• Aucun résultat trouvé

PROBL`EME 1

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2021

Partager "PROBL`EME 1"

Copied!
5
0
0
En savoir plus ( Page)

Texte intégral

(1)

PROBL`

EME 1

- Un sous-ensemble de matrices orthogonales Partie I - Un exemple en dimension 2

1. 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

(2)

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

(3)

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)

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.

(5)

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.

Références

Documents relatifs

La conante de conneivit´e du r´eseau hexagonal a ´et´e calcul´ee par Hugo Duminil-Copin et Stanislav Smirnov en  [  ], r´esolvant ainsi une conje ure formul´ee

La conante de conneivit´e du r´eseau hexagonal a ´et´e calcul´ee par Hugo Duminil-Copin et Stanislav Smirnov en  [], r´esolvant ainsi une conjeure formul´ee en

On remarque que, si j est un nombre pair entre deux nombres premiers impairs (appel´ es nombres premiers jumeaux), alors pour tout q premier impair inf´ erieur ` a √.. 2j, f(2j, q) =

Le correcteur qui est certainement le plus utilisé dans les systèmes asservis, mais qui est aussi le plus délicat à régler est le correcteur proportionnel dérivé intégral.

11 Dans chacun des cas suivants, indique, sans le construire, si les trois segments peuvent être les côtés d'un même triangle.. À l'aide du compas et d'une

11 Dans chacun des cas suivants, indique, sans le construire, si les trois segments peuvent être les côtés d'un même triangle.. Dans chaque cas indique la valeur

10 ABC étant un triangle isocèle dont l'un des angles mesure 80°, donne les mesures possibles des deux autres angles puis trace une figure pour chaque cas.. 11

10 ABC étant un triangle isocèle dont l'un des angles mesure 80°, donne les mesures possibles des deux autres angles puis trace une figure pour chaque cas.. 11

Toutes les justifications doivent figurer sur votre copie, mais la r´edaction doit rester sobre.. Vous pouvez admettre un r´esultat, `a condition de le signaler

L’Organisateur se réserve le droit de procéder, à tout moment et sans recours possible de la part des exposants, à toute modification utile ou nécessaire au bon déroulement du

Les cases d'un échiquier de dimensions n x n contiennent des entiers strictement positifs pas nécessairement distincts.Les sommes des deux entiers contenus dans tous les dominos,

Déterminer le plus petit entier M tel qu’il existe une première suite de n entiers consécutifs positifs dont la somme des carrés est égale à M et une deuxième suite de 2n

Déterminer le plus petit entier M tel qu’il existe une première suite de n entiers consécutifs positifs dont la somme des carrés est égal à M et une deuxième suite de 2n

Remplacer dans cette égalité les angles qu’on connaît par leur valeur pour obtenir une équation.. Résoudre l’équation pour obtenir la mesure de l’angle

Production system applications Transaction processing Scientific application

[r]

[r]

Donner la fonction caract´ eristique d’une variable al´ eatoire suivant une loi g´ eom´ etrique de param` etre p, ainsi que la fonction caract´ eristique d’une variable al´

3 Remarque : le th´eor`eme de sommation des ´equivalents s’applique mais on en demande la

Cela se vérifie aisément à l'aide de quelques boucles (mais le code source reste quand même "moche" car c'est assez bourrin à la

a Interpr´ eter g´ eom´ etriquement les r´ esultats de la

Or un sous- ensemble de R est connexe si et seulement si c’est un intervalle, et aucune r´eunion de deux ou plus de ces segments n’est un intervalle, car ils sont disjoints et

b. la nature du mouvement lors du freinage ةلمرفلا est un mouvement retardé d. L’action d’un aimant sur un clou est une action de contact répartie. 2. d’un point