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Exercice 1. Soit n ≥ 3 un entier et E un espace vectoriel euclidien de dimension n.

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Academic year: 2022

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Texte intégral

(1)

Universit´ e de Bourgogne Partiel du 21 octobre 2019

G´ eom´ etrie – Master 1 PMG Temps disponible : 2 heures

Toutes les r´ eponses doivent ˆ etre justifi´ ees. Il est possible d’admettre la r´ eponse ` a une question afin de r´ epondre aux questions suivantes.

Exercice 1. Soit n ≥ 3 un entier et E un espace vectoriel euclidien de dimension n.

a) Justifier que SO ( E ) est connexe par arcs.

b) Montrer que O ( E ) poss` ede deux composantes connexes.

c) Pour n = 4, trouver deux ´ el´ ements explicites de O ( E ) dans deux composantes connexes distinctes, puis un chemin explicite dans SO ( E ) qui relie id E et − id E . Soit N ⊲ SO ( E ) un sous groupe normal de E.

d) Justifier que, si N contient un renversement, alors N = SO ( E ) .

e) Soit n = 3. Montrer que, si N ≠ { id E } alors N contient une rotation d’angle π / k, pour k ∈ N assez grand. En d´ eduire que N = SO ( E ) .

f) Soit n = 2. Justifier que SO ( E ) n’est pas simple.

Corrig´ e 1. On utilise la forme normale des automorphismes orthogonaux, le fait que pour k ∈ N donn´ e toutes les sym´ etries d’axe k-dimensionnel sont conjugu´ ees et que les renversements engendrent SO ( E ) .

a) Soit f ∈ SO ( E ) . D’apr` es le th´ eor` eme de r´ eduction en forme normale des au- tomorphismes orhogonaux, il existe une base orthonorm´ ee B de E telle que Mat B ( f ) = diag (I r , R ϑ

1

, . . . , R ϑ

s

) pour certains s ∈ R , ϑ 1 , . . . , ϑ s ∈ R , avec r = 2n − s, o` u R ϑ est la matrice de rotation :

R ϑ = ( cos ( θ ) − sin ( θ ) sin ( θ ) cos ( θ ) ) .

On consid` ere le chemin γ ∶ [ 0, 1 ] → SO ( E ) qui associe ` a t ∈ [ 0, 1 ] l’endomorphisme dont la matrice en la base B est diag (I r , R

1

, . . . , R

s

) . L’application γ est continue par continuit´ e du produit matriciel et des applications sinus et cosinus. De cette mani` ere γ ( 0 ) = f et γ ( 1 ) = id E , donc SO ( E ) est connexe par arcs.

b) On voit que le d´ eterminant d’une matrice orthogonale vaut 1 ou − 1. Donc le groupe

O ( E ) poss` ede au moinx deux composantes connexes car son image par l’applica-

tion (continue) d´ eterminant est {− 1, 1 } ; on voit que l’application d´ eterminant est

surjective en consid´ erant le d´ eterminant de id E et d’une r´ eflexion τ ∈ O ( E ) . Notons

(2)

O ( E ) = det −1 ({− 1 }) , on a donc τ ∈ O ( E ) . On voit que l’application f ↦ τ f four- nit un hom´ eomorphisme entre O ( E ) et SO ( E ) . Ainsi, comme SO ( E ) est connexe, O ( E ) l’est aussi. Ainsi O ( E ) poss` ede exactement deux composantes connexes.

c) Si n = 4, pour les composantes de O ( E ) , on peut se donner id E et τ comme pr´ ec´ edemment. Pour le chemin dans SO ( E ) , on peut prendre t ↦ f t o` u, un´ e base orthonorm´ ee B de E ´ etant fix´ ees, f t satisfait :

Mat B ( f t ) =

⎛ ⎜⎜

⎜ ⎝

cos ( tπ ) sin ( tπ ) 0 0

− sin ( tπ ) cos ( tπ ) 0 0 0 0 cos ( tπ ) sin ( tπ ) 0 0 − sin ( tπ ) cos ( tπ )

⎞ ⎟⎟

⎟ ⎠ .

d) Ceci est parce que, si N contient un renversement ρ, comme N est normal, il contient tous les conjugu´ ees de ρ. Puis, tous les renversements sont conjugu´ es donc N dans ce cas contient tous les renversements. Ainsi N ⊂ SO ( E ) contient un syst` eme de g´ en´ erateurs de SO ( E ) donc N = SO ( E ) .

e) La preuve de cet ´ enonc´ e constitue la d´ emonstration du fait que SO ( E ) est un groupe simple si n = 3, on renvoie au cours pour celle-ci.

