Mines 2015 - Maths 2 1 Le groupe symplectique

Mines 2015 - Maths 2 1 Le groupe symplectique

1. Un calcul par bloc donne imm´ediatement

J² =−I_2n ce qui prouve que J est inversible avec

J⁻¹ =−J Par ailleurs, J est antisym´etrique, c’est `a dire

J^T =−J Finalement, on a aussi

J⁻¹ =J^T 2. On a alors

J^TJ J =J⁻¹J J=J ce qui montre que J ∈ S_p2n. Un calcul par blocs donne

K(α)^TJ K(α) =

In −αI_n 0n In

αIn −I_n In 0

=

0n −I_n In 0n=J

ce qui justifie que K(α)∈ S_p2n.

3. Un calcul par blocs donne (les op´erations de transposition et de passage `a l’inverse commutent) L^T_UJ LU =

U^T 0_n 0n U⁻¹

0_n −(U^T)⁻¹ U 0n

=

0_n −I_n In 0

=J ce qui montre que L_U ∈ S_p2n.

4. On suppose M^TJ M =J. En passant au d´eterminant, on obtient (le d´eterminant est un mor- phisme multiplicatif invariant par transposition)

det(M)²det(J) = det(J) CommeJ est inversible, det(J) est non nul et donc

det(M)∈ {1,−1}

5. Soient M, N ∈ S_p2n. On a

(M N)^TJ(M N) =N^TM^TJ M J =N^TJ N =J ce qui prouve que S_p2n est stable par produit.

6. Un ´el´ement deS_p2n a un d´eterminant non nul (de valeur±1) et est donc inversible. SiM ∈ S_p2n, on a M^TJ M =J. Multiplions parM⁻¹ `a gauche et par (M<sup>T</sup>)<sup>−1</sup> `a droite ; on a alors

J = (M^T)⁻¹J M⁻¹ = (M⁻¹)^TJ M⁻¹ et donc M⁻¹ ∈ S_p2n.

1

7. Soit M ∈ S_p2n. On a M⁻¹ ∈ S_p2n et donc (M⁻¹)^TJ M⁻¹ = J. En transposant, et comme J^T =J⁻¹, cela donne

(M^T)⁻¹J⁻¹M⁻¹=J⁻¹ et en passant `a l’inverse

M J M^T =J ce qui signifie que M^T ∈ S_p2n.

8. Un produit par blocs donne M^TJ M=

−A^TC+C^TA −A^TD+C^TB

−B^TC+D^TA −B^TD+D^TB

etM ∈ S_p2n si et seulement si

−A^TC+C^TA=−B^TD+D^TB = 0_n et A^TD−C^TB =−B^TC+D^TA=I_n

2 Centre de S

9. I_2net−I_2n sont des ´el´ements de S_p2n (calcul imm´ediat) et elles commutent avec toute matrice donc, en particulier, avec toutes celles de S_p2n. Ainsi

{I_2n,−I_2n} ⊂ Z

10. CommeM ∈ Z,M commute avecL=K(−1)^T ∈ S_p2n (questions 2et7). Un calcul par blocs donne alors

A A+B C C+D

=

A+C B+D

C D

et ainsi C = 0 et A = D. Compte-tenu de ces relations, L^TM = M L^T (qui a lieu puisque L^T =K(−1)∈ S_p2n), donne

A+B B

A A

=

A B A A+B

et ainsiB = 0. Enfin, commeM ∈ S_p2n, les relations de la question8 donnentAA^T =Inc’est

`

a dire A∈ O_n⊂ G_n. On a montr´e que

B =C= 0_n, D =A, A∈ O_n⊂ G_n

11. Soit U ∈ G_n. On utiilise maintenant le fait que LU commute avec M, ce qui donne (compte tenu des relations de la question pr´ec´edente)

AU 0n

0n A(U⁻¹)^T

=

U A 0n

0n (U⁻¹)^TA

et en particulierAU =U A.

12. Les matricesI_n+E_i,j sont toutes inversibles (d´eterminant 1 sii6=j et 2 sii=j) et commutent donc avecA. AinsiAE_i,j =E_i,jA.

Remarquons que

(AEi,j)u,v =

0 si v6=j

au,i si v=j et (Ei,jA)u,v =

0 si u6=i aj,v si u=i

Supposons que i 6= j; en ´egalant les coefficients d’indices (i, j) de AE_i,j et E_i,jA, on obtient que ai,i=aj,j.

