Problème I.
Question préliminaire.
Le réel λ est valeur propre de v si et seulement si il existe un vecteur non nul tel que v(x) = λx ce qui est la même chose que x ∈ ker(v − λ Id E ) . Ainsi, λ est valeur propre si et seulement si λ est une racine du polynôme caractéristique.
Partie I.
1. Il s'agit d'un simple calcul de produits vectoriels en coordonnées. On obtient
U e 1 =
3 3 1
−1 0 0 0 −1 0
U e 2 =
2 0 0
0 0 0
−2 0 0
2. Soit x et y des vecteurs quelconques de E et X , Y les matrices colonnes de leurs coordonnées. On peut traduire matriciellement le produit scalaire
(u(x)/y) = t (U X ) Y = t X t U Y
= (x/u ∗ (y))
Un vecteur x est dans ker u ∗ si et seulement si, pour tous les y ∈ E , (u ∗ (x)/y) = 0 . On en déduit
x ∈ ker u ∗ ⇔ ∀y ∈ E, (x/u(y)) = 0 ⇔ x ∈ (Im u) ⊥ De même,
x ∈ ker u ⇔ ∀y ∈ E, (u(x)/y) = 0 ⇔ ∀y ∈ E, (x/u ∗ (y)) = 0 ⇔ x ∈ (Im u ∗ ) ⊥ Donc ker u = (Im u ∗ ) ⊥ ce qui entraine (ker u) ⊥ = Im u ∗ en orthogonalisant.
3. a. Comme la base B est orthonormée directe, e 3 = e 1 ∧ e 2 donc
e u(e 1 ∧ e 2 ) = e u(e 3 ) = u(e 1 ) ∧ u(e 2 )
On raisonne de même avec e 1 = e 2 ∧ e 3 et e 2 = e 3 ∧ e 1 . En utilisant le caractère bilinéaire antisymétrique du produit vectoriel et la linéarité de u , on déduit la formule e u(x ∧ y) = u(x) ∧ u(y) pour tous les vecteurs x et y .
b. En utilisant la propriété que doit vérier v pour les couples (x, y) égaux respecti- vement à (e 2 , e 3 ) , (e 3 , e 1 ) et (e 1 , e 2 ) on montre que v et e u coïncident sur la base B . Comme les applications sont linéaires, elles sont égales.
4. a. Toujours avec le même type d'argument e 3 = e 1 ∧e 2 · · · , on montre que Id g E = Id E . À cause de la bilinéarité du produit vectoriel, λu f = λ 2 u e .
b. On considère u e ◦ e v(x ∧ y) pour x et y quelconques dans E . Utilisons deux fois la propriété de I.2.a,
u e ◦ e v(x ∧ y) = u( e e v(x ∧ y) = u(v(x) e ∧ v(y)) = u ◦ v(x) ∧ u ◦ v(y) On conclut alors par I.2.b. que e u ◦ v e = u ] ◦ v .
c. Lorsque u est inversible, notons v sa bijection réciproque et u ◦ v = Id E entraine u ] ◦ v = Id g E d'où u e ◦ e v = Id E ce qui entraine (on est en dimension nie) que u e est inversible d'inverse u g −1 .
d. Dans cette question, on utilise la formule du double produit vectoriel e e
u(e 1 ) = u(e e 2 ) ∧ e u(e 3 ) = (u(e 3 ) ∧ u(e 1 )) ∧ (u(e 1 ) ∧ u(e 2 ))
= (u(e 3 )/ (u(e 1 ) ∧ u(e 2 )))u(e 1 ) − (u(e 1 )/ (u(e 1 ) ∧ u(e 2 ))
| {z }
=0
u(e 3 )
= det(u(e 1 ), u(e 2 ), u(e 3 ))u(e 1 ) = det(u) u(e 1 ) Les calculs sont analogues pour les deux autres vecteurs de base ce qui entraine la formule demandée.
