Polytechnique maths A MP 2023

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Réponses

  • @OShine
    n'oublie pas aussi que pour tout a dans R, f(aE)=aE , cette propriété est la clé de tout ce que tu veux pour trouver les images de quelques éléments notamment f(E) ....
  • @OShine
    La partie 2 n'est pas simple comme tu dis pour une multitude de raison, la rigueur, et la difficulté de penser pendant le concours à quelques idées techniques, comme la continuité de alfa ( Qui d'ailleurs peut se faire aussi en disant que les composantes de alfa dans la base canonique de End(H) sont polynomiales) mais aussi comme j'ai dit la rigueur. Pourtant je trouve la partie 3 beaucoup plus technique pour montrer le résultat classique annoncé d'une autre manière plus riche en les arguments topologiques.
  • bd2017
    Modifié (April 2023)
    xaxuser a dit :
    remarque que pour tout x dans H_im N(x)=||x|| ( facile à vérifier)
    Qu'est ce que cela veut dire?  D'abord $||  .  ||$  n'est pas définie dans l'énoncé.  Si on parle d'une norme, il faut au moins la préciser.
    Ensuite $N$ n'est pas une norme. 
    Remarque   Pour être lu, il est bien d'écrire les mathématiques entre 2  dollars      H_im  s'écrit     H_{im}   que l'on met entre   deux dollars  ce qui donne $H_{im} $   d'ailleurs le "im" est en exposant : $H ^{im}$
     
  • @xaxuser
    Tu n'as pas lu ma preuve ?
    J'ai tout démontré dans Q12.
  • xaxuser
    Modifié (April 2023)
    @bd2017
    quand je dis ||.|| je désigne la norme induite par le produit scalaire définie dans l'énoncé, y a rien qui dit que ||.||=N si on ne le montre pas (même si on peut le vérifier en un une demi-ligne).
    @OShine
    lis bien ce que j'ai écrit, tu démontres que f(I) et f(J) sont orthogonaux et de norme 1 d'une manière comme si tu n'avais pas de résultat auparavant.
  • OShine
    Modifié (April 2023)
    @xaxuser on dirait que tu n'as pas lu ma preuve, j'utilise au moins 4 questions précédentes et j'ai bien calculé $f(I)^2$ et $f(J)^2$. Mais tu n'as pas lu la preuve que j'ai mis 30 minutes à rédiger le plus rigoureusement possible. 
    Je bloque sur la question 13.a. 
  • xaxuser
    Modifié (April 2023)
    @OShine
    où tu bloques exactement ? Pour montrer que c'est un morphisme de groupes ? Injectivité ? Surjectivité ? 
    (J'ai bien lu ta preuve mais je ne sais pas par exemple pourquoi tu utilises la formule du produit scalaire pour montrer que f(I) et f(J) sont orthogonaux alors que tu as l'équivalence de la dernière question de la partie 1).
  • bd2017
    Modifié (April 2023)
    @xasuser. Écrire une deuxième fois $N(x)=||x ||$  commence à me donner des doutes !
     
  • xaxuser
    Modifié (April 2023)
    @bd2017
    Je n'ai pas compris ce que vous avez dit.
  • $N$  n'est pas une norme mais une forme quadratique.
     
  • @xaxuser
    Ok on a $f(IJ)+f(JI)=f(IJ+JI)=f(0)=0$.

    Je ne vois pas quelle application prendre pour faire intervenir $Aut(\mathbf{H})$ dans la question $13.a$.
    Je voulais considérer l'application $C_u : S \times S \longrightarrow \alpha(S \times S)=SO(\mathbf{H}^{im})$ où $\forall Z \in \mathbf{H}^{im} \ C_u(Z)=uZu^{-1}$ qui est un morphisme surjectif.
    Mais comment faire intervenir le  $Aut(\mathbf{H})$  ? 


