E3A PC 2009 Math A. questions de cours. t C). On véri e que

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1 E3A PC 29 Math A questions de cours. Soit C 2 M 3 (R) Analyse : Si C = S + A, S 2 S 3 (R) et A 2 A 3 (R) alors t C = t S + t A = S A d où S = 2 (C +t C) et A = 2 (C t C). L analyse assure l unicité (sous réserve d existence). Véri cation: :Posons S = 2 (C +t C) et A = 2 (C t C). On véri e que S 2 S 3 (R), car t S = 2 (t C + C) = S A 2 A 3 (R) C = S + A. S 3 (R) et A 3 (R) sont supplémentaires dans M 3 (R) C 2 M 3 (R) se décompose C = S + A avec S = 2 (C +t C) et A = 2 (C t C) 2. S est symétrique réelle elle est diagonalisable dans une base orthonormée. Comme rg(s) 6 2; la dimension du noyau est et donc est valeur propre. On peut mette cette valeur propre en premier. S est donc semblable à D A avec (; ) 2 R 2. Et il existe une base orthonormée telle que Mat b ( S ) = D. Si la base b est indirecte on remplace le dernier vecteur par son opposé et la base obtenue reste orthonormée et est directe. Le nouveau vecteur de base reste dans le noyau et donc la matrice de S reste D. dans une B.O.N.D. bien choisie Mat ( S ) est du A Application: S est bien symétrique de rang 2 2. P S () = det B (S I 3 ) = donc (à l ordre près) = p 2 et = p 2. 8 Un vecteur! < y = v du noyau véri e : x + z = On a donc! v = (x; ; x). le vecteur doit être de norme donc : y = x = p 2=2:On peut prendre! p p v = 2=2; ; 2=2 8 p Un vecteur! p < 2x + y = v 2 du noyau de s 2Id véri e : x + p 2y + z = : p On a donc! v 2 = x; p 2x; x. le vecteur doit être y 2z = de norme donc x = =2. On peut prendre! v 2 = =2; p 2=2; =2 Un vecteur! v 3 du noyau de s + p p 2Id sera de même du type x; 2x; x. le vecteur doit être de norme donc x = =2 et la base doit e^tre directe (det > ). On doit prendre! p v 3 = =2; 2=2; =2 p 2=2 p =2 p =2 P 2=2 2=2 A p On obtient une matrice de passage solution : 2=2 =2 =2 Si vous n avez pas oublié que pour une matrice de changement de base orthonormée t P:P = I 3 donc P de P est évident. Sinon le système 8 p < p 2x + y p + z = 2X 2y 2z = 2Y : p 2x + y + z = 2Z p p 2=2 p 2=2 ne pose pas de problème (ajouter et retrancher L et L 3 ). P =2 p 2=2 =2 A =2 2=2 =2 = t P le calcul

2 On a D 2n 2 n 2 n :S 2n == 2 n S 2 ; S 2m+ = 2 m S A et D 2n+ = p 2 n 2 n S 2n 2n 2 n 2 n A = 2 n S 2 2 n 2 n 2n S 2m+ 2 n 2 n A = 2 m S 2 n A. le calcul de P D 2n P et de P D 2n+ P donne. remarque : le calcul des premiers termes donne S 3 = 2S et permet aussi de faire une récurrence. Partie. a) L application nulle de E E dans E est bien bilinéaire, antisymétrique et véri e la dernière condition d un crochet de Lie:! +! +! =! Dans tous les cas : (A; B) 7! [A; B] = AB BA est une application bilinéaire. antisymétrique: [B; A] = BA AB = (AB BA) = [A; B]. et : [A; [B; C]] + [B; [C; A]] + [C; [A; B]] = A(BC CB) (BC CB)A + B(CA AC) (CA AC)B + C(AB BA) (AB BA)C = ABC ACB BCA + CBA + BCA BAC CAB + ACB = +CAB CBA ABC + BAC Le problème c est donc : E E! E dans M n (R), pas de problème dans A n (R) c est bon : dans S n (R): t [A; B] = t (AB BA) = t