corrigé

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 (e i)ni=1 est une base de E et (f j )pj=1 une base de F une base de E £ F est
n³ ¡
n³¡
!´on
! ´op
ei ; 0
[
0 ; fj
i=1
j=1
Donc ici C = M3 ( R) £ M3 ( 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; P 0 ) ¤ (Q; Q 0 )) ¤ (R; R0 ) =
(P Q; P Q0 + P 0 Q) ¤ (R; R0 ) = (P QR; P QR0 + P Q 0 R + P 0 QR)
(P; P 0 ) ¤ ((Q; Q 0 ) ¤ (R; R0)) =
(P; P 0 ) ¤ (QQ 0; QR0 + Q0 R) = (P QR; P QR0 + P Q0 R + P 0QR)
– d’élément neutre e = (I3 ; 0) (à gauche et à droite). .
³
´
_ P 0 ) ¤ (Q; Q 0 ) = (¸(P; P 0)) ¤ (Q; Q0 ) = (P P 0 ) ¤ (¸ (Q; Q 0)) . les trois expressions valant
² En…n, on a ¸ (P;
(¸P Q; ¸P Q 0 + ¸P 0 Q)
C est une R-algèbre de dimension 18
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 dans G. Si (P; P 0) 2 G; (Q; Q0 ) 2 G alors on doit montrer (P Q; P Q0 + P 0 Q) 2 G :
– P R 2 SO( R3 ) (car SO( R3 ) est un groupe)
– et
t
(P Q)(P Q 0 + P 0 Q) + t (P Q0 + P 0 Q)P Q = t Q t P P Q0 + t Q t P P 0 Q + t Q0 t P P Q + t Q tP 0P Q
or P est orthogonale donc t P P = In :
t
(P Q)(P Q0 + P 0Q) + t(P Q0 + P 0Q)P Q
t
Q Q 0 + t Q t P P 0 Q + t Q 0 Q + t Q t P 0P Q
¡t
¢
¡
¢
Q Q 0 + t Q 0 Q + tQ t P P 0 + tP 0 P Q = 0 + tQ 0 Q = 0
=
=
² La loi ¤ est associative comme restriction d’une loi associative à un sous ensemble.
² tout élément (P; P 0) admet un inverse dans M3 (R) :
– analyse : Si (P; P 0 ) ¤ (Q; Q0 ) = (I3 ; 0) on a
P Q = I3 donc Q = tP : P étant orthogonale P est inversible d’inverse P ¡1 .
et P Q 0 + P 0Q = 0 donc Q = tP et Q 0 = ¡ tP P 0 Q = ¡P ¡1 P 0 t P = ¡ tP P 0 t P = t P 0 P t P = t P 0 ( n’oubliez pas que
(P; P 0 ) est dans G donc tP P 0 = tP 0P )
– synthèse : On pose(Q; Q0 ) = (t P;t P 0 ) .
On a alors d’après le calcul précédent (P; P 0) ¤ (Q; Q0 ) = (I3 ; 0)
On véri…e sans problème que (Q; ; Q0 ) (P; P 0 ) = (I3 ; 0)
Il reste à véri…er que (t P;t P 0 ) 2 G. En e¤et, comme P est orthogonale directe t P est aussi orthogonale directe et :
¡
t t
P
¢t
P0 +
t
¡t
P0
¢t
P = P t P 0 + P 0 tP
ce n’est pas commutatif : il faut faire un e¤ort :t P P 0 + t P 0 P = 0 donc tP 0 = ¡ tP P 0t P et donc :
t
¡t ¢t 0 t ¡t 0 ¢t
P P +
P P = ¡P tP P 0 t P + P 0 tP = 0 car P est orthogonale
¡1
G est un groupe (non abélien) de neutre (I3 ; 0) et (P; P 0 )
= t (P; P 0 )
4. H est un sous–groupe de G :
² c’est un sous ensemble de G
² non vide : il contient (I3 ; 0)
¡1
² et si (P; 0) et (Q; 0) sont dans H alors (P; 0) ¤ (Q; 0)
= (P t Q; 0) est dans H.
En…n l’application ' dé…nie sur SO( R3 ) par
3
' : P 7¡! (P; 0)
est un morphisme bijectif de groupes entre SO( R ) et H (démonstration évidente).
