Polytechnique maths A MP 2023

OShine

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. 

Madec

@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).

OShine

@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. 

Madec

@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 $x\in \mathbb{R} i_A$

OShine

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 $b i_A+ \alpha=0 \implies x^2= \beta$ ?
  

Madec

@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.
Si  $bi_A + \alpha =0$  alors puisque  $( 1,i_A)$ est libre  $b$=0 et $\alpha=0$  et si $\alpha=0$ alors $x^2=\beta$.

OShine

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 $\boxed{\ker(T-id) \ne \{0 \}}$.

gebrane

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

OShine

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. 

OShine

@gebrane ok il faut un éditeur latex ? 
Je n'ai que libre office. 
Pour la question 18, je prendrai ta solution. 

gebrane

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

Madec

#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.

OShine

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. 

Madec

@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.

Madec

@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.

OShine

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 $x \in \beta U$.

JLapin

@OShine

Tu peux utiliser Overleaf.

OShine

@JLapin ok merci. 

Madec

@ 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.

OShine

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 $\boxed{\ker (T-id) \subset \beta U}$.

OShine

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. 

Madec

@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

OShine

$T(\beta^2)=- \beta^2=-a \beta - b$ 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. 

Madec

@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.

OShine

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...

Madec

@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 $\mathbb H$.

OShine

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 $\beta^2$...

Madec

@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 $\beta^2$

OShine

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 $B$.

Madec

@OShine

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

OShine

Merci j'ai rectifié les 2 coquilles, plus que 3 questions ! 

gebrane

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.

Madec

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 $\alpha$.)

OShine

@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 $A$.

gebrane

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.

OShine

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. 

gebrane

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  !

OShine

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.

Madec

@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.

OShine

Ah d'accord merci.