Concours commun Centrale

SESSION 2010

Concours commun Centrale

MATHÉMATIQUES 2. FILIERE PSI

Partie I - Premières propriétés

I.A - Etude de Sim(E)

I.A.1)•Soient λ∈R^∗ etg∈L(E). det(λg) =λⁿdet(g) =λⁿ 6=0et donc λg∈GL(E). Par suite, Sim(E)\ {0}⊂GL(E).

•Id_E=1.Id_E∈Sim(E)\ {0}.

•Soient(λ₁, λ₂)∈(R^∗)²et(g₁, g₂)∈(O(E))².(λ₁g₁)◦(λ₂g₂)⁻¹= λ₁

λ₂(g₁◦g⁻¹₂ )avec λ₁

λ₂ ∈R^∗etg₁◦g⁻¹₂ ∈O(E). Donc (λ1g1)◦(λ2g2)⁻¹∈Sim(E)\ {0}.

On a montré que

Sim(E)\ {0}est un sous-groupe de(GL(E),◦).

I.A.2)iii)⇒i). SoitBune base orthonormale deE. On noteHla matrice deh dansB. Par hypothése, il existeλ∈Ret G∈On(R)tels que H=λG. Sigest l’endomorphisme de matriceG dans la baseB,g∈O(E)carBest orthonormale et de plush=λg. Donch∈Sim(E).

i)⇒ii). Soit h∈Sim(E). Il existe λ∈Ret g∈O(E)tels queh=λg. Mais alorsh∗h= (λg)^∗◦(λg) =λ²g^∗g=λ²Id_E. Par suite,h^∗hest colinéaire àId_E.

ii)⇒iii). SoitBune base orthonormale deE. On note Hla matrice deh dansB. PuisqueBest orthonormale, la matrice deh^∗ dansBest^tH.

Par hypothèse, il existeµ∈R²tel que^tHH=µId_n. Déjà, nµ=Tr(^tHH) = X

16i,j6n

h²_i,j∈R⁺ et doncµ>0.

Siµ > 0, on peut écrire^t 1

õH 1

õH=In et donc 1

√µHest une certaine matrice orthogonaleG ou encoreH=√µG avecG∈On(R). Dans ce cas,Hest colinéaire à une matrice orthogonale.

Si µ=0, on a X

16i,j6n

h²_i,j =0et donc ∀(i, j)∈J1, nK²,hi,j =0 puisH=0=0.In. Dans ce cas aussi,Hest colinéaire à une matrice orthogonale.

I.B - Propriétés des endomorphismes antisymétriques

I.B.1) Soit f un endomorphisme antisymétrique. Alors, f^∗ = −f ou encore ∀(x, y) ∈ E², hx, f(y)i = −hf(x), yi. En particulier, pourx∈E,hx, f(x)i= −hf(x), xipuis2hx, f(x)i=0 et finalementhx, f(x)i=0.

I.B.2) Soient x ∈ S^⊥ et y ∈ S. hf(x), yi = −hx, f(y)i = 0 car S est stable par f et donc f(y) ∈ S. On en déduit que f(x)∈S^⊥. Ainsi,∀x∈S^⊥,f(x)∈S^⊥ et doncS^⊥ est stable parS.

Les restrictions def à SouS^⊥ vérifient les égalitéshx, f(y)i= −hf(x), yipour (x, y)∈S²ou(x, y)∈(S^⊥)² et sont donc antisymétriques.

I.B.3)Soitx∈E.

hf(x), g(x)i=hx, f^∗(g(x))i= −hx, f(g(x))i=hx, g(f(x))i=hg^∗(x), f(x)i= −hg(x), f(x)i, et donc2hf(x), g(x)i=0puishf(x), g(x)i=0. Finalement∀x∈E,hf(x), g(x)i=0.

