MPSI B Année 2013-2014 Corrigé DM 18 29 juin 2019

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MPSI B Année 2013-2014 Corrigé DM 18 29 juin 2019

Problème

Partie I. Existence d'une famille vériant M . 1. Calcul du déterminant de M pour n = 2 .

M =

1 m m 1

avec m = − cos π a On en déduit

det M = 1 − m ² = sin ² π 2

Pour n = 3 , le calcul se fait en développant selon la première ligne. On conserve l'expression en m _i,j . Après calculs cela donne

det M =

1 m 12 m 13

m ₂₁ 1 m ₂₃ m ₃₁ m ₃₂ 1

= 1 − m ² ₂₃ − m ² ₁₂ − m ² ₁₃ + 2m 12 m 13 m 23

2. Si B = (e 1 , · · · , e n ) vérie M alors chaque e i est unitaire car (e i /e i ) est un terme diagonal (égal à 1 ). De plus pour i et j distincts, d'après l'inégalité de Cauchy-Schwarz :

|m ij | = |(e i /e)| ≤ |e i ||e j | = 1

L'égalité dans Cauchy-Schwarz se produit seulement si les vecteurs sont colinéaires. Ici les vecteurs de la base sont non colinéaires deux à deux donc |m ij | < 1 . Comme

m ij = − cos π a ij

avec a ij entier, cela entraine a ij ≥ 2 .

3. Construction d'une base directe vériant M dans le cas n = 2 . On se xe une base orthonormée directe (a 1 , a 2 ) et on pose :

e 1 = a 1

e ₂ = ma ₁ + p

1 − m ² a ₂ alors (e ₁ , e ₂ ) répond bien à la question car :

(e ₁ /e ₂ ) = m det

(a

₁

,a

₂

) (e 1 , e2) =

1 m

0 √ 1 − m ²

= p

1 − m ² > 0

4. a. Comme dans la question précédente, on peut poser e ₂ = m ₁₂ +

q

1 − m ² ₁₂ a ₂ ainsi (e 1 /e 2 ) = m 12 et

det

(a

₁

,a−2,a

3

) (e 1 , e 2 , a 3 ) =

1 m 12 0

0 p

1 − m ² ₁₂ 0

0 0 1

= q

1 − m ² ₁₂ > 0

b. La droite D est l'intersection de deux plans anes respectivement orthogonaux à e 1 et e 2 . Ces deux vecteurs sont dans Vect(a 1 , a 2 ) qui est le plan orthogonal à a 3 . La direction de D est donc Vect(a 3 ) .

Soit x = x 1 a 1 + x 2 a 2 ∈ Vect(a 1 , a 2 ) ∩ D . Alors : (x/e 1 ) = m 13 = x 1

(x/e 2 ) = m 23 = m 12 x 1 + q

1 − m ² ₁₂ x 2

On en déduit :

x 1 = m 13 x 2 = m 23 − m 12 m 13

p 1 − m ² ₁₂

Comme D est orthogonale à Vect(a ₁ , a ₂ ) , la distance de 0 _E à D est la norme du vecteur d'intersection x que l'on vient de calculer. On en déduit :

d(0 E , D) = s

m ² ₁₃ + (m 23 − m 12 m 13 ) ²

1 − m ² ₁₂ = 1

1 − m ² ₁₂ m ² ₁₃ + m ² ₂₃ − 2m 12 m 13 m 23 c. Les conditions que doivent satisfaire un vecteur e ₃ pour que la famille (e ₁ , e ₂ , e ₃ )

vérie M sont :

ke 3 k = 1 . C'est à dire que e 3 est sur la sphère de rayon 1 et centrée à l'origine.

(e ₃ /e ₁ ) = m ₁₃ et (e ₃ /e ₂ ) = m ₂₃ . C'est à dire que e ₃ est sur la droite D . La condition géométrique assurant l'existence d'un tel vecteur e 3 est donc que la droite D coupe la sphère unité.

d. D'après la question 1., la condition det M > 0 entraine det M > 0 ⇒ 1 − m ² ₁₂ > m ² ₂₃ + m ² ₁₃ − 2m 12 m 13 m 13

⇒ m ² ₂₃ + m ² ₁₃ − 2m ₁₂ m ₁₃ m ₁₃

1 − m ² ₁₂ < 1 ⇒ d(0 _E , D) < 1

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/

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Rémy Nicolai M1318C

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Ce qui signie que D coupe la sphère en deux vecteurs c et c ⁰ symétriques par rapport au plan Vect(e 1 , e 2 ) . Les deux familles (e 1 , e 2 , c) et (e 1 , e 2 , c ⁰ ) vérient M . Une seule est directe car la réexion par rapport au plan change l'orientation.

