%M00MM1C.tex 9 mai 00 22h36 version 17 mai 00 20h25
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\def\num#1{\sv\leavevmode\llap{\bf(#1) }}  % num\'ero dans la marge (dans newVidi)

%----------------------------------------------------------- Fraction

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%XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXX
\def\cadreinterne#1#{%         #1 = chaine d'options
\bgroup
\dimendef\w=255 \w=0pt       % largeur interne
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\dimendef\d=253 \d=0pt       % profondeur interne
\dimendef\m=252 \m=1mm       % marge
#1%                          % execute les options
\suitecadreinterne}

\long\def\suitecadreinterne#1{%  #1 = texte a encadrer
\setbox0=\hbox{\vtop{\halign{\hfil##\hfil\cr#1\crcr}}}%  % le met en boite
\ifdim\w=0pt \w=\wd0\advance\w2\m\fi  % prend en compte les dimensions
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\ht0=\h\dp0=\d                        % ajuste la hauteur et la profondeur
\setbox0=\hbox to \w{\hss\box0\hss}%  % centrage horizontal
\fincadreinterne                      % trace le cadre
\egroup}                              % restaure \w,\h,\d,\m,\box0

\def\cadrefin    {\let\fincadreinterne=\fincadrefin    \cadreinterne}
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          \box0\vrule width 1.5pt}\hrule depth 1.5pt}}}

\def\fincadrepoint{%
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  \offinterlineskip                                       % empilement exact
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  \dimen0=\ht0\advance\dimen0\dp0                       % mesure hauteur totale
  \setbox2=\hbox{\lower\dp0\vbox{\xleaders\box1\vskip\dimen0}}%traits verticaux
  \hbox{\copy2\box0\box2}}                                   % texte + traits

\def\fincadreombre{%
  \setbox0=\hbox{\fincadrefin}                               % encadre le texte
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  \hbox{\vtop{%                                              % assemblage
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\def\fincadrerond{%
  \setbox0=\hbox{\vrule\box0\vrule}%                         %texte et traits v
  \offinterlineskip                                          %empilement exact
  \font\qc=lcircle10\qc                                      %fonte 1/4 cercle
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  \vbox{\vskip-\ht1\box2\vtop{\box0\box3\vskip-\dp1}}}       % assemblage final
%---------------------------------------------------------------------------



% QQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQ Code Bourse UPS  Quercia  QQQQQQQQQQQQQQQQ

%*****Haut et bas de page
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\ifx\numerodepage\undefined\else\count0=\numerodepage\fi
% QQQQQQQQQQQQQ FIN code bourse UPS, Quercia QQQQQQQQQQQQ

%
% D\'ebut du corrig\'e Mines 1 MP 2000 \'enonc\'e
%
\leavevmode
\centerline{\cadrefin{\tenbf MINES  MP 1 : 8 mai 2000 8-11h  }}

\traitgras

\cadrefin{\bf Partie pr\'eliminaire}


\num{0.} {\bf L'ensemble $\bf M$ est un espace vectoriel r\'eel.}

Notons que $M = \{re( a.I) + im( a)\pmatrix{1 &0\cr0&-1  }
 + re b.\pmatrix{0&i\cr i&0  } + im b.\pmatrix{0&i\cr -i&0  } \}  $.\par
Ceci permet de voir que c'est un $R-$ev de dimension 4 (engendr\'e par les
quatre matrices explicit\'ees).

Pour d\'emontrer que le produit de deux matrices $m_1$ et $m_2$ de l'espace
$M$
appartient encore \`a $M$, il suffit de v\'erifier que c'est vrai pour ces
quatre g\'en\'erateurs.

