PROBL`
EME 1
- Un sous-ensemble de matrices orthogonales Partie I - Un exemple en dimension 21. On a χApλq λ2 t2 et les valeurs propres ´etant les racines de χA sont SppAq tit, itu.
2. On v´erifie par calcul que
pI2 Aq1 1 1 t2 1 t t 1 On en d´eduit que R 1 1 t2 1 t2 2t 2t 1 t2
Les colonnes de R sont clairement orthogonales. Leur norme vaut 1 (carp1 t2q2 4t2 p1 t2q2) et donc R est orthogonale. Son d´eterminant ´etant ´egal `a 1, on en d´eduit que RP SO2pRq o`u SOnpRq est
le groupe sp´ecial orthogonal d’ordre n. 3. Un calcul permet de v´erifier que
pI2 Rθq1 1 2p1 cospθqq 1 cospθq sinpθq sinpθq 1 cospθq
Le calcul matriciel donne alors
M 1 1 cospθq 0 sinpθq sinpθq 0
Partie II - Matrices antisym´etriques et matrices orthogonales
4. On suppose BC CB. En multipliant `a gauche et droite par C1, on obtient C1B BC1. 5. On a tpAXqX tpλXqX λ n ¸ i1 |xi|2
et par ailleurs, en utilisant le fait que A est r´eelle,
tpAXqX tXtAX tXAX tXpAXq λtXX λ n ¸ i1 |xi|2 Comme n ¸ i1
|xi|2 0 (car X est non nul) on a λ λ ce qui prouve que λ est imaginaire pur.
On a ainsi SppAq iR.
6. En particulier,1 n’est pas valeur propre de A et In A est donc inversible. Comme In A et In A
commutent, la question 4 donne
pIn AqpIn Aq1 pIn Aq1pIn Aq
On a de plus (puisquetpMNq tNtN ettpM1q ptMq1)
RtR pIn Aq1pIn AqpIn AqpIn Aq1
CommepIn Aq et pIn Aq commutent, on conclut que RtR In et donc RP OnpRq.
7. D’apr`es les propri´et´es du d´eterminant et comme la matrice A est antisym´etrique, detpRq detpIn Aq detpIn Aq detptpI n Aqq detpIn Aq detpIn Aqq detpIn Aq 1
8. On a
tAtpI
n RqtpIn Rq1 pIntRqpIn tRq1 pIn R1qpIn R1q1
Un calcul simple montre que
pIn RqpIn R1q In R R1 In pR InqpIn R1q
en multipliant par l’inverse depIn R1q `a droite et l’inverse de pIn Rq `a gauche, on en d´eduit que tA pI
n Rq1pR Inq A
ce qui montre que A est antisym´etrique.
9. On se propose ici de r´epondre `a la question en construisant explicitement la matrice cherch´ee en se servant de la partie I. Il est n´eanmoins possible de r´epondre `a la question par analyse-synth`ese en prouvant l’existence de A sans la construire explicitement.
Dans une base orthonorm´ee directe de premier vecteur orientant et dirigeant l’axe, on connait la matrice de la rotation r. En notant P la matrice de passage de la base canonique `a cette base adapt´ee, on a P P O3pRq (changement de b.o.n.) et P1RP 1 0 0 Rθ
Posons t tanpθ{2q (qui existe puisque θ 0rπs) et B 0 0 0 C o`u C 0 t t 0 . Un calcul par blocs montre que I3 B est inversible et que
pI3 Bq1 1 0 0 pI2 Cq1 puis que pI3 Bq1pI3 Bq 1 0 0 pI2 Cq1pI2 Cq
Avec la premi`ere partie, on obtient (il faut changer B enB et donc t en t et pI3 Bq1 etpI3 Bq
commutent) pI3 Bq1pI3 Bq 1 0 0 0 1 t 2 1 t2 2t 1 t2 0 2t 1 t2 1 t2 1 t2 Or, 1 t 2 1 t2 cospθq cospθq et 2t 1 t2 sinpθq et donc pI3 Bq1pI3 Bq P1RP On en d´eduit que R P pI3 Bq1pI3 BqP1 pI3 Aq1pI3 Aq avec A P BP1
PROBL`
EME 2
- Etude d’une famille d’endomorphismes´ 1. (a) Soit vP E. On a pM IdEqpv q pM IdEqpM IdEqpvq pM2 IdEqpvq 0E pM IdEqpvq pM IdEqpIdE Mqpvq pIdE M2qpvq 0E On en d´eduit que v P F et vP F. (b) Soitpv, wq P F F. On a Mpvq v et Mpwq w et donc pv|wq pMv|wq pv|Mwq pv|wq Ceci montre quepv|wq 0 et donc que F `KF.Par ailleurs, si v P E alors v 12v 12vP F F et donc E F F. La r´eciproque est imm´ediate et ainsi
E F `KF (c) Soit vP F . On a (avec pH4q et Mpvq v) pM IdEqpT pvqq M T pvq T pvq T Mpvq T pvq T pvq T pvq 0E et donc Tpvq P F. Ainsi TpF q F. Soit vP F. On a (avecpH4q et Mpvq v) pM IdEqpT pvqq M T pvq T pvq T Mpvq T pvq T pvq T pvq 0E et donc Tpvq P F . Ainsi T pFq F . On en d´eduit que T2pF q T pT pF qq T pFq F et de mˆeme T2pFq T pT pFqq T pF q F 2. Soit 0¤ k ¤ 2m. On a ImpTk 1q TkpImpT qq ImpTkq
Supposons, par l’absurde, que cette inclusion soit une ´egalit´e. On aurait alors ImpTk 2q T pImpTk 1qq T pImpTkqq ImpTk 1q. Par r´ecurrence simple, on en d´eduirait que :
ImpTkq ImpT2mq ImpT2m 1q t0Eu.