5. a. On trouve par le calcul que U e = com(U) . On peut le montrer sans calcul en considérant la matrice U de u . Le développement de son déterminant le long de la troisième colonne peut s'interpréter comme le produit scalaire de e 1 ∧ e 2 contre e 3 . C'est la dénition même du produit vectoriel e 1 ∧ e 2 . On en déduit que les coordonnées de e 1 ∧ e 2 sont les trois cofacteurs (1, 3) , (2, 3) , (3, 3) de la matrice.
Cela prouve que la troisième colonne de U e est la troisième colonne de com(U ) . On raisonne de même pour les autres colonnes.
b. La formule de cours
t U com(U ) = det(U ) I
montre, d'après la question précédente que u ∗ ◦ u e = det(u) Id E car cela en est la traduction matricielle dans la base B .
Dans la cours, la deuxième formule : U t com(U ) = det(U ) I gure également.
On en déduit com(U ) t U = det(U ) I en transposant. Ces relations constituent la traduction matricielle dans la base B de
u ∗ ◦ u e = e u ◦ u ∗ = det(u) Id E
qui montre que e u et u ∗ commutent.
c. Soit i et j entre 1 et 3 , à cause de la conservation du déterminant par transposi- tion :
terme i , j de u f ∗ = terme i , j de com( t U ) = terme j , i de com(U )
= terme i , j de t com(U ) = terme i , j de e u ∗ On en déduit f u ∗ = u e ∗ .
6. Si rg(u) = 1 , toutes les images par u sont colinéaires donc
e u(e 3 ) = u(e 1 ) ∧ u(e 2 ) = 0 E
et de même pour les autres vecteurs de base. Dans ce cas u e = 0 L(E) .
Si rg(u) = 2 , l'image de u est un plan vectoriel et les images par u e des vecteurs de bases sont, par construction avec le produit vectoriel, dans la droite orthogonale à ce plan image. Le rang de u e est donc 1 et Im u e = (Im u) ⊥ .
D'après le théorème du rang, le noyau de e u est de dimension 2 . De plus, d'après la question 5.b., e u◦ u ∗ = O L(E) donc Im u ∗ ⊂ ker e u . D'après 2., Im u ∗ = (ker u) ⊥ . Comme dim(ker u) ⊥ = 3 − dim(ker u) = rg(u) = 2 , on en déduit
ker u e = (ker u) ⊥ 7. L'application u → u e n'est pas linéaire car λu f = λ 2 u e .
Elle n'est pas non plus injective car tous les endomorphismes de rang 1 ont la même image à savoir l'endomorphisme nul.
Elle n'est pas plus surjective car aucun endomorphisme de rang 2 ne peut être un u e d'après la discussion du rang de la question précédente.
Partie II.
1. Soit P = Vect(x, y) un plan stable par u . Son orthogonal est la droite Vect(x ∧ y) . Le produit vectoriel de deux éléments de P est dans cette droite vectorielle orthogonale.
On a donc :
u(x e ∧ y) = u(x)
∈P
∧ u(y)
∈P
∈ Vect(x ∧ y) ce qui montre que x ∧ y est un vecteur propre de e u .
Considérons une base orthonormée A = (a, b, c) de E telle que P = Vect(a, b) . Comme les vecteurs a ∧ b et x ∧ y sont colinéaires. Ils sont donc tous les deux vecteurs propres
et pour la même valeur propre. Considérons la matrice de u dans A .
Mat A u =
α 1 β 1 γ 1
α 2 β 2 γ 2
0 0 γ 3
et eectuons les calculs dans cette base :
Mat A u(a) =
α 1
α 2
0
Mat A u(b) =
β 1
β 2
0
Mat A u(a) ∧ u(b) =
0 0 α 1 β 2 − α 2 β 1
On en déduit que la valeur propre est α 1 β 2 − α 2 β 1 qui est aussi le déterminant de la restriction de u à P .