I.B.4)Si fest orthogonale et antisymétrique,f²=f◦f= −f^∗◦f= −Id_E. I.C - Encadrement de d_n

I.C.1)Les homothéties c’est-à-dire les applicationsλId_E,λ∈R, sont des similitudes. L’ensembleH(E)des homothéties deEest un espace vectoriel de dimension1 carH(E) =Vect(IdE)et n>1 de sorte queId_E6=0.

Ainsi, il existe un sous-espace deL(E)constitué de similitudes et de dimension1et doncd_n >1.

I.C.2)Soient x∈E\ {0}puis Φ : V → E f 7→ f(x)

.

Soitf∈Ker(Φ). Il existeλ∈Retg∈O(E)tel quef=λget de plusf(x) =0. Mais alors,0=f(x) =λg(x)avecg(x)∈0 carx6=0 etg∈GL(E). On en déduit queλ=0 puis quef=0. Ainsi, Ker(Φ) ={0}.

PuisqueΦest linéaire, le théorème du rang fournit dim(V) =dim(Im(Φ)) +dim(Ker(Φ)) =dim(Im(Φ))6n. Ainsi, tout sous-espace deL(E)inclus dans Sim(E)a une dimension inférieure ou égale ànou encoredn 6n.

I.C.3) Soit V l’ensemble des matrices de la forme S_a,b =

a −b

b a

, (a, b) ∈ R². Si (a, b) 6= (0, 0), on peut écrire a −b

b a

=√ a²+b²







√ a

a²+b² − b

√a²+b²

√ b

a²+b²

√ a

a²+b²





ce qui montre queSa,b est colinéaire à une matrice orthogonale.

Ceci reste vrai si(a, b) = (0, 0)car alorsS_a,b=0.

V est donc formé de matrices de similitudes. Comme V = Vect(I2, R) où R =

0 −1 1 0

et que I₂ et R ne sont pas colinéaires, on en déduit queV est un espace de dimension2 formé de matrices de similitudes puis qued₂>2.

La question précédente fournit d’autre partd₂62et finalement d₂=2.

I.C.4)χ_fg−1 est un polynôme de degrén. Puisque nest impair, ce polynôme admet au moins une racine réelle que l’on note−λ.λest un réel tel que det(fg⁻¹+λId_E) =0 ou encore, après multiplication des deux membres par detg, tel que det(f+λg) =0. Finalement,λest un réel tel quef+λgn’est pas inversible.

SoitVun sous-espace non nul deL(E)contenu dans Sim(E). Soitgun élément fixé de V. D’après I.A.1),g∈GL(E).

Sifest un élément non nul deV,f∈GL(E)et d’après ci-dessus, il existeλ∈Rtel quef+λg /∈GL(E). Mais alorsf+λg est un élément deV (carV est un espace vectoriel) non inversible et doncf+λg=0. On en déduit quef∈Vect(g).

En résumé, Vect(g)⊂V⊂Vect(g)et doncV=Vect(g). En particulier,V est de dimension1.

Ainsi, sinest impair, tout sous-espace non nul deL(E)contenu dans Sim(E)est de dimension1et doncdn 61. D’autre part,dn >1d’après la question I.C.1) et finalement

sinest impair,d_n=1.

I.C.5)Soit fun élément fixé non nul de V. Il existe λ∈R^∗ et g∈O(E)tel que f= λg. PuisqueV est un sous-espace vectoriel deL(E),V contient encoreg= 1

λf. Soient Ψ : L(E) → L(E)

u 7→ u◦g⁻¹

puisW =Ψ(V). Ψest linéaire puis Ψest un automorphisme deL(E) de réciproque L(E) → L(E)

u 7→ u◦g

. Par suite,West un sous-espace vectoriel deL(E)de même dimension queV.

Maintenant,W=Ψ(V)⊂{λg^′◦g⁻¹, λ∈R, g^′∈O(E)}⊂Sim(E)car pour toutg^′∈O(E),g^′◦g⁻¹∈O(E).

I.D - Systèmes anti-commutatifs d’endomorphismes antisymétriques I.D.1)Soiti∈J1, d−1K.