  • xaxuser
    Modifié (April 2023)
    @bd2017
    ce n'est pas N qui est égal à ||.|| mais la racine de N, je ne sais pas pourquoi la racine n'est par écrite.
  • bd2017
    Modifié (April 2023)
    13. a   Pour tout $f\in Aut(H)$  on a   $f|_{H^{im}} \in SO H^{im} $,  puisque, d'après 12.,  l'image de la b.o.n directe de $(I,J,K)$ par $f|_{H^{im}}$ est un b.o.n  directe.
           Donc  l'application  $\pi : Aut(H) \rightarrow SO (H^{im}) $ définie par  $\pi (f)=f|_{H^{im}}$ a toutes les chances pour être la bonne candidate à la solution de 13.a
     
  • Je n'ai pas compris pourquoi $f_{| \mathbf{H}^{im}} \in SO(\mathbf{H}^{im})$. 
    Je ne comprends pas le rapport avec la base orthonormée directe $( f(I),f(J),f(K))$.
  • OShine
    Modifié (April 2023)
    On m'a envoyé le corrigé de la question 13.a mais je ne comprends pas la passage encadré.

  • Pourtant OShine, le cours dit que comme $f_{| \mathbf{H}^{im}} $ transforme une base orthonormale (ici $(I,J,K)$) en une base orthonormale (ici $(f(I),f(J),f(K))$) alors $f_{| \mathbf{H}^{im}} $ est un endomorphisme orthogonal .
    Maintenant, en regardant la matrice de $f_{| \mathbf{H}^{im}} $, dans la base $(I,J,K)$ de $H^{im}$, tu vas pouvoir très facilement conclure que $f_{| \mathbf{H}^{im}} \in SO(H^{im})$ ou en lisant bien la remarque à la question où $f$ est défini (les hypothèses faites sur $f$) !
    Notre cher Gebrane le 😄 farceur
  • gebrane
    Modifié (April 2023)
    Bonjour Oshine, pour te débloquer je te mets en lien ce cours. regarde le théorème 9.21 (cité par NicoLeProf) et le  théorème 9.30   Sauf si je n'ai pas compris ton vrai souci :D
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • OShine
    Modifié (April 2023)
    D'accord merci @gebrane cela montre que $f_{| \mathbf{H}^{im}} \in O( \mathbf{H}^{im})$. Le corrigé ne démontre pas que $f_{| \mathbf{H}^{im}} \in SO( \mathbf{H}^{im})$, il est incomplet. 
    Je ne comprends rien à ce corrigé. Je trouve ces corrigés incompréhensibles. 
    Pareil le corrigé dit que la surjectivité a été faite à la question 8, je ne vois pas de surjectivité à la question $8$, l'application est différente ici. 
    Pas compris pourquoi l'application est surjective.
    Pour l'injectivité je ne comprends pas si $u$ est l'identité sur $\R_{mathb{H}}$ et sur $\mathbf{H}^{im}$ alors $u$ est l'identité.

    @NicoLeProf
    Comment tu montres que la déterminant de $f$ est égal à $1$ ? 
    Comment connaître la matrice de $f_{| \mathbf{H}^{im}}$ alors qu'on ne connaît pas $f$ ? 
  • bd2017
    Modifié (April 2023)
    @OS C'est un peu lamentable tes jérémiades. Les corrigés sont incompréhensibles parce que tu ne fais aucun effort.
    Tout à déjà été dit.  La b.o.n directe $(I,J,K)$ est transformée en $( f(I),f(J),f(K) )$ qui est aussi une  b.o.n directe  (question 12).   Donc $f|_{H^{im}} \in SO (H^{im}).$ Je l'ai déjà dit.  Le problème c'est que tu ne sais rien sur les isométries et  les isométries positives.  Inutile de pleurer dans un corrigé, on n'inclut pas le cours qui va avec. 
    Il n'y a pas   d'astuce ici. Rien à comprendre. Seulement savoir son cours.
     