H est un sous groupe de G isomorphe à SO( R3 )
5. On a (I3 ; Q) 2 G si et seulement I3 est orthogonale directe (évident) et t I3 Q + t QI3 = 0 (Q est antisymétrique). On a
bien un sous groupe de G :
² sous ensemble de G
² non vide (contient (I3 ; 0) )
² et si (I3 ; P ) et (I3 ; Q) sont dans A : (I3 ; Q) ¤ (I3 ; Q0 )¡ 1 = (I; Q + t Q 0) = (I; Q ¡ Q 0) 2 A (la di¤érence de deux matrices
antisymétriques est antisymétrique)
A est un sous–groupe de G
6.
² Si (P; Q) 2 G P 2 SO( R 3 ) (donc det(P ) = 1) et t P Q + t QP = 0 donc t (P; Q) ¤ (P; Q) = (t P P + t P Q + t QP ) = (I3 ; 0)
² Si t(P; Q)¤(P; Q) = (I3 ; 0) On a tP P = I3 (et comme det(P ) = 1 , P est une matrice orthogonale directe) et t P Q+t QP =
0
(P; Q) 2 G , (det(P ) = 1 et t (P; Q) (P; Q) = (I3 ; 0))
Deuxième partie
0
1
0
1
u
0 ¡w v
!
@ w
!
Si ¡
a = @ v A la matrice de p ¡
0
¡u A
a est
w
¡v
u
0
3
8. Soit B = (ei )i= 1 une base orthonormée directe. L’application r étant une rotation directe r(B ) est une base orthonormale
directe de R3 ; donc pour tout couple (i; j) , r(ei ^ ej ) = r (ei ) ^ r(ej ) :
² si i = j on a deux fois le vecteur nul
² sinon r(ei) ^ r(e j ) est l’unique vecteur f tel que (r(e i); r(ej ); f) forme une base orthonormale directe. C’est donc r(ei ^ ej )
P
P
!
!
et donc pour tous vecteurs ¡
x = 3i=1 xi ei; ¡
y = 3i=1 y iei , on a
0
1
X
X
!
!
!
!
r( ¡
x ^ ¡
y)=@
x iy j r(ei ^ ej )A =
xi yj r(ei) ^ r(ej ) = r( ¡
x ) ^ r( ¡
y)
i;j
i;j
!
!
!
!
r( ¡
x ) ^ r( ¡
y ) = r( ¡
x^ ¡
y)
2
9. r étant inversible on peut introduire r ¡1 et calculer r ± pa r¡1 en utilisant le résultat précédent :
!
!
!
!
!
8¡
x 2 R3 : r ± p a ± r¡1 ( ¡
x ) = r(a ^ r¡1 ( ¡
x )) = r( ¡
a )^ ¡
x
Donc
¡
!
!
b = r( ¡
a)
¡¡!
¡¡!
!
!
10.(cf …gure) Soit M 2 D. AM est donc colinéaire à ¡
u : 9k 2 R ,AM = k ¡
u . On a donc
³
´
¡¡! ¡
¡! ¡¡!
¡!
¡!
!
!
!
!
!
OM ^ !
u = 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 = 0 l’équation ¡
x^ ¡
u = 0 a pour solution la droite vectorielle engendrée par ¡
u.
² si
Soit
¡
!
!
!
!
!
v 6= 0. La famille ( ¡
u; ¡
v; ¡
u^ ¡
v ) est libre de R 3 . C’est est une base (orthogonale mais pas orthonormale) .
¡
!
¡
!
¡
!
¡
!
¡
!
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 2 V ect( u )
¡¡!
¡!
!
!
!
12. C’est la question précédente avec ¡
x = OM en prenant comme origine sur la droite A tel que OA = ¡
u^ ¡
v:
¡¡!
¡¡!
¡!
!
!
!
!
!
!
!
OM ^ ¡
u = ¡
v , OM = ¡
u ^ ¡
v +¸ ¡
u = OA + ¸ ¡
u , M 2 D(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 que M 2 D , OM ^ u = v . Le couple est indépendant de la
base choisie dans l’espace vectoriel euclidien , mais dépend de l’origine 0 de l’espace a¢ne.
8
0
1
x
< 0=0
¡¡! ¡
!
13.(cf …gure) On a OM ^ !
u = ¡
v Soit si M = @ y A le système
z=b
:
z
¡y = c
80
1
9
< ¸
=
D = @ ¡c A j ¸ 2 R
:
;
b
¡
!0
¡
!0
¡
!0
!
!
!
14. Les couples ( ¡
u; ¡
v ) et (
u ;
v ) déterminent la même droite si et seulement si ( ¡
u;
u ) sont liés (comme
¡
!0
¡
!0
¡
!0
¡
!0
¡
!0
¡
!
