MINES PONT 2003 Epreuve commune PC-PSI

MINES PONT 2003 Epreuve commune PC-PSI

Première partie

1. Si E et F sont deux K-espaces vectoriels de dimensions …nies , E £ F est un espace vectoriel de dimension …nie et dim (E£F) = dim(E) + dim(F) : Si (ei)ⁿ_i=1 est une base de E et (fj)^p_j=1 une base de F une base de E £F est n³ei;¡!0 ´on

i=1[n³¡!0; fj

´op

Donc iciC =M3( R)£ M3j=1( R)est de dimension et

dim(C) = 18

2. critère d’algèbre:

² C est un R–espace vectoriel d’élément neutre est (0;0).

² (C;+;¤) est un anneau unitaire:

– le produit¤ est une loi de composition interne

– associative : (attention à l’ordre des termes le produit matriciel n’est pas commutatif)

((P; P⁰)¤(Q; Q⁰))¤(R; R⁰) = (P Q; P Q⁰+P⁰Q)¤(R; R⁰) = (P QR; P QR⁰+P Q⁰R+P⁰QR) (P; P⁰)¤((Q; Q⁰)¤(R; R⁰)) = (P; P⁰)¤(QQ⁰; QR⁰+Q⁰R) = (P QR; P QR⁰+P Q⁰R+P⁰QR) – d’élément neutree= (I3;0) (à gauche et à droite). .

² En…n, on a¸³

_(P; P⁰)¤(Q; Q⁰)´

= (¸(P; P⁰))¤(Q; Q⁰) = (P P⁰)¤(¸(Q; Q⁰)) . les trois expressions valant (¸P Q; ¸P Q⁰+¸P⁰Q)

C est une R-algèbre de dimension18

3. revenons à la dé…nition d’un groupe : (pas de critère de sous groupe une algèbres n’étant pas un groupe multiplicatif)

² La loi¤est interne dansG. Si (P; P⁰)2G;(Q; Q⁰)2G alors on doit montrer(P Q; P Q⁰+P⁰Q)2G: – P R2SO( R³) (carSO( R³)est un groupe)

– et

t(P Q)(P Q⁰+P⁰Q) +^t(P Q⁰+P⁰Q)P Q= ^tQ^tP P Q⁰+ ^tQ^tP P⁰Q+ ^tQ^0tP P Q+ ^tQ^tP⁰P Q or P est orthogonale donc^tP P =In :

t(P Q)(P Q⁰+P⁰Q) + ^t(P Q⁰+P⁰Q)P Q = ^tQ Q⁰+ ^tQ^tP P⁰Q+ ^tQ⁰Q+ ^tQ^tP⁰P Q

= ¡_t

Q Q⁰+^tQ⁰Q¢

+ ^tQ¡_t

P P⁰+ ^tP⁰P¢

Q= 0 + ^tQ0Q= 0

² La loi¤est associative comme restriction d’une loi associative à un sous ensemble.

² tout élément(P; P⁰)admet un inverse dans M3(R): – analyse : Si (P; P⁰)¤(Q; Q⁰) = (I3;0)on a

P Q=I3doncQ= ^tP : P étant orthogonaleP est inversible d’inverseP^¡1.

et P Q⁰+P⁰Q= 0doncQ= ^tP etQ⁰=¡^tP P⁰Q=¡P^¡1P^0tP =¡^tP P^0tP = ^tP⁰P^tP = ^tP⁰ ( n’oubliez pas que (P; P⁰)est dans Gdonc ^tP P⁰= ^tP⁰P )

– synthèse : On pose(Q; Q⁰) = (^tP;^tP⁰).

On a alors d’après le calcul précédent(P; P⁰)¤(Q; Q⁰) = (I3;0) On véri…e sans problème que(Q; ; Q⁰) (P; P⁰) = (I3;0)

Il reste à véri…er que(^tP;^tP⁰)2G. En e¤et, commeP est orthogonale directe^tP est aussi orthogonale directe et :

t¡_t P¢t

P⁰+ ^t¡_t P⁰¢t

P =P^tP⁰+P^0tP

ce n’est pas commutatif : il faut faire un e¤ort :^tP P⁰+ ^tP⁰P = 0donc ^tP⁰=¡^tP P^0tP et donc :

t¡_t P¢t

P⁰+ ^t¡_t P⁰¢t

P =¡P^tP P^0tP +P^0tP = 0car P est orthogonale G est un groupe (non abélien) de neutre(I3;0)et (P; P⁰)^¡1 = ^t(P; P⁰) 4. H est un sous–groupe de G:

² c’est un sous ensemble deG

² non vide : il contient (I3;0)

² et si(P;0)et (Q;0)sont dansH alors(P;0)¤(Q;0)^¡1= (P^tQ;0)est dansH. En…n l’application'dé…nie surSO( R³)par

':P 7¡!(P;0)

est un morphisme bijectif de groupes entreSO( R³)et H (démonstration évidente).