5. Cas particulier. Le calcul des cos conduit à :

A =





1 3 2 3 1 4 2 4 1



 M =







1 − 1

2 0

− 1

2 1 − 1

√ 2 0 − 1

√ 2 1







Le calcul du déterminant conduit à

det M = 1 4 > 0

Il existe donc, d'après la question d. une base vériant M . Partie II. Famille de réexions.

1. La base B n'est pas orthonormée, la matrice du produit scalaire dans cette base est M . On en déduit que deux vecteurs de coordonnées (x 1 , · · · , x n ) et (y 1 , · · · , y n ) sont orthogonaux si et seulement si :

x ₁ · x _n M





 y ₁

...

y n





 = 0

2. a. Calcul de la matrice S 1 de σ 1 . Par dénition σ 1 (e 1 ) = −e 1 . Le vecteur me 1 − e 2

est orthogonal à e 1 donc conservé par σ 1 :

σ 1 (me 1 − e 2 ) = me 1 − e 2 ⇒ −me 1 − σ 1 (e 2 ) = me 1 − e 2

⇒ σ ₁ (e ₂ ) = −2me ₁ + e ₂ On en déduit :

S 1 =

−1 −2m

0 1

Calcul de la matrice S 2 de σ 2 . Le raisonnement est le même en considérant le vecteur e 1 − me 2 orthogonal à e 2 donc conservé par σ 2 . Après calculs :

S 2 =

1 0

−2m −1

On peut calculer le produit matriciel : T = S 1 S 2 =

−1 −2m

0 1

1 0

−2m −1

=

−1 + 4m ² 2m

−2m −1

b. Les vecteurs de C et B s'expriment les uns en fonction des autres : ( e 1 = a 1

e 2 = ma 1 + p

1 − m ² a 2

⇔





 a ₁ = e ₁ a 2 = − m

√

1 − m ² e 1 + 1

√

1 − m ² e 2

On en déduit les matrices de passage

P = P _CB =

1 m 0 √

1 − m ²

P ⁻¹ = P _BC =







1 − m

√ 1 − m ²

0 1

√ 1 − m ²







Pour la matrice de σ 1 , il est inutile d'utiliser la formule de changement de base car a 2 est conservé par σ 1 (il est orthogonal à a 1 = e 1 ).

Mat _C σ ₁ =

−1 0 0 1

Pour la matrice de σ 2 , on utilise la formule de changement de base et m = − cos ^π _a

Mat _C σ ₂ = P S ₂ P ⁻¹ =

1 − 2m ² −2m √ 1 − m ² 2m √

1 − m ² 2m ² − 1

=







− cos 2π

a sin 2π a sin 2π

a cos 2π a







On en déduit la matrice de τ = σ 1 ◦ σ 2

Mat _C τ =

−1 0 0 1







− cos 2π

a sin 2π a sin 2π

a cos 2π a







=





 cos 2π

a − sin 2π a sin 2π

a cos 2π a







Cela signie que τ est la rotation d'angle ^2π ₃ .

3. Cas n = 3 . Par dénition, σ 1 est la symétrie orthogonale par rapport au plan (Vect(e ₁ )) ^⊥ . Donc e ₁ est transformé en son opposé alors que les vecteurs m ₁₃ e ₁ − e ₃

2

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et m 12 e 1 − e 2 sont xés par σ 1 car ils sont orthogonaux à e 1 . On peut exploiter cela pour obtenir les images de e 3 et e 2 :

σ 1 (m 13 e 1 − e 3 ) = m 13 e 1 − e 3 ⇒ −m 13 e 1 − σ 1 (e 3 ) = m 13 e 1 − e 3

⇒ σ 1 (e 3 ) = −2m 13 e 1 + e 3

σ ₁ (m ₁₂ e ₁ − e ₂ ) = m ₁₂ e ₁ − e ₂ ⇒ −m ₁₂ e ₁ − σ ₁ (e ₂ ) = m ₁₂ e ₁ − e ₂

⇒ σ 1 (e 2 ) = −2m 12 e 1 + e 2

On en déduit la matrice de σ 1 :