Comme T2m n’est pas l’application nulle, ceci est contradictoire. On a donc ImpTk 1q ImpTkq
3. On a des espaces emboˆıt´es strictement et, en passant aux dimensions
2m 1 dimpImpT0qq ¡ dimpImpT1qq ¡ ¡ dimpImpT2m 1qq 0
On a ainsi 2m 2 entiers naturels en progression strictement croissante de 0 `a 2m 1. 0, 1, . . . , 2m 1 est la seule telle progression et donc
@k P t0, . . . , 2m 1u, dimpImpTkqq 2m 1 k
Par th´eor`eme du rang, on en d´eduit que
4. Soit 0¤ k ¤ 2m 1. Comme 0LpEq T2m 1 T2m 1k Tk, on a ImpTkq kerpT2m 1kq.
Par ´egalit´e des dimensions (question pr´ec´edente),
ImpTkq kerpT2m 1kq
5. On a dimpImpTkqKq 2m 1 dimpImpTkqq k et dimpImpTk1qq 2m 2 k. Si les deux espaces
´etaient en somme directe (par l’absurde), la somme de leurs dimensions serait inf´erieure `a celle de E, c’est `a dire 2m 1, ce qui est faux (elle vaut 2m 2). On en d´eduit que
ImpTkqKX ImpTk1q t0Eu
Soit z 0E dans cet ensemble. On a donc z P ImpTkqK kerpT2m 1kqK. Comme un espace et
son orthogonal sont en somme directe, leur intersection est r´eduite `a t0Eu. Comme z 0E, z R
kerpT2m 1kq et donc T2m 1kpzq 0. 6. On a pIdE αT2q m ¸ k0 p1qkαkT2k m ¸ k0 p1qkαkT2k m ¸ k0 p1qkαk 1T2k 2 m ¸ k0 p1qkαkT2k m 1¸ j1 p1qjαjT2j IdE p1q2m 1αm 1T2m 2 IdE
On en d´eduit (pas besoin de faire la composition dans l’autre sens pour des endomorphismes en dimension finie) que IdE αT2 P GLpEq et que
pIdE αT2q1 m ¸ k0 p1qkαkT2k 7. On a 0E P G et G E. Si x, y P G et λ P R alors
- x λyP ImpT q car x, y P ImpT q.
- @v P E, Spx λy, vq Spx, vq λSpy, vq 0.
Ainsi, x λyP G et G est stable par combinaisons lin´eaires. C’est finalement un sous-espace de E. Soit uP G X kerpT q. On a @v P E, Spu, vq 0 et donc pu|T pvqq pT puq|vq 0. Comme u P kerpT q, ceci donne@v P E, pu|T pvqq 0. Mais u P ImpT q (car u P G) et il existe v tel que u T pvq. Pour ce v, on trouve quepu|uq 0 et donc que u 0. On a montr´e que
GX kerpT q t0Eu
8. pv, wq ÞÑ pT pvq|T pwqq est clairement bilin´eaire sym´etrique et positive. Soit v P G tel que pT pvq|T pvqq 0. On a alors Tpvq 0 et donc v P G X kerpT q et donc v 0E. L’application est donc d´efinie positive.
C’est finalement un produit scalaire sur G. 9. (a) On proc`ede par r´ecurrence.