  • OShine, reprenons point par point (je pense que c'est comme ça que l'on peut faire) :
    Soit $\varphi : Aut(\mathbb{H}) \rightarrow SO( \mathbf{H}^{im}) $ qui à $f \in Aut(\mathbb{H})$ associe $f_{| \mathbf{H}^{im}} \in SO( \mathbf{H}^{im})$ . 
    • $f_{| \mathbf{H}^{im}} $ transforme la base orthonormale directe $(I,J,K)$ de $H^{im}$ en une base orthonormale directe de $H^{im}$ : $(f(I),f(J),f(K))$ . Donc $f_{| \mathbf{H}^{im}} $ est un endomorphisme orthogonal de $H^{im}$ de déterminant $1$ . On a donc : $f_{| \mathbf{H}^{im}}  \in SO( \mathbf{H}^{im})$ : ce qui prouve que l'application $\varphi$ est bien définie.
      Mon argument matriciel n'était pas bon : trop rapide en effet pardon, il faut vraiment insister sur le fait que les bases orthonormales sont directes ici : c'est cela qui donne l'appartenance à $SO( \mathbf{H}^{im})$ et pas seulement à $O( \mathbf{H}^{im})$ .
    •  On vérifie aisément que $\varphi$ est un morphisme de groupes.
    • Surjectivité : prenons $g \in SO( \mathbf{H}^{im})$ . Alors la question 9 fournit l'existence d'un $u \in S$ tel que $g=C_u=\alpha(u,u)_{| \mathbf{H}^{im}}=\varphi(\alpha(u,u))$ et on a bien $\alpha(u,u) \in Aut(H)$ d'après la question 11. On vient donc de prouver l'existence de $f=\alpha(u,u) \in Aut(H)$ telle que $\varphi(f)=g$ . D'où la surjectivité de $\varphi$ .
      Ce n'est pas facile à rédiger et sans doute critiquable ici. Désolé si ma rédaction est imprécise.
    • Injectivité : soit $f \in \ker \varphi$ . Alors $\varphi(f)=id_{| \mathbf{H}^{im}} =f_{| \mathbf{H}^{im}} $ . Mais (d'après la remarque sur $\mathbb{H}$ à la première page) on a: $H^{im} \oplus \mathbb{R}_{\mathbb{H}}=H$ et $f_{| \mathbf{H}^{im}}=id_{H^{im}}$ et $f_{| \mathbb{R}_{\mathbb{H} }}=id_{\mathbb{R}_{\mathbb{H}}}$ donc $f=id_H$ et $\varphi$ est injectif.
      Conclusion : $\varphi : Aut(\mathbb{H}) \rightarrow SO( \mathbf{H}^{im}) $ est bien un isomorphisme de groupes.
    Notre cher Gebrane le 😄 farceur
  • Oshine, on dirait tu n'as pas lu le  théorème 9.30
     du document que j'ai partagé
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • OShine
    Modifié (April 2023)
    gebrane a dit :
    Oshine, on dirait tu n'as pas lu le  théorème 9.30
     du document que j'ai partagé
    Si mais je n'aime pas la rédaction de ce corrigé.
    Je ne donnerai pas un corrigé aussi bâclé à mes élèves.
  • @NicoLeProf
    D'accord merci ta rédaction est meilleure que celle du corrigé.
  • bd2017
    Modifié (May 2023)
    Je soumets ma solution de la question 14 à la critique d'@OS, puisqu'il sait si bien rédiger. Il lui restera à préciser quelques non-dits, recopier, encadrer ici et là, un peu au hasard,  quelques résultats intermédiaires (c'est sa spécialité), corriger quelques fautes  et conclure  "on a montré que ."   
    14. Soit $A,B \in K.$  $\forall x\in \R^2,t \in [0,1 ],$  on a  $ ||( t A +(1- t)B)  x||\leq t ||A x|| + (1- t) ||Bx|| \leq  ||x||_2.$ Ce qui montre que $K$ est convexe.
    Pour la suite on désigne par $k_1,k_2>0$ deux constantes qui vérifient  $\forall x\in \R^2,  k_1||x||_2\leq ||x||  \leq k_2 ||x||_2.$ (équ. des normes en dim  finir). Pour tout $A\in K,$   on a $|||A|||=\sup_{x\neq 0}  \dfrac{||Ax||}{||x||} \leq \sup_{x\neq 0}  \dfrac{||x||_2}{||x||}\leq \dfrac{1}{k_1}$.   $K$ est borné.
    Soit $A\notin K.$  Il existe  donc $x_0\in \R^2$  tel que $|| A x_0 ||> ||x_0||_2$.   Soit $\epsilon >0 $   et  $B\in  B(A, \epsilon).$
    On a alors  $||Bx_0 || = ||(B- A) x_0 + A x_0 ||  \geq   ||A x_0 || -||(B- A) x_0 ||\geq ||A x_0|| - \epsilon ||x_0|| \geq ||A x_0|| - \epsilon k_2 ||x_0||_2> ||x_0||_2 $  pourvu que $\epsilon$ soit choisi  assez petit.  $K$  est donc un fermé.  $K$  est compact.   