(Id_E+fi)^∗(Id_E+fi) =IdE+f^∗_i+fi+f^∗_ifi,

et doncf^∗_i+fi= (Id_E+fi)^∗(Id_E+fi) −f^∗_ifi−IdE. Maintenant, puisqueV est un sous-espace vectoriel,fietIdE+fisont dansV et en particulier dans Sim(E). La question I.A.2) montre alors que(Id_E+f_i)^∗(Id_E+f_i)etf^∗_if_isont colinéaires à Id_Eet finalement quef^∗_i +f_i est colinéaire àId_E.

I.D.2)Par suite, pour chaquei∈J1, d−1K, il existeki∈Rtel quef^∗_i+fi=kiIdE. Soienti∈J1, d−1Kpuis(λ_i, µi)∈R²et gi=λifi+µiIdE. Alors

g^∗_i = −g_i⇔λif^∗_i +µiIdE= −λ_ifi−µiIdE⇔λi(k_iIdE−fi) +µiIdE= −λ_ifi−µiIdE

⇔(k_iλ_i+2µ_i)Id_E=0⇔µ_i= −k_iλ_i 2 . Pouri∈J1, d−1K, posons doncg_i=f_i−k_i

2Id_E. Chaqueg_iest un élément deV, antisymétrique, et de plus on sait que V=Vect(IdE, f1, . . . , fd−1) =Vect

IdE, f1− k1

2 IdE, . . . , fd−1− kd−1

2 IdE

) =Vect(IdE, g1, . . . , gd−1).

Par suite,(Id_E, g1, . . . , gd−1)est une famille génératrice deV et finalement une base deV car dim(V) =d. On a trouvé une base deV (Id_E, g1, . . . , gd−1)telle que ∀i∈J1, d−1K,gi est antisymétrique.

I.D.3) a) Soit (i, j) ∈ J1, d−1K tel que i 6= j. g_i+g_j est un élément de V et en particulier de Sim(E). Par suite, (g +g)^∗(g +g)est colinéaire àId d’après la question I.A.2). Mais

(gi+gj)^∗(gi+gj) = −(gi+gj)²= −g²_i −gigj−gjgi−g²_j,

et doncg_ig_j+g_jg_i= −(g_i+g_j)^∗(g_i+g_j)−g²_i−g²_j. Maintenant, il existeλ_i∈R^∗eth_i∈O(E)tel queg_i=λ_ih_i. Mais alors h_i= 1

λi

g_iest à la fois orthogonal et antisymétrique et d’après la question I.B.4),h²_i = −Id_E puis−g²_i = −λ²_ih²_i =λ²_iId_E. Ainsi,g²_i est colinéaire à Id_E. De même,g²_j est colinéaire à Id_E.

En résumé,(g_i+g_j)^∗(g_i+g_j),−g²_i et −g²_j sont colinéaires àId_Eet finalementg_ig_j+g_jg_i est colinéaire àId_E. b)SoitBune base orthonormale deE. On noteF etG les matrices defet gdansB. Alors

Tr(f^∗g) =Tr(^tFG) = X

16i,j6n

F_i,jG_i,j.

(|)est donc le produit scalaire canonique surL(E)et en particulier un produit scalaire.

c) Chaque hi est une combinaison linéaire d’endomorphisme antisymétriques et est donc un endomorphisme antisymé- trique.

Soit alors(i, j)∈J1, d−1K² tel quei6=j.h_ih_j+h_jh_i est une combinaison linéaire de g_kg_l+g_lg_k et donc est colinéaire àId_E d’après la question précédente. Donc, il existeλ∈Rtel que h_ih_j+h_jh_i=λId_E.

Maintenant,h_ih_j+h_jh_i= −h^∗_ih_j−h^∗_jh_i et donc

−nλ=Tr(−λIdE) =Tr(h^∗_ih_j+h^∗_jh_i) = (h_i|h_j) + (h_j, h_i) =0, puisλ=0 et finalementh_ih_j+h_jh_i=0.

