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Symétrie orthogonale

Bonsoir
Je bloque sur la première question. On a $s(w_1)=w_1$ d'où la première colonne de la matrice mais je n'arrive pas à calculer $s(w_2)$.

Soit $E$ l'espace vectoriel de $\R^2$ muni du produit scalaire standard et de la base canonique $\mathcal B=\{e_1,e_2 \}$. On définit une base $\mathcal C=\{w_1,w_2 \}$ de $E$ par $w_1=e_1$ et $w_2= \dfrac{1}{2} (e_1 + \sqrt{3} e_2)$

1) Soit $s_1 : E \longrightarrow E$ la symétrie orthogonale par rapport à la droite $\R w_1$. Montrer que la matrice de $s_1$ dans la base $\mathcal C$ est $ \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}$

2) Soit $s_2 : E \longrightarrow E$ la symétrie orthogonale par rapport à la droite $\R w_2$. Montrer que la matrice de $s_2$ dans la base $\mathcal C$ est $ \begin{pmatrix} -1 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$

Soit $H = \{ (m_1,m_2,m_3) \in \R^3 \ \ | \ \ m_1+m_2+m_3=0 \}$. On note $H^{+} = \{ (m_1,m_2,m_3) \in H \ | \ m_1 \geq m_2 \geq m_3 \}$. On considère l'application :
$$ \begin{array}{cccl}
\varphi :& H &\longrightarrow &E \\
& (m_1,m_2,m_3) &\longmapsto &(m_1-m_2)w_1+(m_2-m_3)w_2.
\end{array}
$$ 3) Montrer que $\varphi$ est un isomorphisme linéaire. Décrire $\varphi(H^{+})$.

4) Montrer que pour tout $(m_1,m_2,m_3) \in H$ on a $s_1 \circ \varphi(m_1,m_3,m_2)=\varphi(m_1,m_2,m_3)$ et $s_2 \circ \varphi(m_1,m_2,m_3)=\varphi(m_2,m_1,m_3)$

5) Soit $\widehat{\lambda}=(\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3) \in H$ tels que $\lambda_1 > \lambda_2 > \lambda_3$.
On note $Q_{\widehat{\lambda}} = \{ (m_1,m_2,m_3) \in H^{+} \ | \ m_1 \leq \lambda_1 \ \ \text{et} \ \ \ m_1+m_2 \leq \lambda_1+\lambda_2 \}$.
Montrer que $\varphi(Q_{\widehat{\lambda}})$ est un quadrilatère dont on décrira les sommets.
«1

Réponses

  • $\mathfrak{Fais~ un~ dessin~ par~ pitié~ Oshine}$.
  • Fais un dessin.
  • Voici mon dessin. Merci ! J'ai enfin réussi une question seul (:D

    Comme $w_1 = w_1+ 0$ et $w_1 \in \R w_1$ alors $\boxed{s(w_1)=w_1}$

    On remarque que $2w_2-\sqrt{3} e_2 = w_1$ donc $2 s(w_2) =s(w_1) +\sqrt{3} s(e_2)= w_1 + \sqrt{3} s(e_2)$ par linéarité de $s$.

    Mais $e_2 \in \R w_1 ^{\perp}$ donc $s(e_2)=-e_2$ ainsi $2 s(w_2)=w_1- \sqrt{3} e_2$

    Mais $ \sqrt{3} e_2 = 2w_2 -w_1$ donc $2s(w_2)=w_1 -(2 w_2 -w_1)= 2w_1 -2 w_2$

    Enfin, $\boxed{s(w_2)=w_1-w_2}$

    La matrice recherchée en découle directement.127568
    1.png 495.6K
  • Bonjour
    Je ne sais pas si les autres sont de mon avis mais la question Q5 m'échappe de par sa définition.
    En effet la définition de $Q_ {\widehat\lambda}$ [n'utilise] pas $\lambda_3,$ bizarre ou pas ?
  • J'ai des difficultés avec la question $2$.

    Il est clair que $s_2(w_2)=w_2$ mais je n'arrive pas à exprimer $s_2(w_1)$ en fonction de $w_1$ et $w_2$. J'ai essayé ma méthode de la question $1$, sans succès...
  • bd2017 mais $\lambda_3=-\lambda_2-\lambda_1$.
  • J'ai finalement trouvé la question 2. En révisant le cours de MPSI sur les espaces euclidiens...

