Sujet algèbre A Polytechnique 2020
Bonjour
Le sujet A de l’X algèbre 2020 de ce matin.
Et la suite
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,2037242,2037458#msg-2037458 X-ENS PC PSI
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,2037242,2038268#msg-2038268 Math B X
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,2037242,2039962#msg-2039962 Math D ENS
Le sujet A de l’X algèbre 2020 de ce matin.
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Réponses
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Joli sujet. Ça a l'air intéressant.
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C'est bizarre, c'est écrit en vieux français ;-).
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Bonjour,
S'il te vient les autres sujets de cette semaine, je serai content que tu les partages etanche (tant qu'à faire dans ce fil, pour les regrouper). J'ai des amis qui passent le concours X-ENS cette année donc je suis curieux de voir les sujets qui tombent (et je ne veux pas les déranger).
PS : Je n'ai pas compris Chaurien. -
Pour la première question: à savoir trouver une matrice symétrique $M$, $2 \times 2$ à coefficients rationnels dont $\lambda=\sqrt{2}$ serait une valeur propre, on m'a proposé
\begin{equation}
M=\begin{pmatrix} 1 & 1 \\
1 & -1
\end{pmatrix} \in S_2(\mathbb{Q})
\end{equation}
... -
Ben, il n'y a rien en verlan ni en écriture inclusive, ça fait vieux. Certains de ce forum vont être frustrés dans leurs goûts linguistiques modernes.
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À la demande de Calli
Voici le sujet X ENS PC 2020
Voici le sujet X ENS PSI 2020 -
Chaurien : D'accord. Je n'avais pas cerné l'ironie.
Etanche : Merci. En l'occurrence je m'intéresse plutôt aux sujets MP X-ENS à venir. -
Bonjour, t'as traité la troisième partie ? Où il demande de prouver que Sp(M) inclus dans R
-
Quelques précisions supplémentaires sur la première question.
Pour être franc, j'avais pensé utiliser le polynôme minimal de $M$ mais je ne savais pas trop quoi faire de lui. Quelques conseils m'ont alors rappelé que parmi les trois coefficients du polynôme caractéristique d'une matrice $M$ de dimension $2$, il y a la trace et le déterminant de $M$.
\begin{equation}
P_M(\lambda) = \lambda ^2-Tr(M)\lambda+\det (M).
\end{equation}
La matrice $M$ étant à coefficients rationnels avec $\sqrt{2}$ pour valeur propre, son polynôme minimal est $X^2-2$.
Enfin $M$ est symétrique (i.e égale à sa transposée), donc de la forme
\begin{pmatrix} a & b \\
b & c
\end{pmatrix} La matrice $M$ doit donc vérifier $Tr(M) =0$ soit $c=-a$ et $\det(M) =-a^2-b^2=-2$.
J'ai une question cependant. Sans refaire tout l'examen, comment, en partant de l'irrationalité de $\sqrt{3}$, on en déduit le polynôme caractéristique de $M$ ?
Il y a un théorème qui affirme que si ce polynôme avait une racine rationnelle, le numérateur de cette racine serait un diviseur de $\det(M)$ et son dénominateur un diviseur du coefficient dominant.
... -
Supposons que $\sqrt{3}$ soit valeur propre de $M$. Soit $P$ le polynôme caractéristique de $M$. Alors $P(X)-(X^2-3)$ est un polynôme de degré $\leqslant 1$ à coefficients rationnels, dont $\sqrt{3}$ est racine. Par irrationalité de $\sqrt{3}$, ça impose $P(X)-(X^2-3)=0$, et donc $P(X) = X^2-3$.
-
Soit $a$ l'autre v.p
Alors $a\sqrt{3} = p$ et $a + \sqrt{3} = q$
Avec $p$ et $q$ rationnels.
De la première égalité on obtient que $a = p' \sqrt{3}$ avec $p'$ rationnel
De la 2e tu obtiens ensuite que $p' = -1$. -
Merci beaucoup pour vos réponses !
... -
Quelqu'un a une solution à partager pour la question 9 de la deuxième partie du sujet de MP?
