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Polytechnique maths A MP 2023

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Réponses

  • On a $(i_A x)^2=(i_A x) (i_A x)=(i_A x  i_A ) x= T(x) x$ et $(i_A x)^2=i_A (x i_A x)= i_A T(x)$.

    On a montré $\boxed{(i_A x)^2= T(x) x= i_A T(x)}$.

    Or $T(x)=-x$ donc $-x^2=-i_A x$ soit $\boxed{x^2= i_A x}$. Mais ici, on ne sait pas si $x$ est inversible, ainsi on utilise Q20.a, ce qui fournit : 

    $x^2 \in \R+ \R x$. Ainsi, il existe $(a,b) \in \R^2 \ i_A x= a e+ bx$ et donc $(i_A-b)x= ae$

    Mais je bloque ici de nouveau. 



  • Modifié (May 2023)
    @OShine
    À la fin de ta première ligne tu écris que  $xi_A x =T(x)$.
    Ce n'est pas la définition de $T$.
    Ce qui suit est donc erroné.
    Tu peux aussi  décomposer $(i_A x)^2$  sur la base $(1,i_A x)$ et $x^2$ sur la base $(1,x)$.
    Ensuite $x$ s'exprime facilement en fonction de $i_A et 1 $ (ne pas oublier  pour ce calcul que $U$ isomorphe à $C$ est donc un corps, tout élément non nul y est  inversible).
  • Modifié (May 2023)
    @Madec
    $T(x)=-x$. 
    Merci en effet la question 20.b permet d'affirmer que $\R+\R i_A$ est isomorphe à $\C$ car $i_A \in A \backslash \R$.
    • $(i_A x)^2=i_A x i_A x=(i_A x i_A )x =T(x) x = -x^2$. 
    • $(i_A x)^2=i_A x i_A x =T(x) i_A ^{-1} T(x) i_A ^{-1}$. Mais $i_A ^{-1} =i_A ^2 =-1$. Donc $(i_A x)^2 = (T(x) )^2=(-x)^2=x^2$.
    Donc $x^2=-x^2$ et comme $x$ est inversible $x=-x$ donc $2x=0$ et finalement $x=0_A = 0 \R+ i_A \times 0  \in U$.

    Ile me semble que c'est faux mais je ne comprends pas l'erreur. 







  • Modifié (May 2023)
    @OShine beaucoup de doutes sur tes calculs à partir de la seconde ligne.

    $ (i_A x)^2 = - x^2$  ca c'est OK

    Ensuite tu  pourrais écrire
    $ (i_A x)^2= a+ b i_A x$
    puis $ x^2=\alpha x+\beta$

    On arrive alors à
    $ x(b i_A +\alpha) = -a-\beta$

    si $ b i_A +\alpha \neq 0$ alors on peut inverser cet élément de $U$ et l'inverse est dans $U$   donc $ x\in U$
    si $ bI_A +\alpha =0$  alors à partir de $x^2=\beta$ on montre encore que $x\in U$
    en effet
    si $\beta\ge 0$ alors $(x-\sqrt \beta)(x+\sqrt\beta)=0$
    et par intégrité de A  l'un des facteurs est nul donc $ x \in\mathbb{R}$
    si $\beta\le 0$ alors $(x -\sqrt(-\beta) i_A) (x+\sqrt(-\beta) i_A) =0$
    donc $x\in \mathbb{R} i_A$
  • Modifié (May 2023)
    Ok merci j'ai trouvé mon erreur, $i_A ^{-1}$ n'est pas égal à $i_A ^2$ mais à $i_A ^3 =-i_A$.
    • Je n'ai pas compris pourquoi $(x i_A)^2=a+bi_Ax$ ...
    • Je n'ai pas compris l'implication $b i_A+ \alpha=0 \implies x^2= \beta$ ?
  • Modifié (May 2023)
    @OShine
    Tes calculs même menés correctement te conduisent à  $x^2=x^2$ donc ne permettent pas d'avancer .
    Il faut pouvoir se ramener à $x= ...$
    On a vu précédemment que pour tout y de A alors $y^2$ s'exprime comme combinaison linéaire  à coefficients réels de $1$  et $y $
    On applique cela aux éléments  $x$ et $ xi_A$
    Ta deuxième question est plus surprenante.
    S
    i  $bi_A + \alpha =0$  alors puisque  $( 1,i_A)$ est libre  $b$=0 et $\alpha=0$  et si $\alpha=0$ alors $x^2=\beta$.
  • Modifié (May 2023)
    Ok merci ! Je n'étais pas très inspiré hier soir. 