f) On sait que, si n = 2, SO ( E ) est isomorphe au groupe des nombres complexes de module 1, ce groupe est donc commutatif et tous ses groupes sont normaux. Il suffit donc d’exhiber un sous groupe N de SO ( E ) , non r´ eduit ` a l’identit´ e et diff´ erent de SO ( E ) . Par exemple le sous groupe engendr´ e par la − id E convient car il poss` ede deux ´ el´ ements. On peut aussi prendre une rotation ρ d’angle π / n pour n > 1 donn´ e et consid´ erer le sous groupe engendr´ e par ρ : il s’agit d’un groupe cyclique d’ordre n qui est normal et non trivial dans SO ( E ) .

Exercice 2. Soit n ∈ N , notons E = {( x 1 , . . . , x n ) ∈ R n ∣ ∑ n i=1 x i = 1 } . 1) Donner dim (E) et fournir une base de E = #— E .

2) Soit X = E ∩ R n + . Montrer que X est convexe et compact.

Soit O = n 1 ( 1, . . . , 1 ) ∈ R n , ( E 1 , . . . , E n ) base canonique de R n et, pour i ∈ J 1, n K , #— u i = # — OE i . 3) Donner un rep` ere cart´ esien R de E constitu´ e de O et de vecteurs #— u i .

4) Soit ϕ ∶ E → E affine telle que ϕ ( E i ) = E i+1 pour i = 1, . . . , n − 1 et ϕ ( E n ) = E 1 . a) Montrer que ϕ est bijective puis trouver ϕ ( O ) et ϕ ( X ) .

b) Donner M = Mat R ( ϕ ) puis N = Mat S ( ϕ ) o` u S est un rep` ere affine de E . c) Dire si #— ϕ ∈ SL ( E ) .

5) Soit G le groupe des transformations affines de E fixant X. Montrer S n ⊂ G.

6 ) Soit ϕ ∈ G. Montrer que, pour tout i ∈ J 1, n K , il existe un et un seul j tel que

ϕ ( E i ) = E j . En d´ eduire G = S n .

(3)

Corrig´ e 2. On consid` ere R n muni de sa structure canonique d’espace affine et E comme sous espace affine de cette structure. On note P = ( p 1 , . . . , p n ) un ´ el´ ement de E . Un vecteur de R n = #—

R n est not´ e #— v = ( v 1 , . . . , v n ) . Une observation utile est que E = aff ( E 1 , . . . , E n ) . 1) La direction E est un hyperplan de #—

R n , ` a savoir : E = { #— v = ( v 1 , . . . , v n ) ∈ #—

R n ∣ v 1 + ⋯ + v n = 0 } .

En particulier dim (E) = n − 1. Une base de E est fournie par exemple par les vecteurs ( #— v 1 , . . . , #— v n−1 ) o` u, pour tout i ∈ J 1, n − 1 K , on aurait pos´ e #— v i = ( v i,1 , . . . , v i,n ) ∈ R n avec v i,j = δ i,j pour i, j ∈ J 1, n − 1 K et v i,n = − 1 pour tout i ∈ J 1, n − 1 K . Par exemple v 1 = ( 1, 0, . . . , 0, − 1 ) , v 2 = ( 0, 1, 0, . . . , 0, − 1 ) et ainsi de suite.

2) La partie X de E ⊂ R n est ferm´ ee car elle est intersection de l’hyperplan affine E et de n demi-plans, ` a savoir H i pour i ∈ J 1, n K , o` u H i = { P ∈ R n ∣ p i ≥ 0 } . Elle est aussi born´ ee car les conditions p i ≥ 0 pour tout i ∈ J 1, n K et p 1 + ⋯ + p n = 1 forcent 0 ≤ p i ≤ 1 pour tout i ∈ J 1, n K . La partie X est convexe puisque, si on se donne P, Q ∈ X et t ∈ [ 0,1 ] alors tp i + ( 1 − t ) q i ≥ 0 et :

n i=1 ∑

( tp i + ( 1 − t ) q i ) = t

n

∑ i=1

p i + ( 1 − t ) ∑ n

i=1

q i t + 1 − t = 1,

donc tP + ( 1 − t ) Q ∈ X. Ceci revient ` a dire que, si on se donne P, Q ∈ X alors pour tout t ∈ [ 0, 1 ] on a Bary (( P, Q ) , ( Q, ( 1 − t ))) ∈ X, ce qui ´ equivaut ` a dire que X est convexe.

