Polytechnique maths A MP 2023 - Page 8 — Les-mathematiques.net The most powerful custom community solution in the world

Polytechnique maths A MP 2023

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Réponses

  • @Madec
    Merci vais essayer de me débrouiller avec ça.
  • Modifié (May 2023)
    @Oshine.   Je pense que @Madec a compliqué l 'utilisation  des nombres 2-adiques.
    Démontrons le lemme en haut en les utilisant.  edit je mets le lemme
        gebrane a dit :
         Cela revient essentiellement à démontrer le lemme suivant

    Soit un arc d'un cercle d'angle plus petit que 180° délimité par deux points $A$ et $B$. Soit $T$ une partie de la sphère unité  (cercle) contenant $A$ et $B$, Supposons que pour chaque paire de points $M, M'$  de $T$, $T$ contient le point milieu de $M$ et $M'$. Montrons que  $T$ contient  l'arc $\overset{\huge{\frown}}{AB}$.

    On note $L(AM)$ la longueur de l'arc $AM$ et $d$ la longueur de l'arc $AB$.
    Par hypothèse, $T$ contient tous les points $M$ tels que $L(AM) = \frac{k d}{2^n}$, où $n \in \mathbb{N}$ et $k \in {0,1,\ldots,2^n}$. Soit $P$ un point de l'arc $\overset{\huge{\frown}}{AB}$. Alors il existe $x \in [0,1]$ tel que $L(\overset{\huge{\frown}}{AP}) = xd$. Étant donné que $\{\frac{k}{2^n},\ n\in \mathbb{N},\ k\in\mathbb Z \}$ est dense dans  par exemple regarde     $\mathbb R$. Je te laisse  démontrer que $\{\frac{k}{2^n},\ n\in \mathbb{N},\ k\in{0,1,\ldots,2^n}\}$ est dense  l'intervalle $[0,1]$, donc $P$ est limite d'une suite d'éléments de $T$, on conclut que $P\in T$ par passage à la  limite, étant donné que $T$ est fermé.
    Le 😄 Farceur


  • Modifié (May 2023)
    @gebrane
    Je n'ai pas tout compris. 
    Je n'ai pas compris le passage suivant : Soit $P$ un point de l'arc $\overset{\huge{\frown}}{AB}$. Alors il existe $x \in [0,1]$ tel que $L(\overset{\huge{\frown}}{AP}) = xd$
    Je ne comprends pas le rapport entre $P$ et la densité de $A=\{ x \in [0,1] \mid\exists k \in [|0,2^n |], \ x=\dfrac{k}{2^n} \}$.
    On a bien : $A \subset [0,1]$.
    Soit $x,y \in [0,1], \ x<y$. Il existe $n_0 \in \N$ tel que $\dfrac{1}{2^{n_0}} \leq y-x$.
    Posons $k_0= \max \{ k \in \N \mid \dfrac{k}{2^{n_0}} \leq x \}$ qui existe car l'ensemble est non vide et fini. 
    On a $x \leq \dfrac{k_0+1}{2^{n_0}} \leq y$. 
    Donc $A$ est dense dans $[0,1]$. Ainsi, pour tout $x \in [0,1]$ il existe une suite d'éléments de $A$ qui converge vers $x$. 
  • Modifié (May 2023)
    oui @gebrane
    j'ai travaillé sur les arguments des points de l'arc, et toi sur les longueurs, c'est un autre point de vue  et effectivement un peu plus rapide car la " fonction" s'écrit plus aisément pour la longueur de l'arc  AM que pour l'argument de M.
    Les ingrédients restant cependant les mêmes, essentiellement la densité des nombres dyadiques dans l'intervalle [0,1] et son "transport" vers le paramètre des points de l'arc  AM (longueur ou argument).
  • Modifié (May 2023)
    OShine a dit :
    Je n'ai pas compris le passage suivant : Soit $P$ un point de l'arc $\overset{\huge{\frown}}{AB}$. Alors il existe $x \in [0,1]$ tel que $L(\overset{\huge{\frown}}{AP}) = xd$
    Je t'explique uniquement cette question. P est un point de l'arc AB , donc $L(\overset{\huge{\frown}}{AP}) $ est comprise entre 0 et $d$ ce que j'exprime par $xd$ avec $x$ compris entre 0 et 1
    En contre partie j'ai besoin de toi sur un exercice de géométrie pour aider un collégien.
    @Madec, c'est le raisonnement alternatif que je cherchais, car le corrigé a compliqué d'une manière affreuse la solution de cette question
    Le 😄 Farceur


  • @Madec

    L'ensemble $E=\{ x \in \mathcal C \ | \ ||Ax||=||x||_2 \}$ est non vide. 
    Il contient $e_1=B\begin{pmatrix}   1 \\ 0    \end{pmatrix} $ et $e_2=By$.
    J'admet que $E$ est une partie fermée, je n'ai pas réussi à le démontrer : j'ai pensé à l'image réciproque d'un fermé mais $||x||_2$ dépend de $x$.
    Il existe bien $e_1,e_2 \in E$ avec $e_2 \notin \{-e_1,e_1 \}$ car $(e_1,e_2)$ est libre.
    Comme $\forall x \in \mathcal C \ ||Ax||=1$, il est facile de voir que $\forall a,b \in E \ \dfrac{b-a}{||b-a||_2}, \dfrac{b+a}{||b+a||_2}  \in E$.
    Donc $E=\mathcal C$.
    Ainsi, $\boxed{\mathcal C = \{ x \in \mathcal C \ | \ ||Ax||=||x||_2 \}}$.
    Ici je bloque de nouveau.

