Transcript Schema contacteur j n

Corrigé Centrale 2 PSI 2014
Quand le contexte est clair, on notera ∆ pour ∆p+1 et I pour Ip+1 .
I. Étude du groupe orthogonal généralisé O(1, p)
1. (a)
i. ∆ ∈ O(1, p) et det(∆) = (−1)p donc ∆ ∈ O+ (1, p) ssi p pair.
ii. det(t L∆L) = det(∆) implique (det L)2 = 1.
iii. On a donc O(1, p) ⊂ GLp+1 (R). Il est judicieux de remarquer, pour L ∈ O(1, p) : ∆t L∆L = I donc
L−1 = ∆t L∆.
O(1, p) 6= ∅ d’après I.A.1. Si L, M ∈ O(1, p), alors t (LM )∆LM = t M (t L∆L)M = ∆) et ∆ =
t −1 t
L ( L∆L)L−1 = t L−1 ∆L−1 donc L−1 ∈ O(1, p), ce qui montre que O(1, p) est un groupe.
iv. Si L ∈ O(1, p), la relation t L = ∆L−1 ∆ montre que t L ∈ O(1, p).
v. ϕ : L 7→ t L∆L est continue car ses (p + 1)2 composantes sont des fonctions polynomiales des coefficients de
L. O(1, p) est donc fermé comme image réciproque du singleton {∆} (fermé) par une application continue.
det est continu sur Mp+1 (R) (comme ϕ), donc det−1 ({1}) est un fermé et O+ (1, p) est fermé en tant
qu’intersection de deux fermés.
Idem pour O− (1, p).
(b) I.B
i. Notons ei le i-ème vecteur de la base canonique de Rp+1 . Pour X et Y matrices de ei et ej dans la base
canonique, aij = t XAY = t XBY = bij donc A = B.
ii. Polarisation.
iii. L ∈ O(1, p) ssi t L∆L = ∆ ssi pour tout X, Y , t X t L∆LY = t X∆Y ssi pour tout v, v 0 , ϕp+1 (f (v), f (v 0 )) =
ϕp+1 (v, v 0 ). On obtient ii implique iii en faisant v = v 0 et iii implique ii par polarisation.
iv. On obtient les relations suivantes :
`11 `12 −
`211 −
p+1
X
i=2
p+1
X
`i1 `i2 = 0
`2i1 = 1
i=2
`212 −
p+1
X
`2i2 = −1
i=2
t
et en appliquant ces résultats à L :
`11 `21 −
`211 −
p+1
X
i=2
p+1
X
`1i `2i = 0
`21i = 1
i=2
`221 −
p+1
X
`22i = −1
i=2
2. II. Propriétés algébriques et géométriques du groupe O+ (1, 1)
(a)
i. b = sh θ ssi θ = Argsh(b). On a alors a2 = 1 + b2 = ch(θ)2 et a > 0 donc a = ch θ.
ii. On calcule : a2 − c2 = 1, b2 − d2 = −1 et ab − cd = 0.
iii. a2 − c2 = 1, on distingue 2 cas. Si a > 0, ∃!θ ∈ R tq a = ch θ et c = sh θ. ab − cd = 0 donc (d, b) = λ(a, c)
pour un certain λ. Or 1 = det(L) = λ. Si a < 0, on raisonne de même avec −a, on obtient bien les deux
formes attendues. NB : les conditions sur a, b, c, d étaient suffisantes, on a bien l’égalité des deux ensembles.
iv. On doit retrouver les formules d’addition de la trigonométrie hyperbolique :
ch(γ + γ 0 ) = ch γ ch γ 0 + sh γ sh γ 0
sh(γ + γ 0 ) = ch γ sh γ 0 + sh γ ch γ 0
Ceci montre que γ 7→ L(γ) est un morphisme de groupes de (R, +) sur O+ (1, p), donc son image G =
˜ p) est un sous-groupe de O+ (1, p), commutatif comme (R, +).
O+ (1, p) ∩ O(1,
(b) NON car G n’est pas borné (limγ→+∞ ch γ = +∞.
ε ch γ sh γ
(c) On note L =
avec γ ∈ R, ε ∈ {−1, 1}. On peut remarquer que L est symétrique réelle, on aura
sh γ ε ch γ
donc une base
orthonormale de vecteurs
propres.
1 1 −1
1
1
−1
−1
√
et :
Comme L
= (ε ch γ + sh γ)
et L
= (ε ch γ − sh γ)
on pose P =
1
1
1
1
2 1 1
ε ch γ + sh γ
0
t
P LP =
0
ε ch γ − sh γ
3. L 7→ tP LP est un morphisme de groupes injectif (car tP LP = I implique L = I) de O+ (1, 1) dans le groupe des
matrices diagonales inversibles, qui est commutatif. On en déduit que O+ (1, 1) est isomorphe à un sous-groupe de ce
groupe commutatif, donc il est commutatif (la question se traite sans problème "directement").
4. III. Décomposition standard d’un élément du groupe de Lorentz
(a) D’après I.B4), `211 ≥ 1.
(b) Les formules de I.B4) montrent que `211 >
4
X
`21k et `011
2
>
k=2
4
X
2
`0k1 . D’autre part, `11 et `011 > car L et
k=2
˜ 3). On obtient :
L0 ∈ O(1,
`0011 =
4
X
`1k `0k1 + `11 `011 >
k=2
4
X
`1k `0k1
k=2
v
v
u 4
u 4
uX 2 uX
t
`1k t
`0
+
2
k1
k=2
k=2
˜ 3) est stable par
Cette dernière expression est positive (inégalité de Cauchy-Schwarz). On en déduit que O(1,
˜ 3), on a en
multiplication. Il est évidemment stable par transposition (avec I.A.4) et comme pour L ∈ O(1,
−1
t
˜
particulier L = ∆ L∆ ∈ O(1, 3), qui est donc stable par inverse, c’est donc un sous-groupe de O(1, 3).
1 0
(c) L’application : R 7→
définit un morphisme de groupes de SO(3) dans GL4 (R), d’image G, donc G
0 R
est un groupe. On vérifie, pour tout L ∈ G, t L∆L = ∆, det(L) = 1 et `11 > 0 donc G est un sous-groupe de
˜ 3).
O+ (1, 3) ∩ O(1,
4
X
`11 S
`2i1 = 1 et `11 > 0 donc `11 = 1. L’égalité t L∆L = ∆
. On a `211 = 1 +
(d) On écrit par blocs : L =
0 R
i=2
équivaut à S = 0 et t RR = I3 , c’est-à-dire L ∈ G.
(e) i. Soit P un plan qui contient u et v (P n’est pas unique si u et v sont colinéaires). Soit w un vecteur normal à
P . On oriente P à l’aide de w et on considère θ = (d
u, v). Alors v = r(u), r étant la rotation autour de w et
d’angle θ.
ii. On sera amené à expliciter la rotation autour du vecteur unitaire w et d’angle θ. Si x est unitaire et orthogonal
à w, alors w, x, w ∧ x est une BOND de R3 , dans laquelle la matrice de la rotation est "canonique", et en
particulier r(x) = (cos θ)x + (sin θ)(w ∧ x).
Par linéarité, cette formule est encore valide pour tout x de norme quelconque orthogonal à w.
Dans le cas général, on décompose x = (x|w)w + (x − (x|w)w), le premier terme est colinéaire à w et le
second orthogonal, on obtient :
r(x) = (1 − cos θ)(x|w)w + (cos θ)x + (sin θ)(w ∧ x)
(f)
La formule s’adapte facilement si w n’est pas unitaire, en remplaçant w par w/||w||.
i. Pour tout R ∈ SO(3) :
1 0
`11 S
`11 S
=
0 R
a T
Ra RT
Il suffit de choisir α = ||a|| > 0 et R matrice (dans la base canonique) de la rotation qui transforme a en
(α, 0, 0).
ii. Comme t (L1 L) ∈ O(1, 3), en explicitant L1 L∆t (L1 L) = ∆, il vient : µ21 + µ22 + µ23 = ν12 + ν22 + ν32 = 1 et
µ1 ν1 + µ2 ν2 + µ3 ν3 = 0, cqfd.