3) On consid` ere R = ( O, #— u 1 , . . . , #— u n−1 ) . Tous les vecteurs #— u 1 , . . . , #— u n appartiennent ` a E, dim (E) = n − 1 et O ∈ E donc il suffit de v´ erifier que la famille ( #— u 1 , . . . , #— u n−1 ) est libre, ce qui revient ` a dire que aff ( O, E 1 , . . . , E n−1 ) = E . Or on voit que E n ∈ aff ( O, E 1 , . . . , E n−1 ) et on a observ´ e que E = aff ( E 1 , . . . , E n ) donc aussi aff ( O, E 1 , . . . , E n−1 ) = E .

4) L’application ϕ est bien d´ etermin´ ee car S = ( E 1 , . . . , E n ) est un rep` ere affine de E . a) L’application ϕ est bijective car elle envoie le rep` ere affine S de E sur lui- mˆ eme. On a ϕ ( O ) = O car O et le barycentre des points de S affect´ es du poids 1 / n donc ϕ ( O ) est aussi barycentre des points de S affect´ es du poids 1 / n du moment que ϕ (S) = S .

b) La matrice Mat S ( ϕ ) est ( b i,j ) avec b i,j = 1 si i ∈ J 2, n K et j = i − 1 ou ( i, j ) = ( 1, n ) , autrement b i,j = 0, ce qui s’´ ecrit :

Mat S ( ϕ ) =

⎛ ⎜⎜

⎜⎜ ⎜

0 0 ⋯ 1

1 0 ⋯ 0

0 1 ⋯ 0

⋮ ⋱ ⋱ ⋮

0 ⋯ 0 0

⎞ ⎟⎟

⎟⎟ ⎟

.

(4)

En le rep` ere R = ( O, #— u 1 , . . . , #— u n−1 ) on a ϕ ( O ) = O et #— ϕ ( #— u i ) = #— u i+1 pour tout i ∈ J 1, n − 2 K , puis #— ϕ ( #— u n−1 ) = #— u n = − #— u 1 − ⋯ − #— u n−1 . Donc on a :

Mat R ( ϕ ) =

⎛ ⎜⎜

⎜⎜ ⎜⎜

⎜ ⎝

1 0 ⋯ ⋯ ⋯ 0

0 0 ⋯ ⋯ ⋯ − 1 0 1 0 ⋯ ⋯ − 1

0 0 1 0 ⋯ − 1

⋮ ⋱ ⋱ ⋱ ⋮

0 ⋯ 0 0 1 − 1

⎞ ⎟⎟

⎟⎟ ⎟⎟

⎟ ⎠ .

c) Pour voir si #— ϕ ∈ SL ( E ) on peut regarder Mat S ( ϕ ) . En effet, Mat S ( ϕ ) et Mat R ( ϕ ) sont semblables donc ont mˆ eme d´ eterminant et comme ϕ a un point fixe O et la matrice de #— ϕ en la base ( #— u 1 , . . . , #— u n−1 ) de E est la sous matrice de Mat R ( ϕ ) constitu´ ee des n − 1 derni` eres lignes et colonnes, on a det ( Mat R ( ϕ )) = det ( #— ϕ ) . Or I n s’obtient ` a partir de Mat S ( ϕ ) par n − 1 ´ echanges de ligne, donc det ( #— ϕ ) = (− 1 ) n−1 et #— ϕ ∈ SL ( E ) ssi n est impair.

5) De la mˆ eme fa¸ con que dans la question pr´ ec´ edente, si σ ∈ S n est une permutation de { 1, . . . , n } , on peut consid´ erer l’unique automorphisme affine ϕ σ de E tel que, pour tout i ∈ J 1, n K , on ait ϕ σ ( E i ) = E σ(i) . Ceci est bien pos´ e car S est un rep` ere affine de E . Comme X est enveloppe convexe des points de S et ϕ σ permute les points de S , on a ϕ σ ( X ) = X. L’application σ ↦ ϕ σ d´ efinit une inclusion S n ⊂ G.

6 ) Soit ϕ ∈ G. On remarque d’abord que ϕ ( X ) = X contient un rep` ere affine de E donc l’application affine ϕ est une bijection. Ensuite, notons pour i ∈ J 1, n K , ϕ ( E i ) = F i = ( f i,j ) j∈ J 1,n K ∈ X ⊂ R n , pour certains f i,j ∈ R . On a :

0 ≤ f i,j ≤ 1, pour tout i, j ∈ J 1, n K , (1)

n j=1 ∑

f i,j = 1, pour tout i ∈ J 1, n K . (2)