0
0
ils sont unitaires
u = § u ) et le point A déterminé par OA =
u ^
v appartient à D, soit (
u ^
v )¡
¡
!
!
v 2 V ect( ¡
u)
¡
!
¡
!
¡
!0
¡
!0
¡
!0
¡
!0
!
!
!
!
!
!
² si u0 = ¡
u , ( u0 ^
v )¡ ¡
v =( ¡
u^
v )¡ ¡
v , vecteur orthogonal à ¡
u . Donc (
u ^
v )¡ ¡
v 2 V ect(
¡
!
¡
!
¡
!
¡
!
0
0
u ) si et seulement si il est nul donc (
u ^ v )= v
¡
!0
¡
!0
¡
!
¡
!
² si u = ¡ u , de même v ¡
v .
les deux couples dé…nissent le même droite si et seulement si
³
¡
!0
u ;
¡
!0 ´
!
!
v = §( ¡
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.
¡
!
¡
!0
!
!
15. L’image d’une droite D(A; ¡
u ) par un déplacement d est la droite D(A0 ; u 0 ) où A0 = d(A) et
u = r( ¡
u ):
² A est élément de la droite D donc A0 = d(A) est élément de D 0 :
3
¡!
¡¡! ¡!
¡!
¡!
!
!
!
!
!
² B = A+ ¡
u est élément de D donc B0 = d(A+ ¡
u ) dé…ni par OB 0 = ¡
a + r( OB) = ¡
a + r(OA) + r( ¡
u ) = A0 + r(
¡
!
¡
!
0
0
u ) est un point de D et donc r( u ) est un vecteur directeur de D .
¡
!
¡
!0
¡
!0
¡¡!
¡
!
Ainsi D0 est associée au couple ( u 0 ;
v ) avec
v = OA0 ^ u 0 . Donc
¡
!0
¡!
¡!
!
!
!
!
!
!
!
!
v =(¡
a + r(OA)) ^ r( ¡
u)= ¡
a ^ r( ¡
u ) + r(OA ^ ¡
u )= ¡
a ^ r( ¡
u ) + r( ¡
v)
Ainsi
® = r; ¯ = p
¡
!
a
±r
et on det (®) = 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 orthonormée B soit A = M at (®) , B = M at (¯) , M celle de p® calculée à la question 10.
² ® étant un endomorphisme orthogonal direct A est une matrice est orthogonale de déterminant 1,
² B = AM . où M est une matrice antisymétrique et donc
t
AB + tBA = tAM A + tA(¡M )A = 0
17. Supposons que deux déplacements d = t
On a alors
¡
!
a
± r; d0 = t
¡
!
b
± r 0 , possèdent la même image : le même couple (A; B).
² r = r 0 (même matrice A)
³
¡
!
¡
!´
!
!
¡
!
!
! ± r (même matrice B) et donc p ¡
!
¡
! . On a donc pour tout vecteur ¡
² ¡
a = b : p¡
=
p
x
:
a
¡
b ^
a ±r = p ¡
a
b
b
¡
!
¡
!
¡
! ¡
¡
!
!
¡
!
¡
!
x = 0 , a ¡ b est orthogonal à tout vecteur x donc a ¡ b = 0
² On a donc d = d0
L’application J est donc injective
0
1
0
1
0
1
0
1
0
¡!
!
!
!
18.(cf …gure)On a pour cet exemple A = @ y0 A et ¡
u = @ 0 A donc ¡
v = OA^ ¡
u =@ 0 A
0
0
¡y0
d’après le calcul de la question 15 on a :
0
1
cos (µ) ¡ sin (µ) 0
cos (µ) 0 A
² ® = r de matrice A = @ sin (µ)
0
0
1
0
1 0
1 0
1
0 ¡1 1
cos (µ) ¡ sin (µ) 0
¡ sin (µ) ¡ cos (µ) 1
@ 1
!
² ¯=p¡
0 0 A : @ sin (µ)
cos (µ) 0 A = @ cos (µ)
¡ sin (µ) 0 A
a ± r de matrice B =
¡1 0 0
0
0
1
¡ cos (µ)
sin(µ)
0
0
1
0
1 0
1 0
1
cos(µ)
0
¡ sin(µ)
¡ sin (µ)
¡
!0
¡
!
!
!
!