H est un sous groupe deG isomorphe àSO( R³)

5. On a(I3; Q)2G si et seulement I3 est orthogonale directe (évident) et^tI3Q+ ^tQI³ = 0 (Qest antisymétrique). On a bien un sous groupe de G:

² sous ensemble deG

² non vide (contient (I3;0) )

² et si(I3; P)et(I3; Q)sont dansA: (I3; Q)¤(I3; Q⁰)^¡1= (I; Q+^tQ⁰) = (I; Q¡Q⁰)2A(la di¤érence de deux matrices antisymétriques est antisymétrique)

Aest un sous–groupe de G

6.

² Si(P; Q)2G P 2SO( R³)(doncdet(P) = 1) et^tP Q+^tQP = 0donc^t(P; Q)¤(P; Q) = (^tP P+^tP Q+^tQP) = (I3;0)

² Si^t(P; Q)¤(P; Q) = (I3;0)On a^tP P =I3(et commedet(P) = 1,P est une matrice orthogonale directe) et^tP Q+^tQP = 0

(P; Q)2G,(det(P) = 1 et^t(P; Q) (P; Q) = (I3;0)) Deuxième partie

Si ¡!a = 0

@ u v w

1

Ala matrice de p¡!a est 0

@ 0 ¡w v w 0 ¡u

¡v u 0 1 A

8. SoitB= (ei)³_{i= 1} une base orthonormée directe. L’applicationr étant une rotation directer(B)est une base orthonormale directe de R³ ; donc pour tout couple(i; j),r(ei^ej) =r(ei)^r(ej) :

² sii=j on a deux fois le vecteur nul

² sinonr(ei)^r(ej)est l’unique vecteurf tel que(r(ei); r(ej); f)forme une base orthonormale directe. C’est doncr(ei^ej) et donc pour tous vecteurs ¡!x =P3

i=1xiei; ¡!y =P3

i=1yiei, on a r(¡!x ^ ¡!y) =

0

@X

i;j

xiyjr(ei^ej) 1 A=X

i;j

xiyjr(ei)^r(ej) =r(¡!x)^r(¡!y)

r( ¡!x)^r( ¡!y) =r( ¡!x^ ¡!y)

9. rétant inversible on peut introduirer^¡1et calculerr±par^¡1 en utilisant le résultat précédent: 8 ¡!x 2R³ : r±pa±r^¡1( ¡!x) = r(a^r^¡1(¡!x)) =r( ¡!a)^ ¡!x

Donc ¡!b =r( ¡!a)

10.(cf …gure) SoitM 2D. ¡¡!AM est donc colinéaire à ¡!u : 9k2R,¡¡!AM =k ¡!u . On a donc

¡¡!OM^ ¡!u =³¡!OA+¡¡!AM´

^ ¡!u =¡!OA^ ¡!u +k¡!u ^ ¡!u =¡!OA^ ¡!u

Le vecteur¡¡!OM^ ¡!u est constant et égal à ¡!v =¡!OA^ ¡!u, vecteur orthogonal à ¡!u et ¡!v par propriété du produit vectoriel.

11.

² si ¡!v = 0l’équation ¡!x^ ¡!u = 0a pour solution la droite vectorielle engendrée par ¡!u.

² si ¡!v 6= 0. La famille( ¡!u ; ¡!v ; ¡!u ^ ¡!v )est libre de R³. C’est est une base (orthogonale mais pas orthonormale) . Soit ¡!x =® ¡!u +¯ ¡!v +°( ¡!u^ ¡!v )on a alors

¡!x ^ ¡!u =¡¯(¡!u ^ ¡!v ) +° ¡!v = ¡!v ,¯= 0; ° = 1

Donc ¡!x =® ¡!u + ¡!u ^ ¡!v ; ®2 R

Dans les deux cas, l’ensemble des solutions est

¡!x =® ¡!u+ ¡!u^ ¡!v ; ®2 R

On peut aussi utiliser le double produit vectoriel pour montrer que ¡!u^ ¡!v est solution , puis prouver que ¡!x est solution ssi ¡!x¡ ¡!u^ ¡!v 2V ect( ¡!u)