Remarquons que tout P ∈ X est barycentre ` a poids positif de ( E 1 , . . . , E n ) , donc comme ϕ ( X ) = X et ϕ ( E i ) = F i pour tout i J 1, n K , tout point de X est barycentre ` a poids positif de ( F 1 , . . . , F n ) . En particulier E 1 l’est. Donc il existe ( λ 1 , . . . , λ n ) ∈ R n +

tel que E 1 = Bary (( F i , λ i ) i∈ J 1,n K ) , c’est-` a-dire : ( 1, 0, . . . , 0 ) = ( ∑ n

i=1

λ i f i,1 , . . . ,

n

i=1

λ i f i,n ) , et l’on peut supposer λ 1 + ⋯ + λ n = 1. Soit alors :

f 0,1 = max { f 1,1 , . . . , f n,1 } . On a 0 ≤ f 0,1 ≤ 1 et :

1 = ∑ n

i=1

λ i f i,1 ≤ ∑ n

i=1

λ i f 0,1 = f 0,1 ,

donc f 0,1 = 1. Ainsi il existe j 1 ∈ J 1, n K tel que f j

1

,1 = 1. Mais alors les conditions (1)

et (2) impliquent f j

1

,k = 0 pour tout k ∈ J 2, n K . Autrement dit, ϕ ( E j

1

) = F j

1

= E 1 .

(5)

Ce proc´ ed´ e peut ˆ etre mis en place non seulement pour E 1 sinon aussi pour E 2 , . . . , E n et donne lieu ` a des indices j 1 , . . . , j n ∈ J 1, n K tels que, pour tout k ∈ J 1, n K on ait ϕ ( E j

k

) = F j

k

= E k . Nous avons d´ ej` a observ´ e que ϕ est bijective donc l’application k ↦ j k est une bijection de J 1, n K , dont l’inverse est not´ ee σ. On a donc ϕ ( E k ) = E σ(k) pour tout k ∈ J 1, n K et ϕ = ϕ σ en la notation de la question pr´ ec´ edente : ceci montre que G = S n .

Exercice 3. Soit E = Q 4 et notons x = ( x 1 , . . . , x 4 ) ∈ E . Soit :

F = { x ∈ E ∣ x 1 + 2x 2 + 3x 3 + 4x 4 = 5, 4x 1 + 3x 2 + 2x 3 + x 4 = 0 } . Soit A = ( a i,j ) ∈ M 2,4 (R) et a = ( a 1,0 , a 2,0 ) ∈ Q 2 puis :

G = { x ∈ E ∣ a i,1 x 1 + ⋯ + a i,4 x 4 = a i,0 , ∀ i = 1, 2 } .

1. Est-ce que G est un sous espace affine de E pour tout choix de A et a ?

2. ` A quelle condition sur A et a, G est un plan affine ? Est-elle satisfaite si a 1,j = 1 et a 2,j = j pour tout j ∈ J 0, 4 K ? Mˆ emes questions pour

plan affine parall` ele ` a F

. 3. ` A quelle condition sur A et a, a-t-on aff (G ∪F) = E ? Est-elle satisfaite si a 1,j = 5 − j

et a 2,j = 2 pour tout j ∈ J 0, 4 K ?

4. Soit a 1,j = 1 et a 2,j = (− 1 ) j pour tout j ∈ J 0, 4 K . Trouver des ´ equations et un rep` ere cart´ esien de aff (F ∪ G) , puis une application affine bijective Q → F ∩ G .

Corrig´ e 3. On rappelle qu’une partie non vide A ⊂ E est un sous espace affine si, ´ etant donn´ e O ∈ A , les vecteurs # —

OP pour P ∈ A forment un sous espace vectoriel de E = #— E . 1. Pour que G soit un sous espace affine de E , il faut et il suffit que les matrices A et

A = ( A ∣ a ) aient le mˆ eme rang. Ceci n’arrive pas toujours, par exemple si A = 0 et a ≠ 0 alors G = ∅ n’est pas un sous espace affine de E .

2. La condition pour que G soit un plan affine est que A ait rang 2. La condition pour que G soit un plan affine parall` ele ` a F est que A ait rang 2 et que aussi la matrice suivante ait rang 2 :

B =

⎛ ⎜⎜

⎜ ⎝

1 2 3 4

4 3 2 1

a 1,1 a 1,2 a 1,3 a 1,4 a 2,1 a 2,2 a 2,3 a 2,4

⎞ ⎟⎟

⎟ ⎠ .

Si a 1,j = 1 et a 2,j = j pour tout j ∈ J 0, 4 K alors rg ( A ) = rg ( A ) = 2 donc G est un plan affine, qui est en fait parall` ele ` a F et distinct de F .