A
donc u = r( ¡
u ) = @ sin (µ) A et
v 0 = ®( ¡
v ) + ¯( ¡
u ) = @ 0 A + @ cos(µ) A = @
cos (µ)
0
¡y 0
¡ sin (µ)
¡y 0 ¡ cos (µ)
19. On sait que l’application J est injective. d’après la question 17.
!
!
Montrons qu’elle est surjective:Soit (A; B) 2 G On cherche r et ¡
a tels que si d = t ¡
a ± r alors J(d) = (A; B)
² analyse :
² A est une matrice orthogonale directe ; c’est donc la matrice d’une rotation r dans une base orthonormée.
t t
!
– Soit C = B tA ( la matrice de p ¡
a ) . La matrice C est antisymétrique. En e¤et, comme (A; B) 2 G, on a ( A; B) 2 G
(c’est l’inverse de (A; B)), soit par la dé…nition de G :
B tA = ¡AtB = ¡ t(B tA)
0
0
– Cette matrice antisymétrique est de la forme @ °
¡¯
¡°
0
®
4
1
0 1
¯
®
!
¡® A et donc d’après la question 7 ¡
a = @¯ A .
0
°
² véri…cation
0 1
®
!
!
Soit r de matrice ¡
a , ¡
a = @ ¯ A , et d = t
°
15, sont A et B.(véri…cations évidentes)
¡
!
a
± r. les matrices associée aux applications ® et ¯ dé…nie dans la question
J est bijective de fdéplacement de E g dans 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 ¡1 est valeur propre de ® = r ou 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 par r sur ¡
u ? : Donc distinguer deux cas selon
que 1 est valeur propre ou non de cet endomorphisme:
¡
!
!
!
!
!
!
– Si µ = 0[2¼] (et donc ¡
a 6= 0 car d 6= Id) : r = Id donc ®( ¡
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)
.
¡
!
a
!
si µ = 0[2¼] toutes les droites de direction ¡
a sont solutions du problème et u = § ¡
k!
ak
dans ce cas d est une translation Le résultat peut se trouver directement.
!
– Si µ 6= 0[2¼] ¡
u est un vecteur directeur (unitaire par hypothèse) de l’axe de la rotation ,l’endomorphisme induit sur
¡1
¡
!
!
!
!
?
u est une rotation d’angle µ qui n’a pas la valeur propre 1 , donc qui est bijective donc ¡
v = (Id ¡ r) ( ¡
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)
!
Si µ 6= 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 Si µ = ¼[2¼ ] alors ¡1 est aussi valeur propre de r (r est 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; u3 ).
0
1
1 0
0
!
!
!
!
Dans cette base la matrice de r est @ 0 ¡1 0 A donc (r + Id) ( ¡
v ) est colinéaire à ¡
u1 donc ¡
a^ ¡
u est colinéaire
0 0 ¡1
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
!
!
¡
!
¡ ¡
a^ ¡
u
v =
2
Dans ce second cas il semble que d soit une rotation et que la droite invariante coupe l’axe de la rotation .Véri…ons
¡¡!
¡¡!
!
qu’il existe un point M de la droite …xe par d . On a M invariant si et seulement si M = M 0 donc OM = ¡
a +r( OM )
.
0
1
0
1
0
x
¡¡!
!
!
Si on fait le calcul dans la base précédente en posant ¡
a = @ ® A car ¡
a est orthogonal à l’axe et OM = @ y A
¯
z
0
1
x
¡¡!
¡¡! !
¡
! ¡
!
!
on trouve OM = @ ®=2 A M est sur la droite si et seulement si OM ^ ¡
u =¡
v ( question 12) = ¡ a2^ u . Ce
¯=2
¡
!
qui donne x = 0 . La droite coupe l’axe au point M tel que OM = a2 :
si µ = 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.
5
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) Supposons µ 6= 2¼. Par la question précédente on a (au signe près) ¡
u = k et ¡
v = A( ¡
v ) + B( ¡
u ). Ce qui donne
0
1
1
2 ¡ ¢
¡
!
v = @ 12 cotan µ2 A
0
!
!
On véri…e que ¡
v est orthogonal à ¡
u . La droite D invariante par d a pour équation
80 1
¡ ¢ 1
9
< ¡ 2 cotan µ2
=
1
Aj¸ 2 R
D= @
2
:
;
¸
b) Si µ = 2¼ (A = I), d = t
, contrairement au sujet)
¡
!
a
et t
¡
!
a (D)
!
= D si et seulement si D admet ¡
a comme vecteur directeur. (solution non unique
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.
6