t p+1 p+1 p+1 = 3 p+1 t p+1 p+1 p+1 = 0 p,1 ( I p ) 3 O(1, p) = O + (1, p) O (1, p)

Transcription

1 D après le corrigé disponible sur http: // concours-maths-cpge. fr/ Etude du groupe orthogonal généralisé. I.A. est symétrique et donc Un calcul par bloc donne alors On a donc t = 3 t =,p p, I p 3 O, p = Un calcul de déterminant bloc-diagonal donne aussi det = det I p = p. Ainsi O +, p p 2N I.A.2 Soit L O, p ; comme det t L = detl et detab = deta detb pour tout A, B M n R : detl 2 det = det Comme det, detl 2 = et donc detl = ±. Comme L O, p, on a donc L qui est soit dans O +, p soit dans O, p. La réciproque étant immédiate, O, p = O +, p O, p I.A.3 On utilise la caractérisation des sous-groupes. - I O, p et cet ensemble est non vide. - Si L O, p alors detl = ± et donc L est inversible. On a ainsi O, p GL R. - Soient L, M O, p. On a t LM = t M t L et donc O, p est stable par produit. - Soit L O, p. On a t LM LM = t M t L LM = t M M = t L L = t L t L LL = puisque t L = t L. O, p est stable par passage à l inverse. O, p est finalement un sous-groupe de GL R. Comme detab = deta detb et deta = deta, on montre de même que O +, p est stable par produit et composition. Etant inclus dans O, p et non vide il contient I, c est un sous-groupe de O, p. I.A. Soit L O, p. On a = t L L. En passant à l inverse et comme est sa propre inverse puisque 2 = I on obtient = L t L On multiplie à gauche par L et à droite par t L pour en déduire que L t L = et conclure que t L O, p puisque t t L = L.

2 I.A.5 L application M t M M est continue et O, p est fermé comme image réciproque du fermé { } par cette application continue. De même, M detm est continue et l ensemble des matrices de déterminant resp. est un fermé. Ainsi, O +, p et O, p sont fermés comme intersection de deux fermés. I.B. Avec des notations évidentes, on a t XMY = x i m i,j y j i,j n Si cette quantité est nulle pour tous X, Y alors, c est le cas pour X = E k et Y = E l en notant E,..., E n les éléments de la base canonique de R n. On en déduit que m k,l =. Ceci étant vrai pour tous k, l, M est nulle. On en déduit avec M = A B le résultat demandé. I.B.2 Un développement par bilinéarité donne avec le symétrie en plus q v + v = q v + 2ϕ, v, v + q v q v v = q v 2ϕ, v, v + q v En soustrayant ces relations, on en déduit formule de polarisation que ϕ, v, v = I.B.3 Il suffit de montrer trois implications. - Supposons L O, p. Soient v, v R ; on a q v + v q v v ϕ fv, fv = t LV LV = t V t L LV = t V V = ϕ v, v - Supposons cette relation vraie pour tous v, v. En choisissant v = v, on obtient q fv = q v - Supposons cette relation vraie pour tout v. Soient v, v R. En utilisant la relation avec v + v et v v et avec la question B.2 on a ϕ fv, fv = q fv + fv q fv fv = q fv + v q fv v = q v + v q v v Matriciellement, ceci donne = ϕ v, v t LV LV = t V V ou encore t V t L L t V = t V V Comme ceci est vrai pour tous V, V, la question B. indique que t L L = et donc que L O, p. I.B. On a fv = w et fv = w avec w i = l i,j v j = l i, et w i = ml i,j v j = l i,2 j= 2 j=