C'est un peu fastidieux, mais

$\bullet$ La premi\`ere matrice est ld'identit\'e, neutre pour la multiplication

$\bullet$ le carr\'e de chacune des trois autres matrices
$u=\pmatrix{1 &0\cr0&-1  }, v=\pmatrix{0&i\cr i&0  }, w=\pmatrix{0&i\cr -i&0
 }$
est dans $M$, \`a savoir $u^2=I=w^2, v^2=-I$,

$\bullet$ le produit de deux quelconques de ces trois matrices est au signe
pr\`es la troisi\`eme.
Plus pr\'ecis\'ement,
$$
u.v = -w = - v.u \qquad v.w = v.(v.u) = v^2.u = -u \quad\hbox{et
similairement}\quad
w.v = u, \qquad u.w = - w.u = v
$$
\vskip-1em
\cadrefin{$\bf M$ \bf est donc stable par multiplication: c'est une sous-alg\`ebre de
${\cal M}_2(C)$.}

\smallskip

Soit $m=\pmatrix{ a &ib \cr i\overline{b}&\overline{a}\cr}\in G$ : la
condition
$\det m = 1$ signifie tout simplement que $|a|^2 + |b|^2 = 1$.

Comme det est un morphisme multiplicatif et $\{1\}$ un sous-groupe de
$(C^*, \times)$
il est trivial que l'ensemble $G$ est un groupe pour le produit des matrices
(admis).

Les autres r\'esultats admis sont tout aussi faciles.
% un peu lourd pour les candidats, mais moins que de tout v\'erifier !
\bigskip
\traitgras
\cadrefin{\tenbf Premi\`ere partie}

\num{I.1} {\bf Propri\'et\'es \'el\'ementaires des matrices de l'espace $\bf M$ : }
Soit $m=\pmatrix{ a &ib \cr i\overline{b}&\overline{a}\cr}\in M$ ;
$$m+ {}^t\overline{m} =
    \pmatrix{ a &ib \cr i\overline{b}&\overline{a}\cr} +
    \pmatrix{\overline a &-i b \cr -i\overline{b}&{a}\cr}
    = \pmatrix{a+\overline a & 0\cr 0 & a + \overline a}
    = tr( m. I)$$

$$m.^t\overline{m} =
    \pmatrix{ a &ib \cr i\overline{b}&\overline{a}\cr}\times
    \pmatrix{\overline a &-i b \cr -i\overline{b}&{a}\cr}
    = \pmatrix{|a|^2+|b|^2 & 0\cr 0 & |a|^2+|b|^2}
    = \det m. I$$

Pour qu'une matrice $g$ de l'espace $M$ appartienne au groupe $G$
il faut et il suffit donc que
$g^{-1}={}^t\overline{g}$.

L'autre relation trouv\'ee ci-dessus prouve que si $m$ est une matrice de
l'espace $M$,
$$tr\ (m)=0 \iff m +^t\overline{m}=0  \iff m = -^t\overline{m}=0 $$

Calculons plus g\'en\'eralement $m^2$, pour cela on ruse:
$$
  tr\  m.m = m.( tr\ m.I) = m.(m+ {}^t\overline{m}) = m^2 + m.^t\overline{m} =
  m^2 + \det m.I\quad\hbox{(on reconna\^{\i}t Cayley-Hamilton !)}
$$
et donc $m^2 = tr\  m.m - \det m.I = - \det m.I$ puisque $tr\ m = 0$.

De m\^eme (transposer ne change pas le det) $({}^tm)^2 = - \det m.I$.\medskip
\trait
\num{I.2} {\bf Matrices $\bf u$ : }

