Polytechnique maths A MP 2023

@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.

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. 

$x$ 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, $x \in T$.

@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. 

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 $A$...

J'ai du mal avec la question $20.a$, je ne vois pas comment faire apparaître le $x^2$.

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 $A$ ? 

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. 

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 $z^2$.

@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 $Vect(1,z)= \C$.

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

@Madec
Ok merci.

@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.