3 Les relations demandées s écrivent donc l, l,2 l i, l i,2 = v v v i v i = l, 2 li, 2 = v 2 vi 2 = l,2 2 li,2 2 = v 2 v i 2 = Avec t L O, p, on obtient de même l, l 2, l,i l 2,i = l, 2 l,i 2 = l2, 2 l2,i 2 = 2 Propriétés algébriques et géométriques du groupe O +,. II.A. Supposons que a 2 b 2 = et a >. Comme sh est bijective de R dans R, il existe θ tel que b = shθ ici, c est la surjectivité qui sert. On a alors a 2 = sh 2 θ = ch 2 θ et donc les deux termes étant positifs a = chθ. Si θ est un autre réel convenable alors shθ = shθ et, par injectivité de sh, θ = θ. Il existe donc un unique θ réel convenable. II.A.2 Un calcul élémentaire donne t L 2 L = L O, a 2 c 2 ab cd ab cd b 2 d 2 a 2 c 2 = b 2 d 2 = ab cd =. On a donc II.A.3 On conserve les notations précédentes. Supposons que L O,. - a = est exclus puisque sinon on aurait c 2 =. - Si a > alors comme a 2 c 2 { =, il existe γ tels que a, c = chγ, shγ. Par ailleurs, a comme t L O, on a aussi 2 b 2 = c 2 d 2 = et donc b2 = a 2 = sh 2 γ et d 2 = c 2 + = ch 2 γ. Il existe donc s, s 2 {, } tels que b = s shγ et d = s 2 chγ. ab = cd donne s s 2 chγshγ =. ch sh Si γ = alors L = diag, s 2 et comme detl >, s 2 =. L =. sh ch Sinon, chγshγ et donc s = s 2. detl = s ch 2 γ sh 2 γ > et donc s =. Ainsi, chγ shγ L =. shγ chγ - Si a < alors a > et il existe γ tels que a, c = chγ, shγ. On procède alors chγ shγ exactement de même pour montrer que L =. shγ chγ 3

4 Ceci montre l inclusion directe. L inclusion réciproque est une simple vérification des formules de la question précédente. II.A. Les formules chγ + γ = chγchγ + shγshγ shγ + γ = shγchγ + chγshγ donnent directement D après la question précédente, LγLγ = Lγ + γ O +, Õ, = {Lγ/ γ R} Cet ensemble est non vide, inclus dans O +,, stable par produit avec la relation de cette question et par passage à l inverse car Lγ = L γ toujours avec la relation précédente et puisque L = I 2. O +, Õ, est ainsi un sous-groupe de O+,. Il est commutatif car LγLγ = Lγ + γ = Lγ + γ = Lγ Lγ II.B., et, sont vecteurs propres pour Lγ associés aux valeurs propres chγ + shγ et chγ shγ. Ils sont indépendants et forment donc une base de diagonalisation de Lγ qui est ainsi diagonalisable. En normant ces vecteurs, on obtient une matrice de passage P = 2 qui est dans O2 et telle que γ, t P LγP = P LγP = diagchγ + shγ, chγ shγ On montre de même que γ, t chγ shγ P shγ chγ P = diag chγ + shγ, chγ shγ Finalement, P diagonalise toute matrice de O +,. II.C. Soient L, L O +,. t P LP et t P L P sont diagonales et commutent donc. Comme P t P = P t P = I 2, on en déduit que t P LL P = t P L LP et comme P est inversible, on trouve que LL = L L. Le groupe O +, est commutatif. 3 Décomposition standard d un élément du groupe de Lorentz O, 3. III.A. On utilise la question I.B. pour obtenir III.B. On a Par ailleurs, la question I.B. donne l 2, = + l 2, = + li, 2 l, = l, l, + l,k l k, l 2 k, et l 2, = + l 2 k,