12. C’est la question précédente avec ¡!x =¡¡!OM en prenant comme origine sur la droiteAtel que¡!OA= ¡!u^ ¡!v:

¡¡!OM ^ ¡!u = ¡!v ,¡¡!OM = ¡!u ^ ¡!v +¸¡!u =¡!OA+¸¡!u ,M 2D(A; ¡!u)

Dans toute la suite du problème il faut bien comprendre cette dé…nition des droites par un couple(¡!u ;¡!v) , ¡!u étant un vecteur directeur unitaire de la droite et¡!v un vecteur tel queM 2D,¡¡!OM^ ¡!u =¡!v . Le couple est indépendant de la base choisie dans l’espace vectoriel euclidien , mais dépend de l’origine0 de l’espace a¢ne.

13.(cf …gure) On a¡¡!

OM^ ¡!u = ¡!v Soit siM = 0

@ x y z

1

Ale système 8<

: 0 = 0 z =b

¡y=c

D= 8<

: 0

@ ¸

¡c b

1

Aj¸2 R 9=

; 14. Les couples( ¡!u ; ¡!v)et ( ¡!

u⁰; ¡!

v⁰)déterminent la même droite si et seulement si ( ¡!u ; ¡!

u⁰)sont liés (comme ils sont unitaires ¡!

u⁰ = § ¡!u) et le point A⁰ déterminé par OA⁰ = ¡! u⁰^ ¡!

v⁰ appartient à D, soit( ¡! u⁰^ ¡!

v⁰)¡

¡!v 2V ect( ¡!u)

² si ¡!

u⁰ = ¡!u ,( ¡! u⁰^ ¡!

v⁰)¡ ¡!v = ( ¡!u^ ¡!

v⁰)¡ ¡!v , vecteur orthogonal à ¡!u . Donc( ¡! u⁰^ ¡!

v⁰)¡ ¡!v 2V ect(

¡!u)si et seulement si il est nul donc( ¡!u⁰^ ¡!v⁰) = ¡!v

² si ¡!

u⁰ =¡ ¡!u, de même ¡!v ¡ ¡! v⁰.

les deux couples dé…nissent le même droite si et seulement si³ ¡! u⁰; ¡!

v⁰´

=§(¡!u ; ¡!v )

révision de Sup: Si vous ne l’avez pas fait en préparant le devoir (mais je me trompe sûrement) il est indispensable de revoir votre cours de Sup . Savoir que tout déplacement de l’espace est une rotation , une translation ou un vissage aide à se représenter les choses et à faire des …gures.

15. L’image d’une droiteD(A; ¡!u)par un déplacementd est la droite D(A⁰; ¡!u⁰)où A⁰ =d(A)et ¡!u⁰ =r( ¡!u ):

² A est élément de la droiteD doncA⁰=d(A)est élément deD⁰:

² B =A+ ¡!u est élément de D donc B⁰ =d(A+ ¡!u)dé…ni par¡¡!OB⁰=¡!¡!a +r(¡!OB) =¡!¡!a +r(¡!OA) +r( ¡!u ) =A⁰+r(

¡!u)est un point deD⁰ et donc r( ¡!u)est un vecteur directeur de D⁰ . AinsiD⁰ est associée au couple ( ¡!

u⁰; ¡!

v⁰)avec ¡! v⁰ =¡¡!

OA⁰^ ¡! u⁰. Donc

¡!

v⁰ = ( ¡!a +r(¡!OA))^r( ¡!u) = ¡!a ^r(¡!u) +r(¡!OA^ ¡!u) = ¡!a ^r(¡!u) +r(¡!v ) Ainsi

®=r; ¯=p¡!a ±r et ondet (®) = 1 >0 car® est un endomorphisme orthogonal direct.

Même si le sujet ne le demande pas il est facile de déduire du 15 l’unicité de la décomposition précédente.

