Exercices “Groupes d’isométries” (B)

Méthode: Nous allons vérifier les propriétés de l’opérateur $S$ en utilisant directement les définitions. Pour la première partie, nous montrerons que $S$ préserve la norme. Pour la seconde, nous utiliserons la définition de l’adjoint $\langle S^*x, y \rangle = \langle x, Sy \rangle$. Pour la troisième, nous vérifierons si $T$ est unitaire en testant s’il est l’inverse de $S$. L’analyse de la situation en dimension infinie mettra en lumière les différences fondamentales avec la dimension finie.

Étapes:

1. Montrer que $S$ est unitaire.

   Soit $x = (x_n)_{n \in \mathbb{Z}} \in E$. Calculons la norme de $S(x)$.

   $\|S(x)\|^2 = \sum_{n \in \mathbb{Z}} |(Sx)_n|^2 = \sum_{n \in \mathbb{Z}} |x_{n-1}|^2$.

   En posant $k = n-1$, l’indice $k$ parcourt également $\mathbb{Z}$. La somme devient $\sum_{k \in \mathbb{Z}} |x_k|^2 = \|x\|^2$.

   Ainsi, $\|S(x)\| = \|x\|$ pour tout $x \in E$. L’opérateur $S$ est donc une isométrie. Pour montrer qu’il est unitaire, il faut qu’il soit surjectif. Soit $y=(y_n) \in E$. Cherchons $x \in E$ tel que $Sx=y$. Cela signifie $(Sx)_n = x_{n-1} = y_n$ pour tout $n$, donc $x_k = y_{k+1}$ pour tout $k$. La suite $x = (y_{n+1})_{n \in \mathbb{Z}}$ est bien dans $E$ car sa norme est $\|x\|^2 = \sum_n |y_{n+1}|^2 = \sum_k |y_k|^2 = \|y\|^2 < \infty$. Donc $S$ est surjectif. Une isométrie surjective est un opérateur unitaire.

2. Déterminer l’adjoint $S^*$.

   Pour tous $x, y \in E$, nous devons avoir $\langle S^*x, y \rangle = \langle x, Sy \rangle$.

   $\langle x, Sy \rangle = \sum_{n \in \mathbb{Z}} \overline{x_n} (Sy)_n = \sum_{n \in \mathbb{Z}} \overline{x_n} y_{n-1}$.

   Posons $k=n-1$, donc $n=k+1$. La somme devient $\sum_{k \in \mathbb{Z}} \overline{x_{k+1}} y_k$.

   Cette somme doit être égale à $\langle S^*x, y \rangle = \sum_{k \in \mathbb{Z}} \overline{(S^*x)_k} y_k$.

   Par identification, on a $\overline{(S^*x)_k} = \overline{x_{k+1}}$, donc $(S^*x)_k = x_{k+1}$.

   L’opérateur adjoint est donc $S^*=T$, l’opérateur de décalage à gauche.

3. L’opérateur $T$ est-il unitaire ?

   D’après le point 2, $T=S^*$. Puisque $S$ est unitaire, on a $S^{-1}=S^*$. Donc $T=S^{-1}$. L’inverse d’un opérateur unitaire est unitaire. Vérifions-le directement :

   $\|T(x)\|^2 = \sum_{n \in \mathbb{Z}} |(Tx)_n|^2 = \sum_{n \in \mathbb{Z}} |x_{n+1}|^2 = \sum_{k \in \mathbb{Z}} |x_k|^2 = \|x\|^2$.

   Donc $T$ préserve la norme. Pour la surjectivité, soit $y \in E$. $Tx=y$ donne $x_{n+1}=y_n$, donc $x_k = y_{k-1}$. Cette suite $x$ est dans $E$ et a la même norme que $y$. Donc $T$ est surjectif.

   Ainsi, $T$ est unitaire.

4. Comparaison avec la dimension finie.

   En dimension finie, un endomorphisme $f$ est une isométrie si et seulement si $f^*f = \text{Id}$. Cela implique que $f$ est injectif. Par le théorème du rang, $f$ est alors automatiquement surjectif, donc $f$ est un automorphisme et $f^{-1}=f^*$.