Enfin, chaquehi est une similitude non nulle et donc en divisant chaque hi par son rapport, on obtient des similitudes h₁^′, . . . , h_d−1^′ , qui sont des endomorphismes antisymétriques et orthogonaux tels que (h₁^′, . . . , h_d−1^′ ) est une base de Vect(g1, . . . , g_d−1)et qui vérifient∀(i, j)∈J1, d−1K, h_i^′h_j^′+h_j^′h_i^′=0.

I.D.4)PosonsV=Vect(IdE, h1, . . . , hd−1).V est un sous-espace deL(E).

Vérifions que(h1, . . . , hd−1)est libre. Soit (λi)16i6d−1∈R^d.

d−1X

i=1

λ_ih_i=0⇒

d−1X

i=1

λ_ih_i

!²

=0⇒

d−1X

i=1

λ²_ih²_i+ X

16i<j6d−1

λ_iλ_j(h_ih_j+h_jh_i) =0

⇒−

d−1X

i=1

λ²_i

!

IdE=0(d’après la question I.B.4)

⇒

d−1X

i=1

λ²_i =0⇒∀i∈J1, d−1K, λi=0.

Donc(h1, . . . , hd−1)est une famille libre de l’espace A(E)des endomorphismes antisymétriques. D’autre part, IdE est un élément non nul de l’espace S(E) des endomorphismes symétriques et puisque L(E) = S(E)⊕A(E), la famille (Id_E, h1, . . . , hd−1)est une famille libre. On en déduit que dim(V) =d.

Vérifions enfin queV⊂Sim(E). Soitf=λ0IdE+

d−1X

i=1

λihiun élément quelconque deV.

f^∗f= λ0IdE+

d−1X

i=1

λihi

!∗

λ0IdE+

d−1X

i=1

λihi

!

= λ0IdE−

d−1X

i=1

λihi

!

λ0IdE+

d−1X

i=1

λihi

!

λ²₀Id_E− X

16i,j6d−1

λ_iλ_jh_ih_j

=λ²₀Id_E−

d−1X

i=1

λ²_ih²_i − X

16i<j6d−1

λ_iλ_j(h_ih_j+h_jh_i)

=

d−1X

i=0

λ²_i

! Id_E.

En particulier,f^∗fest colinéaire àId_E et d’après la question I.A.2),fest une similitude.

FinalementV est un sous-espace deL(E)de dimension det contenu dans Sim(E).

Partie II - Etude dans des dimensions paires

II.A -

II.A.1) a)•Puisque f₁et f₂sont orthogonaux, il en est de même def₁f₂.

Mais alors, commexest unitaire, les quatre vecteursx,f₁(x),f₂(x)et f₁f₂(x)sont unitaires.

•Ensuitef₁etf₂sont antisymétriques puis(f₁f₂)^∗=f^∗₂f^∗₁=f₂f₁= −f₁f₂ et doncf₁f₂ est antisymétrique.

D’après la question I.B.1), les trois vecteursf₁(x),f₂(x)et f₁f₂(x)sont orthogonaux àx.

• Ensuite, f1f2 = −f2f1 puis (f1f2)f1 = −f²₁f2 = −f1(f1f2) et de même f2(f1f2) = −(f1f2)f2. Mais alors, d’après la question I.B.3), les vecteursf1(x),f2(x)etf1f2(x)sont deux à deux orthogonaux.

On a montré que la famille(x, f₁(x), f₂(x), f₁f₂(x))est une famille orthonormale.

f1{x, f1(x), f2(x), f1f2(x)}={f1(x), f²₁(x), f1f2(x), f²₁f2(x)}={f1(x),−x, f1f2(x),−f2(x)}⊂S. Donc les images des vecteurs d’une famille génératrice deS parf1sont dans Set on en déduit que f1(S)⊂S. Ainsi, Sest stable parf1 et de mêmeS est stable parf2en échangeant les rôles def1 etf2.

b) D’après la question I.D.4), Vect(IdE, f₁, . . . , fd−1) est un sous-espace deL(E) de dimensiond >3 et contenu dans Sim(E).