2. Dans cette question, z est un vecteur propre unitaire de u e . On note λ 6= 0 la valeur propre associée soit e u(x) = λx .
a. Soit x un vecteur unitaire orthogonal à z . La famille (z, x, z ∧x) est alors une base orthonormée directe. Il en est de même pour (x, z ∧ x, z) . On peut donc choisir y = z ∧ x et on aura bien (x, y, z) orthonormée directe ce qui entraine z = x ∧ y . b. On va montrer que P = Vect(x, y) = Vect(z) ⊥ est stable par u . Considérons pour
cela (u(x)/z) :
(u(x)/z) = 1
λ (u(x)/ u(z)) = e 1
λ (u(x)/ u(x e ∧ y)) = 1
λ (u(x)/u(x) ∧ u(y))
= 1
λ det(u(x), u(y), u(x)) = 0 ce qui entraine u(x) ⊥ z donc u(x) ∈ P . On démontre de manière analogue que u(y) ∈ P . Le plan P orthogonal à z est donc stable par u .
3. a. D'après la dénition, 0 est une valeur propre si et seulement si il existe un vecteur non nul x dont l'image est 0x c'est à dire 0 E . Ainsi, 0 est une valeur propre d'un endomorphisme si et seulement si l'endomorphisme n'est pas bijectif. On a montrer dans la première partie que u est bijectif si et seulement si e u est bijectif.
L'équivalence est valable aussi pour les négations ce qui traduit que 0 est valeur propre de u si et seulement si 0 est valeur propre de e u .
b. Supposons que P est stable par v et vérions qu'il est aussi stable par v − λ Id E .
∀x ∈ P, (v − λ Id E )(x) = v(x)
∈P
− x
∈P ∈ P
car P est un sous-espace vectoriel.
Réciproquement, si P est stable par v − λ Id E , comme v = (v − λ Id E ) + λ Id E , le même raisonnement montre que P est stable par v .
c. D'après la question 2., lorsque 0 n'est pas valeur propre de u (c'est à dire lorsque u est bijectif) la recherche des plans propres de u est équivalente à la recherche des vecteurs propres de u e .
Lorsque u n'est pas bijectif, il existe des réels λ tels que u − λ Id E soit bijectif. Il sut en eet de choisir un λ qui n'est pas une racine du polynôme caractéristique.
On sait alors que u et u − λ Id E ont les mêmes plans stables. On les trouve en cherchant les vecteurs propres de u − ^ λ Id E .
4. a. Avec l'expressions des matrices U f 1 et f U 2 , on peut calculer les polynômes caracté- ristiques puis les factoriser :
P 1 (λ) = −λ 3 + 3λ 2 − 3λ + 1 = −(λ − 1) 3 P 2 (λ) = −λ 3 + 2λ 2 = −λ 2 (λ − 2)
b. D'après la question précédente, u 1 et f u 1 sont bijectifs et la seule valeur propre de f u 1 est 1 . Les plans stables pour u 1 sont les plans orthogonaux aux vecteurs propres de f u 1 . Ces vecteurs propres sont les éléments du noyau de f u 1 − Id E . Pour les trouver, on résoud le système :
2x + 3y + z = 0
−x − y = 0
−y − z = 0
⇔
x y z
= −y
1
−1 1
Les vecteurs propres de f u 1 sont les vecteurs non nuls colinéaires à e 1 − e 2 + e 3 . On en déduit que u 1 admet un unique plan stable :
Vect(e 1 − e 2 + e 3 ) ⊥
Les endomorphismes u 2 et f u 2 ne sont pas bijectifs. Ils sont respectivement de rang 2 et 1 . Pour trouver les plans stables, on doit commencer par trouver un λ tel que u 2 − λ Id E soit bijectif. Il sut de choisir un nombre qui n'est pas racine du polynôme caractéristique de u 2 .
Comme il n'y a que trois racines au plus, il est plus économique d'essayer un nombre au hasard et vérier qu'il convient plutot que de calculer et factoriser le polynôme caractéristique.
Par exemple pour λ = 1 , la matrice de u 2 − Id E est de rang 3 donc u 2 − Id E est bijectif et admet les mêmes plans stables que u 2 .