Soit $u= \pmatrix{ a &ib \cr i\overline{b}&\overline{a}\cr}\in U$ :
on a donc (sucessivement)
$$
    a=0  \qquad b\in i.R \qquad |b|^2=1 \qquad b=\pm i
    \qquad u =  \pmatrix{ 0 &\pm 1 \cr \mp 1&0\cr}
$$
% L'int\'er\^et de cet ensemble \`a deux \'el\'ements me d\'epasse...
% sans doute $U$ a \'et\'e une droite vectorielle \`a un stade de la composition
du pb !
Soient $m$ une matrice de l'espace $M$, $u$ une matrice de l'ensemble $U$.
On peut donc (au signe pr\`es) poser
$u = \pmatrix{ 0 &1 \cr - 1&0\cr}$. Prenons
$m =  \pmatrix{ a &ib \cr i\overline{b}&\overline{a}\cr}$: il vient
$$m.u =
 \pmatrix{ a &ib \cr i\overline{b}&\overline{a}\cr}.\pmatrix{ 0 &1 \cr -
1&0\cr}
 =\pmatrix{-ib&{a}\cr -\overline{a} &i\overline{b} \cr }
 \qquad
 u.\overline{m} =
   \pmatrix{ 0 &1 \cr - 1&0\cr}.\pmatrix{ \overline a &-i\overline  b \cr
-i{b}&{a}\cr}
   = \pmatrix{-i{b}&a\cr -\overline{a} & i\overline  b\cr }$$
Ces deux produits sont donc \'egaux.

Lorsque la trace de la matrice $m$ est nulle, c'est \`a dire que $a$ est
imaginaire pur,
on a $a= -\overline{a} $, c'est \`a dire que $m.u$ est sym\'etrique (non r\'eelle
!)De m\^eme pour
$u.m = \bar m.u$ en raisonnant sur $\bar m$. Par stabilit\'e de $M$ pour le
produit, on est donc dans $V$.
\medskip
\trait
\num{I.3} {\bf Norme d'une matrice $\bf m$ : }

Soit $m$ une matrice de l'espace $M$ ;
$$||m|| =\sqrt{(m|m)}
     = \sqrt{\frac12tr\ ({}^t\overline m.m) } =
\sqrt{\frac12tr\ (m.{}^t\overline m) }
     = \sqrt{\frac12tr\ (\det m.I) } = \sqrt{\det m}$$
Pas d'inqui\'etude:
le d\'eterminant d'un \'el\'ement de $M$ est toujours un r\'eel positif ! on en
d\'eduit pour $m$
et $w$ dans $M$
$$||m.w|| = \sqrt{\det (m.w)} = ||m||.||w||$$
car det et $\sqrt{} $ sont des morphismes multiplicatifs (passent aux produits,
k\^oa).

(remarque: cette astuce nous \'evite LA v\'erification p\'enible sur les
quaternions\dots)
\vskip1em
\trait
\num{I.4} {\bf Matrices appartenant \`a $\bf G$ : }

\num{a} Soit $g=\pmatrix{ a &ib \cr i\overline{b}&\overline{a}\cr}$
appartenant au groupe $G$;
cela signifie que $|a|^2+|b|^2=1$. On peut donc poser $a=\cos\theta + c i$ ,
puisque$| re\ a|^{3/4}|a|^{3/4}1$.
Il vient alors
 $g=\cos\theta I + m$, o\`u $m=\pmatrix{  c i &ib \cr i\overline{b}&- c
i\cr}\in M$
 et $tr\  m = 0$.

Le d\'eterminant de la matrice $m$ vaut
$  c^2 + |b|^2 = (|a|^2- \cos^2\theta)+|b|^2 =1-\cos^2\theta =
\sin^2\theta$.

Enfin $m^2 =  \pmatrix{ - c^2-|b|^2 &0 \cr 0 &- c^2-|b|^2\cr} =
-\sin^2\theta.I$.
\trait
\num{b} Soit $m$ une matrice de l'espace $M$ diff\'erente de $0$ ; alors

$g_1=\frac 1{\sqrt{\det m}}m$
v\'erifie $g_1\in M$ et $\det g_1 = \frac1{\sqrt{\det m}^2}.\det m = 1$, donc
$g_1\in G$.