Commed2=2 d’après la question I.C.3), on an>3 puisn>6 carnest congru à2 modulo4.

S est un espace de dimension4 stable par f₁ et f₂. D’après la question I.B.2), S^⊥ est un espace de dimension 4 stable parf₁etf₂. Notonsg₁etg₂les restrictions def₁ etf₂ àS^⊥.

g₁et g₂sont deux endomorphismes antisymétriques et orthogonaux deS^⊥tels queg₁g₂+g₂g₁=0. D’après la question I.D.4), Vect(IdE, g₁, g₂)est un sous-espace deL(S^⊥)contenu dans Sim(S^⊥)de dimension3. Par suite,dn−4>3.

II.A.2) Ainsi, sous l’hypothèse d > 3, on en déduit dn−4 > 3. Puisque n est congru à 2 modulo4, on en déduit par récurrence descendante qued₂>3ce qui n’est pas.

Doncd62ou encore la famille(f₁, . . . , f_d−1)contient au plus1élément puis, d’après la question I.D.4), un sous-espace deL(E)inclus dans Sim(E)est de dimension au plus2. Ainsi,d_n62.

Posons R =

0 −1 1 0

puis F la matrice de format n = 2p, diagonale par blocs, dont lesp blocs diagonaux sont R.

La matriceF est orthogonale et antisymétrique ou encore, si f est un endomorphisme de Ede matrice F dans une base orthonormée deE,fest orthogonal et antisymétrique.

La question I.D.4) montre alors que Vect(IdE, f)est un sous-espace deL(E)de dimension2et contenu dans Sim(E). Donc dn>2et finalement

Sin≡2(4), dn=2.

II.B -

II.B.1) a)Comme à la question II.A.1.a), la famille(x, f₁(x), f₂(x), f₃(x))est une famille orthonormale et donc une base orthonormale de E. On peut décomposer le vecteur f₃(x) dans cette base : il existe (α, β, γ, δ) ∈ R⁴ tel que f₃(x) = αx+βf₁(x) +γf₂(x) +δf₁f₂(x).

D’après les questions I.B.1) et I.B.3),f₃(x)∈{x, f₁(x), f₂(x)}^⊥=Vect(f1f₂(x))et doncαx+βf₁(x) +γf₂(x) =0. Il reste f₃(x) = δf₁f₂(x). Maintenant, puisque f₃ est othogonal et xest unitaire, on a 1 = kf₃(x)k = |δ|kf₁f₂(x)k = |δ| et donc δ∈{−1, 1}.

b)Vérifions que les endomorphismesf3etδf1f2coïncident sur la baseB.

•On a déjà f₃(x) =δf₁f₂(x).

•f₃(f₁(x)) = −f₁f₃(x) = −δf₁(f₁f₂(x)) =δf₁f₂f₁(x) =δf₁f₂(f₁(x)).

•f₃(f₂(x)) = −f₂f₃(x) = −δf₂(f₁f₂(x)) =δf₁f₂f₂(x) =δf₁f₂(f₂(x)).

•f₃(f₁f₂(x)) =f₁f₂f₃(x) =δf₁f₂(f₁f₂(x)).

Finalement, les endomorphismesf3 etδf1f2 coïncident sur la baseBet doncf3=δf1f2.

c)Pour plus de clarté, on posee₀=x, e₁=f₁(x),e₂=f₂(x)et e₃=f₃(x) =f₁f₂(x). Soit(x₀, x₁, x₂, x₃)∈R⁴.

•(x₀Id_E+x₁f₁+x₂f₂+x₃f₃)(e₀) =x₀e₀+x₁e₁+x₂e₂+x₃e₃.

•(x₀Id_E+x₁f₁+x₂f₂+x₃f₃)(e₁) =x₀e₁−x₁e₀−x₂e₃+x₃e₂.