   En dimension infinie, ce n’est plus vrai. Un opérateur peut être une isométrie (et donc injectif) sans être surjectif. L’exemple classique est l’opérateur de décalage à droite sur $\ell^2(\mathbb{N})$, $S: (x_0, x_1, ...) \mapsto (0, x_0, x_1, ...)$. Il est isométrique mais non surjectif (l’image ne contient pas les suites dont le premier terme est non nul). Sur $\ell^2(\mathbb{Z})$, le “trou” n’est pas créé, et la surjectivité est conservée. Cet exercice illustre que sur $\ell^2(\mathbb{Z})$, la situation reste proche de la dimension finie, mais il faut prouver la surjectivité séparément.

Réponse:

1. $S$ est unitaire car il préserve la norme et il est surjectif.
2. L’adjoint est $S^*=T$, l’opérateur de décalage à gauche.
3. Oui, $T$ est unitaire.
4. En dimension infinie, une isométrie n’est pas nécessairement surjective, contrairement au cas de la dimension finie. Cependant, dans le cas de $\ell^2(\mathbb{Z})$, l’opérateur de décalage reste surjectif.

Méthode: Nous allons procéder par récurrence sur la dimension $n$. L’idée est de montrer que toute matrice $M \in SO_n(\mathbb{R})$ peut être connectée à l’identité $I_n$ par un chemin continu contenu dans $SO_n(\mathbb{R})$. Pour l’étape de récurrence, nous utiliserons la structure des isométries pour ramener une matrice $M \in SO_n(\mathbb{R})$ à une forme plus simple via un chemin continu, puis appliquer l’hypothèse de récurrence.

Étapes:

1. Cas de base ($n=2$):

   Toute matrice de $SO_2(\mathbb{R})$ est une matrice de rotation $R(\theta) = \begin{pmatrix} \cos\theta & -\sin\theta \\ \sin\theta & \cos\theta \end{pmatrix}$.

   Soit $M = R(\theta_0) \in SO_2(\mathbb{R})$. Le chemin $\gamma: [0,1] \to SO_2(\mathbb{R})$ défini par $\gamma(t) = R(t\theta_0)$ est un chemin continu.

   On a $\gamma(0) = R(0) = I_2$ et $\gamma(1) = R(\theta_0) = M$.

   Le chemin est bien dans $SO_2(\mathbb{R})$ car $\det(R(t\theta_0))=1$ pour tout $t$.

   Donc $SO_2(\mathbb{R})$ est connexe par arcs.

2. Hypothèse de récurrence:

   Supposons que $SO_{n-1}(\mathbb{R})$ est connexe par arcs pour un $n \ge 3$.

3. Étape de récurrence:

   Soit $M \in SO_n(\mathbb{R})$. Soit $e_1$ le premier vecteur de la base canonique de $\mathbb{R}^n$. Considérons le vecteur $v = M e_1$. On a $\|v\| = \|M e_1\| = \|e_1\| = 1$.

   Nous voulons trouver un chemin continu de rotations $R(t)$ tel que $R(0)=I_n$ et $R(1)v = e_1$.

   Si $v = e_1$, on peut prendre $R(t)=I_n$ pour tout $t$.

   Si $v \neq e_1$, $v$ et $e_1$ sont deux vecteurs unitaires distincts. Ils engendrent un plan $P = \text{Vect}(e_1, v)$. Si $v=-e_1$, on peut choisir n’importe quel plan contenant $e_1$.

   Soit $R_P(\theta)$ la rotation d’angle $\theta$ dans le plan $P$ qui amène $e_1$ vers $v$, et qui est l’identité sur $P^\perp$. Soit $\theta_0$ cet angle.

   Le chemin $t \mapsto R_P(t\theta_0)$ est un chemin dans $SO_n(\mathbb{R})$ qui relie $I_n$ à $R_P(\theta_0)$. Soit $R_1 = R_P(\theta_0)$. On a $R_1 e_1 = v$.

   Considérons le chemin $\gamma_1(t)$ de $I_n$ à $R_1^{-1}$. Alors le chemin $t \mapsto \gamma_1(t)M$ relie $M$ à $M' = R_1^{-1}M$.

