Exos pour futurs spés

[Miltøn]

Heu, alors en voici deux, que j’espère ne pas avoir déjà donnés ici. ^^

1° Soit A une R-algèbre unitaire, commutative, intègre et de dimension finie. Montrer que A est isomorphe à R ou à C.

2° Soient K un corps, E un K-ev, φ_1, …, φ_n et ψ des formes linéaires sur E. Montrer que ψ ∈ Vect(φ_1, …, φ_n) si, et seulement si ker ψ contient l’intersection des ker(φ_i).

[Miltøn]

Alors ?
Pour le 1, commencez par montrer que A est un corps éventuellement.

[Zrun]

J’ai le 2, je posterai la solution tout à l’heure . Merci pour l’indication !

Edit :

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Je ne sais pas si les bases anteduales en dimension infinie est au programme mais bon qui suit vraiment le programme ??

[Darkpatric]

J’ai le 2

Nom pas que j’en doute de ta capacité à le faire seul mais on l’a quand même eut en dm....

[Zrun]

J’ai le 2

Nom pas que j’en doute de ta capacité à le faire seul mais on l’a quand même eut en dm....

Ah tu es sur ? Je vois de quel dm tu parles mais je me souviens de la question telle quelle ...

[Darkpatric]

C’etait En deux questions (mais on vas pas chipoter)
Il me semble

[Zrun]

Ok je te crois ! Peut-être il faudrait que je relise nos DMs avant la reprise

[Miltøn]

OK. Tu peux prouver l’existence de la base antéduale ?

Au fait, j’attends toujours la correction des rugbymen sans déterminants.

[Zrun]

En dimension finie je peux , via l’isomorphisme entre E et son bidual. En dimension infinie, je suis même pas sûr que ça existe dans tous les cas , faudrait que je trouve un autre moyen qui contourne l’utilisation de la base antéduale et après je pourrais me lancer dans le premier exo !

[Miltøn]

En fait en dimension infinie, ça n’a même pas forcément de sens de parler de base duale. Si tu te regardes par exemple E = R^(N) (les suites réelles à support fini) avec (e_n)_n la base canonique, les formes linéaires canoniquement associées aux e_n ne sont pas nécessairement une famille génératrice de E* (par exemple, que penses-tu de la forme linéaire qui a une suite associe la somme de ses termes ?). On peut même démontrer que dim(E) = dim(E*) ssi E est de dimension finie.

Cela dit, pour en revenir à nos moutons, ta preuve est très bien sous l’hypothèse que E est de dimension finie, mais ne semble pas pouvoir fonctionner dans le cas général. Mais ce n’est pas très grave, on peut essayer de se ramener à de la dimension finie de façon pas trop idiote ! Qu’est-ce que tu penses de l’application suivante ?
E ⟶ K^(n+1)
x ⟼ (φ1(x), …, φn(x), ψ(x))

[Miltøn]

On sèche ?

[Zrun]

Non non c’est juste que j’étais en compétition sportive et quand je rentrerai chez moi je reprendrai les deux problèmes !

[Mamoun]

Quant à moi j'encadre.un stage d'olympiade de maths donc je n ai pas une minute de.libre!

[Zrun]

Voilà une solution en dimension finie et infinie

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[Miltøn]

En effet, ça marche bien !

Pour info, la solution à laquelle je pensais : si l’on appelle P l’opérateur :
E ⟶ K^{n+1}
x ⟼ (φ_1(x), …, φ_n(x), ψ(x))
alors il est clair que P n’est pas surjective, donc im(P) est inclus dans un hyperplan H, qui est le noyau d’une forme linéaire π = a_1 e_1* + … + a_{n+1} e_{n+1}*, d’où ∀ x ∈ E : a_1 φ_1(x) + … + a_n φ_n(x) + a_{n+1} ψ(x) = 0, ce qui conclut.