  • Modifié (May 2023)
    @gebrane
    Je ne crois pas qu'on puisse mieux faire que la solution de @bd2017, elle est claire, simple et efficace. Bien meilleure que celle du corrigé UPS.
    Ok merci, mais je ne vois toujours pas le lien entre $P$ et la densité de ce que j'ai noté $A$ dans $[0,1]$.
    La densité permet d'affirmer que pour tout $x \in [0,1]$, il existe une suite d'éléments de $A$ qui converge vers $x$.
    $P$ n'est pas un élément de $[0,1]$.
    Je ne vois pas le lien avec $P$ et $L(\overset{\frown}{AP})=xd$.
    A moins qu'il y ait une bijection cachée...
  • Modifié (May 2023)
    Prend le temps pour voir,
    bd2017 t'a expliqué seulement  la partie collégienne  ( peut être j'ai zappé un message qui t'explique comment il utilise la dichotomie ), mais la partie la plus dure c'est le lemme que j'ai mentionné.
    bd2017 a dit qu'on peut utiliser "comme dans le corrigé" une dichotomie pour prouver le lemme. Sais-tu développer cet argument ?
    Le 😄 Farceur


  • Bd a bien expliqué la dichotomie en 1 ligne. 

    Il y a un passage pas clair dans ta preuve, tu pars d'un point $P$ et après tu utilises des longueurs d'arcs puis la densité. 
    Pour moi il y a un problème tu passes d'un point à une longueur d'arc puis de nouveau à un point, ça me semble louche. 
    Pour moi il manque des choses, c'est incomplet.


  • bd2017 a dit :
    Cela ne sert à rien d'écrire des formules compliquées pour écraser une mouche. Au bout de $n$ étapes, si le processus ne s'est pas arrêté avant, $x$ est sur un arc dont les extrémités appartiennent à $T$  et donc la longueur est $1/2^n$  fois la longueur de l'arc initial $ab $.    La distance de $x$  à l'une quelconque des 2 extrémités de ce dernier arc est inférieure à  $C/ 2^n$  et où  $C$  est une constante qu'il n'est pas utile de déterminer.   
    @gebrane voici le message. 
  • Et comment tu conclus que ce x est forcement dans T ?
    Le 😄 Farceur


  • $x$ se trouve coincé dans un intervalle de longueur $\dfrac{1}{2^n}$ où le extrémités sont dans $T$ par construction. 
    On a $|x-c_n| \leq \dfrac{C}{2^n}$ où $c_n$ est l'une des extrémités et $C$ la longueur de l'arc entre $A$ et $B$.
    En passant à la limite $x$ est la limite d'un élément de $T$, qui est $(c_n)$ et comme $T$ est fermé, $x \in T$.

  • Modifié (May 2023)
    OShine a dit :
    $x$ se trouve coincé dans un intervalle de longueur $\dfrac{1}{2^n}$ où le extrémités sont dans $T$ par construction.
    On a $|x-c_n| \leq \dfrac{C}{2^n}$ où $c_n$ est l'une des extrémités
    Ce n'est pas clair, le but est en fait de justifier l'existence d'une suite $(c_n)_{n\geq n_0}$ telle que $\forall n\geq n_0$, $\ |x-c_n| \leq r_n$, où $r_n\to 0$ et la justification passe par un raisonnement par densité. On ne fait pas les maths par intuition
    Le 😄 Farceur


  • Modifié (May 2023)
    @OShine
    oui l'ensemble recherché est celui des vecteurs de C  tel que II A(x) II =1

    Pour montrer que c'est un fermé on peut effectivement comme tu l'évoques monter que c'est l'image réciproque d'un fermé par une fonction continue .
    Ici on compose deux fonctions ,  une application linéaire de matrice A et une norme , les deux sont continues donc...

    Ensuite tu écris   " comme qlq soit x  de C    IIA(X)II =1 "
    non à ce stade de ta démo  tu ne peux pas l'écrire !!