{\sl Rem: au passage on remarque que toute matrice non nulle $m$ de $M$
admet un inverse {\bf dans $M$},
qui est $\frac 1{\sqrt{\det m}}{}^t\overline m$. La notion de corps non
commutatif n'\'etant pas au programme,
il est juste que cette propri\'et\'e ne soit pas \'evoqu\'ee par le sujet.}
 \trait
\num{I.5} {\bf Un sous-groupe de $\bf G$ : }

Remarquons pour le plaisir que $G(g_1)$ est une ellipse !

\num{a}  $G(g_1)$ est (aussi) un sous groupe commutatif du groupe $G$.
En effet, si l'on consid\`ere deux \'el\'ements de $G_1$, par exemple
$m_\theta$ et $m_\psi$, on a
$$
   m_\theta.m_\psi = (I \cos\theta + g_1 \sin\theta).(I \cos\psi + g_1
\sin\psi)
   = I.\cos\theta\cos\psi + g_1(\sin\theta+\sin\psi) +
g_1^2\sin\theta\sin\psi
$$
et comme $g_1^2 = -\det g_1.I = - I$, il reste
$$ m_\theta.m_\psi = I.(\cos\theta\cos\psi - \sin\theta\sin\psi)
   + g_1(\cos\theta\sin\psi +- \sin\theta\cos\psi) = m_{\theta+\psi}$$

On peut v\'erifier que $m_\theta^{-1} = m_{-\theta}$, mais la relation qui
nous
venons d'obtenir prouve que l'on a un (iso)morphisme entre le groupe des
angles
(modulo $2\pi$) et le groupe $G(g_1)$.
\trait
\num{b} On peut couper la somme en 2 car la famille de tous les termes est
sommable:
$$\exp(\theta.g_1)=\displaystyle
\sum_{n=0}^{+\infty} \frac 1{n!} \theta^n g_1^n
  = \sum_{n\hbox{\sevenrm pair}}^{+\infty} \frac 1{n!} \theta^n g_1^n +
     \sum_{n\hbox{\sevenrm impair}}^{+\infty} \frac 1{n!} \theta^n g_1^n
     = \sum_{p=0}^{+\infty} \frac {\theta^{2p} }{(2p)!} (-1)^p I
      + \sum_{p=0}^{+\infty} \frac {\theta^{2p+1} }{(2p+1)!} (-1)^p g_1
$$
puisque $g_1^2 = - I$. Moralit\'e: on reconna\^{\i}t les s\'eries d\'efinissant sinus
et cosinus, et donc

\hfill
\cadrefin{$\exp(\theta.g_1)= \cos\theta I + \sin\theta g_1 = m_{\theta}$}
{\sl Remarque: on retrouve le r\'esultat classique sur les sous-groupes \`a un
param\`etre
du groupe lin\'eaire.\bigskip
\traitgras
\cadrefin{\tenbf Deuxi\`eme partie}}

\num{II.1} {\bf L'endomorphisme $\bf l_g$ de $\bf V$ : }

\num{a} Soit $m = \pmatrix{ a &ib \cr i\overline{b}&\overline{a}\cr}\in V$.
La seule condition est donc $b\in\ R$ (termes non diagonaux imaginaires
purs),
il reste 3 degr\'es de libert\'e sur 4, c'est la dimension de $V$. Prouvons-le
en donnant une base:
un tel $m$ s'\'ecrit
$$
m =  b\pmatrix{ 0 &i \cr i&0\cr} + \ re a.\pmatrix{1&0\cr0&1} + \ im
a.\pmatrix{1&0\cr0&-1}
$$
Les trois matrices \'etant visiblement ind\'ependantes ($m=0\iff a=b=0$)
constituent une base de $V$.
\trait
\num{b} $l_g(w) = g.w + w.^{t}g$ est une application de $V$ dans $V$, car
$^{t}(l_g(w)) = {}^t(g.w) +{}^t( w.^{t}g) = {}^t w.{}^tg + g{}^tw=l_g(w)$
et par ailleurs $l_g(w)\in M$, ce dernier espace \'etant stable par produit et
par transposition.