•(x₀Id_E+x₁f₁+x₂f₂+x₃f₃)(e₂) =x₀e₂+x₁e₃−x₂e₀−x₃e₁.

•(x₀Id_E+x₁f₁+x₂f₂+x₃f₃)(e₃) =x₀e₃−x₁e₂+x₂e₁−x₃e₀.

∀(x₀, x₁, x₂, x₃)∈R⁴,M(x₀, x₁, x₂, x₃) =









x0 −x1 −x2 −x3

x1 x0 −x3 x2

x2 x3 x0 −x1

x3 −x₂ x1 x0







 .

II.B.2)Pour tout(x0, x1, x2, x3)∈R⁴,

tM(x₀, x1, x2, x3)M(x₀, x1, x2, x3) =









x0 x1 x2 x3

−x₁ x₀ x₃ −x₂

−x₂ −x₃ x₀ x₁

−x₃ x₂ −x₁ x₀

















x0 −x₁ −x₂ −x₃ x₁ x₀ −x₃ x₂ x₂ x₃ x₀ −x₁ x₃ −x₂ x₁ x₀









= (x²₀+x²₁+x²₂+x²₃)I₄,

et d’après la question I.A.2,M(x₀, x1, x2, x3)est une matrice de similitude dans une base orthonorméeBdonnée.

Notons alorsf_(x0,x1,x2,x3) l’endomorphisme de matriceM(x₀, x₁, x₂, x₃)dansBpuis posons V=

f_(x0,x1,x2,x3), (x0, x1, x2, x3)∈R⁴ . On note que

{M(x0, x1, x2, x3), (x0, x1, x2, x3)∈R⁴}=

Vect(E1,1+E2,2+E3,3+E4,4, E1,2−E2,1+E4,3−E3,4, E3,1−E1,3−E4,2+E2,4,−E4,1+E1,4+E3,2−E2,3).

Par suite,

M(x₀, x₁, x₂, x₃), (x₀, x₁, x₂, x₃)∈R⁴ est un sous-espace vectoriel deM₄(R)de dimension au plus4puis de dimension exactement4, la famille génératrice fournie ci-dessus étant clairement libre.

Par isomorphisme,V est un sous-espace deL(E)de dimension 4 et contenu dans Sim(E). Par suite, d₄ >4 et puisque d’autre partd₄64d’après la question I.C.2), on a montré que

d₄=4.

II.C -

II.C.1)Supposons quef₃=δf₁f₂avecδ∈{−1, 1}. Alors

0=f₄f₃+f₃f₄=δ(f₄f₁f₂+f₁f₂f₄) = −2δf₁f₂f₄, et doncf1f2f4=0 ce qui est impossible puisquef1f2f4est un automorphisme orthogonal.

f₃6=±f₁f₂.

II.C.2)f1f2f3est un aumorphisme orthogonal en tant que composée d’automorphismes orthogonaux. Ensuite, (f₁f₂f₃)^∗=f^∗₃f^∗₂f^∗₁= −f₃f₂f₁=f₂f₃f₁= −f₂f₁f₃=f₁f₂f₃.

et donc f₁f₂f₃ est symétrique. Supposons qu’il existe λ ∈ R tel quef₁f₂f₃ = λId_E. Puisque λId_E est orthogonal on a λ= ±1 puisf1f2f3= ±IdE. Mais alors,f1f2= ±f⁻¹₃ =±f^∗₃= ±f3 ce qui n’est pas. Donc f1f2f3 n’est pas colinéaire à IdE.

II.C.3)Puisquef₁f₂f₃est orthogonal, son spectre est contenu dans{−1, 1}. Puisquef₁f₂f₃est symétrique, son polynôme caractéristique est scindé sur Ret doncf₁f₂f₃ admet1 pour valeur propre d’ordrep∈ J0, nK et −1 pour valeur propre d’ordren−p. Mais on ne peut avoirp=noup=0car alorsf₁f₂f₃=±Id_Ece qui n’est pas. Donc

Sp(f1f2f3) ={−1, 1}.