    On a $s_2 = 2p_2 -id_E$ où $p_2$ est la projection sur $\R w_2$ parallèlement à son orthogonal. Une base $\R w_2$ est $(w_2)$.

    Donc $s_2(w_1)=2 p_2 (w_1) -w_1$. Mais $p_2(w_1)= < w_1 , \dfrac{w_2}{||w_2||}> \dfrac{w_2}{||w_2||}$ (projection sur une droite vectorielle)

    Or $||w_2||=1$ donc $p_2(w_1)= <w_1 ,w_2> w_2 = \dfrac{w_2}{2}$

    Donc $\boxed{s_2(w_1)=w_2-w_1}$ ce qui donne la matrice voulue.

    Ce qui termine la question $2$. Le reste à l'air accessible mis à part la question $5$ qui fait peur ::o

    Je chercherai ça demain, il faut dormir.
  • Pour la question $3$, je n'arrive pas à montrer que $\varphi$ est linéaire sans me perdre dans des calculs.

    Sinon, $\varphi$ est injective car si $(m_1,m_2,m_3) \in \ker(\varphi)$ alors $(m_1,m_2,m_3) \in H$ et $(m_1-m_2)w_1+(m_2-m_3)w_2=0$.

    Comme $(w_1,w_2)$ est une base de $E$ on en tire $m_1=m_2$ et $m_2=m_3$ donc $m_1=m_2=m_3$. Ce qui donne $m_1+m_2+m_3=3m_1=0$. Finalement $\ker(\varphi)= \{0 \}$ et $\varphi$ est injective.

    Mais $H$ est le noyau de la forme linéaire non nulle $\begin{array}[t]{cccc}
    \phi :& \R^3 &\longrightarrow &\R \\
    & (m_1,m_2,m_3) &\longmapsto &m_1+m_2+m_3
    \end{array} $
    donc $H$ est un hyperplan de $\R^3$ et $\dim H=3-1=2=\dim E$
    Ainsi, $\varphi$ est un isomorphisme.

    Pour $\varphi(H^{+})$ je trouve $\boxed{\varphi(H^{+}) = \{ (m_1-m_2)w_1+(m_2-m_3) w_2 \ | \ m_1 \geq m_2 \geq m_3 \}}$ est-ce la réponse attendue ?
  • Pas vraiment.
    Quel est le signe de $m_1-m_2$ de ....?
    et ainsi donner une expression + simple de cet ensemble

    P.S D'ailleurs tu pourras dire la nature de cet ensemble.

    Ce qui peut servir à la question 5. car le quadrilatère en question est l'intersection de 2 tels ensembles dont on connait les sommets et ils sont nécessairement 2 sommets du quadrilatère. Les deux autres sont situés chacun sur des axes. Je pense qu'il ne sera pas très difficile de les déterminer.

    Par contre, a priori je ne pense pas utiliser $s_1,s_2.$

    PS 2 merci Raoul...
  • Saurais-tu dessiner l'ensemble des $\{aw_1+b w_2\mid (a,b)\in [0,1]\times [0,2]\}$ ?
  • Je pense avoir trouvé l'ensemble recherché je vais essayer de mettre ça au propre.
  • J'aimerais montrer que $\varphi$ est linéaire en utilisant les formes linéaires mais $w_1$ et $w_2$ ne sont pas des réels donc je bloque.
    J'aimerais utiliser qu'une combinaison linéaire de formes linéaires est une forme linéaire.
  • Qu'est-ce que tu racontes avec tes formes linéaires ?

    Maintenant qu'est-ce qu'une application linéaire ? Vérifier qu'une application entre e.v (s) est linéaire est souvent une trivialité.
  • OShine si tu as tendance à t'embrouiller, l'idée avec les formes linéaires est bonne.

    Il suffit de vérifier que les "coefficients" devant la base $w_1,w_2$ sont des formes linéaires. Ici tu as
    $\begin{array}{cccl}

    \varphi :& H &\longrightarrow &E \\

    & (m_1,m_2,m_3) &\longmapsto &(m_1-m_2)w_1+(m_2-m_3)w_2.