     
  • Tu donnes la réponse pour la convexité alors que c'est la partie la plus simple de la question. 
    Il manque la question 13.b.

    13.b) Soit $u \in S$. D'après Q11, $\alpha(u,u) \in Aut(\mathbf{H})$. Ainsi $\{ \alpha(u,u) \ | \ u \in S \} \subset Aut(\mathbf{H})$.
    Réciproquement, soit $f \in Aut(\mathbf{H})$. Je ne vois pas comment montrer que $f \in \{ \alpha(u,u) \ | \ u \in S \}$.



  • bd2017
    Modifié (April 2023)
    @NicoLeProf a répondu à 13b. Hihi !  Que dit ton corrigé soit disant de m....
    14 .b  Une indication: la  fonction $B\in K \mapsto det(B)\in \R$  est continue sur un compact.

     
     
  • En effet, en répondant à 13. a, j'ai aussi répondu à 13. b (regarde la preuve de la surjectivité de $\varphi$ OShine, je pense que ce n'est plus qu'une question de rédaction ici...) .
    Notre cher Gebrane le 😄 farceur
  • OShine
    Modifié (April 2023)
    @NicoLeProf
    Ok merci.

    @bd2017
    De toute façon je ne comprends rien au corrigé donc je ne le regarderai plus.
    Pour la convexité OK.
    Pour le caractère borné, OK aussi. 
    Pour le fermé je ne comprends pas le lien entre ce que tu fais et la définition d'un fermé. Quelle propriété ou définition des fermés tu utilises ? 
    J'aurais fait ainsi. On a : $\mathcal K=\{ A \in M_2(\R) \mid \forall x \in \R^2 \ ||x||_2 \geq ||Ax|| \}=\displaystyle\bigcap_{x \in \R^2} \{A \in M_2(\R) \mid ||x||_2 \geq ||Ax|| \} \} $.
    Soit $x \in \R^2$. Posons $A_x=\{A \in M_2(\R)  \mid ||x||_2 \geq ||Ax|| \} $. 
    On remarque que :  $\boxed{A_x=\{A \in M_2(\R) \mid  ||Ax|| \in [0,||x||_2 ] \} }$. 
    Posons : $f_x : M_2(\R) \longrightarrow \R^{+}$ définie par $f_x(A)=||Ax||$. (L'application norme est continue et $A \mapsto Ax$ est linéaire donc continue)
    $A_x$ est l'image du fermé $[0,||x||_2]$ par l'application continue $f_x$, c'est donc un fermé. 
    Ainsi, $\mathcal K$ est une intersection de fermé donc c'est un fermé.

    14.b) On utilise le théorème des bornes atteintes. L'application $\det : \mathcal K \longrightarrow \R$ est continue (car polynomiale sur $M_2(\R)$) sur le compact $\mathcal K$, donc elle est bornée et atteint ses bornes. Donc la borne supérieure est atteinte. 
    Finalement : $\boxed{\exists A \in \mathcal K, \ \det A=\sup_{B \in \mathcal K} \det B}$.
  • NicoLeProf
    Modifié (April 2023)
    Cela me semble bon OShine.
    Je suis loin d'être un expert en topologie (c'est plutôt le contraire en fait) mais je pense que dans sa preuve, bd montre que le complémentaire de $\mathcal{K}$ est ouvert pour prouver que $\mathcal{K}$ est fermé.
    Notre cher Gebrane le 😄 farceur
  • bd2017
    Modifié (May 2023)
    OShine a dit :
    @bd2017
    De toute façon je ne comprends rien au corrigé donc je ne le regarderai plus.
    ...
    J'aurais fait ainsi.
    Tu nous prends pour quoi ? Tu ne regarderas plus le corrigé (c'est bien d'autant plus que c'est un corrigé nul, d'après toi).
    Mais deux lignes ensuite tu recopies le corrigé.
    C'est certain que c'est du recopiage parce que tu n'es pas foutu de faire une seule question par toi même.
    Et tu n'es pas foutu de voir  qu'il y a une bourde monumentale dans ce corrigé.
     