Soituun vecteur propre unitaire def1f2f3associé à la valeur propre1et vun vecteur propre unitaire associé à la valeur propre−1. Puisquef1f2f3est symétrique,uetvsont orthogonaux.

Soit alorsx= 1

√2(u+v). D’après le théorème dePythagore,kxk²= 1

2(kuk²+kvk²) =1 etxest unitaire. Ensuite, hf₁f₂f₃(x), xi= 1

2hu−v, u+vi= 1

2(kuk²−kvk²) =0.

Doncxest un vecteur unitaire tel que hf1f2f3(x), xi=0.

II.C.4)•Les sept vecteurs deFdistincts de xsont les images du vecteur unitairexpar un automorphisme orthogonal et sont donc unitaires.

• f₁, f₂, f₃, f₁f₂, f₁f₃ et f₂f₃ sont antisymétriques (d’après II.A.1.a)) et donc f₁(x), f₂(x), f₃(x), f₁f₂(x), f₁f₃(x) et f₂f₃(x)sont orthogonaux à xd’après I.B.1). D’autre part,f₁f₂f₃(x)est orthogonal àxpar définition.

•f₁(x),f₂(x)et f₃(x)sont deux à deux orthogonaux d’après la question I.B.3).

•Puisquef1est orthogonal,f1conserve le produit scalaire et doncf1(x)est orthogonal àf1f2(x),f1f3(x)etf1f2f3(x). De même,f2(x)est orthogonal àf1f2(x) = −f2f1(x), àf2f3(x)et àf1f2f3(x) = −f2f1f3(x)etf3(x)est orthogonal àf1f3(x), f2f3(x)et f1f2f3(x).

Vérifions quef1(x)est orthogonal àf2f3(x). Puisquef1est antisymétrique

hf1(x), f2f3(x)i= −hx, f1f2f3(x)i=0.

De même,f2(x)est orthogonal àf1f3(x)et f3(x)est orthogonal àf1f2(x).

• Puisque f1 est orthogonal et quef2(x) est orthogonal àf3(x), f1f2(x) est orthogonal àf1f3(x). De même,f1f2(x)est orthogonal àf1f2f3(x)etf1f2(x) = −f₂f1(x)est orthogonal àf2f3(x). Par symétrie des rôles, les vecteursf1f2(x),f1f3(x) etf2f3(x)sont deux à deux orthogonaux et finalement

(x, f₁(x), f₂(x), f₃(x), f₁f₂(x), f₁f₃(x), f₂f₃(x), f₁f₂f₃(x))est une famille orthonormale de E.

II.C.5) a)f(F) = (f₁(x),−x, f₁f₂(x), f₁f₃(x),−f₂(x),−f₃(x), f₁f₂f₃(x),−f₂f₃(x))⊂Vect(F) =V et doncVest stable par f₁. De même, V est stable parf₂et f₃. Mais alors, d’après la question I.B.2),V^⊥ est stable parf₁,f₂et f₃.

b) V^⊥ est de dimension 4 et f₁^′, f₂^′ et f₃^′ sont trois automorphismes orthogonaux et antisymétriques tels que ∀i 6= j, f_i^′f_j^′+f_j^′f_i^′=0. D’après la question II.B.1.b), il existeδ^′ ∈{−1, 1}tel quef₃^′ =δ^′f₁^′f₂^′.

c)Comme en II.C.4), la famille(e, f1(e), f2(e), f1f2(e), f4(e), f4f1(e), f4f2(e), f4f1f2(e))est orthonormale. Par suite, f4(e, f1(e), f2(e), f1f2(e)) = (f4(e), f4f1(e), f4f2(e), f4f1f2(e))∈(e, f1(e), f2(e), f1f2(e))^⊥= (V^⊥)^⊥=V, et finalementf(V^⊥)⊂V.

d)W∩V^⊥⊂V∩V^⊥={0}et doncW∩V^⊥={0}. Donc la sommeW+V^⊥ est directe.