B t A t A t B = BA AB (antisymétrique de A et B) = [A; B] t [A; B] = t (AB BA) = t B t A t A t B = BA AB (symétrie de A et B) = [A; B] Si on trouve deux matrices symétriques telles que AB 6= BA on a [A; B] =2 S n (R) et ce n est pas un crochet de Lie. Par exemple pour n = 2, A 2 = et B 2 = on obtient A 2 B 2 = 6= B 2 A 2 = A2 n quelconque 2 on prend par blocs A =. Pour n = S I n (R)=M n (R) et la condition est n 2 remplie. (A; B)! AB BA est un crochet de Lie dans, M n (R),A n (R),S (R). a) L application (! u ;! v ) 7!! u ^!v est bilinéaire antisymétrique de R 3 R 3 dans R 3 Pour la condition supplémentaire on utilise la formule du double produit vectoriel rappelée dans le sujet! u ^(! v ^! w )+! v ^(! w ^! u )+! w ^(! u ^! v ) = (! u :! w )! v (! u :! v )! w + (! v :! u )! w (! v :! w )! u + (! w :! v )! u (! w :! u )! v (! u ;! v ) 7!! u ^!v est un crochet de Lie sur R 3 :Po 2

3 . ~a est bien une application linéaire de R 3 dans R ker( ~a ) = Vect(! a ) est de dimension (car! a 6= ) donc rg( ~a ) = 3 = On calcule ~a (! i ) =! i ^!i +! j ^!i +! k ^!i =! k +! j, ~a (! j ) et ~a (! k ) ce qui donne : A ~a = qui est antisymétrique. 4. det B (A ~a I 3 ) = 3 ( ). 5. Comme! a 6=, = kak 2 > et donc A ~a a une seule valeur propre réelle qui est simple. Elle n est pas diagonalisable dans M 3 (R). (mais elle est diagonalisable dans M 3 (C) ) 6. On peut remarquer que le calcul de A ~a reste vrai si! a est le vecteur nul. Si A a b c d e f g h i A est antisymétrique alors a = e = i =, d = b; g = c; h = f donc A = L unique vecteur! a est donc dé ni par! a = ( f; c;. Partie b f b c c f A. 2. a). si! u ou! v est nul [! u ;! v ] =! par linéarité si! u =! v, l antisymétrie donne [! u ;! u ] = [! u ;! u ] donc [! u ;! u ] =! Si! u 6=!, si famille (! u ;! v ) est liée on a :! v =! u donc [! u ;! v ] = [! u ;! u ] =! La réciproque est fausse :prendre l exemple I.a ou (si on veut une application non nulle) I.b : si A = I n et B 6= I n, [A; B] =. c) Comme E est de dimension, tout couple (! u ;! v ) est une famille liée donc [! u ;! v ] = d après la question précédente. Le seul crochet de Lie est donc l application nulle. 3.. a) Par bilinéarité [! x ;! y ] = x y [! u ;! u ] + x y 2 [! u ;! v ] + x 2 y [! v ;! u ] + x 2 y 2 [! v ;! v ] = x y! + x y 2 [! u ;! v ] x 2 y [! u ;! v ] + x 2 y 2! = (x y 2 x 2 y )[! u ;! v ] = det B (! x ;! y )! k : en simpli ant avec le résultat de II. et l antisymétrie.. Si rg(! u ;! v ;! w ) 6 l égalité est évidente car les trois déterminants sont nuls. Si rg(! u ;! v ;! w ) = 2 on a si (! u ;! v ) libre, c est donc une base de E et! w =! u +! v. det B (! u ;! v )! w + det B (! v ;! w )! u + det B (! w ;! u )! v = det B (! u ;! v )! w + det B (! v ;! u )! u + det B (! v ;! u )! v = det B (! u ;! v )(! w! u! v ) =! : si (! u ;! v ) est lié, on change l ordre des vecteurs pour se ramener au cas précédent, et par antisymétrie le résultat reste vrai. 2. [! u ; [! v ;! w ]] = [! u ; det B (! v ;! w )! k ] = det B (! v ;! w )[! u ;! k ] = [det B (! v ;! w )! u ;! k ] par bilinéarité. 