est pas un e-v.

Je ne comprends pas non plus pourquoi tu veux te lancer dans la linéarité. Même si elle a été évoquée par @DSP il faut faire attention de quel $\alpha$ il parle.  Parce que dire  $\alpha (u, v+w)=\alpha(u,v) +\alpha(u,w),$  quel sens tu donnes à cela puisque si  $v\in S$ et $w\in S,$  est-ce que tu penses que $v+w\in S?  $  (tu as 2 vecteurs de normes $1$  la somme sera de normes 1.$)

Tu te lances dans une méthode dont tu ne possèdes, ni les tenants, ni les aboutissants. Tu vas droit dans le mur.

Personnellement, je trouve que  le plus naturel et de commencer par  le B-A- B-A , i,e.  c'est essayer de majorer  $||\alpha(u_1,v_1)-\alpha(u,v)||$  en fonction de la $|| (u_1,v_1)-(u,v)||.$ 

En un premier temps tu peux commencer avec $(u,v)=(E,E)$  (c'est fait par bisam,  mais....  encore il te faut décortiquer.).

Volontairement, j'ai utilisé les symboles  || .  || pour l'ensemble de départ et l'ensemble d'arrivée. Tu ne peux faire l'exercice que si tu sais préciser les topologies. Tu pourrais trouver saugrenu que j'utilise un symbole de norme tel que ceci $|| (u_1,v_1)-(u,v)||$ alors que les éléments ne sont pas dans un espace vectoriel.!!! 

Encore une fois, j'ai donné le bon conseil au départ... Conseil non écouté.... On ne s'amuse pas à vouloir démontrer qu'une fonction est continue si on ne connait pas les topologies des ensembles de départ et d'arrivée...

OShine

@bd2017
$u$ et $v$ sont bien des éléments d'un espace vectoriel car $S$ est inclus dans l'espace vectoriel $\mathbf{H}$.
J'ai l'impression que @bisam utilise $||.||$ pour la norme euclidienne associée au produit scalaire défini sur $\mathbf{H}$.
Il me semble que $|||.||||$ désigne la norme subordonnée, elle n'est définie pour des applications linéaires d'un espace vectoriel normé $E$ dans $F$, donc il est indispensable de montrer la bilinéarité de $\alpha(u,v)$.  
$\mathbf{H}$ est un espace vectoriel normé, on peut utiliser la norme vue en début de sujet $Z \mapsto \sqrt{N(Z)}$.
Ah d'accord merci. Le cours dit que : 
Toute application multilinéaire sur un espace vectoriel de dimension finie est continue, mais ici $S \times S$ n'est pas un espace vectoriel. 

En fait : $\forall v \in \mathbf{H} \cap S  \ v^{-1}=v^{*}$ car $N(v)=1$. Et on a $\forall \lambda,\mu \in \R \ v,w \in \mathbf{H} \cap S \ (\lambda v + \mu w)^{*}=( \overline{\lambda v_{ji} + \mu w_{ji}})= \lambda v^{*}+\mu w^{*}$ ce qui permet d'en déduire facilement la linéarité à droite.
J'ai compris le calcul donné par @bisam.
$|| \alpha(u,v)( Z) - \alpha(E,E)(Z)||^2 = N( uZv^{-1} - E Z E^{-1} )= N( uZv^{-1} -  Zv v^{-1} ) =N(  (uZ-Zv)v^{-1} )$
Or $N(  (uZ-Zv)v^{-1} ) = N( uZ-Zv) N(v^{-1})= N( uZ-zV)$.
Puis on utilise qu'en dimension finie toutes les normes sont équivalentes et que l'application norme est continue.
La continuité en $(E,E)$ suffit pour en déduire la continuité car $\alpha(u,v)$ est linéaire non ? Je m'inspire du théorème ci-dessous.

bisam

Non, ici, c'est parce que la fonction $\alpha$ est un morphisme de groupes de $S\times S$ dans $GL(\mathbb{H})$ qu'on peut se contenter de montrer la continuité en un seul point.

Pour utiliser la méthode suggérée par @dSP, il faut :

• d'abord avoir remarqué que $\forall v\in S, v^{-1}=v^*$,
• ensuite prouver que l'application $\beta:(u,v)\in\mathbb{H}^2\mapsto \left(Z\in\mathbb{H} \mapsto uZv^*\right)$ est bilinéaire entre deux espaces vectoriels de dimension finie donc continue,
• enfin que $\alpha$ est une restriction de $\beta$.

OShine

@bisam Ok merci j'ai bien compris avec la méthode de @dSP.

Mais je ne connais pas de théorème qui relie morphisme de groupe et continuité
C'est au programme ?

bisam

Au programme de l'agreg, certainement.
Au programme du CAPES, sans doute.
Au programme de MP, je ne crois pas... mais ici, ça se démontre en une ligne : tu devrais essayer.