[Zrun]

Exo 2 , j’espère que c’est correct (car c’est quand même long ma solution)

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Exercice 7:
Soit M dans M2(Z) telle qu’il existe n dans N* tel que M^n=I où I est l’identité . Montrer alors que M^12=I

Edit: Très subtil ta solution Milton . Je n’avais jamais vu l’idée que si f n’est pas surjective alors Im f est inclus dans un hyperplan ... mais maintenant je le saurais !

[Miltøn]

Yes, pour l’exo 2 c’est correct !

Je n’avais jamais vu l’idée que si f n’est pas surjective alors Im f est inclus dans un hyperplan ...

Oui bon par contre danger axiome du choix, hein.

[Zrun]

Je le garde pour de la dimension finie alors

[thuiop]

Il est dans le TD de Brevet ton exo

[Zrun]

Ah d’accord mais bon comme en principe les futurs spés n’ont pas fait les TD de Brevet , ça passe ^^
Et puis il y a des moyens de le faire sans outils de spé même si c’est plus facile avec (dont certains sont déjà vus en sups à Fermat )

[thuiop]

Effectivement je veux bien voir une preuve plus élémentaire.

[Mamoun]

Désolé pour la preuvé élémentaire , il faudra repasser .

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Exercice 8 Un peu d'arithmétique car j'adore et que ca ne peut pas faire de mal
Trouver tous les nombres premiers p et q tel que :
p^2+1 divise (2003^q+1)
q^2+1 divise (2003^p+1)

[thuiop]

C'est à peu près ça mais tu as oublié un cas Mamoun.

[Mamoun]

C'est à peu près ça mais tu as oublié un cas Mamoun.

Ah oui c'est vrai les racines primitivés 6ème de l'unité , désolé.

[Zrun]

La preuve élémentaire c’est en gros la même idée mais tu regardes juste les polynômes caractéristiques possibles et tu en déduit le résultat par (longue) disjonction de cas...

[thuiop]

C'est à peu près ça mais tu as oublié un cas Mamoun.

Ah oui c'est vrai les racines primitivés 6ème de l'unité , désolé.

Non, c'est surtout que tu oublies le cas où le det vaut -1 et pas 1 x)

[Mamoun]

C'est à peu près ça mais tu as oublié un cas Mamoun.

Ah oui c'est vrai les racines primitivés 6ème de l'unité , désolé.

Non, c'est surtout que tu oublies le cas où le det vaut -1 et pas 1 x)

Le déterminant?Qu'est ce que ca vient faire ici ?

[thuiop]

Les valeurs propres ne sont pas forcément conjuguées, c'est le cas seulement si le déterminant vaut 1 (il vaut soit 1 soit -1 car il est dans Z).

[Mamoun]

Les valeurs propres ne sont pas forcément conjuguées, c'est le cas seulement si le déterminant vaut 1 (il vaut soit 1 soit -1 car il est dans Z).

Mais tr(M) est dans R et c est égal a la somme des 2 valeurs propres donc les valeurs propres ont même partie imaginaire et comme c est des racines énièmes elle ne sont pas forcément conjuguées

[thuiop]

A priori non : si les deux ont une partie imaginaire opposée, alors la trace sera dans R. Donc on pourrait prendre l'opposé d'une racine de l'unité comme deuxième valeur (on ne peut pas à cause du det en fait). En fait si tu examines le second cas tu fais apparaître 2isin(2kpi/n) dans R, et tu conclus facilement.

[Miltøn]

Ben le deuxième cas il est exclus sauf à ce que sin(2kπ/n) = 0, non ? Parce que sinon, on se retrouverait avec une trace de matrice à coefficient dans Z qui serait imaginaire pure et non réelle…

[thuiop]

Oui, donc le deuxième cas c'est uniquement pour les valeurs propres 1 et -1 et ça marche. Mais il ne faut pas l'occulter car on ne peut pas dire que les racines sont conjuguées uniquement avec la trace, il faut invoquer le déterminant.

[Mamoun]

Quelques indication pour ceux qui essaient mon exo.