    \end{array}$

    Devant $w_1$ tu as l'application $(m_1,m_2,m_3) \longmapsto (m_1-m_2)$ de $H$ dans $\R$ et devant $w_2$ tu as l'application $(m_1,m_2,m_3) \longmapsto (m_2-m_3)$ de $H$ dans $\R$. Ce sont deux formes linéaires (on le voit immédiatement mais tu peux le vérifier...) donc $\varphi$ est linéaire.
  • Oui Bd2017 c'est facile de montrer que $\varphi$ est linéaire.

    Soient $(\lambda,\mu) \in \R^2$ et $m=(m_1,m_2,m_3) \in \R^3$ et $m'=(m_1 ',m_2 ',m_3 ') \in \R^3$.

    On a $\varphi(\lambda m+ \mu m')=\varphi( (\lambda m_1+ \mu m_1 ', \lambda m_2+ \mu m_2 ' , \lambda m_3+ \mu m_3 ' ) )$

    Donc $\varphi(\lambda m+ \mu m')= ( \lambda m_1 + \mu m_1 ' - \lambda m_2 - \mu m_2 ') w_1 +(\lambda m_2 +\mu m_2 ' - \lambda m_3 - \mu m_3 ')w_2 \\
    = \lambda (m_1-m_2) w_1 + \mu (m_1 '-m_2 ') w_1 + \lambda (m_2-m_3)w_2 + \mu (m_2 '-m_3 ') w_2 \\
    = \lambda \varphi(m)+ \mu \varphi(m')$

    Ainsi, $\varphi$ est linéaire.

    Question $4$ :
    C'est un simple calcul. Soit $(m_1,m_2,m_3) \in H$. On a $s_1 \circ \varphi(m_1,m_2,m_3)= s_1 ( (m_1-m_2) w_1+(m_2-m_3) w_2)$

    Par linéarité de $s_1$ on a : $s_1 \circ \varphi(m_1,m_2,m_3)=(m_1-m_2) s_1(w_1)+(m_2-m_3) s_1(w_2)$

    Or $s_1(w_1)=w_1$ et $s_1(w_2)=w_1-w_2$ donc $s_1 \circ \varphi(m_1,m_2,m_3)= (m_1-m_2) w_1 + (m_2-m_3) (w_1-w_2)$

    Enfin $\boxed{s_1 \circ \varphi(m_1,m_2,m_3)=w_1(m_1-m_3) +w_2(m_3-m_2)=\varphi (m_1,m_3,m_2)}$

    De plus, $s_2 \circ \varphi(m_1,m_2,m_3)= s_2 ( (m_1-m_2) w_1+(m_2-m_3) w_2)$

    Par linéarité de $s_2$ on a : $s_2 \circ \varphi(m_1,m_2,m_3)=(m_1-m_2) s_2(w_1)+(m_2-m_3) s_2(w_2)$

    Or $s_2(w_1)=w_2 -w_1$ et $s_2(w_2)=w_2$ donc $s_2 \circ \varphi(m_1,m_2,m_3)= (m_1-m_2) (w_2-w_1)+ w_2 (m_2-m_3) $

    Enfin $\boxed{s_1 \circ \varphi(m_1,m_2,m_3)=w_1(m_2-m_1) +w_2(m_1-m_3)=\varphi (m_2,m_1,m_3)}$

    Le jury dit pour la question $5$ : "cette question difficile a été très rarement abordée. Aucun candidat n'y a répondu de façon complète".
  • Merci pour l'information, le rapport du jury est quelque chose qui nous tient tout particulièrement à coeur
  • @Raoul.S

    Je sais vérifier qu'elles sont linéaires mais je n'ai pas compris pourquoi il suffit de vérifier que les "coefficients" devant la base $w_1,w_2$ sont des formes linéaires.

    @Noobey
    C'est un point de repère pour moi, je ne vois pas comment je pourrais réussir une question qu'aucun candidat n'a réussi.
  • Peut-être pourrais-tu considérer un instant que ça ne veut rien dire. Tu n'es pas forcément plus con ou moins compétent que littéralement tous les autres candidats. En plus, tu n'es pas en condition de concours, en temps limité on zappe les questions auxquelles on ne sait pas répondre tout de suite et on y revient à la fin avec le temps restant. Tu as tout le temps du monde et le cours sous les yeux su tu veux. Essaie au moins d'y réfléchir, peut-être auras tu une piste...