  • OShine
    Modifié (May 2023)
    @bd2017
    Je n'ai rien compris au corrigé.
    Par exemple pour montrer que c'est borné je comprends ta solution mais pas celle du corrigé.
  • NicoLeProf a dit :
    Cela me semble bon OShine.
    Je suis loin d'être un expert en topologie (c'est plutôt le contraire en fait) mais je pense que dans sa preuve, bd montre que le complémentaire de $\mathcal{K}$ est ouvert pour prouver que $\mathcal{K}$ est fermé.
    Possible mais je ne comprends toujours pas la preuve. 
  • bd2017
    Modifié (May 2023)
    Pour ton bien, il est préférable de ne pas t'expliquer.  Commences par faire les exercices de bases que tu ne veux jamais faire.
    Avec les mathématiques, on  ne peut pas tricher. Mais c'est ce que tu fais sans arrêt. Ta seule méthode c'est de lire des corrigés et d'attendre sur le forum des explications de ces  corrigés. C'est pas comme cela que ça fonctionne. Ensuite tu essaies de faire croire que tu as résolu quelques questions mais on sait très bien que c'est du recopiage et rien d'autre.
    Comme ici quand  tu nous dit  "j'aurais fait"   blabla...  C'est clair que cela ne vient pas de toi. 
    Parce qu'une personne qui pense  à décomposer $K$  en l'intersection des $A_x$ puis démontre que les $A_x$ sont fermés pour démontrer que $K$ est fermé, c'est une personne qui a de la bouteille.  Cette personne est capable de comprendre ce que j'ai fait, c'est à dire que j'ai démontré que le complémentaire est un ouvert.
    Cette même personne ne va dire que "l'image d'un fermé par une application continue est un fermé."    Donc tu as recopié ce fameux corrigé que tu critiques (comme tous les corrigés) et je subodore que la fameuse bourde est de ta propre production. 
     
  • gebrane
    Modifié (May 2023)
    bd2017 a dit :
    $ ||A x_0||_2 - \epsilon k_2 ||x_0||_2> ||x_0||_2 $  pourvu que $\epsilon$ soit choisi  assez petit. 
     Mes yeux se sont arrêtés sur cette dernière inégalité. Il est impossible de la prouver. Je me suis rendu compte qu'il y a une coquille avant. Oshine, peux-tu trouver la coquille ?
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • lourrran
    Modifié (May 2023)
    Cette épreuve est conçue pour des étudiants qui doivent la faire en 4 heures. Sans aide extérieure.
    Si en 4 heures tu es capable de faire un tiers des questions à peu près, ça veut dire que sans aide tu peux viser un 6 sur 20, et dans ce cas, travailler sur le sujet peut t'amener à progresser. Le sujet est 'dans tes cordes'.
    Là, au bout de 2 semaines, on en est à la question 14 sur 27. Avec lecture du corrigé, et beaucoup d'aide extérieure. Clairement une perte complète de temps. Du grand n'importe quoi.
    Il y a 2 semaines, Gebrane invitait OShine à travailler sur ce problème, et il invitait en même temps NicoLeProf à travailler sur un problème de niveau collège... Du grand n'importe quoi.
    Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
  • Si c'est du n'importe quoi, pourquoi tu participes à ce fil.
    Il faut être fou pour  croire que l 'objectif de ce fil était de le traiter en 4 heures, le but était de partager des visions différentes sur les questions de ce sujet. Oshine  a fait des efforts et a appris beaucoup de choses
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • Si personne ne fait remarquer à tel ou tel individu qu'il fait n'importe quoi, l'individu en question croit que son comportement est normal. C'est uniquement pour ça que je participe à ce fil. 
    Les sujets cohérents, où les gens travaillent intelligemment, je n'ai généralement rien à y apporter. Tout comme toi.
    Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
  • gebrane
    Modifié (May 2023)
    lourrran
    Je crois que tu as développé une sensibilité envers mes participations dans ce forum. J'ai une solution efficace pour toi : tu cliques sur mon pseudo, tu atterris sur mon profil, tu cliques à droite sur le petit bonhomme, tu verras le bouton "Ignorer", on te demande de confirmer, tu confirmes. Tu n'entendras plus parler de moi.
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • gebrane
    Modifié (May 2023)
    Je corrige la coquille pour le confort des visiteurs.
        On a alors  $||Bx_0 || = ||(B- A) x_0 + A x_0 ||  \geq   ||A x_0 || -||(B- A) x_0 ||\geq ||A x_0|| - \epsilon ||x_0|| \geq ||A x_0|| - \epsilon k_2 ||x_0||_2$
    On a $\lim_{\epsilon \to 0} \epsilon k_2 ||x_0||_2=0$ donc pour $\epsilon$ ' $=||A x_0||-||x_0||_2>0$, il existe un $\eta>0$ tel que si $\epsilon<\eta$ on aura  $\epsilon k_2 ||x_0||_2<||A x_0||-||x_0||_2$ d'où $-\epsilon k_2 ||x_0||_2>||x_0||_2-||A x_0||$ |d'où  $||Bx_0 ||> ||x_0||_2$ pour $\epsilon$ assez petit.
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • bd2017
    Modifié (May 2023)
    @Gebrane la coquille c'est à une norme 2  que je n'ai pas ôté. N'importe qui pouvait la corriger. C'est fait. 
     