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On pourra commencer par montrer que p=2 implique q=2 pour se placer après dans le cas p,q impairs.
Ensuite on pourra introduire r un diviseur premier de p^2+1 et s'intéresser à l'ordre de 2003 modulo r .
On se souviendra que r est un diviseur premier de p^2+1 ce qui lui impose des restrictions

[Zrun]

Je tourne un peu en rond (ça fait longtemps que je n’ai plus fait de l’arithmétique)

Spoiler :

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Bon si p=2 alors q=2 en regardant l’ordre de 2003 modulo 5.
Dans le cas p,q impairs , on s’intéresse à l’ordre de 2003 modulo r , il vaut 1,2 ou 2q . De plus , comme r est un diviseur premier de p^2+1, on a 4 divise r-1 . Il faut distinguer le cas r=2 me semble-t-il... Mais après à part une longue disjonction de cas , je vois pas comment être efficace (je doit rater un truc trivial )

[Mamoun]

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Comme q est impair on peut s intéresser à l ordre de -2003 modulo r. Si il vaut 1 alors en decomposant 2004 on obtient une restriction sur les valeurs de r avec le lemme. Si il vaut q on obtient une congruence de tous les diviseurs premiers de q modulo lp^2+1

[Zrun]

Je crois avoir trouvé . Est-ce que (2,2) est la seule solution ?

[Mamoun]

Oui

[Zrun]

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Exercice 9
Montrer que la série des inverses des nombres premiers diverge

[thuiop]

Not so easy.

[Almar]

Certains racontent que c'est un exercice d'oral X-ENS.

[Zrun]

Not so easy.

Effectivement il y a deux idées à avoir pas si évidentes que cela

[Mamoun]

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Quand tu dis que q divise r-1 donc q<p , donc p^2+1 est une puissance de 2. C'est quoi les arguments que tu utilises? C'est bien trop rapide

[Zrun]

Effectivement j’ai bien truandé , quand j’ai écris cela j’ai pensé que r divisait p pour l’inégalité puis que r divisait p^2+1 pour la puissance de 2 ....bref je me suis bien embrouiller

C’est ça faire des maths en faisant du français en même temps ...

[Mamoun]

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Essaie de montrer que p^2+1=2[q] et symetriquement

[Zrun]

Je vais regarder ça ... Je suis vraiment une chèvre sur cet exo

[Zrun]

Ah je crois que je l’ai !

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Si r!= 2 , alors l’ordre de (-2003) mod r est q donc q divise r-1 (petit théorème de Fermat) . Donc r=1[q]
Maintenant , on écrit p^2+1=2^aS où S est un produit de nombres premiers différents de 2. Alors p^2+1=2^a[q] .
Mais si a >= 2, alors 4 divise p^2+1 d’où p^2=3[4] impossible .
Donc p^2+1=2[q] et q^2+1=2[p] . Par lemme d’Euclide, p divise q-1 ou q+1 et q divise p-1 ou p+1 , ce qui conduit dans chaque cas à une absurdité (p<p ou q<q ou q<= q-2 suivant les cas ) .
Donc (2;2) est unique solution

Je laisse l’exo que j’ai posté sauf si il est déjà connu !

[Mamoun]

C'est ça bravo!
Personellement je le connais, je l avais vu dans un livre :raisonnements divins.

[Zrun]

Un autre alors :
Exo:
Trouver f: Q+* -> Q+* telle que pour tous (x,y) rationnels strictement positifs : f(x(f(y))=f(x)/y

[Zrun]

Quelques indications comme la rentrée approche :

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Soit f une solution.
Montrer que f est injective .
Trouver alors une expression de fof .
Montrer que f est multiplicative .
Conclure

[Mamoun]

Edit: Très subtil ta solution Milton . Je n’avais jamais vu l’idée que si f n’est pas surjective alors Im f est inclus dans un hyperplan ... mais maintenant je le saurais !

Plutôt utile ce petit truc en fait