U 2 − I =
−1 1 1
0 0 −1
0 1 0
U ^ 2 − I =
1 0 0
1 0 1
−1 −1 0
Le polynôme caractéristique de u 2 ^ − Id E se factorise en −(λ − 1)(λ + 2 + 1) . Il existe donc une unique valeur propre. On résoud le système associé :
( x − y + z = 0
−x − y − z = 0 ⇔
x y z
= z
−1 0 1
L'endomorphisme u 2 admet donc un unique plan stable : Vect(−e 1 + e 3 ) ⊥
Problème II.
Partie I. Projection d'un demi grand cercle
1. a. On demande en fait dans cette question une équation cartésienne de la projection E ϕ . Il s'agit d'éliminer z entre l'équation de la spère et celle du plan. De l'équation du plan, on tire z = tan ϕ y que l'on injecte dans l'équation de la sphère. On en déduit
m ∈ E ϕ ⇔
x(m) 2 + y(m) 2 + sin 2 ϕ
cos 2 ϕ y(m) 2 = 1 y(m) > 0
⇔
x 2 (m) + 1
cos 2 ϕ y 2 (m) = 1 y(m) > 0
b. L'équation cartésienne trouvée à la question précédente est en fait une équation réduite. La conique E ϕ est donc une ellipse d'axe focal Ox , de centre O , la distance centre-foyer est p
1 − cos 2 ϕ = sin ϕ . 2. a. D'après le cours,
Mat B
ϕr θ,ϕ =
cos θ − sin θ 0 sin θ cos θ 0
0 0 1
b. La base ( − → u ϕ , − → i , − →
j ϕ ) est orthonormée directe donc − →
j ϕ = − → u ϕ ∧ − →
i . Soit, en coordonnées dans B :
0
− sin ϕ cos ϕ
∧
1 0 0
=
0 cos ϕ sin ϕ
⇔ − →
j ϕ = cos ϕ − →
j + sin ϕ − → k
Soit P la matrice de passage de B dans B ϕ . D'après les dénitions et la question précédente,
P =
1 0 0
0 cos ϕ − sin ϕ 0 sin ϕ cos ϕ
D'après la formule de changement de base,
Mat B r θ,ϕ = P Mat B
ϕr θ,ϕ P −1 = P Mat B
ϕr θ,ϕ t P
car les bases sont orthonormées (la matrice de passage est donc orthogonale).
Après calculs, on obtient
Mat B r θ,ϕ =
cos θ − cos ϕ sin θ − sin ϕ sin θ cos ϕ sin θ cos 2 ϕ cos θ + sin 2 ϕ sin ϕ cos ϕ(cos θ − 1) sin ϕ sin θ sin ϕ cos ϕ(cos θ − 1) sin 2 ϕ cos θ + cos 2 ϕ
c. En lisant la première colonne de la matrice dans B , on trouve que les coordonnées de M θ dans B sont (cos θ, cos ϕ sin θ, sin ϕ sin θ) . Ce point est sur la sphère dans le plan orthogonal à − → u ϕ . Le seul point à vérier est que sa troisième coordonnée est strictement positive. Cela se produit lorsque sin θ est strictement positif. On prendra donc θ ∈]0, π[ .
En projetant, on obtient une paramétrisation de l'ellipse E ϕ
θ ∈]0, π| → P (θ) = O + cos θ − →
i + cos ϕ sin θ − → j
Remarque. Une telle paramétrisation trigonométrique était évidente d'après l'équation cartésienne. L'intérêt de cette question est l'interprétation géométrique du paramètre θ comme angle de rotation de l'espace.
Partie II. Intégrale curviligne
1. Notons I l'intégrale à calculer. Le changement de variable u = cos θ nous ramène à l'intégrale d'une fraction rationnelle qui se calcule avec un arctan
I = Z cos θ
1cos θ
0−du
cos 2 ϕ + sin 2 ϕ u 2 = − 1 cos 2 ϕ
Z cos θ
1cos θ
0du 1 + (tan ϕ u) 2
= − 1
cos 2 ϕ tan ϕ [arctan(tan ϕ u)] u=cos u=cos θ θ
10