   Calculons l’action de $M'$ sur $e_1$: $M'e_1 = R_1^{-1}M e_1 = R_1^{-1}v = e_1$.

   La matrice $M'$ fixe donc le vecteur $e_1$. Sa première colonne est $(1,0,...,0)^t$. Comme $M'$ est orthogonale, les autres colonnes sont orthogonales à la première, donc la première ligne est $(1,0,...,0)$.

   La matrice $M'$ a donc la forme :

   $M' = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & M_{n-1} \end{pmatrix}$, où $M_{n-1} \in M_{n-1}(\mathbb{R})$.

   Comme $M' \in SO_n(\mathbb{R})$, on a ${}^t(M')(M')=I_n$, ce qui implique ${}^tM_{n-1}M_{n-1}=I_{n-1}$, donc $M_{n-1} \in O_{n-1}(\mathbb{R})$.

   De plus, $\det(M')=1 \cdot \det(M_{n-1})=1$, donc $M_{n-1} \in SO_{n-1}(\mathbb{R})$.

4. Conclusion de la récurrence:

   Par l’hypothèse de récurrence, $SO_{n-1}(\mathbb{R})$ est connexe par arcs. Il existe donc un chemin continu $\delta(t)$ dans $SO_{n-1}(\mathbb{R})$ tel que $\delta(0) = I_{n-1}$ et $\delta(1) = M_{n-1}$.

   Construisons le chemin $\gamma_2(t) = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & \delta(t) \end{pmatrix}$. C’est un chemin continu dans $SO_n(\mathbb{R})$ qui relie $\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & I_{n-1} \end{pmatrix} = I_n$ à $M'$.

   Ainsi, $M'$ est connectée à $I_n$. Puisque $M$ est connectée à $M'$, par transitivité, $M$ est connectée à $I_n$.

   Ceci étant vrai pour toute matrice $M \in SO_n(\mathbb{R})$, le groupe $SO_n(\mathbb{R})$ est connexe par arcs.

Réponse: Le groupe $SO_n(\mathbb{R})$ est connexe par arcs pour tout $n \ge 2$. La preuve se fait par récurrence sur $n$.

Méthode: Nous allons d’abord construire les matrices $M_1$ et $M_2$ de $R_1$ et $R_2$ respectivement. Nous pouvons utiliser la formule de Rodrigues ou une approche géométrique directe. Ensuite, nous calculerons la matrice du composé $M = M_2 M_1$. Enfin, nous extrairons l’axe et l’angle de la rotation correspondante à $M$. L’axe est le vecteur propre associé à la valeur propre 1. L’angle $\theta$ peut être trouvé via la formule $\text{Tr}(M) = 1 + 2\cos\theta$.

Étapes:

1. Matrice de $R_1$:

   Rotation d’angle $\theta_1=\pi/2$ autour de $N_1=(1,0,0)$.

   Cette rotation fixe $e_1$, envoie $e_2$ sur $e_3$, et $e_3$ sur $-e_2$.

   La matrice est $M_1 = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & \cos(\pi/2) & -\sin(\pi/2) \\ 0 & \sin(\pi/2) & \cos(\pi/2) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}$.

2. Matrice de $R_2$:

   Rotation d’angle $\theta_2=\pi/2$ autour de $N_2=(0,1,0)$.

   Cette rotation fixe $e_2$, envoie $e_3$ sur $e_1$, et $e_1$ sur $-e_3$.

   La matrice est $M_2 = \begin{pmatrix} \cos(\pi/2) & 0 & \sin(\pi/2) \\ 0 & 1 & 0 \\ -\sin(\pi/2) & 0 & \cos(\pi/2) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ -1 & 0 & 0 \end{pmatrix}$.

3. Matrice de la composition $R = R_2 \circ R_1$:

   $M = M_2 M_1 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ -1 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \\ -1 & 0 & 0 \end{pmatrix}$.

   On vérifie que $M \in SO_3(\mathbb{R})$: ${}^tMM=I_3$ et $\det(M)=1$.