Enfin $l_g$ est lin\'eaire (produits\dots): c'est un
endormorphisme de l'espace vectoriel $V$.

Il n'est pas nul, car par exemple $l_g(I) =g+{}^tg $ ne peut \^etre nul que si
$g\in G$ est antisym\'etrique, soit
$g\in U$; mais alors nous avons vu que $g = \pm  \pmatrix{0&1\cr-1&0}$, auquel
cas
$l_g(\pmatrix{i&0\cr0&-i})\not= 0$.
\trait
\num{II.2} {\bf Propri\'et\'es de l'endomorphisme $\bf l_g$ : }

\num{a}
$\bullet \ l_g\circ l_g (w) =  l_g(l_g(w)) = g.(g.w + w.^{t}g) + (g.w +
w.^{t}g).^{t}g
    =  -w + 2 g.w.^{t}g  - w  = 2g.w.^{t}g - 2 w$.

    Par ailleurs,
$2g.l_g(w) = 2g.(g.w + w.^{t}g) = -2w +  2g.w.^{t}g$ (on a utilis\'e que
$g^2=-I$).

Donc
\cadrefin{Les deux endomorphismes co\"{\i}ncident (sur $V$) }
En appliquant cette propri\'et\'e \`a $l_g(w)$ comme \`a $w$, il vient

$\bullet\quad
   l_g(g.l_g(w))) = \dfrac12 l_g\circ l_g\circ l_g(w) = \dfrac12 l_g\circ
l_g[l_g(w)]
   = \dfrac22g. l_g[l_g(w)] = g.2g.l_g[w] = -2 l_g(w).
$

$\bullet$ Comme $\|g.h\|=\|g\|.\|h\|$ dans $M$ et $\|g\|=\sqrt{\det g}=1$,
les deux normes $||l_g(w)||$ et $||g.l_g(w)||$ sont \'egales.
% Quelle \'etrange question !
\smallskip
$\bullet$ Consid\'erons une matrice $u$ de l'ensemble $U$,via {\bf I.2} qui
s'applique car $tr\  g=0$, il vient
$$
l_g(g.u) = g.(g.u) + (g.u).^t g = -u + (u.\overline g.)^t g = -u + u.I = 0
\qquad (\overline g.^t g = \overline{g.^t \bar g} = I)
$$
%
\trait
\num{b}
Soient $v$ et $w$ dans l'espace $V$, $tr\  g=0$ on a $g^2 = -I$ c'est \`a dire
que $g^{-1}={}^t\overline g = -g$; d'o\`u
$$\eqalign{
     (l_g(v)|w) = \dfrac12 tr\ \big((g.v + v.^t g).\overline w\big)
      = \dfrac12 tr\ (g.v.\overline w) - \dfrac12 \ tr\ (v.\overline g
.\overline w)
      \qquad \hbox{(car } ^{t}g=-\bar g) \cr
      = \dfrac12 tr\ (\overline w.g.v) - \dfrac12 \ tr\ (\overline g .\overline
w.v)
      \qquad \hbox{(car la trace ``commute''; transposons:)} \cr
      = \dfrac12tr\ \big({}^t v{}^t g{}^t \overline w - {}^t v{}^t \overline
w{}^t \overline g)\big)
      = \dfrac12tr\ \big({}^t v(-\overline{g}.{}^t\overline{w} -
^t\overline{w}.{}^t \overline g)\big)
      \qquad \hbox{et conjugons:}
      \cr
      = -\dfrac12 tr\ \big({}^t\overline v. (g.{}^t w + {}^t w.{}^t g)
      = -\dfrac12 tr\ \big({}^t\overline v. (g.w+w{}^t g)\big)= -(v\mid
l_{g}(w))
}
% ceci me para\^{\i}t mal pos\'e.
$$
En utilisant que $^t w = w$. Ce qui signifie que l'endomorphisme adjoint de
$l_g$ est
$- l_{g}$ !