    Il faut que tu montres que les 2 vecteurs   (b+a) / II b=a II_2    et (b-a)/ IIb-aII_2 sont dans E
    il faut exploiter plusieurs inégalités , celle de la somme des longeurs des diagonales du parallélogramme et  celles liées à la définition de K et bien sur le fait que a et b sont éléments de E

    Ensuite seulement , d'après la question 18 ,on peut affirmer que E = C  

    La fin est plus simple , l'égalité des normes  II A(X) II = II XII_2  sur le cercle s'étend facilement à tous les vecteurs .
    Et enfin en n'oubliant pas que A est inversible , on en déduit
    II XII = II A^-1(X) II_2
    Après il reste à monter  que  IIA-1(X)II_2 est bien une norme euclidienne.
  • Modifié (May 2023)
    OShine a dit : https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2424522/#Comment_2424522
    Il y a un passage pas clair dans ta preuve, tu pars d'un point $P$ et après tu utilises des longueurs d'arcs puis la densité. 
    Pour moi il y a un problème tu passes d'un point à une longueur d'arc puis de nouveau à un point, ça me semble louche. 
    Pour moi il manque des choses, c'est incomplet.
    Bof, as-tu besoin qu'on t'explique chaque détail ? Sinon tu pleurniches  comme un enfant qui pleure lorsque son jouet lui est enlevé !
    Le 😄 Farceur


  • @gebrane
    Pourrais-tu expliquer comment tu passes de la densité à $P$ est limite d'une suite d'éléments de $T$ ? 
    A ma connaissance $P$ n'appartient pas à $[0,1]$, $P$ est un point.
    Il manque des éléments dans ta preuve.

    @Madec
    Merci. Je n'arrive pas à montrer que les vecteurs sont dans $E$. J'ai passé 30 min dessus je ne trouve pas l'idée, je ne vois pas comment faire. 
    $E=\{ x \in \mathcal C \ | \ ||Ax||= ||x||_2 \} \subset  \mathcal C$.
    $E$ est un fermé comme image réciproque du fermé : $\displaystyle\bigcap_{x \in \mathcal C} \{ ||x||_2 \}= \{ 1 \}$ par l'application continue $f : \mathcal C \longrightarrow \R$ définie par $f(x)=Ax$.
    Soit $a,b \in E$. 
    On a :
    • $||Aa ||=||a||_2$ et  $||Ab ||=||b||_2$.
    • $||a+b||^2+||a-b||^2 \geq 4$.
    • $||a||_2=||b||_2=1$.
    Montrons que $u=\dfrac{a+b}{||a+b||_2} \in E$.
    On a évidemment $||u||_2=1$. 
    De plus, $||Au||=|| A \dfrac{a+b}{||a+b||_2} || = \dfrac{1}{||a+b||_2} ||Aa +Ab||$
    Comme $a,b \in E$, on a $||Aa||=||Ab||=||a||_2=||b||_2=1$. 
    Donc : $||Aa+Ab||^2 \geq 4- ||Aa-Ab|| ^2$
    Soit $\boxed{||Aa+Ab||^2 \geq (2-||Aa-Ab||)(2+||Aa-Ab||)}$
    Mais $Aa-Ab \in \mathcal K$ donc $-||Aa-Ab|| \geq -||a-b||_2$
    Je bloque ici. 






  • Modifié (May 2023)
    @Oshine
    désolé sans Latex ce n'est pas agréable à lire mais cependant voir ci dessous .

    II  A(a) II=1  et II A(b) II =1     car a et b éléments de  E
    on peut  alors appliquer  l'inégalité qui caractérise cette norme II II

    4  =<  II A(a)+A(b) II ^2  + II A(a)-A(b) II^2

    Ensuite on exploite le fait que II A(a+b) II =< II a+b II_2  et II A(a-b) II =< II a-b II _2   car A est une matrice de K
    mais  II   II_2 est une norme euclidienne  on a donc  aussi   (II a+b II_2)^2 + ( II a-b II_2)^2 = 4  puisque II aII= IIbII =1 

    Et finalement  II A(a+b) II ^2 + II A(a-b)II ^2 = ( II a+b II_2)^2 + ( II a-bII_2 )^2   = 4 
    Tous les éléments étant positifs , l'égalité précédente n'est possible que si 

    II A( a+ b) II  = II  a+ b II_2
    et  II A(a-b) II = II a-b II_2

    ce qui prouve que le vecteur  ( a+ b) / IIa+bII-2   est un élément de E  de même pour  le vecteur (a-b) / II a-b II_2
  • Modifié (May 2023)
    @OShine
    Par ailleurs ce que tu écris pour le fermé n'est pas juste .
    Ton ensemble d'arrivée de f est  R^2   et tu considères l'image réciproque de 1 , ce n'est pas cohérent .
    Tu peux prendre pour  f la composée  f1° f2
    avec f1( X) = AX 
    f2(Y) = II Y II
    f1 et f2 étant continu , f2 ° f1  est continue    et comme l'ensemble d'arrivée est R+  tu peux évoquer l'image réciproque du singleton 1 qui est fermé
  • @Madec
    Oui j'ai oublié la norme, une coquille merci. 
  • D'accord merci  beaucoup pour les indications, je réécris en Latex. J'ai quasiment tout réussi sauf montrer que la norme est euclidienne. 