4. Détermination de l’angle de rotation $\theta$:

   La trace de $M$ est $\text{Tr}(M) = 0+0+0=0$.

   On a la relation $\text{Tr}(M) = 1 + 2\cos\theta$.

   $0 = 1 + 2\cos\theta \implies \cos\theta = -1/2$.

   L’angle est donc $\theta = \pm 2\pi/3$.

5. Détermination de l’axe de rotation $N$:

   L’axe est le sous-espace propre associé à la valeur propre 1. On résout $MU=U$, soit $(M-I_3)U=0$.

   $M-I_3 = \begin{pmatrix} -1 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & -1 \\ -1 & 0 & -1 \end{pmatrix}$.

   On résout le système :

   $\begin{cases} -x+y=0 \\ -y-z=0 \\ -x-z=0 \end{cases} \implies \begin{cases} x=y \\ z=-y \\ -y-(-y)=0 \end{cases}$.

   La troisième équation est $0=0$. Le système est de rang 2. Les solutions sont de la forme $(y, y, -y) = y(1, 1, -1)$.

   L’axe est donc la droite dirigée par le vecteur $N'=(1,1,-1)$.

   Un vecteur directeur unitaire est $N = \frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,-1)$.

6. Détermination du signe de l’angle:

   Le signe de $\theta$ dépend de l’orientation de l’axe. Choisissons $N=\frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,-1)$.

   On utilise la formule $\sin\theta = \frac{1}{2} \langle u, N \wedge Mu \rangle$ pour un vecteur $u$ non colinéaire à $N$.

   Prenons $u=e_1=(1,0,0)$. $Mu = (0,0,-1)$.

   $N \wedge Mu = \frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,-1) \wedge (0,0,-1) = \frac{1}{\sqrt{3}}(-1, 1, 0)$.

   $\sin\theta = \frac{1}{2\|u\|^2\text{Tr}(M_{antisym})} \text{Trace}( (M - {}^tM) \text{op}_{u,N} )$. Une méthode plus simple :

   $\sin\theta (N_x, N_y, N_z)$ a pour composantes $(M_{32}-M_{23})/2, (M_{13}-M_{31})/2, (M_{21}-M_{12})/2$.

   $M - {}^tM = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 \\ -1 & 0 & -1 \\ -1 & 1 & 0 \end{pmatrix}$.

   Les composantes du vecteur $v$ tel que $M-^t M = 2\sin\theta K_N$ sont: $v_1 = (M_{32}-M_{23})/2 = (0-(-1))/2 = 1/2$.

   $v_2 = (M_{13}-M_{31})/2 = (0-(-1))/2 = 1/2$.

   $v_3 = (M_{21}-M_{12})/2 = (0-1)/2 = -1/2$.

   Le vecteur est $(1/2, 1/2, -1/2)$. C’est bien la direction de $N$.

   On a $(1/2, 1/2, -1/2) = \sin\theta \cdot N = \sin\theta \cdot \frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,-1)$.

   $\frac{1}{2} = \frac{\sin\theta}{\sqrt{3}} \implies \sin\theta = \sqrt{3}/2$.

   Puisque $\cos\theta=-1/2$ et $\sin\theta=\sqrt{3}/2$, l’angle est $\theta=2\pi/3$.

Réponse: La rotation composée $R = R_2 \circ R_1$ est une rotation d’angle $\theta = \frac{2\pi}{3}$ autour de l’axe dirigé par le vecteur $N=(1,1,-1)$.

Méthode: Pour la première partie, nous utiliserons la formule du double produit vectoriel (formule “BAC-CAB”) $A \wedge (B \wedge C) = \langle A, C \rangle B - \langle A, B \rangle C$. Pour la deuxième partie, nous vérifierons les axiomes d’une algèbre de Lie. Pour la troisième, nous rappellerons l’isomorphisme entre $(\mathbb{R}^3, \wedge)$ et $(\mathfrak{so}(3), [,])$ et montrerons que l’identité de Jacobi pour le produit vectoriel est l’expression de l’identité de Jacobi pour le commutateur de matrices.