\cadrefin{$l_g$ est antisym\'etrique, ie $l_g^* = -l_g $}
% Les connaissances (hors-programme) sur les endo antisym\'etriques r\'eels
% pouvaient ici s'av\'erer pr\'ecieuses... ici on sait d\'ej\`a que
{\sl Rem: avec quelques r\'esultats souvent faits en exo en MP, on obtient
{\it hic et nunc}
que $l_g$ a pour valeurs propres complexes $\{0,-2i, 2i\}$, un noyau
orthogonal \`a l'image, etc...}
\trait
\num{c}
Soit $w\in V$, on a compte tenu de ce qui pr\'ec\`ede
$$
   \bigl(l_g(w)\mid g.l_g(w)\bigr) =  \bigl(w \mid l_g^*(g.l_g(w))\bigr) =
   \bigl(w \mid -l_g(g.l_g(w))\bigr) = \bigl(w \mid 2 l_g(w)\bigr) =
   \bigl(2 l_g^*(w) \mid w\bigr) = - \bigl( 2l_g(w) \mid w\bigr)
   = 0
$$
puisque cette quantit\'e est \'egale \`a son oppos\'e. Ces deux marices sont donc
orthogonales
(``perpendiculaires'', comme dit l'\'enonc\'e).
\traitgras
\num{II.3} {\bf Une base de l'espace $\bf V$ : }

\num{a}
$(u\mid h_0)=(u\mid g.u) = \dfrac12tr\ (g.u.^t \bar u) = \dfrac12\ tr\ g = 0$
par hypoth\`ese;

$ (u\mid h_1) = (u \mid l_g(v)) = (-l_g(u)\mid v) = (0\mid v) =0;$

$ (u\mid h_2) = (u \mid g.l_g(v)) = (u\mid\dfrac12 l_g(l_g(v)) \;) =
(-l_g(u)\mid l_g(v))) = 0$

$ (h_0\mid h_0) = \|g.u\|^2 = \|g\|^2\|u\|^2 = 1.1 = 1$

$(h_1\mid h_1) = \|l_g(v)\|^2>0 $

$(h_2\mid h_2) = \|g.h_1\|^2 = \|h_1\|^2 $ puisque $\|g\|=1$.

$ (h_0\mid h_1) = (g.u\mid l_g(v))  = (l_g^*(g.u) \mid v) = -(l_g(g.u)\mid
v) = (0\mid v) = 0 $ ({\bf II.2.a})

$ (h_0\mid h_2) = (g.u\mid g.l_g(v)) = \dfrac12   \big(g.u\mid l_g(l_g(v)
)\big)
   = \dfrac12 \big(l_g^*(g.u)\mid l_g(v) \big) = (0\mid l_g(v)) = 0$

$(h_1\mid h_2) = (l_g(v)\mid g.l_g(v)) = 0$ (question pr\'ec\'edente)

\trait
\num{b} La famille des matrices $h_i,\ 0\leq i\leq 2$,
est orthogonale, ne contient pas 0, donc est libre: vu son cardinal c'est
une base de l'espace vectoriel $V$.
On fait de cette base une base orthonorm\'ee en divisant $h_1$ et $h_2$ par
leurs normes.