    Il fait bon de ne pas être défaitiste de temps en temps.

    Et ma raci ne carrée, ça avance ?
  • @Homo Topi
    Pas faux.

    J'ai avancé un peu. D'après la question $3$, on a :

    $\boxed{\varphi(Q_{\widehat{\lambda}}) =\{ a w_1 + b w_2 \ | \ a \geq 0 \ \ \text{et} \ \ b \geq 0 \ \ \text{et} \ \ 2a +b \leq 3 \lambda_1 \ \ \text{et} \ \ a+2b \leq 3\lambda_1 +3 \lambda_2 \} }$

    Donc c'est l'ensemble des points au dessus de l'axe $(Ox)$, à droite de l'axe $(Oy)$, en dessous de la droite d'équation $2a+b= 3 \lambda_1$ et en dessous de la droite d'équation $a+2b = 3(\lambda_1 + \lambda_2)$

    A partir de là je bloque un peu.
  • Soit la droite $(D_1)$ d'équation $y = 3 \lambda_1 - 2x$ et $(D_2)$ la droite d'équation $y= \dfrac{3 (\lambda_1 + \lambda_2)}{2} - \dfrac{x}{2}$

    Comparons $3 \lambda_1$ et $\dfrac{ 3(\lambda_1+ \lambda_2)}{2}$

    On a $\Delta= 3 \lambda_1 - \dfrac{ 3(\lambda_1+ \lambda_2)}{2}=\dfrac{3( \lambda_1- \lambda_2)}{2} \geq 0 $ car $\lambda_1 > \lambda_2$

    Donc $\boxed{3 \lambda_1 > \dfrac{ 3(\lambda_1+ \lambda_2)}{2}}$

    Je peux maintenant dessiner les droites dans le repère $(w_1,w_2)$ je pense pouvoir trouver la solution. Je dois trouver le point d'intersection des deux droites.
  • Voici le quadrilatère recherché, il ne me reste plus qu'à déterminer les coordonnées des points. C'est la quadrilatère $OABC$.127594
    1.png 495.5K
  • En résumé, le concepteur du sujet a posé la question 5 après les questions 1-4, juste parce qu'il fallait bien la poser quelque part, sauf à être condamné à tenir cette question à la main pour l'éternité.
  • Bonjour,

    Le théorème fondamental des mathématiques "la seconde question vient après la première" possède de nombreux corollaires, c'est ce que je disais à mes élèves.

    Cordialement,

    Rescassol
  • J'ai utilisé la question $3$ pour faire la $5$...
  • pour faire la 5.

    "Il s'est fait la 5", veut sans doute dire "il a massacré la 5".

    Par ailleurs, cet exercice en 5 questions est constitué des questions 14 et 15 du problème "X/ENS Maths A MP 2015", qui comportait 16 questions (durée 4 heures). La question 16 disait "hexagone". Quelle surprise !
  • Oui c'est tiré de X-ENS 2015 MP.

    J'aime bien ce sujet.

    Un hexagone est une réunion de quadrilatère...

    Après je n'ai pas fait les premières parties.
  • Un sujet qui cause de l'angle de 60° ne peut pas être totalement mauvais.
    Quant aux quadrilatères qui se réunissent pour causer d'un hexagone, cela ressemble à un con-clave.127600
  • Voici ma solution. Est-ce correct ?127606
  • Bonjour
    Je n'ai pas fait les calculs et je n'ai pas suivi les tiens. Néanmoins, je suis assez persuadé que B c'est $\phi(\lambda)$ Est ce que tu as calculé les coordonnées dans la base canonique où dans la base $(w_1,w_2)$?

    Mais dans les 2 cas cela ne correspond pas à $\phi(\lambda)$

    C'est pour cela que pense que c'est incorrect.
  • Je ne sais pas trop mes équations de droites, elles sont dans quel repère dans mon expression :

    $\varphi(Q_{\widehat{\lambda}}) =\{ a w_1 + b w_2 \ | \ a \geq 0 \ \ \text{et} \ \ b \geq 0 \ \ \text{et} \ \ 2a +b \leq 3 \lambda_1 \ \ \text{et} \ \ a+2b \leq 3\lambda_1 +3 \lambda_2 \} $
  • Peux tu expliquer les conditions $2a +b \leq 3\lambda_1$ et l'autre... ???