Étapes:

1. Démonstration de l’identité de Jacobi:

   Utilisons la formule du double produit vectoriel:

   $U \wedge (V \wedge W) = \langle U, W \rangle V - \langle U, V \rangle W$

   $V \wedge (W \wedge U) = \langle V, U \rangle W - \langle V, W \rangle U$

   $W \wedge (U \wedge V) = \langle W, V \rangle U - \langle W, U \rangle V$

   Sommons ces trois expressions. Les produits scalaires sont symétriques ($\langle A, B \rangle = \langle B, A \rangle$).

   Somme $= (\langle U, W \rangle V - \langle W, U \rangle V) + (-\langle U, V \rangle W + \langle V, U \rangle W) + (-\langle V, W \rangle U + \langle W, V \rangle U)$

   $= 0 \cdot V + 0 \cdot W + 0 \cdot U = 0$.

   L’identité est donc démontrée.

2. Vérification de la structure d’algèbre de Lie:

   Une algèbre de Lie est un espace vectoriel $\mathcal{G}$ muni d’une application bilinéaire $[\cdot, \cdot]: \mathcal{G} \times \mathcal{G} \to \mathcal{G}$ (le crochet de Lie) qui vérifie :

   a) L’antisymétrie : $[X, Y] = -[Y, X]$ pour tous $X, Y \in \mathcal{G}$.

   b) L’identité de Jacobi : $[X, [Y, Z]] + [Y, [Z, X]] + [Z, [X, Y]] = 0$ pour tous $X, Y, Z \in \mathcal{G}$.

   Ici, $\mathcal{G} = \mathbb{R}^3$ et $[U, V] = U \wedge V$.

   • La bilinéarité du produit vectoriel est une propriété de base.
   • a) L’antisymétrie $U \wedge V = -V \wedge U$ est aussi une propriété fondamentale du produit vectoriel.
   • b) L’identité de Jacobi est exactement ce que nous avons prouvé à la question 1.

   Donc, $(\mathbb{R}^3, +, \cdot_{\mathbb{R}}, \wedge)$ est une algèbre de Lie.

3. Signification pour $\mathfrak{so}(3)$:

   L’algèbre de Lie $\mathfrak{so}(3)$ est l’ensemble des matrices antisymétriques de taille 3, munie du commutateur $[A,B]=AB-BA$.

   On peut définir un isomorphisme d’espaces vectoriels $\phi: \mathbb{R}^3 \to \mathfrak{so}(3)$ par :

   $\phi(U) = K_U = \begin{pmatrix} 0 & -u_3 & u_2 \\ u_3 & 0 & -u_1 \\ -u_2 & u_1 & 0 \end{pmatrix}$ pour $U=(u_1, u_2, u_3)$.

   Cette application a la propriété que pour tous $U, V \in \mathbb{R}^3$, $\phi(U \wedge V) = [\phi(U), \phi(V)]$. C’est un isomorphisme d’algèbres de Lie.

   L’identité de Jacobi pour le commutateur de matrices est toujours vraie dans n’importe quelle algèbre associative :

   $[A, [B, C]] + [B, [C, A]] + [C, [A, B]] = 0$.

   En appliquant $\phi^{-1}$ à cette identité avec $A=\phi(U)$, $B=\phi(V)$, $C=\phi(W)$, on obtient :

   $\phi^{-1}([\phi(U), [\phi(V), \phi(W)]]) + \dots = 0$.

   Puisque $\phi$ est un isomorphisme d’algèbres de Lie :

   $\phi^{-1}([\phi(U), \phi(V \wedge W)]) + \dots = 0$.

   $U \wedge (V \wedge W) + \dots = 0$.

   Ainsi, l’identité de Jacobi pour le produit vectoriel est la “traduction” de l’identité de Jacobi fondamentale pour le commutateur de matrices via l’isomorphisme entre $(\mathbb{R}^3, \wedge)$ et $(\mathfrak{so}(3), [,])$.