16. Dans une base orthonorméeB soitA=M at(®),B=M at(¯),M celle de p® calculée à la question 10.

² ® étant un endomorphisme orthogonal directA est une matrice est orthogonale de déterminant1,

² B =AM. oùM est une matrice antisymétrique et donc

tAB+ ^tBA= ^tAM A+ ^tA(¡M)A= 0

17. Supposons que deux déplacementsd=t ¡!a ±r; d⁰=t ¡!b ±r⁰, possèdent la même image : le même couple(A; B).

On a alors

² r=r⁰ (même matriceA)

² ¡!a = ¡!b : p¡!a ±r =p¡!b ±r(même matrice B)et donc p ¡!a = p¡!b . On a donc pour tout vecteur ¡!x :³

¡!a ¡ ¡!b ´

^

¡!x =¡!0 , ¡!a¡ ¡!b est orthogonal à tout vecteur ¡!x donc ¡!a¡ ¡!b = 0

² On a doncd=d⁰

L’applicationJ est donc injective

18.(cf …gure)On a pour cet exempleA= 0

@ 0 y0

0 1

Aet ¡!u = 0

@ 1 0 0

1

Adonc ¡!v =¡!OA^ ¡!u = 0

@ 0 0

¡y0

1 A d’après le calcul de la question 15 on a :

² ® =rde matriceA= 0

@

cos (µ) ¡sin (µ) 0 sin (µ) cos (µ) 0

0 0 1

1 A

² ¯=p ¡!a ±rde matrice B= 0

@ 0 ¡1 1

1 0 0

¡1 0 0 1 A:

0

@ cos (µ) ¡sin (µ) 0 sin (µ) cos (µ) 0

0 0 1

1 A=

0

@ ¡sin (µ) ¡cos (µ) 1 cos (µ) ¡sin (µ) 0

¡cos (µ) sin(µ) 0 1 A

donc ¡!

u⁰ =r( ¡!u) = 0

@ cos(µ) sin (µ)

0 1

Aet ¡!

v⁰ =®( ¡!v ) +¯( ¡!u) = 0

@ 0 0

¡y0

1 A+

0

@ ¡sin(µ) cos(µ)

¡sin (µ) 1 A=

0

@ ¡sin (µ) cos (µ)

¡y0¡cos (µ) 1 A 19. On sait que l’applicationJ est injective. d’après la question 17.

Montrons qu’elle est surjective:Soit(A; B)2GOn chercheret ¡!a tels que sid=t¡!a ±r alorsJ(d) = (A; B)

² analyse :

² A est une matrice orthogonale directe ; c’est donc la matrice d’une rotationr dans une base orthonormée.

– SoitC =B^tA( la matrice dep ¡!a ) . La matriceCest antisymétrique. En e¤et, comme(A; B)2G, on a(^tA;^tB)2G (c’est l’inverse de(A; B)), soit par la dé…nition de G:

B^tA=¡A^tB =¡^t(B^tA)

– Cette matrice antisymétrique est de la forme 0

@

0 ¡° ¯

° 0 ¡®

¡¯ ® 0 1

Aet donc d’après la question 7 ¡!a = 0

@

®

¯

° 1 A.

² véri…cation

Soitr de matrice ¡!a , ¡!a = 0

@®

¯

° 1

A, etd=t ¡!a ±r. les matrices associée aux applications ®et¯dé…nie dans la question 15, sontA etB.(véri…cations évidentes)

J est bijective de fdéplacement deEgdans G

20.(cf …gures) Soit D invariante par d. Si D est dé…nie par le couple (¡!u ; ¡!v) alors D est aussi dé…ni par le couple (®(¡!u); ®(¡!v) +¯(¡!u))

D’après la question 14 on a donc

(®(¡!u); ®( ¡!v ) +¯(¡!u)) =§( ¡!u ; ¡!v )

et donc®( ¡!u) =§ ¡!u . On distingue deux cas selon que¡1est valeur propre de®=rou non.

² Dans tous les cas®( ¡!u) = ¡!u est possible et ¡!u est un vecteur propre unitaire de r

On a alors®( ¡!v ) +¯( ¡!u) = ¡!v or¯( ¡!u) =p¡!a ±r( ¡!u) =p ¡!a( ¡!u) = ¡!a^ ¡!u . On doit donc résoudre(r¡Id) (

¡!v ) =¡ ¡!a^ ¡!u .

Or ¡!v est orthogonal à ¡!u . Il faut donc étudier l’endomorphisme induit parr sur ¡!u^?:Donc distinguer deux cas selon que1est valeur propre ou non de cet endomorphisme:

– Siµ= 0[2¼](et donc¡!a 6= ¡!0 card6=Id): r=Iddonc®( ¡!u) = ¡!u est toujours véri…é et on a ¡!a^ ¡!u = (r¡Id)(

¡!v) = 0 ; ¡!u est donc un des vecteurs unitaires colinéaires à ¡!a . Par contre ¡!v est quelconque (orthogonal à ¡!u) .

siµ= 0[2¼]toutes les droites de direction¡!a sont solutions du problème etu=§ ¡!a k¡!ak dans ce cas dest une translation Le résultat peut se trouver directement.