    parce que je ne comprends pas.
  • $m_1 = 2a/3 +b/3$ voir ma réponse à la question $3$ quand je détermine $\varphi(H^{+})$
  • J'adore le rapport du jury : « Ce comportement a été pénalisé, la malhonnêteté étant plus grave que l’ignorance ou l’erreur. »
  • Ce n'est pas une réponse ! Explique d'où vient cette condition.
  • J'ai déterminé $m_1$ et $m_2$ en fonction de $a$ et $b$ de sorte que $aw_1 +b w_2 =(m_1 -m_2) w_1 + (m_2-m_3) w_2$
  • Bon mets toi à ma place.
    Tout ce que je sais c'est que ton résultat est faux car $B=\phi(\lambda)$, c'est certain.
    Perso je n'ai pas envie de faire le travail à ta place.
    Ou bien tu as un raisonnement faux ou alors tu as fait une erreur de calcul.

    Si tu as fait une erreur, vérifie S-T-P tes calculs.

    Maintenant j'ai doute avec tes remarques. En effet, demander si tu as calculé dans telle base ou telle base, cela ressemble à ton enfumage habituel :
    c'est-à-dire que je subodore que tu as un corrigé...blabla ...c'est toujours la même histoire.
  • Il y a un corrigé et je ne trouve pas la même réponse que le corrigé donc je n'ai pas du tout suivi le corrigé.

    De toute façon ce sont les corrigés du site ups et je ne les ai jamais compris. Je ne les lis même plus, mis à part pour vérifier un résultat qui n'est pas donné dans l'énoncé, mais je ne comprends pas les explications données.
    Donc je préfère faire moi-même.

    Je mets le corrigé juste pour que tu puisses voir la valeur trouvée par le correcteur.127620
    2.png 149.6K
  • Oui, ils ont trouvé $ E=\phi(\lambda) $ dans la base $(w_1,w_2)$ donc le corrigé est surement correct!
  • Comment sais-tu que $\phi(\lambda)$ est un point du quadrilatère ?
  • (1) On fixe $\mu$. Comment sait-on que $\mu$ est l'un des $x$ tels que $x\leq \mu$?
    (2) Comment sait-on que le fameux OShine ne pige rien à rien ... et/ou est un troll ?
  • pldx1

    Cette question n'a été réussie par aucun candidat,pourtant ceux qui passent l'X sont les 1300 meilleurs candidats de France.
    Et généralement les 50 premiers sont des montres en math.
  • Bonjour.

    On oublie OShine-le-troll et l'on s'intéresse aux questions 14-15 de la cuvée 2015.
    • En considérant que la question 16 était surtout destinée à départager les membres du Jury, les candidats avaient, en moyenne, $4\times60mn/15=16mn$ à passer par question. Il est donc en premier lieu question d'adopter une rédaction incisive et ultra-rapide.

      $\,$
    • (5a, début) Tout cela cause des relations entre trois représentations d'un même point utilisant des coordonnées $\def\phi{\varphi}
      \def\R{\mathbb R}
      \left(x,y\right)$ wrt $e_{1},e_{2}$ ; $\left(a,b\right)$ wrt $w_{1},w_{2}$ ; et $\left(m_{1},m_{2},m_{3}\right)$ dans le plan $H$. On nous donne: \begin{align*} \left(\begin{array}{c} x\\ y \end{array}\right) & =\left[\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB}\right]\left(\begin{array}{c} a\\ b \end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc} 1 & \frac{1}{2}\\ 0 & \frac{\sqrt{3}}{2} \end{array}\right)\cdot\left(\begin{array}{c} a\\ b \end{array}\right)\\ \left(\begin{array}{c} a\\ b \end{array}\right) & =\left(\begin{array}{c} m_{1}-m_{2}\\ m_{2}-m_{3} \end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc} +1 & -1 & 0\\ 0 & +1 & -1 \end{array}\right)\cdot\left(\begin{array}{c} m_{1}\\ m_{2}\\ m_{3} \end{array}\right) \end{align*} toutes ces transformations étant évidemment linéaires.