V^⊥ est stable parf₁,f₂et f₃et donc pour 16i63,f_i(V^⊥)⊂V^⊥⊂W⊕V^⊥. D’autre part,f₄(V^⊥) =W⊂W⊕V^⊥. Ensuite,f₄(W) = −V^⊥=V^⊥ ⊂W⊕V^⊥.

Enfin,f₁(W) =f₁f₄(V^⊥) = −f₄(f₁(V^⊥)) =f₄(f₁(V^⊥))⊂f₄(V^⊥) =W⊂W⊕V^⊥ et de même pourf₂ etf₃.

En résumé, pour16i64,f_i(W)⊂W⊕V^⊥ etf_i(V^⊥)⊂W⊕V^⊥. Par linéarité, pour 16i64,f_i(W⊕V^⊥)⊂W⊕V^⊥ Ainsi,W⊕V^⊥ est un sous-espace deEstable par chaquefi,16i64. Mais alors(W⊕V^⊥)^⊥ est un sous-espace deEde dimension4, stable par chaquefi,16i64. Ceci est impossible d’après les questions I.D.4) et I.C.2).

II.C.6) Par suite, il existe au plus 3 automorphismes orthogonaux et antisymétriques f1, f2 et f3 tels que ∀i 6= j, fifj+fjfi=0 et doncd1264.

D’autre part, en adaptant le travail fait en dimension4 (question II.B.2)) à la dimension 12, les matrices de format12 définies par blocs









x₀I₃ −x₁I₃ −x₂I₃− x₃I₃ x₁I₃ x₀I₃ −x₃I₃ x₂I₃ x₂I₃ x₃I₃ x₀I₃ −x₁I₃ x₃I₃ −x₂I₃ x₁I₃ x₀I₃









,(x₀, x₁, x₂, x₃)∈R⁴,

sont des matrices de similitudes formant un espace de dimension4. Doncd₁₂>4et finalement d₁₂=4.

II.D -Pour tout(x0, x1, x2, x3, x4, x5, x6, x7)∈R⁸,

























x0 x1 x2 x4 x3 x5 x6 x7

−x₁ x₀ x₄ −x₂ x₅ −x₃ x₇ −x₆

−x₂ −x₄ x₀ x₁ x₆ −x₇ −x₃ x₅

−x₄ x₂ −x₁ x₀ −x₇ −x₆ x₅ x₃

−x₃ −x₅ −x₆ x₇ x₀ x₁ x₂ −x₄

−x₅ x₃ x₇ x₆ −x₁ x₀ −x₄ −x₂

−x₆ −x₇ x₃ −x₅ −x₂ x₄ x₀ x₁

−x₇ x₆ −x₅ −x₃ x₄ x₂ −x₁ x₀

















































x0 −x₁ −x₂ −x₄ −x₃ −x₅ −x₆ −x₇ x₁ x₀ −x₄ x₂ −x₅ x₃ −x₇ x₆ x₂ x₄ x₀ −x₁ −x₆ x₇ x₃ −x₅ x₄ −x₂ x₁ x₀ x₇ x₆ −x₅ −x₃ x₃ x₅ x₆ −x₇ x₀ −x₁ −x₂ x₄ x₅ −x₃ −x₇ −x₆ x₁ x₀ x₄ x₂ x₆ x₇ −x₃ x₅ x₂ −x₄ x₀ −x₁ x₇ −x₆ x₅ x₃ −x₄ −x₂ x₁ x₀

























=

(x²₀+x²₁+x²₂+x²₃+x²₄+x²₅+x²₆+x²₇)I₈

et comme à la question II.B.2),

d₈=8.

II.E - Conjecture du résultat général.Il semble que

∀n∈N^∗,dn=Max{2^k, k∈Net2^kdivisen}.