`11 S
 α t V1 

iii. On note L sous la forme L = 
 0 t V2 . On choisit W1 de sorte que (W1 , V2 , V3 ) forme une BOND
0 t V3


`11 SR
 α t V1 R 

de R3 sa matrice dans la base canonique étant R ∈ SO(3). Alors L · diag(1, R) = 
 0 t V2 R . et les
0 t V3 R
deux dernières lignes s’écrivent comme attendu.
2
T Q
iv. Finalement, on a L1 LL2 ∈ O(1, 4) et sous la forme M = L1 LL2 =
(avec 4 blocs carrés
0 I2
d’ordre 2). L’égalité t M ∆M = ∆ donne en particulier l’équation t Q∆2 T = 0 (poser ∆ = diag(∆2 , −I2 )).
Or det(M ) = det(T ) 6= 0 donc on obtient Q = 0, cqfd.
˜ 1), on
(g) Les calculs précédents fournissent également t T ∆2 T = ∆2 donc T ∈ O(1, 1). Comme L, L1 , L2 ∈ O(1,
˜ 1) et det T = det L = 1. D’après la partie II, T = L(γ) pour un certain γ ∈ R. On obtient donc la
a T ∈ O(1,
forme attendue dans le cas a 6= 0. Dans le cas a = 0, L1 = L et L2 = I4 conviennent pour L = L1 I4 L2 . On voit
(question III.I) qu’il n’y a pas unicité dans ce cas puisqu’on peut échanger L1 et L2 , même s’ils sont distincts.
(h) cf feuille jointe
3