3. L application dé nie par [! x ;! y ] = det B (x; y)! k est une application bilinéaire antisymétrique de E E dans E puisque le déterminant est bilinéaire antisymétrique à valeurs dans R De plus on a d après les calculs du début de la question : [! u ; [! v ;! w ]] + [! v ; [! w ;! u ]] + [! w ; [! u ;! v ]] = [det B (! v ;! w )! u ;! k ] + [det B (! w ;! u )! v ;! k ] + [det B (! u ;! v )! w ;! k ]. On a donc bien un crochet de Lie. = [det B (! v ;! w )! u + det B (! w ;! u )! v + det B (! u ;! v )! w ;! k ] = [;! k ] = 3

4 c) Les crochets de Lie sur E sont donc les applications dé nies par [! x ;! y ] = det B (! x ;! y )! k où! k est un vecteur xé. Partie 3.. a). On développe par bilinéarité : [! x ;!!!!!!! y ] = [x i + x2 j + x3 k ; y i + y2 j + y3 k ] n = x y [! i ;! i ] + x y 2 [! i ;! j ] + x y 3 [! i ;! o k ] n + x 2 y [! j ;! i ] + x 2 y 2 [! j ;! j ] + x 2 y 3 [! j ;! o n k ] + x 3 y [! k ;! i ] + = (x y 2 x 2 y )[! i ;! j ] + (x y 3 x 3 y )[! i ;! k ] + (x 2 y 3 x 3 y 2 )[! j ;! k ] d après II. et l antisymétrie = (x 2 y 3 x 3 y 2 )~c + (x 3 y x y 3 )~c 2 + (x y 2 x 2 y )~c 3 avec les notations du sujet 2. Par dé nition de la matrice C on a ~c = ' C (! i ), ~c 2 = ' C (! j ), ~c 3 = ' C (! k ) et la linéarité de ' C on obtient [! x ;! y ] = ' C ((x 2 y 3 x 3 y 2 )! i + (x 3 y x y 3 )! j + (x y 2 x 2 y )! k ) = ' C (! x ^!y ) 3. f = ' C est un endomorphisme qui convient. Il est unique car il doit véri er f(! i ) = f(! j ^!k ) = [! j ;! k ] = ~c et de même f(! j ) = ~c 2 et f(! k ) = ~c 3. L image d une base est unique, donc aussui l endomorphisme... On a d après la décomposition du préliminaire A C = C t C 2 Et donc d après le calcul de I.2.b.4 2 c ;2 c 2; c ;3 c 3; c 2; c ;2 c 2;3 c 3;2 c 3; c ;3 c 3;2 c 2;3 A. a = 2 (c 3;2 c 2;3 ; c ;3 c 3; ; c 2; c ;2 ) 2. un calcul direct donne :! i ^ ~c = c 2;! k c3;! j ;! j ^ ~c2 = c 3;2! i c;2! k et! k ^ ~c3 = c ;3! j c2;3! i donc! i ^ ~c +! j ^ ~c 2 +! k ^ ~c 3 = 2~a 3. par dé nition des vecteurs : car [ ; ] est un crochet de Lie. 4. Par linéarité [! i ; ~c ] + [! j ; ~c 2 ] + [! k ; ~c 3 ] = [! i ; [! j ;! k ]] + [! j ; [! k ;! i ]] + [! k ; [! i ;! j ]] =! ' C (2! a ) = ' C (! i ^ ~c ) + ' C (! j ^ ~c 2 ) + ' C (! k ^ ~c 3 ) = [! i ; ~c ] + [! j ; ~c 2 ] + [! k ; ~c3] d après III..A.2 =! d après la question précédente. On a donc ' SC (! a ) =' C (! a ) ' AC (! a ) =!! =! d où! a 2 ker('sc ). c) [! x ;! y ] = ' C (! x ^!y ) d après III..a.2 (! x ^!y ) + ' AC (! x ^!y ) d après la décomposition de C (! x ^!y ) + ~a ^ (! x ^!y ) par caractérisation de ' AC (! x ^!y ) + (~a:! y )! x (~a:! x )! y (double produit vectoriel) [! x ;! y ] (! x ^!y ) + (~a:! y )! x (~a:! x )! y 4