      $\,$
    • (5a, suite) La forme $h\left(\overrightarrow{m}\right)=m_{1}+m_{2}+m_{3}$ étant non nulle, son noyau $H$ est un hyperplan de $\R^{3}$... c'est à dire un plan. La matrice $m2ab$ de la transformation $\phi$ est visiblement de rang 2. Appliquant l'un sur l'autre deux espaces de même dimension 2, $\phi:H\hookrightarrow\R^{2}$ est donc un isomorphisme. Résolvant $a=m_{1}-m_{2};b=m_{2}-m_{3};h\left(\overrightarrow{m}\right)=0$, il vient: \[ \left(\begin{array}{c} m_{1}\\ m_{2}\\ m_{3} \end{array}\right)=\frac{1}{3}\left(\begin{array}{cc} +2 & +1\\ -1 & +1\\ -1 & -2 \end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{c} a\\ b \end{array}\right) \] Si l'on avait du temps en trop, on pourrait vérifier que \[ m2ab\cdot ab2m=Id_{2}\;;\;\left[1,1,1\right]\cdot ab2m\cdot m2ab=\left[0,0,0\right] \]

      $\,$
    • (5a, fin) Si l'on suppose $m_{1}>m_{2}>m_{3}$, on a évidemment $a>0,b>0$ et $\phi\left(A\right)$ se trouve dans le secteur angulaire $\left(\R\overrightarrow{OA},~\R\overrightarrow{OB}\right)$, bords non compris. Réciproquement: pour un point $C\left(a,b\right)$ dans le plan, alors $\overrightarrow{N}\doteq ab2m\cdot\overrightarrow{C}$ est dans $H$ et vérifie $\phi\left(N\right)=C$. Et alors $a>0$ implique $m_{1}>m_{2}$ etc: double inclusion.

      $\,$
    • (4a) On admet l'existence de l'hexagone régulier, voir figure. La symétrie (orthogonale) $\sigma_{1}$ autour du diamètre $DOA$ laisse invariant les points $O$ et $A$ et donc le cercle $\left(\gamma\right)$ est globalement invariant. En outre la droite $DOA$ est la bissectrice de l'angle de vecteurs $\left(\overrightarrow{OB},\overrightarrow{O\sigma\left(B\right)}\right)$. Par conséquent $\sigma_{1}\left(B\right)=F$ (preuve détaillée: $2\times0°-60°=-60°)$ et l'on a: \[ M_{1}\doteq mat_{ab}\left(\sigma_{1}\right)=\left[\sigma_{1}\left(A\right),\sigma_{1}\left(B\right)\right]=\left(\begin{array}{cc} 1 & 1\\ 0 & -1 \end{array}\right) \]
      $\,$
    • (5b, debut) Dans un monde meilleur, on pourrait utiliser une calculatrice et obtenir: \[ ab2m\cdot M_{1}\cdot m2ab+\frac{1}{3}\left(\begin{array}{ccc} 1 & 1 & 1\\ 1 & 1 & 1\\ 1 & 1 & 1 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 0 \end{array}\right) \] Mais les règlements étant ce qu'ils sont, les candidats en sont réduits à perdre de précieuses secondes pour écrire qu'au vu de la Q4b, \begin{eqnarray*} s_{1}\left(\phi\left(\overrightarrow{m}\right)\right) & \doteq & s_{1}\left((m_{1}-m_{2})w_{1}+(m_{2}-m_{3})w_{2}\right)\\ & = & (m_{1}-m_{2})s_{1}\left(w_{1}\right)+(m_{2}-m_{3})s_{1}\left(w_{2}\right)\\ & = & (m_{1}-m_{2})\left(w_{1}\right)+(m_{2}-m_{3})\left(w_{1}-w_{2}\right)\\ & = & \left(m_{1}-m_{3}\right)w_{1}+\left(m_{3}-m_{2}\right)w_{2} \end{eqnarray*} Ce qui revient, en effet, à permuter $m_{2}$et $m_{3}$.

