Géométrie complexe

par **adrien69** » 10 Aoû 2013, 22:14

Salut,
Voici un petit défi (je vous dirai après où je l'ai trouvé) que je soumets à votre expertise (j'encourage particulièrement Archytas et Kikoo à l'essayer.

On pose

des nombres complexes de module 1, et

un réel strictement positif.

Montrez que si

alors dès que

,

par **jlb** » 11 Aoû 2013, 01:47

trouvé!! il faut repérer le losange.

par **Archytas** » 11 Aoû 2013, 02:35

Effectivement joli exercice ! De la reflexion, une réponse courte et une belle interprétation géométrique dans le plan complexe en accord avec la logique et qui va plus loin (; ! C'est vrai que c'est logique que pour que une somme de complexe de module 1 soit maximale ceux ci doivent être le plus proche possible mais avoir une idée de cette proximité c'est cool !
Décidément, je faisais la gueule aux complexe, ça m'a réconcilié :ptdr: .

jlb a écrit:trouvé!! il faut repérer le losange.

Je suis curieux de voir ta réponse enfin laissons un peu de temps aux autres où par mp alors (: !

par **adrien69** » 11 Aoû 2013, 02:47

(soit dit en passant ça permet de montrer un théorème qu'on appelle l'inégalité triangulaire forte, mais c'était pas mentionné là où j'ai trouvé ça donc je n'en parle pas ici)

par **adrien69** » 11 Aoû 2013, 02:49

jlb a écrit:trouvé!! il faut repérer le losange.

Moi y en a pas comprendre, t'expliques ? Un dessin c'est toujours une bonne affaire, ça donne une vision qualitative (voire peut valoir pour une preuve) mais là, comme c'est quantitatif, j'ai pas fait comme ça.

par **jlb** » 11 Aoû 2013, 09:56

Salut, j'avais écris cette démo tôt ce matin pour travailler

mais compte tenu de tes consignes j'ai effacé pour laisser du temps de recherche.

alors pour j,l

en utilisant m-2 fois l'inégalité triangulaire

Puis ( c'est là "le coup du losange") en utilisant le théorème de Pythagore :

d'où

Ce qui donne ( si pas d'erreur de ma part) le résultat pour

Vous avez procédé comment?

par **adrien69** » 11 Aoû 2013, 12:07

Superbe ! T'utilises l'identité du parallélogramme, j'y avais absolument pas pensé. Je préfère ne pas dire comment j'ai fait, je veux absolument que Kikoo et Archytas se cassent les dents dessus et le réussissent (pas la peine de recopier il y a une autre méthode ;))

par **Archytas** » 11 Aoû 2013, 13:20

adrien69 a écrit:Superbe ! T'utilises l'identité du parallélogramme, j'y avais absolument pas pensé. Je préfère ne pas dire comment j'ai fait, je veux absolument que Kikoo et Archytas se cassent les dents dessus et le réussissent (pas la peine de recopier il y a une autre méthode )

Pour moi déjà lorsque

c'est trivial. Puisque sinon si la première condition est vérifiée sachant que

sont de module 1 d'après l'inégalité triangulaire

et donc la seconde l'est automatiquement. On suppose donc dans la suite

Ensuite j'ai fais un raisonnement par la contraposée, j'ai supposé l'existence d'un couple

tel que

or tous des sont de module 1 donc

en bidouillant les exponentielles on arrive à

sachant que cos²+sin²=1 on a donc

or

il suffit alors d'ajouter la somme des modules des

on utilise l'inégalité triangulaire on a donc

Edit: Jolie démo jlb, je comprends pas trop le coup du losange mais bon ^^ ça arrive au résultat !

par **adrien69** » 11 Aoû 2013, 13:48

Archytas a écrit:Edit: Jolie démo jlb, je comprends pas trop le coup du losange mais bon ^^ ça arrive au résultat !

C'est l'inégalité du parallélogramme (regarde ton cours sur les espaces euclidiens)

J'ai à peu près fait pareil Archytas, sauf qu'on peut le faire de façon directe et pas par la contraposée.

par **Archytas** » 11 Aoû 2013, 13:55

Je voyais pas comment partir en passant par la méthode directe !

par **adrien69** » 11 Aoû 2013, 14:09

Bon on est d'accord qu'on peut à l'aide de l'inégalité triangulaire se ramener au cas de deux nombres complexes ?
Donc on a

On note

,

Et on fait comme toi.

par **Archytas** » 11 Aoû 2013, 14:11

adrien69 a écrit:Bon on est d'accord qu'on peut à l'aide de l'inégalité triangulaire se ramener au cas de deux nombres complexes ?

Bin justement je vois pas comment tu l'as comment directement ça ?

par **adrien69** » 11 Aoû 2013, 14:21

Par récurrence.

Si

alors

par **Archytas** » 11 Aoû 2013, 15:05

adrien69 a écrit:Par récurrence.

Si
alors
alors
alors

Je vois pas comment t'en déduis que

par **adrien69** » 11 Aoû 2013, 15:13

Bah par récurrence, non ? Écris-le ça passe vraiment tout seul (le rôle de

est arbitraire)

par **adrien69** » 12 Aoû 2013, 23:07

Ah oui, c'était donc la question 9 (sur 13) du sujet X-ENS maths de 2012, comme quoi, c'est pas si difficile ;)

par **Archytas** » 13 Aoû 2013, 00:29

adrien69 a écrit:Ah oui, c'était donc la question 9 (sur 13) du sujet X-ENS maths de 2012, comme quoi, c'est pas si difficile

Encore faut-il y arriver à cette question (; ! Et ça m'a pris une bonne heure pour la trouver comme quoi...

par **adrien69** » 13 Aoû 2013, 00:48

De mon point de vue c'était la plus difficile.

par **Imod** » 13 Aoû 2013, 01:26

J'ai une solution très courte qui doit être à peu près équivalente à celle de jlb .

Dans un parallélogramme la somme des carrés des diagonales est égale à la somme des carrés des côtés :

.
Après on suppose par l'absurde que

alors

donc

ce qui est impossible .

Dans tous les cas on se ramène à deux vecteurs .

Imod

par **Imod** » 13 Aoû 2013, 01:33

J'ai une solution très courte qui doit être à peu près équivalente à celle de jlb .

Dans un parallélogramme la somme des carrés des diagonales est égale à la somme des carrés des côtés :

.
Après on suppose par l'absurde que

alors

donc

ce qui est impossible .

Dans tous les cas on se ramène à deux vecteurs .

Imod

Géométrie complexe

Géométrie complexe

Qui est en ligne