La matrice associ\'ee \`a l'endormophisme $l_g$ dans cette base
% laquelle des deux ?
peut \^etre obtenue en projetant (orthogonalement) les images sur la base
orthogonale en question:
on sait d\'ej\`a que $l_g(h_0) = l_g(g.u) = 0$;  de plus, avec ce qui pr\'ec\`ede,
$$
 \eqalign
  { l_g(h_1) = l_g(l_g(v) ) = \dfrac{(l_g(h_1) \mid h_0)}{\|h_0\|^2}h_0 +
     \dfrac{(l_g(h_1) \mid h_1)}{\|h_1\|^2}h_1 + \dfrac{(l_g(h_1) \mid
h_2)}{\|h_2\|^2}h_2\cr
      = \dfrac{(l_g(v) \mid -l_g(h_0))}{\|h_0\|^2}h_0
   + \dfrac{(l_g(l_g(v))) \mid l_g(v))}{\|h_1\|^2}h_1 + \dfrac{(2h_2 \mid
h_2)}{\|h_2\|^2}h_2
   = 2h_2\cr
  }
$$
Donc $l_g(h_1) = 2 h_2$. De m\^eme, comme $(l_g(h_2) \mid h_1)
=(l_g(g.l_g(v))\mid  l_g(v))
= (-2 l_g(v)\mid l_g(v)) = - 2 \|h_1\|^2$  et $l_g(h_2)\mid h_2) = 0$, on
trouve que
$l_g(h_2) = - 2 h_1$.

Finalement,
\cadrefin{La matrice de $l_g$ dans la base $(h_0, h_1, h_2)$ est
$\pmatrix{0&0&0\cr  0&0&2 \cr   0&-2&0 \cr}$}
La transformation g\'eom\'etrique associ\'ee \`a l'endomorphisme $\frac 12 l_g$ n'a
pas de nom
dans le programme, c'est la compos\'ee (commutative) d'une projection
orthogonale sur le plan engendr\'e par
 $(h_1, h_2)$ et d'une rotation d'angle $\pi/2$ autour de $h_0$.
% Un peu emb\^etant \`a d\'ecrire pour un taupin.
\trait
\num{II.4} {\bf Un endormorphisme de l'espace vectoriel $\bf M $ : }

Soit  $m_\theta=I\cos\theta+g\sin\theta$ o\`u $\theta\in[0,2\pi]$ et
$s_\theta : w\mapsto m_\theta.w$.

En admettant que $u,h_0,h_1,h_2$ constituent une base (c'est parce que $M =
\ R.U \oplus V$),
et elle est orthogonale d'apr\`es {\bf II.3.a}), on peut rechercher la matrice
de $s_\theta$ dans cette base: d'abord notons que pour $w$ quelconque
$$s_\theta(w) = w \cos\theta + g.w \sin\theta$$
On en d\'eduit par des calculs simples (utilisant seulement que $g^2=-I$) la
matrice

\cadrefin{ $ M(s_\theta) =
     \pmatrix{ \cos\theta & -\sin\theta & 0 & 0 \cr
                        \sin\theta & \cos\theta &  0 & 0 \cr
                        0  &  0  &\cos\theta & -\sin\theta \cr
                        0  &  0  & \sin\theta & \cos\theta \cr
       }
$ }
\traitgras
\cadrefin{\tenbf Troisi\`eme partie}

\num{III.1} {\bf Endomorphisme $\bf \psi_m$ de l'espace $\bf V $ : }

\num{a} Il est clair que l'application $w\mapsto m.w.^tm$  est un
endomorphisme de $M$. Reste \`a v\'erifier la stabilit\'e de $V$:

or si $v\in V, {}^tv = v$ et ${}^t(m.v.^tm) = m.v.^tm$, cqfd.

Pour $u\in U$, on a $ m.u.^tm = m.^t \bar m u = \det m u$ (cf. {\bf I2}).
% L'application $m\mapsto \psi_m$ n'est pas \'evoqu\'ee !!!
\trait
\num{b}
Si $\psi_m$ est l'application identit\'e,
c'est que pour tout $w$ on a $m.w.^t m = w$. En particulier pour $w=I$ on
trouve
que $m.^tm = I$ et donc $m$ est r\'eelle, de norme 1, c'est n\'ecessairement une
matrice de rotation
$\pmatrix{ a & b' \cr - b' & a}$.