Réponse:

1. L’identité de Jacobi se démontre en appliquant trois fois la formule du double produit vectoriel et en sommant les résultats.
2. $(\mathbb{R}^3, \wedge)$ est une algèbre de Lie car le produit vectoriel est bilinéaire, antisymétrique et satisfait l’identité de Jacobi.
3. Cette identité est la manifestation, dans $\mathbb{R}^3$, de l’identité de Jacobi universelle pour les commutateurs de matrices, via l’isomorphisme d’algèbres de Lie $\mathfrak{so}(3) \cong \mathbb{R}^3$.

Méthode: Nous allons utiliser la formule de Rodrigues pour exprimer $\mathcal{R}(U)$ et $\mathcal{R}^{-1}(U)$. $\mathcal{R}^{-1}$ est la rotation d’axe $N$ et d’angle $-\theta$. En calculant la différence $\mathcal{R}(U) - \mathcal{R}^{-1}(U)$ et en simplifiant, nous devrions obtenir une expression proportionnelle à $N \wedge U$.

Étapes:

1. Expression de $\mathcal{R}(U)$ via la formule de Rodrigues:

   La rotation d’axe $N$ et d’angle $\theta$ est donnée par:

   $\mathcal{R}_{N,\theta}(U) = \cos(\theta)U + (1-\cos(\theta))\langle U,N \rangle N + \sin(\theta) (N \wedge U)$

2. Expression de $\mathcal{R}^{-1}(U)$:

   L’inverse $\mathcal{R}^{-1}$ est la rotation d’axe $N$ et d’angle $-\theta$. On remplace $\theta$ par $-\theta$ dans la formule de Rodrigues.

   On utilise les propriétés $\cos(-\theta) = \cos(\theta)$ et $\sin(-\theta) = -\sin(\theta)$.

   $\mathcal{R}_{N,-\theta}(U) = \cos(\theta)U + (1-\cos(\theta))\langle U,N \rangle N - \sin(\theta) (N \wedge U)$

3. Calcul de la différence:

   On soustrait la deuxième expression de la première:

   $\mathcal{R}(U) - \mathcal{R}^{-1}(U) = \left( \cos(\theta)U + (1-\cos(\theta))\langle U,N \rangle N + \sin(\theta) (N \wedge U) \right) - \left( \cos(\theta)U + (1-\cos(\theta))\langle U,N \rangle N - \sin(\theta) (N \wedge U) \right)$

   Les termes en $U$ et en $N$ s’annulent:

   $\mathcal{R}(U) - \mathcal{R}^{-1}(U) = \sin(\theta) (N \wedge U) - (-\sin(\theta) (N \wedge U))$

   $\mathcal{R}(U) - \mathcal{R}^{-1}(U) = 2\sin(\theta) (N \wedge U)$

4. Conclusion:

   Puisque $\theta \in ]0, 2\pi[$, on peut avoir $\sin\theta=0$ si $\theta=\pi$.

   Si $\theta \in ]0, \pi[ \cup ]\pi, 2\pi[$, alors $\sin\theta \neq 0$. On peut diviser par $2\sin\theta$:

   $N \wedge U = \frac{1}{2\sin\theta}(\mathcal{R}(U) - \mathcal{R}^{-1}(U))$

   Si $\theta=\pi$, $\mathcal{R}$ est un demi-tour. $\mathcal{R}(U) = -U + 2\langle U,N \rangle N$.

   Dans ce cas, $\mathcal{R} = \mathcal{R}^{-1}$, donc $\mathcal{R}(U) - \mathcal{R}^{-1}(U) = 0$. Le membre de droite de la formule n’est pas défini.

   Cependant, la relation $2\sin(\theta) (N \wedge U) = \mathcal{R}(U) - \mathcal{R}^{-1}(U)$ reste vraie pour $\theta=\pi$, car les deux côtés sont nuls. L’énoncé est donc à interpréter pour $\sin\theta \neq 0$.

Réponse: Pour $\theta \in ]0, \pi[ \cup ]\pi, 2\pi[$, la formule est:

$N \wedge U = \frac{1}{2\sin\theta}(\mathcal{R}(U) - \mathcal{R}^{-1}(U))$

Elle découle directement de la soustraction de la formule de Rodrigues pour l’angle $-\theta$ à celle pour l’angle $\theta$.

