Sous-espace vectoriel à trouver

L'exercice consiste en la détermination du sev de ${\mathfrak M}_3(\R)$ engendré par le groupe des matrices de rotation. Bonne chance...

Réponses

  • Poirot
    Modifié (October 2022)
    Je me souviens m'être posé la question quand j'étais en agreg, et j'étais parvenu à la démonstration suivante :
    $O_3(\mathbb R)$ est exactement l'ensemble des points extrémaux de la boule unité de $\mathcal M_3(\mathbb R)$ pour la norme $2$ (exercice classique). Le théorème de Krein-Milman nous dit alors que cette boule est l'enveloppe convexe de $\mathrm O_3(\mathbb R)$. Mais si $M \in \mathrm O_3(\mathbb R) \setminus \mathrm{SO}_3(\mathbb R)$, alors $-M \in \mathrm{SO}_3(\mathbb R)$, on en déduit donc que l'espace vectoriel engendré par $\mathrm{SO}_3(\mathbb R)$ est $\mathcal M_3(\mathbb R)$. L'énoncé se généralise en dimension impaire quelconque d'ailleurs.
  • JLapin
    Modifié (October 2022)
    On a $2E_{1,1} = diag(1,1,1)+diag(1,-1,-1)$ donc $E_{1,1}\in Vect SO_3(R)$.
    On vérifie de même que $E_{i,i} \in Vect SO_3(R)$.

    Ensuite, $E_{2,1}+E_{1,2}-E_{3,3}$ et $E_{2,1}-E_{1,2}+E_{3,3}$ sont des rotations donc $E_{2,1}\in Vect SO_3(R)$.
    De même, pour $i\neq j$, on a $E_{i,j}\in Vect SO_3(R)$.

    Par ailleurs, une technique similaire permet de prouver $M_n(\R)=Vect SO_n(\R)$ pour tout $n\geq 3$.

    Vu la complexité de la preuve proposée ci-dessus (dans le message de Poirot), ce message s'autodétruira en cas de défaillance lourde et irrécupérable :)
  • Bonsoir à tous les deux : une remarque qui montre que cela va marcher (si je ne m'abuse) en toute dimension $>2$ : le sev en question est en fait même une sous-algèbre et elle agit transitivement sur $\R^3\setminus\{0\}$. Le théorème de Burnside ne permet pas d'établir immédiatement que cette sous-algèbre est ${\mathfrak M}_3(\R)$ en entier mais, si l'on sait construire un élément de rang $1$, on conclura comme dans le dit théorème. Pour $n>2$ quelconque, c'est à peine plus compliqué que ce qu'a fait JLapin.
  • Lars
    Modifié (October 2022)
    Bonsoir

    FAUX : voir message john_john plus bas


    Soit $F$ ce sous-espace.
    Soit $V:=T_{I_n}SO(3)$ l'espace tangent en $I_n$ à $SO(3) $.
    On a $V\subset F$ ($F$ est de dimension finie donc fermé, donc toute limite d'éléments de $F$ est dans $F$ et comme tout vecteur tangent s'exprime comme une telle limite...).
    Il possède une dimension non nulle $r$ (facile à calculer).
    On a $\forall g\in SO(3),\ T_{g}SO(3)=g.V:=\{gv\mid v\in SO(3)\}$ et donc comme l'action de $SO(3)$ sur les sous-espaces de dimension $r$ est transitive et que tout vecteur (ici matrice) de $M_3(\R)$ est dans un sous-espace de dimension $r$  (car $r>0$), alors tout vecteur de $M_3(\R)$ est dans $F$. etc.
  • Lars : est-il avéré que SO(3) agit transitivement sur les sev de dimension $r$ (ici $r=3$) de l'espace des matrices ? Dans ce cas, cela devrait aussi marcher pour les matrices de format $(2,2)$ mais, ici, SO(2) n'engendre que l'ev des similitudes directes.
  • Par exemple, l'espace de dim $3$ des matrices triangulaires supérieures strictes n'est pas de la forme $g\cdot V$ puisqu'il contient des matrices de rang impair.
  • oui, john_john, je ne suis effectivement pas dans le même espace ($\R3$ versus $M_3(\R)$).
  • Dommage, parce que l'idée était jolie et aurait permis des généralisations puissantes.
  • non je pense que la preuve peut être finalisée :  on peut calculer explicitement ces espaces tangents et vérifier si la réunion recouvre (ou non).
    Si elle recouvre, on a une preuve par calculs et on devrait pouvoir trouver une preuve sans calculs.
  • Lars : on peut espérer tout au plus que la réunion des espaces tangents engendre ${\mathfrak M}_3(\R)$, mais aucune matrice de rang $1$ ou $3$ n'est de la forme $gv$.

    Remarque à propos de la preuve de Poirot : avis aux préparationnaires, points extrémaux de la boule unité, Krein-Milman (voire Caratheodory) sont des thèmes récurrents de sujets de concours : Centrale PSI 2006, Mines MP 2013, et d'autres...
  • Lars
    Modifié (October 2022)
    Bonsoir,
    Oui tout à fait. Cette réunion d'espaces tangents est dans l'ensemble des matrices non inversibles (les matrices antisymétriques 3x3 sont non inversibles) mais j'ai quand même réussi à finaliser en distinguant matrice à 3 vp réelles et matrices à 1 vp réelle et en utilisant le théorème spectral. Donc c'est sans intérêt compte tenu de la complexité.
  • john_john
    Modifié (October 2022)
    Pas si complexe que cela : une matrice $M$ de format $(3,3)$ non nulle est de la forme $gv$ ssi  :  elle de rang $2$ et $^t\!MM$ a une valeur propre double. Ainsi ${\rm Diag}(1,1,0)$ et ${\rm Diag}(1,0,1)$ sont de cette forme, de sorte que le sev  cherché, qui est aussi une sous-algèbre, contient également ${\rm Diag}(1,0,0)$, de rang $1$. Âne qui trotte... :)
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