- Initialisation : le r´esultat est imm´ediat pour k 0 (M M).
- H´er´edit´e : supposons le r´esultat vrai jusqu’`a un rang k¥ 0. On a alors
M Tk 1 pM Tkq T p1qkTk M T p1qkTk pT Mq p1qk 1Tk 1 M ce qui prouve le r´esultat au rang k 1.
(b) Soit vP ImpTkq ; il existe u P E tel que v Tkpuq. On a alors Mpvq p1qkTkpMpuqq P ImpTkq. Soit vP kerpTkq. On a TkpMpvqq p1qkMpTkpvqq 0 et Mpvq P kerpTkq.
10. En particulier kerpT q est stable par M. Or, kerpT q est de dimension 1 et il existe e 0E tel que
kerpT q Vectpeq. On a alors Mpeq P kerpT q qui est multiple de e, c’est `a dire que e est vecteur propre pour M . Or, X2 1 annule M et les seules valeurs propres possibles pour M sont donc 1 et 1. On a ainsi Mpeq e ou Mpeq e. Dans le premier cas, kerpT q F et dans le second kerpT q F. 11. (a) Soit zP F. On a vu que T2mpzq P F(car Fstable par T2). Mais on a aussi T2mpzq P kerpT q
F (car T2m 1 0
LpEq). Comme F` F , T2mpzq 0.
(b) On vient de voir que F kerpT2mq ImpT q. En passant `a l’orthogonal, on en d´eduit que ImpT qK pFqK F
Notons T1 (resp. M1) l’endomorphisme induit par T (resp. M1) sur ImpT q. M1 et T1 v´erifient les mˆemes hypoth`eses que M et T (si ce n’est que l’on n’est pas en dimension paire car ImpT q est de dimension 2m mais cela n’a pas ´et´e utilis´e dans ce qui pr´ec`ede). ImpT2qKX ImpT q s’interpr`ete comme ImppT1q2qK. On reprend alors le raisonnement avec T1 mais en tenant compte du fait que la dimension de l’espace est paire :
- Soit v P F . En vertu de la question 1.c, pT1q2m1pvq P F. Or, pT1q2m 0LpImpT qq, donc
pT1q2m1pvq P kerpT1q kerpT q F par hypoth`ese. Ainsi, pT1q2m1pvq P F X F t0 Eu.
- On a ainsi prouv´e que F kerppT1q2m1q ImpT1q, d’o`u ImpT1qK F K F. En r´esum´e,
ImpT2qKX ImpT q F
(c) Soit z un ´el´ement non nul de ImpT qK. On a
@u P G, pT pzq|uq Spz, uq pT puq|zq 0 car Spz, uq 0 (u P G) et pT puq|zq 0 (z P ImpT qK). Ainsi, Tpzq P GK.
Par ailleurs, kerpT q ImpT2mq ImpT q donc ImpT qK kerpT qK. Ainsi, z P kerpT qK et, comme z 0E, zR kerpT q.
(d) C’est le mˆeme r´esultat que 11(c) appliqu´e `a z P pImpT1qqK, avec les notations introduites `a la question 11(b).
12. On se place dans le cas o`u kerpT q F , l’autre cas (kerpT q F) ´etant similaire (les rˆoles de F et F sont intervertis).
Comme ImpT qK est de dimension 1 0, on peut trouver w1 P ImpT qK non nul. Les questions 11.b et
11.c donnent w1 P F , T pw1q P GK et Tpw1q 0E. De plus ImpT2q ImpT q donne, en passant `a
l’orthogonal, ImpT qK ImpT2qK et ainsi w1P ImpT2qK.
La question 5 donne l’existence de w2 0E dans ImpT2qKXImpT q. Les questions 11.b et 11.d indiquent
que w2P F, Tpw2q P GK et Tpw2q 0E.
pw1, w2q v´erifie alors pAq, pBq, pCq et est donc une paire caract´erisante de G.
13. pT pw1q, T pw2qq est une famille libre car ce sont des ´el´ements non nuls dans F et F qui sont en
somme directe. Comme ce sont des ´el´ements de GK, cet espace est au moins de dimension 2. On en d´eduit que
dimpGq 2m 1 dimpGKq ¤ 2m 1
Il faut ˆetre plus pr´ecis. On remarque que G ImpT q et on a donc ImpT qK GK. ImpT qK est de dimension 1 et on note ε une base de cet espace. pε, T pw1q, T pw2qq est aussi une famille libre car
εP VectpT pw1q, T pw2qqK. On a donc en fait
dimpGq ¤ 2m 2 14.
