Exact, je corrige.
Quoi qu’appeler le cardinal de G « n », où ne pas le nommer ne change rien fondamentalement.
Quoi qu’appeler le cardinal de G « n », où ne pas le nommer ne change rien fondamentalement.
C’est pour ça que je pensais que tu voulais rajouter une hypothèse.
Un très joli qui au premier abord ne fait pas penser à utiliser un certain raisonnement :
Montrer que les matrices I_2 et 7I_2 ne sont pas congruentes dans M_2(\mathbb{Q}) où I_2 = \begin{pmatrix} 1&0 \\ 0&1 \end{pmatrix}
Rappel (ou pas) : on dit que deux matrices A et B de M_n(\mathbb{K}) (\mathbb{K} corps quelconque) sont congruentes si \exists P \in GL_n(\mathbb{K}) qui vérifie A = {^t}PBP.
PS : je ne savais pas où poster ça, je suppose que comparer aux autres exos du topic Exos MP/MP, celui-ci doit être facile.
Par l’absurde, supposons qu’il existe une matrice $P=\begin{pmatrix} a&b\c&d \end{pmatrix}telle que ^tP I_2 P = 7 I_2$
On a ^tP=\begin{pmatrix} a&c\\b&d \end{pmatrix}
On tente alor de résoudre le système « associé », et on montre qu’il n’a pas de solutions ?
on peut aussi dire :
soit P telle que les matrices soient congruentes, alors
7^t P P=I_2
donc$\sqrt{7}P$ est orthogonale.
Donc la norme d’une des colonne de P vaut 1. avec a_i les coefficients de cette colonne,\sum 7a_i^2=1 donc $\sum a_i^2 = \frac{1}{\sqrt{7}}$ce qui est impossible vu que P est dans Q
mais je dois avoir faux car je ne vois pas l’intéret de se placer dans M_2…
Ou alors encore plus simplement : on passe au déterminant, celui de P étant censé être rationnel, alors qu’il vaut ici \sqrt{7}
Vlastilin a écrit:
Ou alors encore plus simplement : on passe au déterminant, celui de P étant censé être rationnel, alors qu’il vaut ici \sqrt{7}
? On obtient det(P)^2 = 49, je ne vois pas la contradiction.
Vlastilin a écrit:
on peut aussi dire :
soit P telle que les matrices soient congruentes, alors
7^t P P=I_2donc$\sqrt{7}P$ est orthogonale.
Donc la norme d’une des colonne de P vaut 1. avec a_i les coefficients de cette colonne,\sum 7a_i^2=1 donc $\sum a_i^2 = \frac{1}{\sqrt{7}}$ce qui est impossible vu que P est dans Q
mais je dois avoir faux car je ne vois pas l’intéret de se placer dans M_2…
Je pense que tu te trompes, si on a \sum 7a_i^2=1 alors \sum a_i^2 = \frac{1}{7}, il n’y a pas de contradiction (enfin si mais c’est ce qu’on cherche à montrer)
Vlastilin a écrit:
Ou alors encore plus simplement : on passe au déterminant, celui de P étant censé être rationnel, alors qu’il vaut ici \sqrt{7}
De même ici, Nuhlanaurtograff l’a déjà souligné mais on a det(\sqrt{7}P) = (\sqrt{7})^2det(P) = 7det(P), et il n’y a pas de contradiction.
Indication : Dans 7I_2 = PI_2 {^t}P, regarder le coefficient d’indice (1,1) ou de manière analogue celui d’indice (2,2), mais un seul suffit.
PS : en effet le fait qu’on se place dans M_2(\mathbb{Q}) a probablement une importance, je pense que le résultat n’est plus vraie dans par exemple M_3(\mathbb{Q})
@vincentroumezy : oui c’est en quelque sorte ça, mais ça va plus loin que juste le fait de « résoudre un système ».
Tu entends quoi par « ça va plus loin » ?
Il y a de l’arithmétique derrière tout ça.
vincentroumezy a écrit:
Soit G un groupe fini de cardinal n, H et K deux sous-groupes de G.
Calculer |HK|, avec HK=\{hk/(h,k) \in H \times K\}
[spoiler]Déjà, G est fini donc les sous-groupes H et K sont aussi finis. De plus, comme produit cartésien d’ensembles finis, H \times K est aussi fini et on a card(H \times K)=card(H).card(K). On définit ensuite l’application f de H \times K dans HK par f(h,k)=hk. Clairement, f est surjective donc Im(f)=HK. De plus, tout $hk \in HK$s’écrit hk=(hx)(x^{-1}k) avec x \in H \cap K et donc possède card(H \cap K) (non-nul car H \cap K est un groupe) antécédents par f. On conclut que card(HK)=\dfrac{card(H).card(K)}{card(H \cap K)}
Remarque : dans un autre exo que j’ai fait on montre que HK est un sous-groupe de G si et seulement si HK=KH. Ici, HK est juste un ensemble si on a pas plus d’hypothèses.[/spoiler]
C’est bon ?
Asymetric a écrit:
[quote=« Vlastilin »]
on peut aussi dire :
soit P telle que les matrices soient congruentes, alors
7^t P P=I_2donc$\sqrt{7}P$ est orthogonale.