    23) Il reste à montrer que $\ker (T - id) \ne \{ 0 \}$.
    Par l'absurde, si $\ker(T-id) = \{ 0 \}$ alors $A= \ker (T+ id)$. Donc $\boxed{A=U}$.
    Ainsi, $A \subset U = \R+ \R i_A$. 
    Il suffit de trouver un élément qui est dans $A$ mais pas dans $U$. 
    On cherche donc $x \in A$ tel que $x \notin Vect(1,i_A)$.
    Il est temps d'utiliser les hypothèses. $A$ n'est pas isomorphe à $\R$ ou $\C$, donc $\dim_{\R} A \geq 3$. Il existe donc $x \notin Vect(1,i_A)$ et ainsi $A \not\subset U$.
    Ce qui est absurde.

    On a bien montré que $\boxed{\ker(T-id) \ne \{0 \}}$.



  • Bonjour Oshine, lorsque tu auras terminé, copie-colle ton latex pour reconstituer un corrigé du sujet et envoie-le au site  .
     Ils acceptent les propositions de corrigés  ""Toute proposition de corrigé est la bienvenue. "" .
     L'avantage est que tout le monde peut comprendre ta solution puisqu'elle est détaillée


    Le 😄 Farceur


  • 24.a) Soit $f : \ker(T-id) \longrightarrow \ker(T+id) =U$ tel que $f(x)= \beta x$ où $\beta \in \ker(T-id) \backslash \{ 0 \}$
    Application bien définie : 
    Soit $x \in \ker(T-id)$. Alors $T(x)=x$.
    Alors $f(x)=\beta x$ et $T( f(x))= T( \beta x)=- T( \beta) T(x)= - \beta x =-f(x)$
    On a montré $\boxed{\forall x \in \ker(T-id)  \ \ f(x) \in \ker(T+id) =U}$ donc $f$ est bien définie.

    $\beta^2 \in U$ : 
    Il suffit de remarquer que $\beta^2 = f(\beta)$.

    $\beta U \subset \ker (T-id)$ : 
    Soit $x \in \beta U$. Alors il existe $y \in U$ tel que $x= \beta y$.
    On a $T(x)=T(\beta y)=- T(  \beta) T(y)=- \beta (-y)= \beta y=x$
    On a bien montré : $\boxed{\beta U \subset \ker (T-id)}$.

    $\ker (T-id) \subset \beta U$ : 
    Je bloque sur cette dernière inclusion. 
  • @gebrane ok il faut un éditeur latex ? 
    Je n'ai que libre office. 
    Pour la question 18, je prendrai ta solution. 
  • mike tex est gratuit et te génère un fichier pdf
    Peut être il y a une façon plus simple pour générer un pdf à partir de ce site
    Le 😄 Farceur


  • Modifié (May 2023)
    #Oshine

    Des considérations sur les dimensions de $ \beta U$ ; de $U$  et de  $Ker (T-Id)$
    doivent , je pense, permettre de montrer l'égalité des 2 ensembles $ Ker(T-Id)$ et $ \beta U$

    on peut aussi écrire
    $\beta Ker(T-Id)\subset U$ ---> $Ker(T-Id)\subset (\beta)^(-1) U$
    Et comme $\beta^-1 U = \beta U$   ( car $\beta^2\in U$ ) on tient la deuxième inclusion.
  • On ne sait rien sur la dimension de $\beta U$.

    Je n'ai pas compris ta démonstration de $\ker(T-id) \subset \beta U$. Je ne comprends pas le rapport avec $\beta^2 \in U$.
    Je pars de : soit $x \in \ker (T-id)$ donc $T(x)=x$. On doit montrer que $x \in \beta U$.
    Je ne vois pas comment faire. 


  • Modifié (May 2023)
    @OShine

    $\beta U$ est un espace  vectoriel de dimension 2
    on a donc $ dim \beta U= dim U$

    par ailleurs  on a $ dim Ker( T-Id)\leq  dim U$
    ( l'application qui consiste à multiplier par $\beta$ est  bijective linéaire et l'image a donc même dimension que le sous espace de départ.)

    donc  $ dim Ker (T-Id) \leq dim ( \beta U)$
    et comme on a une inclusion( celle que tu as démontrée)  , on a l'égalité des 2 dimensions et donc l'égalité des ensembles puisque l'un est inclus dans l'autre.
  • @OShine

    pour la seconde démonstration

    la premiere inclusion est évidente , elle ne fait que traduire le fait  que l'image de $Ker(T-Id) $ par l'application "multiplier par $\beta$ est incluse dans $U$
    Ensuite lorsque deux ensembles $A$ et $B$ sont tels que $ A\subset B $ alors  les ensembles $ xA \subset xB$
    j'applique cela pour $x= \beta^-1$
    Ne reste plus qu'à monter que les ensembles $ \beta^-1 U$ et $\beta U$ sont égaux 
    là encore ils sont égaux si et seulement si les ensembles obtenus en multipliant par $ \beta$ sont égaux , c'est à dire 
    si et seulement si  $ U= \beta^2 U$
    or on a montré que $\beta^2 \in U$   ce qui implique l'égalité précédente .