5 2.. a) 8y 2 E : x! ' SC (! x ^!y ) + (~a:! y )! x linéaires. 8 (x; y) 2 E 2 : (~a:! x )! y est bien linéaire comme combinaison linéaire d applications [! x ;! y ] (! x ^!y ) + (~a:! y )! x (~a:! x )! y (! y ^!x ) + (~a:! y )! x (~a:! x )! y (! y ^!x ) + (~a:! x )! y (~a:! y )! x = [! y ;! x ]. Le premier vecteur est un vecteur unitaire du noyau de ' SC, on peut donc le choisir égal à ~a. On peut alors complété en une base orthonormée directe de vecteur propre. 2. M b (! u ^!v ) u 2v 3 u 3 v 2 u 3 v u v 3 u v 2 u 2 v M b ((~a:! v )! u (~a:! u )! v ) = v donc A donc M b (' SC (! u ^!v )) = M b (' S ):M b ((! u ^!v u u 2 u 3 A v v 2 v 3 A u 2 v u v 2 u 3 v u v 3 M b ([! u ;! v ]) = M b (' S (! u ^!v ) + (~a:! v )! u (~a:! u )! v ) = (u 3 v u v 3 ) (u 3 v u v 3 ) (u v 2 u 2 v ) A + (u v 2 u 2 v qui est bien l égalité demandée. 3. En appliquant la formule précédente au couple (! x ; d) ~ on obtient [! x ; d] ~ = x d+x ~ ~e et [! x ; ~e] = x d ~ x ~e. 4. On remarque que [! x ; ~ d] = x ~e et [! x ; ~e] = +x ~ d et donc : [! x ; [! y ; ~z]] = [! x ; (y 3 z y z 3 ) ~ d + (y z 2 y 2 z )~e] = (y 3 z y z 3 )x ~e + (y z 2 y 2 z )x ~ d = x ((y z 2 y 2 z ) ~ d + (y z 3 y 3 z )~e ). 5. On a donc en calculant [! y ; [~z;! x ]] et [~z; [! x ;! y ]] par permutation circulaire: [! x ; [! y ; ~z]] + [! y ; [~z;! x ]] + [~z; [! x ;! y ]] = (x y z 2 x y 2 z + y z x 2 y z 2 x + z x y 2 z x 2 y ) ~ d + (x y z 3 x y 3 z + y z x 3 y z 3 x + z x y 3 z x 3 y =!. Comme [ ; ] est déjà bilinéaire antisymétrique, c est bien un crochet de Lie. Le vecteur! a = (; ; ) est bien un vecteur du noyau de ' S. En reprenant les notation du préliminaire on a la B.O.N.D. :!v = a kak ;! v 2 = =2; p 2=2; =2 ;! v 3 = =2; p 2=2; =2 Ce qui donne avec les valeurs propres! d = p 2! v 2 + p 2! v 3 = p!i! 2 + k,! e = p 2! p v 2 2! v3 =! d Le calcul de (u 3 v u v 3 )et (u v 2 u 2 v ) dans la base b de vecteurs propres reste pénible. u v On peut remarquer que (u 3 v u v 3 ) = u 2 v 2 u 3 v 3 = det (! u ;! v ;! u v v 2 ) et (u v 2 u 2 v ) = B u 2 v 2 u 3 v 3 = det (! u ;! v ;! v 3 B Comme le déterminant dans une B.O.N.D. est indépendant de la base de calcul on a [u; v] = (det (! u ;! v ;! v 2 ) det (! u ;! v ;! v 3 ))! d = det(! u ;!v; p 2j): p!i! 2 + k = 2 det(! u ;!!i! v ; j): + k!i! [u; v] = 2 det(u; v; j): + k Soit [! u ;! v ] = 2(U 3 V U V 3 )(! i +! k ) si (U ; U 2 ; U 3 ) sont les coordonnées de!!i!! u dans la base ; j ; k remarque : on peut aussi faire directement le calcul dans la base initiale en utilisant la dé nition du début du 2 A A. 5

6 c) Si! a = on ne sait plus que la matrice S est de rang 2. On se place dans un B.O.N.D (I; J; K) telle que Mat(' S ) A et [! x ;! y ] = ' S (! x ^!y ) On a alors M b ([u; v]) (u 2v 3 u 3 v 2 ) (u 3 v u v 3 ) A = (u 2 v 3 u 3 v 2 ) I + (u 3 v u v 3 )J + (u v 2 u 2 v ) K (u v 2 u 2 v ) ensuite M b ([x; I]) = x 3 J x 2 K, M b ([x; J]) = x 3 I + x K, M b ([x; K]) = x 2 I x J d où M b ([x; [y; z]]) = ((y 3 z y z 3 ) ( x 3 ) + (y z 2 y 2 z )(x 2 ))I + Par permutation circulaire la coordonnée sur I de [x; [y; z]] + [y; [z; x]] + [z; [x; y]] sera : (y 3 z y z 3 ) ( x 3 ) + (y z 2 y 2 z )(x 2 ) + (z 3 x z x 3 ) ( y 3 ) + (z x 2 z 2x z )(y 2 ) + (x 3 y x y 3 ) ( z 3 ) + (x y 2 x 2 x )(z 2 ). qui est bien nul. Par permutation circulaire les coordonnées sur J et K sont aussi nuls. Remarque : avec la matrice symétrique de rang 3, je n ai pas trouvé de vecteur simple jouant le rôle de c et d 6