Donc la norme d’une des colonne de P vaut 1. avec a_i les coefficients de cette colonne,\sum 7a_i^2=1 donc $\sum a_i^2 = \frac{1}{\sqrt{7}}$ce qui est impossible vu que P est dans Q
mais je dois avoir faux car je ne vois pas l’intéret de se placer dans M_2…
Je pense que tu te trompes, si on a \sum 7a_i^2=1 alors \sum a_i^2 = \frac{1}{7}, il n’y a pas de contradiction (enfin si mais c’est ce qu’on cherche à montrer)
Vlastilin a écrit:
Ou alors encore plus simplement : on passe au déterminant, celui de P étant censé être rationnel, alors qu’il vaut ici \sqrt{7}
De même ici, Nuhlanaurtograff l’a déjà souligné mais on a det(\sqrt{7}P) = (\sqrt{7})^2det(P) = 7det(P), et il n’y a pas de contradiction.
Indication : Dans 7I_2 = PI_2 {^t}P, regarder le coefficient d’indice (1,1) ou de manière analogue celui d’indice (2,2), mais un seul suffit.
PS : en effet le fait qu’on se place dans M_2(\mathbb{Q}) a probablement une importance, je pense que le résultat n’est plus vraie dans par exemple M_3(\mathbb{Q})
@vincentroumezy : oui c’est en quelque sorte ça, mais ça va plus loin que juste le fait de « résoudre un système ».
[/quote]
oui je sis stupide 
désolé pour les erreurs. J’ai réussi à écrire de la merde sur 2 méthodes différentes, bravo à moi.
Au fait, marrant l’analogie qu’on peut faire entre la formule de l’exo de vincentroumezy sur les groupes et la formule de Grassmann sur les espaces vectoriels 
Asymetric a écrit:
si on a \sum 7a_i^2=1 alors \sum a_i^2 = \frac{1}{7}, il n’y a pas de contradiction (enfin si mais c’est ce qu’on cherche à montrer)
PS : en effet le fait qu’on se place dans M_2(\mathbb{Q}) a probablement une importance, je pense que le résultat n’est plus vraie dans par exemple M_3(\mathbb{Q})
En fait, on montre facilement que le résultat reste vrai dans \mathcal{M}_3(\mathbb{Q}) (pour les mêmes raisons), puis dans \mathcal{M}_4(\mathbb{Q}) et \mathcal{M}_5(\mathbb{Q}) (mais là c’est moins facile, j’ai fait appel à mon logiciel de calcul formel préféré pour le montrer).
V@J a écrit:
[quote=« Asymetric »]
si on a \sum 7a_i^2=1 alors \sum a_i^2 = \frac{1}{7}, il n’y a pas de contradiction (enfin si mais c’est ce qu’on cherche à montrer)PS : en effet le fait qu’on se place dans M_2(\mathbb{Q}) a probablement une importance, je pense que le résultat n’est plus vraie dans par exemple M_3(\mathbb{Q})
En fait, on montre facilement que le résultat reste vrai dans \mathcal{M}_3(\mathbb{Q}) (pour les mêmes raisons), puis dans \mathcal{M}_4(\mathbb{Q}) et \mathcal{M}_5(\mathbb{Q}) (mais là c’est moins facile, j’ai fait appel à mon logiciel de calcul formel préféré pour le montrer).
[/quote]
Je veux bien te croire, des idées pour généraliser ?
En fait il y avait un bug dans ma méthode… Enfin, il se peut que le résultat soit vrai quand même, mais ma « preuve » n’en est plus vraiment une.
[Edit : le résultat tient toujours pour \mathcal{M}_3(\mathbb{Q}), grâce au théorème des 3 carrés.
Par contre, il est faux pour \mathcal{M}_4(\mathbb{Q}), car
\displaystyle P = \frac{1}{3}\left(\begin{tabular}{cccc}1 & 1 & 5 & 6 \\ 1 & -1 & 6 & -5 \\ -6 & -5 & 1 & 1 \\ -5 & 6 & 1 & -1\end{tabular}\right)
vérifie P^\mathrm{T} P = 7 I_4.]
Allez, un facile: soit E un espace vectoriel réel de dimension finie n, f\in L(E), f^2=-Id_E. Montrer que n est pair.
espace vectoriel réel peut être ?
J’ai un peu galéré mais en supposant l’ev réel, ça marche (parce que un carré complexe peut être réel négatif) ! J’ai d’abord cherché à triturer le théorème du rang et j’ai vu que ça servait à rien. En fait :
On voit que f est inversible et d’inverse -f. Dès lors : det(f^{-1})=\dfrac{1}{det(f)}=det(-f)=(-1)^{n}det(f) donc 1=(-1)^{n}(detf)^2 d’où n pair car det(f) est réel.
J’aime bien ce genre d’exo pas trop dur à astuce 
Effectivement, il faut supposer l’ev réel.
Soit M une matrice carrée nxn composée uniquement de 1 et de -1. Montrer que 2^{n-1} divise det(M)