-
Bah il me semble que ça va non? Pour tout n positif on a :
$a_1^n + ... + a_p^n \in Q$
$b_1^n + ... + b_q^n \in Q$
Ensuite
$\sum_{i=1}^p \sum_{j=1}^q (a_ib_j)^n = \sum_{i=1}^p a_i^n \sum_{j=1}^q b_j^n$
$\sum_{i=1}^p \sum_{j=1}^q (a_i+b_j)^n = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} \sum_{i=1}^p \sum_{j=1}^q a_i^k b_j^{n-k}$ et rebelotte -
Il suffit d'appliquer le résultat du 8.c aux $2$ doubles produits, mais c'est un peu lourd, surtout pour le deuxième.
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Solution du 3a , 3b , 3c ?merci
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Merci pour ces réponses, quelle rapidité !
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Pour la 3a : Il me semble que la matrice suivante fonctionne
$\begin{pmatrix}
A & I_n \\
I_n & -A
\end{pmatrix}$
Ensuite pour la 3b, tu poses $A_1 = 1$, $A_2$ la matrice construite à partie de $A_1$ de la 3a, puis par récurrence $A_3, A_4,... A_d$
On pose alors $M_d = A_d$ qui est de taille $2^d$, $M_{d-1}$ est la matrice composée des blocs de tailles $2^{d-1}$ : $\begin{pmatrix}
A_{d-1} & 0 \\
0 & A_{d-1}
\end{pmatrix}$
$M_{d-2}$ est la matrice composée des blocs de taille $2^{d-2}$ : $diag(A_{d-2},A_{d-2},A_{d-2},A_{d-2})$ etc.
Pour la commutativité c'est un peu plus relou mais normalement ça doit se faire
Pour la 3c :
On écrit $q_i = a_i/b_i = a_ib_i/b_i^2$ et on pose $D = max_i (a_ib_i)$
D'après la question précédente, il existe des matrices $M_i$ telles que $M_i^2 = a_ib_iI_{2^D}$
Et on pose alors $M'_i = M_i/b_i$ -
Vous n'avez pas le sujet de l'épreuve d'aujourd'hui ? Qui était apparement significativement plus difficile que celle d'hier.
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X Math B de ce matin
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Merci etanche (tu)
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Merci Poirot, j'aurais mieux fait d'aller faire dodo
Il vallait mieux écrire $$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\left(\alpha_{i}+\beta_{j}\right)^{k} =\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\sum_{l=0}^{k}\binom{k}{l}\alpha_{i}^{l}\beta_{j}^{k-l}
=\sum_{l=0}^{k}\binom{k}{l}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\alpha_{i}^{l}\beta_{j}^{k-l}=\sum_{l=0}^{k}\binom{k}{l}\underbrace{\sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}^{l}}_{\in\mathbb{Q}}\underbrace{\sum_{j=1}^{m}\beta_{j}^{k-l}}_{\in\mathbb{Q}}\in\mathbb{Q}$$ -
Bonsoir;
Je suis intrigué par la fonction $t$ introduite dans la dernière partie, dont l'énoncé admet l'existence, et qui intervient de manière cruciale dans la réalisation de l'objectif du problème, à savoir caractériser les valeurs propres des éléments de $S_n(\Q)$.
Il m'a semblé que l'on pouvait ainsi définir $t:\:\:\:$ Soit $a$ un nombre algébrique.
$\Q(a)$ est un $\Q$-espace vectoriel de dimension finie: $\:\:\text{Dim}(\Q(a))$ est le degré du polynôme minimal de $a$ sur $\Q$.
Notons $\text{Tr}(a) $ la trace de l'endomorphisme de $\Q(a), \quad x \mapsto ax: \quad$ $\text{Tr}(a) $ est aussi la somme des conjugués de $a.\quad$ Alors:
$$ t(a) = \dfrac {\text{Tr}(a)}{\text{Dim}(\Q(a))}.$$
Je n'ai jamais croisé cette fonction $t$. Qui l'a déjà rencontrée et dans quelles circonstances ? -
Bonsoir LOU16,
À quoi sert ta division par $\text{Dim}\Q(a)$ ? -
Bien vu ! Effectivement, $a$ et $b$ n'ont pas nécessairement le même degré ! Ça "normalise" en quelque sorte.