    On a $a,b \in E$ donc $||A a||=||Ab||=1$.
    Donc $4 \leq ||Aa+Ab||^2+||Aa-Ab||^2$. 
    Mais $A \in \mathcal K$ donc $||A(a+b)|| \leq ||a+b||_2$ et $||A(a-b)|| \leq ||a-b||_2$.
    On a $(||a+b||_2)^2+(||a-b||_2 ^2)=4$.
    Ce qui donne : $\boxed{4 \leq ||Aa+Ab||^2+||Aa-Ab||^2 \leq (||a+b||_2)^2+(||a-b||_2 ^2)=4}$.
    Ce qui est possible uniquement si : $ ||Aa+Ab||^2+||Aa-Ab||^2 = (||a+b||_2)^2+(||a-b||_2 )^2$
    Donc $ \boxed{||Aa+Ab||^2 -  (||a+b||_2)^2 = ||Aa-Ab||^2 - (||a-b||_2 )^2 \leq 0}$
    Ce qui fournit $||Aa+Ab||)^2=( ||a+b||_2 ^2$ et $||Aa-Ab||^2=( ||a-b||_2 )^2$
    Et par positivité de la norme : $||A(a+b)||=||a+b||_2$ et $||A(a-b)||=||a-b||_2$.
    Finalement $\boxed{\dfrac{a+b}{||a+b||_2} , \dfrac{a+b}{||a+b||_2} \in E}$.
    On a montré que $E = \mathcal C$.
    Donc $\forall x \in \mathcal C \ || Ax||= ||x||_2$.
    Soit $y \in \R^2$. Si $y=0$, on a $||Ay||=||y||_2$.
    Si $y \ne 0$, alors $|| A (\dfrac{y}{||y||_2}) || =||\dfrac{y}{||y||_2}||$ donc $||A y||=||y||_2$.
    On a montré $\boxed{\forall y \in \R^2 \ ||Ay||=||y||_2}$.
    Soit $y \in \R^2$. 
    Montrons que $||y||=||A^{-1} y||_2$.
    Il suffit de choisir $y=A^{-1}z$ ce qui donne $||AA^{-1} z||=||A^{-1} z||_2$.
    Ceci étant vrai pour tout $z \in \R^2$, on a montré $\boxed{\forall z \in \R^2 \ ||z||=||A^{-1} z||_2}$.
    Il reste à montrer que c'est une norme euclidienne soit $\forall x \in \R^2 \ ||x||=\sqrt{\langle x,x \rangle}$.
    Norme : 
    • Soit $x \in \R^2$. $||x||=0 \iff ||A^{-1} x||_2=0 \iff A^{-1}x=0 \iff x=0$.
    • Soit $x,y \in \R^2$. $||x+y|| =|| A^{-1}x+A^{-1}y||_2 \leq ||A^{-1}x||_2+||A^{-1}y||_2 \leq ||x||+||y||$.
    • Soit $\lambda \in \R$. $|| \lambda x||=|| \lambda A^{-1} x||_2=| \lambda| \times ||x||_2$.
    C'est bien une norme. Il reste à montrer qu'elle est euclidienne.
    Soit $x \in \R^2$. 
    On a $||x||^2=||A^{-1} x||_2 ^2 = \langle A^{-1} x ,  A^{-1} x \rangle$
    Posons $x=Az$ pour $z \in \R^2$. 
    On obtient :  $||Az||^2 =  \langle z, z\rangle$ mais je n'arrive pas à me débarrasser du $A$...
















  • Modifié (May 2023)
    tu n'as pas besoin de redémontrer que II II  est une norme.
    tu définis  sur  (R^2 x R^2 ) la forme suivante
    X I Y =  < A-1(X) , A-1( Y)>   
    ou   < , >  représente le produit scalaire associé à II II_2
    Et tu vérifies que   X I Y vérifie bien les propriétés d'un produit scalaire  ( forme bilinéaire symétrique et définie positive)
    et évidemment X I X = II X II^2  donc il est bien associé à la norme considérée.
  • Modifié (May 2023)
    OShine a dit :
    D'accord merci  beaucoup pour les indications, je réécris en Latex. J'ai quasiment tout réussi sauf montrer que la norme est euclidienne.
    On a $a,b \in E$ donc $||A a||=||Ab||=1$.
    Donc $4 \leq ||Aa+Ab||^2+||Aa-Ab||^2$. 
    Mais $A \in \mathcal K$ donc $||A(a+b)|| \leq ||a+b||_2$ et $||A(a-b)|| \leq ||a-b||_2$.
    On a $(||a+b||_2)^2+(||a-b||_2 ^2)=4$.
    Ce qui donne : $\boxed{4 \leq ||Aa+Ab||^2+||Aa-Ab||^2 \leq (||a+b||_2)^2+(||a-b||_2 ^2)=4}$.
    Ce qui est possible uniquement si : $ ||Aa+Ab||^2+||Aa-Ab||^2 = (||a+b||_2)^2+(||a-b||_2 )^2$
    Donc $ \boxed{||Aa+Ab||^2 -  (||a+b||_2)^2 = ||Aa-Ab||^2 - (||a-b||_2 )^2 \leq 0}$
    Cette dernière égalité est fausse je pense.
    En fait on a  la situation suivante
    A + B =C + D
    A=< C
    B=< D
    A, B  , C , D positifs
    On tire de suite A=C et B= D
  • Modifié (May 2023)
    Ok merci, cette question est de très haut niveau encore, elle demande énormément d'autonomie. 
    Exercice : 
    $A+B=C+D$, $A \leq C$ et $B \leq D$ avec $A,B,C,D$ positifs.
    Par l'absurde, si $A  \ne C$ alors $C-A>0$ et $C-A=B-D \leq 0$ absurde.
    Par symétrie le raisonnement est identique si $B \ne D$.