  • Voici ce que j'ai compris. 

    Il faut montrer que $\bar{K}$ est un ouvert. Pour cela, il faut démontrer que $\forall A \in \bar{K} \ \exists r>0 \ B(A,r) \subset \bar{K}$.
    On a $\bar{K}= \{A \in M_2(\R) \ | \ \exists x \in \R^2 \ | \ ||x||_2 < ||Ax|| \}$.
    Soit $B \in B(A,r)$. Soit $A \in \bar{K}$. On a :
    • $||Ax || > ||x||_2$
    •  $||B-A|| \leq r$. 
    On a : $||Bx_0||= ||(B-A)x_0 + Ax_0|| = ||Ax_0 - (A-B)x_0|| \geq ||Ax_0|| - ||(A-B)x_0|| > ||x||_2 - ||(A-B)x_0||$. 
    A partir d'ici je bloque, je ne vois pas quoi faire de ce $||(A-B)x_0||$. 


  • bd2017
    Modifié (May 2023)
    Je crois avoir trouvé l'objet du délit. @Os confond ensemble de départ,  ensemble d'arrivée...

     
  • C'est "image réciproque d'un fermé" et non "image d'un fermé". C'est une coquille. 
  • OShine
    Modifié (May 2023)
    Je ne comprends pas d'où sort le $-||(B-A)x_0|| > - \varepsilon ||x_0||$.


  • Il suffit de savoir comparer un nombre positif et un nombre négatif. Ca n'est pas très difficile en fait.
  • @JLapin j'ai rectifié.
  • gebrane a dit :
    Je corrige la coquille pour le confort des visiteurs.
        On a alors  $||Bx_0 || = ||(B- A) x_0 + A x_0 ||  \geq   ||A x_0 || -||(B- A) x_0 ||\geq ||A x_0|| - \epsilon ||x_0|| \geq ||A x_0|| - \epsilon k_2 ||x_0||_2$
    On a $\lim_{\epsilon \to 0} \epsilon k_2 ||x_0||_2=0$ donc pour $\epsilon$ ' $=||A x_0||-||x_0||_2>0$, il existe un $\eta>0$ tel que si $\epsilon<\eta$ on aura  $\epsilon k_2 ||x_0||_2<||A x_0||-||x_0||_2$ d'où $-\epsilon k_2 ||x_0||_2>||x_0||_2-||A x_0||$ |d'où  $||Bx_0 ||> ||x_0||_2$ pour $\epsilon$ assez petit.
    Je n'ai pas compris le passage : $ ||A x_0 || -||(B- A) x_0 ||\geq ||A x_0|| - \epsilon ||x_0|| $.

  • Je bloque aussi sur la $15$, je ne vois pas comment montrer que $\det A >0$. 
  • Il y a un corrigé : bosse le un peu.
  • Je n'y comprends rien à ce corrigé. Il explique mal. 
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