2

Pour touti, en ´egalant les coefficients d’indices (i, j) deAE_i,i etE_i,iA, on obtient, pour j6=i, ai,j = 0.

La matrice A est donc du type αI_n. Comme det(A)² = det(M) =±1, on a α²ⁿ=±1 et donc α =±1. On a donc A=±I_n et M =±I_2n. Ceci montre l’inclusion r´eciproque de la question 9 et donc que

Z ={−I_2n, I_2n}

3 D´ eterminant d’une matrice symplectique

13. Un calcul par blocs montre que les matrices Q, U, V, W conviennent si et seulement si U +QV =A, QW =B, V =C, W =D

Il suffit donc de poser

V =C, W =D, Q=BD⁻¹, U =A−BD⁻¹C

14. D’apr`es la question 8, D<sup>T</sup>B = B<sup>T</sup>D et donc BD<sup>−1</sup> = (D<sup>−1</sup>)<sup>T</sup>B<sup>T</sup> = (BD<sup>−1</sup>)<sup>T</sup>, c’est `a dire que BD⁻¹ est sym´etrique. Avec la question 13 (et comme le d´eterminant est un morphisme multiplicatif) on a (avec la formule rappel´ee du d´eterminant bloc-triangulaire)

det(M) = det(U W) = det(U) det(W) = det(A−BD⁻¹C) det(D) Le d´eterminant ´etant invariant par similitude,

det(A−BD⁻¹C) = det(A^T −C^T(BD⁻¹)^T) et comme BD⁻¹ est sym´etrique,

det(A−BD⁻¹C) = det(A^T −C^TBD⁻¹)

Il reste `a multiplier par det(D) et `a utiliser encore les propri´et´es de morphisme du d´eterminant pour conclure que

det(M) = det(A^TD−C^TB) Les formules de la question8 donnent A^TD−C^TB =I_n et ainsi

det(M) = 1

15. On remarque queQV₁ =s₁P V₁ etQV₂ =s₂P V₂. On a alors

(QV₁|QV₂) = (QV₁)^TQV₂=s₁V₁^TP^TQV₂ mais aussi

(QV₁|QV₂) = (QV₁)^TQV2 =s₂V₁^TQ^TP V₂

CommeP^TQest sym´etrique elle est ´egale `a sa transpos´eeQ^TP et on a donc s2(QV1|QV₂) =s1(QV1|QV₂)

L’hypoth`eses16=s2 permet de conclure que (QV1|QV₂) = 0.

16. Soit X∈ker(B)∩ker(D). On a alors M

0 X

= 0

0

CommeM est inversible, on en d´eduit queX= 0 et ainsi ker(B)∩ker(D) ={0}

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17. Si (par l’absurde) on avait DV_i = 0 alors on aurait aussi BV_i = 0(puisque s_i 6= 0) et donc Vi = 0 (question pr´ec´edente) ce qui est exclus.

D’apr`es la question8,D<sup>T</sup>B =B<sup>T</sup>D et doncB<sup>T</sup>D est sym´etrique. Avec la question15(on est dans le cas o`u l’on supposeDnon inversible et on peut uitiliser la question), on a (DV_i|DV_j) = 0 quand i 6= j. La famille (DV1, . . . , DVm) est donc orthogonale dans E_n. Etant compos´ee de vecteurs non nuls, elle est libre.

18. Si, par l’absurde,D−αB n’´etait jamais inversible, on pourrait utiliser n+ 1 valeurs distinctes non nulles de α (par exemple 1,2, . . . , n+ 1) pour obtenir des vecteurs V₁, . . . , V_n+1 comme ci-dessus. On aurait alorsn+ 1 vecteurs ind´ependants en dimensionn, ce qui est impossible. Il existe doncα r´eel tel que D−αB inversible (et on peut mˆeme choisirα dans{1, . . . , n+ 1}).

19. M etK(α) ´etant dans S_p2n, la matrice N =K(α)M =

A B

−αA+C −αB+D

l’est aussi. Comme D−αB est inversible, on peut utiliser 14 pour conclure que det(N) = 1.

Toujours en utilisant le fait que det un morphisme multiplicatif, on a alors det(M) = 1.

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