    On définit sur $\R^2 \times \R^2$ la forme $x \mid y = \langle A^{-1} x, A^{-1} y \rangle $
    Produit scalaire : 
    C'est facile à vérifier ça découle du faire que $\langle , \rangle$ est le produit scalaire associé à la norme $||.||_2$.

    On a $x \mid x= \langle A^{-1} x, A^{-1} x \rangle =|| A^{-1} x ||_2 ^2 = ||x ||^2$. 

    Finalement $\boxed{\forall (x,y) \in \R^2 \ \sqrt{x \mid x} = ||x||}$. 

    Ce qui clôt cette partie extrêmement difficile. 




  • J'ai du mal avec la question $20.a$, je ne vois pas comment faire apparaître le $x^2$.
  • Modifié (May 2023)
    Oshine
    Un polynôme de R[X]  peut se décomposer en produit de polynôme du  1er degré et du 2 ième degré.
    Donc si on considère un polynôme de R[X] annulé par x, il existe car A algébrique, alors x annule un polynôme de degré 1 ou 2 (car A est intègre),
    donc x^2  est élément de R + Rx.
  • @Madec :smile:
    Ajoute des symboles 'Dollar'  systématiquement au début et à la fin de chaque formule mathématique.
    Ici, j'ajoute le symbole £ pour te montrer : 

     
    £II  A(a) II=1£  et £II A(b) II =1£     car £a£ et £b£ éléments de  £E£
    £4  \le  II A(a)+A(b) II ^2  + II A(a)-A(b) II^2£

    $|| A(a) ||=1$  et $|| A(b) || =1$    car $a$ et $b$ éléments de  $E$
    $4  \le  || A(a)+A(b) || ^2  + || A(a)-A(b) ||^2$

    Et au passage, j'ai remplacé le =<  par \le  (less or egal)
    J'ai aussi remplacé les I Majuscules par la barre verticale (touche 6 du clavier)

    Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
  • Modifié (May 2023)
    @Madec
    Merci j'ai compris ! 
    20.a) On travaille dans une $\R$ algèbre donc on peut utiliser les règles de calcul dans un anneau. 
    Posons $P(X)=a_0+a_1X+ \cdots +a_{n-1} X^{n-1}+ X^n  =X^n+ \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} a_k X^k\in \R[X]$
    $P$ est unitaire. 
    Tout polynôme non constant de $\R[X]$ s'écrit comme produit de polynômes de degré $1$ et de polynômes de degré $2$ à discriminant strictement négatif. 
    Ici $n \geq 1$, donc $P$ n'est pas constant. Si $n=1$, $P(X)=a_0+a_1X$. 
    Soit $x \in A$. Alors $P(x)=0_A$.
    Comme $A$ est sans diviseur de $0$, on a $x$ est annulé soit par un polynôme de degré $1$ que l'on peut noter $Q(X)=X+b$ où par un polynôme de degré $2$ que l'on peut noter $R(X)=X^2+cX+d$. Avec $b,c,d \in \R$.

    Si $Q(x)=0$, alors $x+b=0$ soit $x=-b +0 \in \R+ \R x$.
    Si $R(x)=0$ alors $x^2=-d-cx \in \R+ \R x$.

    On a montré : $\boxed{\forall x \in A \ x^2 \in \R+ \R x}$.
     

  • Modifié (May 2023)
    Dans la question 20.b je ne comprends pas à quoi sert le $A \backslash \R$. Comment on sait déjà que $\R$ est inclus dans la $\R$ algèbre $A$ ? 

  • Modifié (May 2023)
    l'équivalent de "1" est dans A
  • Modifié (May 2023)
    @OShine

    quand on écrit $R+Rx$  il faut comprendre $R1+Rx$
    ici on nous dit que  $x$ n est pas dans $R1$
    donc le  $R$ sous espace vectoriel engendré par $1$ et $x$ est de dimension 2
    On cherche alors à construire une bijection  f de ce sous espace vectoriel vers $C$  qui est un morphisme pour toutes les lois de l'algèbre.
    Une idée serait de travailler à partir du polynôme de $R[X]$  qu'annule $x$  il s'annule aussi pour deux éléments de $C$ , on peut penser à envoyer $x$ sur l'un de ces deux éléments ...