-
De mon côté j'étais bien parti dans la rédaction d'un corrigé mais je bloque sur la question 18. La matrice $R'=RMR^{-1}$ semble être une bonne candidate puisque $z$ en est valeur propre et qu'elle est symétrique, mais $R$ n'est pas à coefficients rationnels donc, a priori, $R'$ non plus. On a envie de conjuguer $R'$ par une isométrie $Q$ de sorte $Q \text{Diag}(\sqrt{q_1},...,\sqrt{q_d})$ soit rationnelle mais ça ne me semble pas évident de déterminer une telle isométrie. J'ai dû rater un épisode.
Je joins quand même un corrigé, pour l'instant sans la question 18. Grrr !
Édit: apports de quelques retouches au fichier suite aux bonnes remarques de Bisam plus loin -
Bonjour,
Il faut utiliser la question $3c: \:\: \exists n \in \N^*, \:\: M_1,M_2,\dots M_d$ tels que $ \:\forall i,j \in [\![1;d]\!],\:\:\:M_i \in \mathcal S_n(\Q),\:\:M_i^2 = q_i \mathrm I_n, \:\:M_iM_j=M_jM_i.$
Soit $ \widehat D = \text{diag} (M_1,M_2,\dots M_d) \in \mathcal S_{nd} (\Q), \:\:\:\:Q=PMP^{-1},\quad \widehat Q=Q\otimes \mathrm I_n \in \mathcal M_{nd}(\Q),\quad \widehat M= \widehat D \widehat Q\widehat D^{-1}.\quad$ Alors:
$$\boxed{\widehat M\in \mathcal M_{nd}(\Q),\:\: \chi_{\widehat M} (X)= Z(X)^n, \:\: \widehat M \;\text{est symétrique.}}$$
Le dernier point demande un petit effort.
$Q=(q_{ij})_{1\leqslant i,j\leqslant d}.\:$ Le fait que $RMR^{-1}$ soit symétrique s'écrit $\sqrt{q_iq_j^{-1}}q_{ij} =\sqrt{q_jq_i^{-1}} q_{ji},\:$ qui entraîne: $q_{ij}M_iM_j^{-1} = q_{ji} M_jM_i^{-1}.$
$A_{ij}$ désignant le "bloc $(i,j)$ dans $\widehat M$ ", on a: $\quad ^t(A_{ij}) = $ $^t(q_{ij}M_iM_j^{-1}) = q_{ij}M_iM_j^{-1} = q_{ji} M_jM_i^{-1}= A_{ji}: \qquad \widehat M \in \mathcal S_n(\Q).$ -
J'ai fait comme LOU16 pour la dernière question. Je pense que le candidat qui pense à la fois à utiliser la question 3c et à utiliser un produit de Kronecker de matrices aura tous les points, même s'il en prouve rien !
@troisqua : Pour la 8.c) tu es tombé dans le piège... Il faut faire attention au cas où 0 fait partie des racines car 8.a et 8.b excluent ce cas !
Pour 13.a, il est sans doute bon de rappeler qu'un sous-corps de R contient nécessairement Q.
Pour 17.b, on peut écrire plus simplement que :
\[RMR^{-1}= ({}^tR)^{-1}SMR^{-1}={}^t(R^{-1})(SM)R^{-1}\] et conclure en utilisant le fait que $SM$ est symétrique. -
Petite anecdote à propos du déroulement des épreuves (j'étais surveillant, ces 3 derniers jours) :
Les sujets sont ceux qui étaient prévus en avril dernier (ils portent encore la date correspondante).
Ils ont été ensachés en paquets scellés adaptés à la taille des salles prévues initialement... mais le nombre de salles a doublé voire triplé à cause des mesures sanitaires (dans mon lycée, 16 salles au lieu de 5 !)