    Nota  dans cette seconde démonstration si E est un sous ensemble de A  et x un élément de A  j'ai noté   x E  l'ensemble de tous les  éléments x y ou y est élément de E.


  • Modifié (May 2023)
    J'ai démontré la première inclusion plus haut dans les messages, je ne vois pas le rapport avec l'image de $\ker(T-id)$.

    Le fait que $\beta U$ est un espace vectoriel provient du fait que $U$ est une $\R$ algèbre mais je ne comprends pas d'où sort le $\dim_{\R} \beta U=2$...

    Pour le reste, je ne comprends pas le rapport avec la question, tu pars d'une inclusion $A \subset B$ alors que la question demande de démontrer une inclusion $\ker (T-id) \subset \beta U$. 
    Je ne comprends rien à ta solution il n'y a même pas de $\ker(T-id)$.... C'est pourtant le point de départ de la preuve. 

    Quand on veut démontrer $\ker (T-id) \subset \beta U$, on part de : soit $x \in \ker (T-id)$ et on montre que $x \in \beta U$.





  • Tu peux utiliser Overleaf.

  • @JLapin ok merci. 
  • @ Oshine

    pour la dimension de $\beta U$ tu peux montrer que $ \beta  \times 1 $ et $\beta \times i_A$ sont deux vecteurs libres 

    Pour le reste je ne comprends pas tes remarques qui sont trop générales .
    Sur les deux  petites démos que je te propose ce serait bien le diable qu'aucune ne te convienne si tu les regardes attentivement .
    Je les ai quand même bien détaillées.


  • Modifié (May 2023)
    Je crois avoir enfin compris. Parfois mon cerveau met du temps à comprendre. 

    Montrons que $(\beta 1,\beta i_A)$ est libre. 
    $\beta U= \{ \beta x \ | \ x \in U \}$
    Soit $\lambda, \mu \in \R$ tel que $\lambda \beta 1+ \mu \beta i_A =0$. 
    Alors $ \beta (1+ \mu i_A)=0$ et comme $\beta \ne 0$ et $A$ sans diviseur de $0$, $\beta 1+ \mu i_A=0$
    Comme $(1,i_A)$ est libre, on en déduit que $(\beta 1,\beta i_A)$ est libre. 

    On a $f( \ker (T-id) )= \beta \ker (T-id) \subset U$.
    Donc $\beta^{-1} \beta \ker (T-id) \subset \beta^{-1} U$ soit $\boxed{\ker (T-id) \subset \beta^{-1} U}$.

    Montrons que $\beta^{-1} U= \beta U$. On a  $\beta^{-1} U= \beta U \iff U= \beta^2 U$

    Mais $\beta^2 \in U$ donc $\beta^2 U= U$ car $U$ est une algèbre donc stable par produit.

    On a bien montré $\boxed{\ker (T-id) \subset \beta U}$.







  • 24.b) On a $\beta^2 \in U$. Donc il existe $(a,b) \in \R^2$ tel que $\beta^2=ae+ b i_A$.
    Il s'agit donc de montrer que $a \in ]-\infty,0]$ et $b=0$.
    On a $T(\beta)=\beta$ donc $T(\beta^2)=- T(\beta)^2=- \beta^2$.
    Mais $T(\beta^2)=-\beta^2$.
    Je tourne en rond, je bloque sur cette question. 





  • Modifié (May 2023)
    @OShine
    T( beta^2)=-beta^2
    beta^2= a bêta+ b
    donc. T(beta^2)= -a bêta-b
    T( beta^2)= a beta - b
    d’où a= 0
    donc beta^2 est un réel b
    si b > 0  alors b= alpha^2
    alors ( bêta-alpha)(bêta+alpha)=0
    donc bêta est dans R ce  qui n’est pas.
    d’où b < 0
  • Modifié (May 2023)
    $T(\beta^2)=- \beta^2=-a \beta - b$ ça c'est ok. Je ne comprends pas d'où sort l'autre égalité avec $T(\beta^2)$.
    Je ne comprends pas d'où sort l'égalité $T(\beta^2)=a \beta -b$ ni comment on montre que $a=0$.
    Pour le reste, si $\beta \in \R$, on aurait $T(\beta)=i_A \beta i_A= - \beta$ ce qui est absurde car $\beta \in \ker(T-id) \backslash \{0 \}$.
    Pour la fin j'ai compris. 