5 En posant s = l2 k, et s = l 2 k,, on a alors, puisque l, et l, sont positifs, l, = + s + s + l,k l k, > ss + Par ailleurs, l inégalité de Schwarz dans R 3 donne l,k l k, l,k l k, ss On en déduit finalement que l 2,k l 2,k + l,k l k, l,k l k, < l, On a LL O, 3 car c est un groupe et LL, > et donc LL Õ, 3. Cet ensemble est donc stable par produit. Il est aussi non vide il contient I et inclus dans O, 3. l, Par ailleurs, en notant L = t v u A Õ, 3 avec u, v R3 et A M 3 R, la relation t L L = nous donne L = t L et après calculs L l, = t u v t et comme l A, >, L Õ, 3 III.C. Un produit par blocs montre que si R, R sont des matrices inversibles alors,3,3,3 3, R 3, R = 3, RR,3 3, R =,3 3, R Comme SO3 est un groupe, on en déduit que G est stable par produit et passage à l inverse. Il est aussi non vide il contient I et inclus dans O +, 3 Õ, 3 qui est un groupe comme intersection de sous-groupes de O, 3. C est finalement un sous-groupe de O +, 3 Õ, 3.,3 Avec les relations du début de question R est un morphisme du groupe 3, R SO3, dans le groupe G,. Comme c est clairement une bijection, c est un isomorphisme de groupes. III.D. Si a = alors la question I.B. montre que l 2, = puis que l,2 = l,3 = l, = la somme de leurs carrés valant. Comme, de plus, l, >, il existe une matrice R telle que,3 L =. L appartenance de L à O 3, R +, 3 donne t RR = I 3 et detr >. Finalement R SO3 et L G. III.E. Dans l optique de la question suivante, mieux vaut proposer une solution constructive et non théorique. Si u = v, l identité rotation d angle nul convient. Sinon, si v = u alors un demi-tour d axe une droite dirigée par un vecteur orthogonal à u convient. Sinon, on note w = u v. C est un vecteur orthogonal au plan Vectu, v on est dans le cas u, v libre. On oriente ce plan, en orientant son orthogonal par w. On note alors θ l angle entre u et v dans le plan orienté. La rotation d axe dirigé et orienté par w et d angle θ convient. 5

6 III.F. Il existe une rotation r telle que ra = a,, d après la question III.E. Notons R sa matrice dans la base canonique de R 3,3 et posons L =. Un produit par blocs 3, R montre que l, l,2 l,3 l, L L = a le bloc non dessiné valant RB où B = l i,j 2 i,j. La matrice est donc de la forme voulue. III.F.2 L L O, 3 structure de groupe. En travaillant comme à la question I.B. avec la matrice L L ou plutôt sa transposée et les vecteurs v =,,, et v =,,,, on obtient les relations v 2 2 = v 3 2 = et v 2 v 3 =. III.F.3 Un calcul par blocs donne cette fois L LL 2 = l,?,3 α?,3 t v 2 R 2 t v 3 R 2 Comme v 2, v 3 est une famille orthonormé, on peut la compléter en v, v 2, v 3 b.o.n. directe de R 3. L unique application linéaire envoyant cette base sur la base canonique est une rotation elle transforme une b.o.n.d en b.o.n.d. En notant R sa matrice dans la base canonique, on a R SO3 et Rv 2 = et Rv 3 =. Ainsi, R 2 = t R, qui est aussi un élément de SO3 R = R et SO3 est un groupe, convient c est la matrice de l endomorphisme envoyant la base canonique sur la base v, v 2, v 3. III.F. En travaillant comme à la question I.B. avec la matrice L LL2 et les vecteurs de la base canonique de R, on obtient l, β 2 αδ 2 = et l, β 3 αδ 3 = β 2 2 δ 2 2 = et β 2 3 δ 2 3 = Ainsi comme l, et α sont > β i et δ i ont même signe et même carré. On en déduit que β 2 = δ 2 et β 3 = δ 3 Toujours avec I.B. on a aussi l 2, α2 = et donc l, α. l, β 2 αδ 2 = donne alors avec β 2 = δ que β 2 = α 2 = et de même β 3 = α 3 =. III.G. Partons de L O +, 3 Õ, 3 et distinguons deux cas.,3 - Si a = avec les notations précédentes alors L G et s écrit donc avec 3, R R SO3. En prenant γ = et R = I 3 SO3 on obtient l identité voulue. - Sinon, on peut trouver L, L 2 G et donc du type voulu telles que l, β L LL 2 = α δ O+, 3 Õ, 3 l, β Un calcul par bloc montre alors que M = O,. Comme detl α δ LL 2 = detm déterminant bloc diagonal on a même M O +, et comme l, >, M 6

7 O +, Õ,. M est donc de la forme Lγ. On a finalement L = L chγ shγ shγ chγ L 2 qui est une décomposition convenable puisque L et L 2 sont dans G qui est un groupe. III.H. La décomposition n est pas unique. Si R SO3 est la matrice d un demi-tour alors en,3 posant L = on a LI 3, R L = I. On trouve donc plusieurs décompositions de I puisqu il y a plusieurs demi-tours. 7