Du coup, pour chaque épreuve, le capitaine chargé de distribuer les sujets dans les salles est obligé de recruter des volontaires venant de 3 à 5 salles différentes pour qu'ils soient témoins des scellés puis de l'ouverture des paquets. C'est une obligation légale.
C'est l'une des raisons pour lesquelles on demande aux candidats d'être là 30 minutes plus tôt que d'habitude pour chaque épreuve. -
Merci Bisam, effectivement, les racines nulles ne contribuant pas à $N_n$ (vu que n > 0), il n'était pas compliqué de gérer ce cas que je n'ai pas mentionné. Bien vu.
Pour 13a, pourquoi tu dis que c'est bon de rappeler ça ? Certes j'aurais pu préciser que l'ensemble était non vide (il contient trivialement 1), c'était suffisant non ?
Pour 17b, en quoi $R=\left(R^t\right)^{-1}S$ est-il si immédiat ? -
@troisqua :
Pour 13a, tu dis que $\displaystyle \sum_{i=1}^{d}x_iz^{i}$ est totalement réel, alors que les coefficients $x_i$ sont rationnels. Puisque $\mathcal R$ est un sous-corps contenant $z$, il est évident que les puissances $z^i$ sont dedans, mais il faut utiliser que c'est également un $\Q$-espace vectoriel pour conclure.
J'ai vu pas mal de très bons élèves s'être faits avoir par ce simple fait, tellement habitués qu'ils sont à manipuler des espaces vectoriels et non des corps...
Pour 17b), d'après 15b. ${}^t\!RR=S$ et donc on obtient le résultat annoncé.
PS. J'ai utilisé la notation ${}^t\!R$ pour la transposée au lieu de la notation de l'énoncé $R^T$ dont je n'ai pas encore pris l'habitude. -
Je comprends ta remarque pour 13a. C'est très juste. Pour 17b, ça s'appelle avoir les yeux collés
J'ai trouvé ce sujet vraiment sympa à chercher. -
En tout cas, la dernière partie illustre assez bien tout ce que l'on perd à supprimer les formes quadratiques des programmes : on remplace un truc simple et limpide par des calculs imbittables.
-
@vincent83:
J'aurais pu me contenter de prendre $X$ élément de la base canonique de $\R^d$ donc de celle de $\Q^d$ mais je l'ai fait pour tous les éléments de $\Q^d$ du noyau de $S$ ce qui est largement suffisant. Ça ne te va pas ? -
Racontons donc la dernière partie avec le bon point de vue.
La fonction $q : x \mapsto \mathrm{Tr}_{\Q[z]/\Q}(x^2)$ est une forme quadratique sur le $\Q$-espace vectoriel $\Q[z]$ ; elle envoie tout élément non nul sur un rationnel strictement positif.
Sa forme polaire est $b : (x,y) \mapsto \mathrm{Tr}_{\Q[z]/\Q}(xy)$.
L'endomorphisme $x \mapsto zx$ du $\Q$-espace vectoriel $\Q[z]$ est évidemment $b$-symétrique. Le nombre complexe $z$ est racine de son polynôme caractéristique.
A partir de là, toute somme orthogonale de $p$ copies de $q$ possède un endomorphisme symétrique dont $z$ est racine du polynôme caractéristique.
Pour conclure, il suffit de voir qu'il existe un entier $k \geq 1$ tel que la somme orthogonale de $k$ copies de $q$ possède une base orthonormée. C'est ce que dit une version faible de la question 3 (sans ces stupides histoires de commutation). De manière plus remarquable encore, la théorie des formes quadratiques rationnelles permet de démontrer que la somme orthogonale de quatre copies de $q$ possède systématiquement une base orthonormée (pour tout rationnel $r>0$, la forme quadratique $\langle r,r,r,r\rangle$ est équivalente à $\langle 1,1,1,1\rangle$). -
Vincent83 : Merci de ta remarque sur la question 13.b)... qui est valable aussi pour la question 14 et la définie positivité de $B$. Je me suis fait avoir (et apparemment, troisqua aussi).