  • Modifié (May 2023)
    @OShine

    T(beta^2)=T(a +b bêta)=-a +b beta 
    mais on a aussi 
    T(beta ^2)=- beta ^2=-a -b beta

    de ces 2 expressions on tire b=0, et donc beta^2 = a   est un réel.
  • Ok merci je n'avais pas pensé à utiliser la linéarité de $T$.
    Pour la 24.c, je ne vois pas le lien entre le théorème et les questions avec les $\beta^2$, $T$ etc...
  • Modifié (May 2023)
    @OShine
    Tu peux te ramener facilement au cas où $\beta^2=-1$
    Ensuite tu as un isomorphisme naturel  de $R$  espace vectoriel entre $A $ et $H$  en définissant l'image de la base $(1,i_A,\beta,i_A \beta)$ en posant $ f(1)=1$  , $f(i_A)= I $, $f(\beta)=J$,  $f(i_A\beta)=K$.
    Il reste juste à vérifier par des calculs simples que $f$ est aussi un morphisme pour la 2-ème loi.
    Au final on a donc 3 possibilités pour l'algèbre $ A$, il est isomorphe à $\R$ ou à $\C$ ou à $\mathbb H$.
  • Modifié (May 2023)
    Je n'ai pas compris pourquoi on peut se ramener au cas $\beta^2=-1$.

    Si j'ai bien compris une base de $\beta U=\ker(T-id)$ est $(\beta,\beta i_A)$ et une base de $U=\ker (T+id)$ est $(1,i_A)$ la somme directe nous fournit $\mathcal B=(1,i_A,\beta,i_A \beta)$ est une base de $A$ par concaténation.

    Mais je ne comprends pas à quoi sert le $\beta^2$...
  • @OShine

    Dans la question 24 on a considéré un $\beta$ non nul de $Ker(T-Id)$
    on a montré que $ \beta^2= a$ ou $ a$ est un réel négatif
    $ a=-1$  rien à faire 
    sinon $ a=- \gamma^2$
    on considère alors $\ beta1 = \beta/\gamma$

    Tu auras remarqué au fur et à mesure de ces questions , qu'on a construit (identifié) des éléments de A qui vont pouvoir être mis en correspondance avec les éléments "clés" de $H$   comme $1,I,J,K$
    et vérifiant les mêmes relation "multiplicatives"
    $I^2=J^2=K^2=-1, IJ=-JI=K, KI=-IK=J $

    Je ne comprends pas ce que tu veux dire concernant l'utilité du $\beta^2$
  • Modifié (May 2023)
    Encore une très belle question. 

    24.c)
    Ok merci beaucoup il fallait le voir ! Encore une question qui demande beaucoup d'autonomie. 
    Il existe une unique application linéaire $f$ vérifiant les conditions que tu donnes car $A$ est un espace vectoriel et $\mathbf{H}$ aussi. 
    J'ai vu cette technique de construction d'isomorphisme dans mon livre sur les groupes en plus.

    On doit montrer que $f$ est un morphisme d'anneaux. 

    On a bien $f(1)=E$. 

    $f$ est linéaire, il suffit donc de montrer que $\forall x,y \in A \ f(xy)= f(x)f(y)$. 

    Je démontre que $\forall x,y \in A \ f(xy)=f(x)f(y)$. C'est un peu long $A$ n'est pas commutatif. Il y a 9 vérifications à faire.

    On va utiliser que $i_A ^{-1}= i_A ^3=-i_A$ et que $T(\beta)=\beta$.
    • Il est facile de voir que $\forall x \in A \ f(1 x)=f(1) f(x)$ car $f(1)=E$.
    • $f(\beta^2)=f(-1)=-f(1) = f(\beta) f(\beta)=J^2=-E$
    • $f(i_A ^2)=f(-1)=-E=f(i_A)f(i_A)=I^2=-E$
    • $f( (i_A \beta)^2)=f( T(\beta) \beta)=f(\beta^2)=f(-1)=-E=f(\beta) f(\beta)$
    • $f(i_A \beta)= K=f(i_A) f(\beta)= I J= K$
    • $f(i_A i_A \beta)=f(-\beta)=-J= f(i_A) f(i_A \beta) =IK=-J$
    • $f(i_A \beta i_A)=f(\beta)=J= f(i_A \beta ) f( i_A)=KI=J$
    • $f(\beta i_A \beta)=f( \beta T(\beta) i_A ^{-1} ) =f(i_A)=I=f(\beta) f(\beta i_A)=JK=I$
    • $f(\beta i_A)=f( i_A ^{-1} T(\beta))=f(-i_A \beta)= -K= f(\beta) f(i_A)=JI=-K$.
    • $f(i_A \beta^2)=f(-i_A)=-I=f(i_A) f( -1)=- E I=-I$
    $f : A \longrightarrow \mathbf{H}$ est un isomorphisme de $\R$ algèbre, donc $A$ est $\mathbf{H}$ sont isomorphes.