    @ Lourrran
    Merci
  • Modifié (May 2023)
    Ok merci. Je viens de relire et en fait l'énoncé dit qu'on identifie $\R$ avec $\R_A= \{ ae \ | \ a \in \R \}$ sous-algèbre de $A$.
    Pourquoi faire cette identification ? 

    Ce sujet fait bien travailler la notion d'algèbre, d'anneau et d'espace vectoriel. 

    20.b) Soit $x \in A \backslash \R$. 
    Commençons par montrer que $\R_A+ \R x$ est une sous-algèbre de $A$. 
    • $\boxed{\R_A+\R x \subset A}$ car $A$ est un anneau.
    • $e=1e +0x \in \R_A+ \R x$.
    • Soit $u,v \in \R_A+\R x$ et $\lambda,\mu \in \R$. Il existe $a,a',b,b' \in \R$ tel que $u=ae+bx$ et $v=a'e+b'x$. On a $\lambda u+ \mu v=\lambda (ae+bx)+\mu(a'e+b'x)=\lambda ae+ \lambda bx+ \mu a'e+\mu b'x=\lambda (a+a')e+ \mu(b+b')x \in \R_A+\R x$ On utilise les règles de calcul dans les anneaux et les espaces vectoriels.
    • On a : $uv=( ae+bx)(a'e+b'x)=aa'e^2+ab'x+bxa'+bb'x^2=aa' e +(ab'+ba')x +bb'x^2$. D'après Q20.a, $x^2 \in \R_A+\R x$ donc il existe $a'',c \in \R$ tel que $x^2=a''e+cx$. Donc $uv=(aa' +bb'a'')e+(ab'+ba'+bb')x \in \R_A+\R x$.
    Conclusion : $\boxed{\R_A+\R x \ \text{est une sous-algèbre de} \ A}$. 

    @Madec
    Ok j'essaie de rédiger proprement quand j'ai le temps, j'ai cours là, mais d'après le théorème de d'Alembert-Gauss, $P$ admet au moins une racine dans $\C \backslash \R$, mais comme $P$ est à coefficients réels, alors $P(x)=0 \implies P(\bar{x})=0$.

  • Soit $y \in Vect(e,x)$ tel que $P(y)=0_A$ et $z \in \C$ tel que $P(z)=0_{\C}$
    Je pose l'application : $f : Vect(e,x) \longrightarrow \C$ tel que $f(y)=z$.
    $Vect(e,x)$ est un $\R$ espace vectoriel de dimension $2$, c'est un plan vectoriel. 
    Mais j'ai du mal à faire le lien entre $y$ et $z$ pour montrer que c'est un morphisme. 


  • @OShine

    tu peux poser   avec $(a,b)  dans R^2$  $f(a+bx) = a+bz$
    tu vérifies alors par calcul qu'on a bien un morphisme pour les deux lois , que $f(1) =1$  et que f est bijective.
    Bien sur le fait que x et z soient racine d'un meme polynôme aide ...

    Enfin comme l'espace vectoriel engendré par $(1,z)$ est de dimension 2 et inclus dans $C$   cet espace est $C$
  • Modifié (May 2023)
    Merci. Je n'arrive pas à montrer la partie multiplicative du morphisme. 

    Soit $x \in A \backslash \R$ tel que $P(x)=0$ et soit $z \in \C$ tel que $P(z)=0$. 
    Comme $z \in \C \backslash \R$, on a $\boxed{z \ne 0}$.
    Soit $f : \R+ \R x \longrightarrow Vect(1,z)$ définie par $\forall (a,b) \in \R^2 \ f(a+bx)=a+bz$.
    Montrons d'abord que $Vect(1,z)$ est de dimension $2$. 
    Montrons que la famille $(1,z)$ est libre. Soit $\lambda,\mu \in \R$ tel que $\lambda + \mu z=0$. On écrit $z=u+iv$ ce qui donne $\lambda+\mu u + i \mu z=0$. Donc $\mu z=0$ et $\lambda+ \mu u=0$. Comme $z \ne 0$ alors $\mu=0$ et finalement $\lambda=0$.
    On a montré $\boxed{Vect(1,z)= \C}$.
    Morphisme d'anneau : 
    • $f(1)=f(1+b \times 0)=1+ b \times 0=1$.
    • $f( a+bx +a'+bx')=f( (a+a')+(b+b')x)=(a+a') +(b+b')z=\boxed{f(a+bx)+f(a'+b'x)}$
    • $f((a+bx)(a'+b' x))=f(aa'+(ab'+ba')x+bb'x^2)$.  Mais $x^2 \in \R+ \R x$ donc $x^2=a''+b''x$ donc $bb'x^2=a''bb'+bb'b''x$. 
    Donc $f((a+bx)(a'+b' x))=f ( aa'+a''bb' +(ab'+ba'+bb'b'')x=\boxed{(aa'+a''bb')+(ab'+ba'+bb'b'')z}$

    Puis $f(a+bx)f(a'+b'x)=(a+bz)(a'+b'z)=aa'+ab'z+a'z+bb'z^2$ je bloque ici à cause du $z^2$.