Il va falloir que j'y réfléchisse à nouveau !
troisqua : Pour 13a, tu conclus que si $B(X,X)=0$ alors $x=0$... mais ce qu'on voulait, c'est $X=0$.
Il faut utiliser la minimalité de $d$ pour conclure.
Pour 11a., pour montrer que $\alpha_1^{-1}\in\mathcal R$, il faut justifier que l'on peut trouver un polynôme $A$ dont $0$ n'est pas racine et qui vérifie encore les hypothèses.
En fait, cette troisième partie est bourrée de subtilités. -
J'ai peur de rater vos arguments mais on a $GL_n(\Q)\subset GL_n(\R)$. Donc ?
Pour 13a et 11a j'ai précisé dans une nouvelle version effectivement je suis allé trop vite, j'étais à fond là !
:-)
C'est bien sympa toutes ces remarques, ça montre tous les petits détails qui n'en sont pas.
Merci dSP pour la hauteur de vue, tu as raison on voit beaucoup mieux les choses comme ça. -
AD (tu)
[À ton service. :-) AD] -
Pour le dernier résultat que je cite, il est essentiellement équivalent à la version faible du théorème de Bachet, et est, comme ce dernier, en lien avec les quaternions chers à Hamilton : tout rationnel strictement positif est somme de quatre carrés. Si en effet l'on dispose d'un rationnel $r>0$ et qu'on le décompose $r=a^2+b^2+c^2+d^2$ avec $a,b,c,d$ dans $\Q$, alors on remarque que $r.I_4={}^tPP$
pour la matrice
$P=\begin{pmatrix}
a & -b & -c & -d \\
b & a & d & -c \\
c & -d & a & b \\
d & c & -b & a
\end{pmatrix}$.
Réciproquement, il est évident qu'étant donné un rationnel $r$, si $r.I_4$ est $\Q$-congruente à $I_4$ alors $r$ est somme de quatre carrés de rationnels -
-
@bisam: oui c'est plein de subtilités... La 13)a) est vraiment mignonne. Pour 13)b) l'idée n'est elle pas effectivement de montrer que S est inversible dans Mn(Q) (ce que troisqua sous-entend mais sur une copie de concours il faudrait être bien plus explicite)
@troisqua: je ne vois pas l'intérêt de considérer les vecteurs de la base canonique pour l'inversibilité de S.
Par contre @dsp il est vrai que l'étudiant qui s'est penché sur votre livre (sur les formes quadratiques) a du trouver l'énoncé abscons ;-) Bon après je ne sais pas si c'est le livre de chevet de l'étudiant lambda !!! -
@Vincent83:
Si tu démontres que $S\in GL_n(\Q)$ alors tu démontres que $S\in GL_n(\R)$ car $GL_n(\Q)\subset GL_n(\R)$.
J'ai démontré que $S\in GL_n(\Q)$ en prenant $X\in \Q^n$ tel que $SX=0$ et j'ai montré que $X=0$. Tu peux retirer ce que j'ai dit sur la base canonique ça ne sert à rien. -
Pour la 14, je pense qu'il faut encore détailler... toujours pour le même raison : la 13.a n'est valable que si $X\in\Q^d$.
- $B$ est évidemment bilinéaire symétrique.
- Ensuite, $\forall X\in\R^d, B(X,X)\geq 0$ par passage à la limite du 13a, par densité de $\Q$ dans $\R$.
- Enfin, on décompose un vecteur $X$ sur une base orthonormée $(e_1,...,e_d)$ qui diagonalise $S$ qui est symétrique réelle.
D'après le point précédent, les valeurs propres sont positives car $B(e_i,e_i)=\lambda_i$ et elles sont non nulles d'après 13b. Par conséquent, si $B(X,X)=\sum_{i=1}^d \lambda_i x_i^2=0$ alors les $x_i$ sont nuls et donc $X=0$.
Je ne vois pas comment échapper aux détails des points 2 et 3. -
Comment vous trouvez objectivement le sujet de math D pour Ulm par rapport aux autres des autres années (la difficulté notamment, plus dure que d'habitude non?)?
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