3. D´ ej` a si dim ( F + #— #— G ) = 4, i.e. si F + #— #— G = #— E = E alors aff (G ∪ F) = E . Ainsi, si B a

rang 4, on a aff (G ∪ F) = E . Sinon, on doit avoir dim ( F + #— #— G ) = 3 i.e. B doit ˆ etre de

(6)

rang 3 et G ∩ F doit ˆ etre vide, sans que F soit vide. Ceci ´ equivaut ` a :

rg

⎛ ⎜⎜

⎜ ⎝

1 2 3 4 5

4 3 2 1 0

a 1,1 a 1,2 a 1,3 a 1,4 a 1,0

a 2,1 a 2,2 a 2,3 a 2,4 a 2,0

⎞ ⎟⎟

⎟ ⎠

= 4, rg ( A ) = rg ( A ) .

Si a 1,j = 5 − j et a 2,j = 2 pour tout j ∈ J 0, 4 K alors le rang de la matrice 4 × 5 ci-dessus est 3 donc la condition n’est pas satisfaite.

4. Pour a 1,j = 1 et a 2,j = (− 1 ) j pour tout j ∈ J 0, 4 K , on trouve la seule ´ equation de aff (F ∪ G) , ` a savoir x 1 + x 2 + x 3 + x 4 = 1. Un rep` ere cart´ esien de aff (F ∪ G) est ( P, #— u 1 , #— u 2 , #— u 3 ) o` u P = ( 1, 0, 0, 0 ) et #— u 1 = ( 1, − 1,0, 0 ) , #— u 2 = ( 1, 0, − 1, 0 ) , #— u 3 = ( 1, 0, 0 − 1 ) . On a aussi les ´ equations ind´ ependentes suivantes de F ∩ G :

⎧⎪⎪⎪ ⎨⎪⎪⎪

2 x 3 + 2 x 4 = 3 x 2 + x 4 = 1 2 x 1 − 2 x 4 = − 3

Par cons´ equent F ∩ G est une droite affine et toute application affine injective Q → F ∩ G est une bijection. On en ´ ecrit une :

t ↦ ( t, − t − 1 / 2, − t, t + 3 / 2 ) .

Exercice 4. Soit n ∈ N et notons O ( n ) le groupe des matrices r´ eelles orthogonales de taille n. Consid´ erons un sous groupe compact G ≤ GL n (R) qui contient O ( n ) .

1. Soit M ∈ G. Justifier qu’il existe S ∈ S ++ n ∩ G telle que M S −1 ∈ O ( n ) .

2. Soit λ ∈ R valeur propre de S. Pour tout k ∈ Z , montrer que λ k est valeur propre d’un ´ el´ ement de G.

3. Utiliser la compacit´ e de G pour d´ eduire que ∣ λ ∣ = 1.

4. Conclure que S = I n puis que G = O ( n ) . Corrig´ e 4. On utilise la d´ ecomposition polaire.

1. Il existe ( R, S ) avec R orthogonale et S sym´ etrique d´ efinie positive telles que M = RS. Alors R = M S −1 est orthogonale. Aussi, S = R −1 M appartient ` a G car R ∈ O ( n ) ⊂ G, M ∈ G et G est un groupe. Donc S ∈ S ++ n ∩ G.

2. Pour toute valeur propre λ de S, on a λ > 0 car S est d´ efinie positive. Aussi, pour tout k ∈ Z , λ k est valeur propre de S k et S k ∈ G puisque G est un groupe.

3. Maintenant, ( S k ) k∈ N admet une suite extraite convergente ( S k

j

) ∈ N , disons vers T ∈ G, car G est compact. En fait, si v est vecteur propre pour la valeur propre λ de S, on a, pour tout k ∈ Z , S k v = λ k v donc :

T v = lim

j→∞ ( S k

j

) v = lim

j→∞ ( S k

j

v ) = lim

j→∞ ( λ k

j

v ) = lim

j→∞ ( λ k

j

) v,

(7)

par continuit´ e du produit matriciel. Comme v ≠ 0, on en d´ eduit que ( λ k

j

) converge.

Mais, pour que la suite ( λ k

j

) soit convergente on doit avoir λ ≤ 1 car sinon ( λ k

j

) n’est pas born´ ee. Puis, ( S −k ) k∈ N admet aussi une suite extraite convergente donc ( λ −k

j

) converge, par cons´ equent λ ≥ 1. Donc λ = 1.

4. Comme toute valeur propre de S vaut 1 et S est une matrice sym´ etrique d´ efinie

positive, on a que S est l’identit´ e i.e., S = I n et M = R est orthogonale. Ceci arrive

quel que soit M ∈ G donc G = O ( n ) .

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