On applique alors \`a $w= \pmatrix{ i & 0 \cr 0 & -i}$ par exemple, ce qui
donne $b=0$ et
finalement  :

\hfill
\cadrefin{ Le noyau de l'action de groupe $m\in M\setminus\{0\}\mapsto
\psi_m$
est r\'eduit \`a $\pm I$}.
\trait
\num{III.2} {\bf Endomorphisme $\bf \psi_g$ : }

\num{a} La question I-4 prouve l'existence d'un (unique) r\'eel
$\theta\in [0,\pi]$ et d'une matrice $m\in M$, diff\'erente de $0$, de trace
nulle, telle que
$g=I\cos\theta+m$.
La condition $g\not= \pm I$ impose $\sin\theta\not=0$, c'st \`a dire
$\theta\in]0,\pi[$ , cqfd.

Soit $\gamma$ la matrice d\'efinie \`a partir de la matrice m par la relation
suivante : $\gamma=\frac 1{\sqrt{\det m}} m$.

Rappelons que $\det m = \sin^2\theta$ et donc $m =  \gamma\sin\theta,
 g = I\cos\theta+\gamma\sin\theta = m_\theta$.
\trait
\num{b}
$\psi_g(w) =
(I\cos\theta+\gamma\sin\theta).w.(I\cos\theta+^t\gamma\sin\theta)
   = w \cos^2\theta + \cos\theta(m.w+w^t m) + m.w.^tm$

En rempla\c{c}ant $m= \gamma \sin \theta$, il vient
%
\cadrefin{$\psi_g(w) = w\cos^2\theta + \cos\theta \sin\theta l_\gamma(w)
                + \sin^2\theta\psi_\gamma(w)$}
% Difficile de p\^echer dans ce f... les r\'esultats \`a utiliser !
\trait
\num{c}
On a donc $\psi_g= I\cos^2\theta + \cos\theta \sin\theta l_\gamma
   + \sin^2\theta\psi_\gamma$: il suffit de trouver la matrice de
$\psi_\gamma$.

   Or $\gamma\in G$ et $tr\  \gamma = 0$ par construction: on a donc
$\gamma^2 = - I$
   comme le $g$ de la partie II. Ce qui permet d'\'ecrire


   \item{$\bullet$} $\psi_\gamma(\gamma u) = -u^t\gamma = - ^t\overline\gamma u =
\underline{\gamma u}$
   (en utilisant aussi {\bf I.2})
   \item{$\bullet$}  $\psi_\gamma(l_\gamma(v)) = \gamma (\gamma v +
v^t\gamma){}^t\gamma
    = - v {}^t\gamma- \gamma v =\underline{ - l_\gamma(v)}$.
    \item{$\bullet$}  $\psi_\gamma(\gamma l_\gamma(v)) = - (\gamma v +
v^t\gamma){}^t\gamma
    = -\gamma.v.^t\gamma - v = \underline{- \gamma l_\gamma(v }$.

$\psi_\gamma$ est donc un demi-tour, et  la matrice de $\psi_g$ est donc
\cadrefin{$Mat(\psi_g) = \pmatrix{
          1     &     0     &    0      \cr
          0     &  \cos^2\theta - \sin^2\theta  &  2 \cos\theta\sin\theta \cr
          0 & -  2 \cos\theta\sin\theta &  \cos^\theta - \sin^2\theta \cr
                                                          }$ }

son d\'eterminant est $\det \psi_g = 1$ et c'est une rotation d'angle
$2\theta$ autour de
l'axe dirig\'e par  $h_0 = \gamma.u$.

 On a donc ainsi n'importe quelle rotation de $V$.
\trait
\num{III.3} {\bf Endormorphisme $\bf \psi_m$ : }

Soit $m$ une matrice diff\'erente des matrices $0, I$ et $-I$,
% ?????? si  m =\pm I, \psi_m est l'identit\'e, et alors !
et posons $g = \dfrac{m}{\sqrt{\det m}}$; on a alors
$g\in G$et $\psi_m = \det m \psi_g$.

L'endomorphisme $\psi_m$ est donc une similitude directe.

\traitgras
\vfill\eject

\bye