  • @Oshine

    pour le morphisme multiplicatif , tu n'as pas utilisé le fait que $x$ et $z $ sont racines du même polynôme du second degré.
    donc $z^2 $s'exprime en fonction de $z$ avec les mêmes coefficients que $x^2$ en fonction de $x$
    Cela aide beaucoup dans les calculs !

    Par ailleurs les calculs pour la liberté de $(1,z)$ semblent douteux , tu exprimes z sur la base $(1,i)$ et ensuite le z revient subrepticement dans les égalités !
    Mais il n'y a pas besoin de tout cela , on est parti  d'un polynôme de $R[X]$  du second degré irréductible donc  les racines  sont complexes et non réelles , ce qui fait que $(1,z)$ est nécessairement libre.
  • Modifié (May 2023)
    @Madec
    Je n'ai jamais vu la notion d'algèbre isomorphe mais l'énoncé la donne. 
    Il n'y a pas besoin de montrer le morphisme d'anneau, l'énoncé dit que deux $\R$ algèbres $A$ et $B$ sont isomorphes s'il existe une bijection $\R$ linéaire $f: A \longrightarrow B$ telle que $f(xy)=f(x)f(y)$ pour tout $x,y \in A$.
    $\C$ est une $\R$ algèbre. 
    • Je n'ai pas trop compris pourquoi $P$ admet une racine complexe non réelle.... Si c'est le cas, c'est évident que $(1,z)$ est liée, car $1$ et $z$ ne peuvent être colinéaires.
    • Je n'ai pas compris pourquoi si $P(x)=0_A$ et $P(z)=0_{\C}$ alors $z^2$ s'exprime en fonction de $z$ avec les même coefficients que $x^2$ en fonction de $x$.
    Injection  : 
    Soit $a+bx \in \ker f$. Alors $f(a+bx)=a+bz=1$ donc $(a-1)+bz=0$. Comme $(1,z)$ est libre on en déduit $a-1=0$ et $b=0$ donc $a=1$ et $a+bx=1$.
    Le noyau est réduit au neutre de $A$ donc $f$ est injective.
    Surjection : 
    Elle est évidente par construction de $f$.
    $f$ est un isomorphisme d'anneaux. $\R+\R x$ est donc isomorphes à $Vect(1,z)= \C$.
  • @OShine

     $ P(X)$  est un polynôme de $R(X)$   à ce polynôme on peut  associer deux fonctions polynomiales  l'une définie sur $A$ l'autre sur $C$
    L'une s'annule pour $x$ élément de $A$ et l'autre pour  $z$ ou son conjugué éléments de C

    l'application $f $ que j'ai mentionné plus haut est par construction un morphisme de $R$ espace vectoriel   
    comme l'image de la base $(1,x)$ de $R1 + Rx$  est la base $ (1,z)$ de C  c'est une bijection .

    Le seul point à expliciter par le calcul est le morphisme multiplicatif
    Mais pas de grand calcul comme on a  $f(x)=z$  il reste juste à vérifier que $f(x^2) = (f(x))^2$
    Et comme   $x^2 = ax + b $ et $ z^2= az +b $   c'est presque immédiat.
    ( meme coefficients réels issus du polynôme ci dessus )

    $f(x^2)=af(x)+b= az+b=z^2= (f(x))^2$
  • Modifié (May 2023)
    Je n'ai pas compris pourquoi $x^2=ax+b$ ni pourquoi  $z^2=az+b$. Ce point me pose problème, j'ai beau me creuser la tête, je ne trouve pas. 

    Si j'admets ces résultats... Je ne comprends pas pourquoi tu te contentes de montrer que $f(x^2)=f(x)^2$. 

    On doit montrer que $\forall u,v \in \R+ \R x \ f(uv)=f(u)f(v)$. On pose $u=ax+b$ et $v=a'x+b'$.
    On a $uv=(aa'+ba')x+bb'+aa'x^2$.
    Par linéarité de $f$, on a : $f(uv)=(aa'+ba') f(x)+bb'+aa'f(x^2)$
    $f(uv)=(aa'+ba') z+bb'+aa' z^2$
    Et $f(u)f(v)=(az+b)(a'z+b')=aa'z^2+(aa'+ba')z+bb'$.

    On a bien montré : $\boxed{\forall u,v \in \R+ \R x \ f(uv)=f(u)f(v)}$


  • Modifié (May 2023)
    @OShine
    Précédemment on a montré que  l'élément  $x$ de $A$ était racine d'un polynôme $P(X)$  de $\R[X]$, polynôme  irréductible de degré 2.
    $P(X) = X^2-aX-b$
    De là on a tiré qu'il existait $(a,b)$ couple de réels tel que   $x^2= ax+ b$.
    Puis on s'est placé dans l'algèbre réelle $\C$   l'algèbre des complexes qui est aussi de dimension $2$  comme $\R$ espace vectoriel.
    Ce polynôme $P(X)$  a 2 racines complexes conjuguées, j'ai appelé $z$  l'une d'entre elles.
    Donc $x$ et $z$  vérifient  $x^2=ax+b$    et $ z^2=az+b$.
    Je me contente de montrer que $f(x^2) = (f(x))^2$ 
    car le produit de 2 éléments de $  \R1+ \R x$  est combinaison linéaire des éléments $ 1 , x , x^2$.
    D'ailleurs ton calcul le montre bien !!
  • @Madec
    Ok merci.