Méthode: L’identité à prouver est $\forall V, U \in \mathbb{R}^3, K_{R(V)} U = R K_V R^{-1} U$. Nous allons partir du membre de droite et utiliser les propriétés des rotations et du produit vectoriel. L’astuce clé est de montrer qu’une rotation préserve le produit vectoriel, c’est-à-dire $R(A \wedge B) = R(A) \wedge R(B)$ pour $R \in SO(3)$.

Étapes:

1. Propriété de conservation du produit vectoriel par les rotations:

   Soit $R \in SO(3)$. Soient $A, B \in \mathbb{R}^3$. Par définition du produit vectoriel $A \wedge B$, il est l’unique vecteur tel que $\forall W \in \mathbb{R}^3, \langle A \wedge B, W \rangle = \det(A, B, W)$.

   Considérons le vecteur $R(A) \wedge R(B)$. Pour tout $Z \in \mathbb{R}^3$:

   $\langle R(A) \wedge R(B), Z \rangle = \det(R(A), R(B), Z)$.

   Posons $Z=R(W)$. Comme $R$ est surjective, cela couvre tout $\mathbb{R}^3$.

   $\langle R(A) \wedge R(B), R(W) \rangle = \det(R(A), R(B), R(W))$.

   Puisque $R$ est une isométrie, elle préserve le produit scalaire: $\langle R(X), R(Y) \rangle = \langle X, Y \rangle$.

   Donc, le membre de gauche est $\langle A \wedge B, W \rangle$.

   Le membre de droite est $\det(R) \det(A, B, W)$.

   Comme $R \in SO(3)$, $\det(R)=1$.

   On a donc l’égalité : $\langle A \wedge B, W \rangle = \det(A,B,W) = \det(R(A), R(B), R(W)) = \langle R(A) \wedge R(B), R(W) \rangle$.

   En appliquant la conservation du produit scalaire par $R$, ceci est $\langle A \wedge B, W \rangle$.

   On a donc montré $\langle R(A) \wedge R(B), R(W) \rangle = \langle R(A \wedge B), R(W) \rangle$.

   Comme $R$ est un isomorphisme, on peut conclure que $R(A) \wedge R(B) = R(A \wedge B)$.

2. Démonstration de la relation principale:

   On veut montrer $K_{R(V)} U = R K_V R^{-1} U$.

   Calculons le membre de droite : $R K_V R^{-1} U = R (V \wedge (R^{-1}U))$.

   Utilisons la propriété de conservation du produit vectoriel démontrée à l’étape 1:

   $R (V \wedge (R^{-1}U)) = R(V) \wedge R(R^{-1}U) = R(V) \wedge U$.

   Le membre de gauche est par définition $K_{R(V)} U = R(V) \wedge U$.

   Les deux membres sont égaux. La relation est donc démontrée pour tout $U, V \in \mathbb{R}^3$.

3. Interprétation:

   La relation $\phi(R(V)) = R \phi(V) R^{-1}$ s’écrit aussi $K_{R(V)} = R K_V R^{-1}$.

   L’action de $SO(3)$ sur son algèbre de Lie $\mathfrak{so}(3)$ par conjugaison $A \mapsto R A R^{-1}$ est appelée la représentation adjointe du groupe sur son algèbre, notée $\text{Ad}_R(A)$.

   L’action naturelle de $SO(3)$ sur $\mathbb{R}^3$ est l’action de rotation $V \mapsto R(V)$.

   La formule démontrée montre que l’isomorphisme $\phi$ “entrelace” ces deux actions. C’est un isomorphisme de “modules” sur le groupe $SO(3)$. Cette compatibilité est une propriété fondamentale qui lie un groupe de Lie et son algèbre de Lie.

Réponse: La relation $\phi(R(V)) = R \phi(V) R^{-1}$ est démontrée en montrant d’abord que les rotations directes préservent le produit vectoriel, i.e., $R(A \wedge B) = R(A) \wedge R(B)$, puis en appliquant cette propriété à la définition de l’opérateur $\phi(V) = K_V$.