      $\,$
    • (4b) On pratique de même avec la symétrie $\sigma_{2}$ autour du diamètre $EOB$. Il vient $\sigma_{2}\left(B\right)=B$ et $\sigma_{2}\left(A\right)=C$ (preuve détaillée: $2\times60°-0°=120°)$. On utilise alors $\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{BC}$ pour écrire: \[ M_{2}\doteq mat_{ab}\left(\sigma_{2}\right)=\left[\sigma_{2}\left(A\right),\sigma_{2}\left(B\right)\right]=\left(\begin{array}{cc} -1 & 0\\ 1 & 1 \end{array}\right) \]

      $\,$
    • (5b, fin) Dans un monde meilleur, on pourrait utiliser une calculatrice et obtenir: \[ ab2m\cdot M_{2}\cdot m2ab+\frac{1}{3}\left(\begin{array}{ccc} 1 & 1 & 1\\ 1 & 1 & 1\\ 1 & 1 & 1 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc} 0 & 1 & 0\\ 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{array}\right) \] Mais les règlements étant ce qu'ils sont, les candidats en sont réduits à perdre de précieuses secondes pour écrire qu'au vu de la Q4b, \begin{eqnarray*} s_{2}\left(\phi\left(\overrightarrow{m}\right)\right) & \doteq & s_{2}\left((m_{1}-m_{2})w_{1}+(m_{2}-m_{3})w_{2}\right)\\ & = & (m_{1}-m_{2})s_{2}\left(w_{1}\right)+(m_{2}-m_{3})s_{2}\left(w_{2}\right)\\ & = & (m_{1}-m_{2})\left(-w_{1}+w_{2}\right)+(m_{2}-m_{3})\left(w_{2}\right)\\ & = & \left(m_{2}-m_{1}\right)w_{1}+\left(m_{1}-m_{3}\right)w_{2} \end{eqnarray*} Ce qui revient à permuter $w_{2}$et $w_{1}$.

      $\,$
    • (5c) Pour $\overrightarrow{\lambda}$ fixé, les conditions $m_{1}\geq m_{2}$, $m_{2}\geq m_{3}$, $\lambda_{1}\geq m_{1}$, $m_{3}\geq\lambda_{3}$ déterminent dans $H$ autant de demi-plans (bords compris). Lorsque $\overrightarrow{\lambda}$ est dans $H^{+}$, ce point est l'un des $\overrightarrow{m}$ possibles: l'intersection des quatre demi-plans forme un quadrilatère convexe non vide (intersection de convexes). Par une transformation linéaire, les droites restent des droites, et les demi-plans restent des demi-plans (continuité). On sait que dans $\phi\left(H\right)$ les deux premieres conditions ont les droites $OA$ et $OB$ pour frontières. La frontière de $\phi\left(\lambda_{1}\geq m_{1}\right)$ est une droite. On en connaît deux points: $L\doteq\phi\left(\overrightarrow{\lambda}\right)$ lui même et $\sigma_{1}\left(L\right)$. De même, la frontière de $\phi\left(\lambda_{3}\leq m_{3}\right)$ est une droite. On en connaît deux points: $L$ lui même et $\sigma_{2}\left(L\right)$. Merci au poseur de sujet d'avoir posé les questions (5b) avant la question (5c) !

      En résumé, le lieu de $M$ est le quadrilatère convexe non vide et non réduit à un point ayant $O,L$ pour paire diagonale et les projections (orthogonales) de $L$ sur les droites $OA$ et $OB$ pour deuxième paire diagonale.

      $\,$
    • On note dans un coin de sa tête que ce quadrilatère est inscriptible, des fois que cela puisse être utile.


    Cordialement, Pierre.127632
    127640
  • Je ne sais pas quelle langue tu parles mais je ne comprends rien à ton message. C'est vraiment du chinois.

    Il faut avoir un niveau bac+8 pour comprendre ça ?
  • Kaisse kil ne con-prend pas dans:

    On oublie OShine-le-troll et l'on s'intéresse aux questions 14-15 de la cuvée 2015?
  • Bonjour,
    OShine a écrit:
    Et généralement les 50 premiers sont des montres en math.

    Ils donnent l'heure ? Et ils font le café en plus ? C'est peut-être ce que tu devrait apprendre, c'est à ta portée.

    Cordialement,

    Rescassol
  • Mais OShine c'est pas possible de se comporter comme ça. C'est absurde !! C'est quoi ton complexe d'infériorité avec bac +8 ? pourquoi parler sur ce ton à des gens qui essaient de t'aider ?

    Fais des maths ! si tu veux faire le malin va en discothèque, va sur les réseaux sociaux, va ailleurs !

    Cordialement
  • Je me demande qui peut comprendre le message de pldx1.

    Dès la première ligne je ne comprends rien.
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