– Siµ 6= 0[2¼] ¡!u est un vecteur directeur (unitaire par hypothèse) de l’axe de la rotation ,l’endomorphisme induit sur

¡!u^? est une rotation d’angleµqui n’a pas la valeur propre1, donc qui est bijective donc ¡!v = (Id¡r)^¡1(¡!a ^ ¡!u) . On a deux vecteur unitaires ¡!u possibles qui sont opposés qui donne deux vecteurs ¡!v opposés . Il y a donc une seule droite invariante (question 14)

Siµ6= 0[¼], il existe une unique droite invariante et ¡!u est vecteur directeur de l’axe de la rotation C’est l’axe de la rotation ou l’axe du vissage.

² Siµ= ¼[2¼]alors¡1est aussi valeur propre de r(rest une symétrie orthogonale par rapport à une droite). Outre la solution précédente on a donc aussi les solutions :

r(¡!u) =¡ ¡!u ;(r+Id) (¡!v) =¡ ¡!a ^ ¡!u r( ¡!u) =¡ ¡!u donc ¡!u est orthogonal à l’axe de la rotation.

Soit alors¡u!1 un vecteur unitaire directeur de l’axe est la base orthonormée directe(¡u!1;¡u!2 =u;¡u!3).

Dans cette base la matrice derest 0

@ 1 0 0 0 ¡1 0 0 0 ¡1

1

Adonc(r+Id) ( ¡!v)est colinéaire à ¡!u1 donc ¡!a^ ¡!u est colinéaire à ¡u!1 . Donc

– si¡!a n’est pas orthogonal à l’axe de rotation il n’y a pas d’autre solution que l’axe du vissage.

– si¡!a est orthogonal à l’axe il existe des solutions et ¡!v est colinéaire à l’axe et donc (r+id) (¡!v ) = 2¡!v donc

¡!v = ^{¡ ¡!a}₂^{^ ¡!u}

Dans ce second cas il semble quedsoit une rotation et que la droite invariante coupe l’axe de la rotation .Véri…ons qu’il existe un pointMde la droite …xe pard. On aM invariant si et seulement siM =M⁰donc¡¡!OM =¡!a+r(¡¡!OM) .

Si on fait le calcul dans la base précédente en posant¡!a = 0

@ 0

®

¯ 1

Acar ¡!a est orthogonal à l’axe et¡¡!OM = 0

@ x y z

1 A

on trouve¡¡!OM = 0

@ x

®=2

¯=2 1

AM est sur la droite si et seulement si ¡¡!OM ^ ¡!u = ¡!v ( question 12) = ^{¡ ¡!a}₂^{^ ¡!u} . Ce qui donnex= 0 . La droite coupe l’axe au pointM tel queOM = ^¡!a₂ :

siµ=¼[2¼]alors si ¡!a n’est pas orthogonal à l’axe de la rotation une seule solution et ¡!u est vecteur directeur de si ¡!a est orthogonal à l’axe on a aussi toute les droites qui coupent l’axe à angle droit.

Remarque : sans conviction pour la …n de ce cas particulier car il faut vraiment bien se souvenir des vissages et des rotations pour deviner la réponse puis la prouver.

21. a) Supposonsµ6= 2¼. Par la question précédente on a (au signe près) ¡!u =ket ¡!v =A( ¡!v) +B( ¡!u). Ce qui donne

¡!v = 0

@

1 1 2

2cotan¡µ 2

¢ 0

1 A

On véri…e que ¡!v est orthogonal à ¡!u. La droite Dinvariante parda pour équation

D= 8<

: 0

@ ¡¹₂cotan¡_µ

2

¢

1

¸2

1

Aj¸2 R 9=

;

b) Siµ= 2¼(A=I),d=t¡!a ett¡!a (D) =Dsi et seulement siDadmet ¡!a comme vecteur directeur. (solution non unique , contrairement au sujet)

Le sujet annonce un isomorphisme de groupe et prouve seulement qu’il existe une bijection. A vous de véri…er en prime que cette bijection est un morphisme de groupe.