    Par disjonction de cas, soit $A$ est isomorphe à $\R$ ou $\C$, soit $A$ ne l'est pas, ce qui achève la démonstration du théorème $B$.




  • Modifié (May 2023)
    @OShine

    deux trois fautes de frappes  car par moment tes lignes d'égalité conduisent à J=K 
    j'ai vu aussi I=J ...


  • Merci j'ai rectifié les 2 coquilles, plus que 3 questions ! 
  • Modifié (May 2023)
    Bonjour @Madec Tu lui laisses la 25 sans aide, on verra s'il va s'en sortir seul. S'il ne s'en sort pas tant pis pour lui.
    Le 😄 Farceur


  • Modifié (May 2023)
    Bonjour gebrane
    les questions  25 et 27 sont très abordables, par contre la 26 est, selon moi, l'une des plus difficile de cet intéressant problème (avec la 7  sur la continuité de l'application $\alpha$.)
  • Modifié (May 2023)
    @gebrane
    Tu l'as réussie la question 25 ? 
    Je vais m'y pencher avant de dormir et la chercher sérieusement.
    Pour la 24.c j'avoue que je n'avais pas pensé à considérer une base de $A$.
  • Modifié (May 2023)
    À toi la 25 Oshine, elle est accessible. Mais surtout, ne pose pas de questions comme "je bloque, est-ce que ce que j'ai fait est juste ?". Rédige-la et passe à la 26ème. Tu dois être certain de ce que tu as argumenté. De ma part je ne dirais rien.
    Le 😄 Farceur


  • La $7$ pour la continuité je crois que bisam a donné une solution qui tient en 2 lignes, je ne trouve pas cette question difficile. Il y a même 2 solutions possibles. 
    Pour moi les deux questions les plus difficiles sont la 16.a et la 18.
    Mis à part la question 16.b, la partie III est extrêmement difficile. 
    Le niveau redescends un peu dans la partie IV, il y a quelques questions simples. 
  • Mais à chaque question facile ou non tu bloques. Si on t'aide sur la 25, après tu vas dire c'est très facile, mais  si on t'aide pas  !
    Le 😄 Farceur


  • Modifié (May 2023)
    25) Je n'ai réussi que la moitié de la question, pour la seconde partie j'ai une idée mais il me manque un argument.
    Comme $u$ et $v$ commutent : $\boxed{ (u+v)^2-(u-v)^2= 4uv}$. 
    On a $|| (u+v)^2-(u-v)^2 || = || 4 uv || = 4 || u|| \times ||v ||$
    L'inégalité triangulaire fournit :  $|| (u+v)^2-(u-v)^2 || \leq || (u+v)^2|| + ||(u-v)^2|| = ||u+v||^2+||u-v||^2$
    On a bien montré $\boxed{\forall u,v \in V ,\  ||u+v||^2+||u-v||^2 \geq 4 ||u || \times ||v||}$

    Pour le produit scalaire j'ai envie d'utiliser le théorème A, le problème est qu'il ne fonctionne que sur $\R^2$ et ici on a $A=Vect(x,y)$ de même dimension que $\R^2$ mais je ne vois pas pourquoi on aurait le droit de l'utiliser.
    Si on a le droit, c'est trivial, on prend $x=\dfrac{u}{||u||}$ et $y=\dfrac{y}{||y||}$ ce qui est possible car $x,y \ne 0_A$, en effet $\dim_{\R} V=2$ donc ni $x$ ni $y$ ne peuvent être nuls.
  • Modifié (May 2023)
    @OShine
    comme norme sur $\R^2$ tu peux choisir celle sur définie sur $V$
    tu peux alors appliquer le Theoreme A
    cette norme sur $\R^2$ dérive d’un produit scalaire donc la norme sur $V$ dérive d’un produit scalaire.
  • Ah d'accord merci.
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