  • @gebrane : En réponse à ta question, je me suis arrêté à la question 16.a, après avoir déjà consacré environ 3 heures à ce sujet. Il faudrait que je me replonge dedans pour aller plus loin.
    J'étais en vacances ces 15 derniers jours, et j'ai pas mal de boulot avant la reprise lundi donc je ne pense pas que je m'y remettrai tout de suite, bien que ce sujet soit vraiment tentant (comme le sont souvent les sujets Polytechnique des MP, d'ailleurs).
  • Merci  bisam d'avoir répondu, mais la question n'est plus d'actualité.
    Le 😄 Farceur


  • Je bloque sur la question $21$. Ca doit être une question classique mais l'idée ne me vient pas.
  • Modifié (May 2023)
    Il existe un  $x$ de $A\setminus \R $  tel que   $\R1 + \R x$ est isomorphe à $\C$.
    Soit $f $ un tel isomorphisme
    donc il existe $(a,b)\in \R^2$  tel que  $f( a+bx) = i$
    Ensuite c'est presque fini pour montrer l'existence de $i_A$
  • Modifié (May 2023)
    D'accord merci mais je trouve bizarre l'égalité $i_A ^2=-1$, car alors $i_A^2 \in A$ alors que $-1 \in \R$...
    On a $f(a+bx)^2=i^2=-1$ donc $f( (a+bx)^2)=-1$.
    Je n'ai pas compris qui est $i_A$. Je pense que c'est à cause du fait que je ne comprends pas qui est $1$. Le neutre de $A$ est noté $e$ ....
  • Modifié (May 2023)
    @Oshine
    si on note  $a+bx = i_A$   alors   $ f(i_A^2)= (f(i_A))^2=i^2=-1 $
    mais f est bijective et  $f(-e)=-1$  donc $i_A^2=-e$
    par choix de notation on note aussi $e=1 $ mais $e $ est dans $A$.
    D'ailleurs au début du IV il est dit qu'on notera abusivement  $a$ l'élément $ae $ de $A $ pour $a $ élément de $\R$
  • En attendant, j'ai résolu la question 22 assez facile, sauf erreur.

    22.a) Soit $x,y \in A$. On a $-T(x)T(y)=-i_A x i_A i_A y i_A$. On est dans un anneau donc on peut utiliser l'associativité de la loi multiplicative.
    $-T(x)T(y)=-i_A x i_A ^2 y i_A$
    $-T(x)T(y)=-i_A x(-1) y i_A=i_A (xy)i_A$
    Finalement : $\boxed{\forall (x,y) \in A^2 \ T(xy)=-T(x) T(y)}$.

    22.b) On trouve facilement que $\forall x \in A \ T^2(x)=x$ donc $\boxed{T \circ T =\text{id}}$.
    $T$ est linéaire définie sur l'espace vectoriel $(A,+)$ sur $\R$, donc $T$ est la symétrie par rapport à $\ker(T-id)$ parallèlement à $\ker(T+id)$.
    On a bien : $\boxed{A=\ker(T-id) \oplus \ker(T+id)}$.




  • @Madec
    Merci beaucoup, j'avais oublié d'utiliser que $f$ est bijective, ok ils ont noté $1=e$. J'aurais préféré $1_A$ pour éviter les confusions.
  • J'avance un peu, je bloque sur une inclusion de la question 23.

    23) Montrons que $U \subset \ker (T+id)$. On va utiliser les règles de calcul dans une algèbre. 
    Soit $x \in U$, alors il existe $(a,b) \in \R^2$ tel que $x=ae + b i_A$.
    On a $(T+id)(x)=T(x)+x=T(ae+bi_A)+ae+b i_A$.
    Mais $T$ est linéaire donc $(T+id)(x)=a T(e)+ b T(i_A)+ ae+ b i_A$ avec $T(e)=i_A ^2=-e$ et $T(i_A)=i_A ^2=-i_A$
    D'où $(T+id)(x)=-ae-b i_A +ae +bi_A =0$ par associativité de la loi $+$ dans une algèbre. 
    On a bien montré $\boxed{U \subset \ker (T+id)}$.
    Réciproquement, montrons que $\ker(T+id) \subset U$.
    Soit $x \in \ker(T+id)$. Alors $T(x)=-x$. Montrons que $x \in U$.
    Je bloque ici, je ne vois pas l'idée. 





  • Modifié (May 2023)
    @Oshine
    Tu peux considérer $ (i_A x)^2$  et l'écrire de deux manières , tu arriveras  ensuite assez facilement au fait  que $x\in U$
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