Méthode: Pour prouver la surjectivité, il suffit de montrer que l’image de $\mathcal{J}$ contient un ensemble de générateurs de $SO(3)$. Un tel ensemble est constitué des rotations autour des axes de la base canonique. Nous allons construire explicitement des matrices $U \in SU(2)$ dont les images par $\mathcal{J}$ sont les rotations d’angle arbitraire autour des axes correspondant à la base $(T_1, T_2, T_3)$ de $\mathcal{V}$.

Étapes:

1. Rappel de la base de $\mathcal{V}$:

   On utilise la base (proportionnelle aux matrices de Pauli) de $\mathcal{V} \cong \mathbb{R}^3$:

   $T_1 = \begin{pmatrix} 0 & -i \\ i & 0 \end{pmatrix}, T_2 = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}, T_3 = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}$.

   Cette base est orthonormée pour le produit scalaire $\langle A, B \rangle = \frac{1}{2}\text{Tr}(AB)$.

2. Rotation autour de l’axe $T_3$:

   Considérons la matrice $U_3(\theta) = \begin{pmatrix} e^{-i\theta/2} & 0 \\ 0 & e^{i\theta/2} \end{pmatrix} \in SU(2)$.

   Calculons $\text{Ad}_{U_3(\theta)}(M) = U_3(\theta) M U_3(\theta)^*$.

   • Pour $M=T_3$: $\text{Ad}_{U_3(\theta)}(T_3) = U_3(\theta) T_3 U_3(\theta)^{-1} = T_3$ car $U_3$ et $T_3$ sont diagonales et commutent. L’axe $T_3$ est fixe.
   • Pour $M=T_2$: $\text{Ad}_{U_3(\theta)}(T_2) = \begin{pmatrix} e^{-i\theta/2} & 0 \\ 0 & e^{i\theta/2} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} e^{i\theta/2} & 0 \\ 0 & e^{-i\theta/2} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & e^{-i\theta} \\ e^{i\theta} & 0 \end{pmatrix}$.

   Ceci se décompose en: $\begin{pmatrix} 0 & \cos\theta - i\sin\theta \\ \cos\theta + i\sin\theta & 0 \end{pmatrix} = \cos\theta \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} - \sin\theta \begin{pmatrix} 0 & -i \\ i & 0 \end{pmatrix} = \cos\theta T_2 - \sin\theta T_1$.

   • Pour $M=T_1$: un calcul similaire donne $\text{Ad}_{U_3(\theta)}(T_1) = \sin\theta T_2 + \cos\theta T_1$.

   Dans la base $(T_1, T_2, T_3)$, la matrice de $\text{Ad}_{U_3(\theta)}$ est $\begin{pmatrix} \cos\theta & -\sin\theta & 0 \\ \sin\theta & \cos\theta & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$, qui est la rotation d’angle $\theta$ autour de $T_3$.

3. Rotation autour des autres axes:

   Par un argument de symétrie, les rotations autour des axes $T_1$ et $T_2$ sont aussi dans l’image de $\mathcal{J}$. Par exemple, $U_2(\theta) = \begin{pmatrix} \cos(\theta/2) & \sin(\theta/2) \\ \sin(\theta/2) & \cos(\theta/2) \end{pmatrix}$ est proportionnelle à $\exp(\theta/2 T_2)$ et génère une rotation d’angle $\theta$ autour de $T_2$.

   Plus généralement, soit $N$ un vecteur unitaire dans $\mathbb{R}^3$, correspondant à $M_N \in \mathcal{V}$ avec $\frac{1}{2}\text{Tr}(M_N^2)=1$.

   La matrice $U_N(\theta) = \cos(\theta/2) I_2 - i\sin(\theta/2) M_N$ est dans $SU(2)$. On peut montrer que $\mathcal{J}(U_N(\theta))$ est la rotation d’angle $\theta$ autour de l’axe $N$.

4. Conclusion de surjectivité:

   Toute rotation de $SO(3)$ peut s’écrire comme une rotation d’un certain angle $\theta$ autour d’un certain axe $N$. D’après l’étape 3, pour tout couple $(N, \theta)$, on peut construire un antécédent $U_N(\theta) \in SU(2)$. Donc toute rotation de $SO(3)$ est dans l’image de $\mathcal{J}$. Le morphisme est surjectif.