S 1 =





−1 −2m 12 −2m 13

0 1 0

0 0 1





De même, e ₂ est transformée par σ ₂ en son opposé alors que m ₂₁ e ₂ − e ₁ et m ₂₃ e ₂ − e ₃ sont xés. On obtient comme au dessus :

σ ₂ (e ₁ ) = e ₁ − 2m ₂₁ e ₂ σ ₂ (e ₃ ) = e ₃ − 2m ₂₃ e ₂ d'où la matrice de σ ₂ :

S ₂ =





1 0 0

−2m ₁₂ −1 −2m ₃₂

0 0 1





De même, les vecteurs e 1 − 2m 31 e 3 et e 2 − 2m 32 e 3 sont xés par σ 3 et conduisent à la matrice de σ 3 .

S 3 =





1 0 0

0 1 0

−2m 31 −2m 32 −1





4. a. On a déjà calculé en I.5. la matrice M .

M =







1 − 1

2 0

− 1

2 1 − 1

√ 2 0 − 1

√ 2 1







On en déduit les matrices S 1 , S 2 et S 3

S 1 =





−1 1 0 0 1 0 0 0 1



 S 2 =





1 0 0

1 −1 √ 2

0 0 1



 S 3 =





1 0 0

0 1 0

0 √ 2 −1





puis leur produit

T = S 1 S 2 S 3 =





0 1 − √ 2 1 1 − √

2 0 √

2 −1





b. D'après l'expression de T , un vecteur u de coordonnées (x, y, z) dans B vérie τ(u) = −u si et seulement si



 



 



y − √

2z = −x x + y − √

2z = −y

√

2y − z = −z

⇔



 



 



x + y − √ 2z = 0 x + 2y − √

2z = 0

√ 2y = 0

⇔

( y = 0 x − √

2z = 0

On choisit donc le vecteur unitaire u = 1

√ 3

√

2e 1 + e 3

On choisit un vecteur unitaire v orthogonal à u . Par exemple v = 1

√ 3

e ₁ − √ 2e ₃

On ne peut pas complèter la famille (u, v) par w = u ∧ v pour former une base orthonormée directe D = (u, v, w) car, la base B n'étant pas orthonormée directe, le calcul du produit vectoriel n'est pas facile. On va trouver un w en utilisant la condition d'orthogonalité de la question 1.

On cherche donc un w de coordonnées (x, y, z) dans B orthogonal à u et v . Cela se traduit par :

√

2 0 1 M



 x y z



 = 0

1 0 − √ 2

M



 x y z



 = 0

3

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Avec l'expression de M de la question I.5, cela donne :







√ 2x − √

2y + z = 0 x + 1

2 y − √ 2z = 0

⇔





 x = 1

√ 2 z y = √

2z On en déduit que

(Vect(u, v)) ^⊥ = Vect(e 1 + 2e 2 + √ 2e 3 ) Le calcul du déterminant

√

2 1 1

0 0 2

1 − √ 2 √

2 = −2

√

2 1

1 − √ 2

= 6 montre que la famille (u, v, e 1 + 2e 2 + √

2e 3 ) est directe.

Attention, comme la base n'est pas orthonormée, le carré de la norme de e 1 + 2e 2 + √

2e 3 n'est pas 7 mais ke ₁ + 2e ₂ + √

2e ₃ k ² = 1 + 4 + 2 + 2 × (− 1

2 ) × (1 × 2) + 2 × 0 × (1 × √

2) + 2 × (− 1

√ 2 ) × (2 × √ 2) = 1 On choisira donc comme base orthonormée directe



 

 

 

  u = 1

√ 3

√

2e 1 + e 3

v = 1

√ 3

e 1 − √

2e 3

w = e 1 + 2e 2 + √ 2e 3

c. On connait la matrice T de τ dans B . Pour obtenir la matrice de τ dans D on utilise la formule de changement de base

Mat _D τ = P ⁻¹ T P avec

P = P _BD =







√ 2

√ 3

√ 1

3 1

0 0 2

√ 1 3 −

√ 2

√ 3

√ 2







Pour obtenir la matrice P ⁻¹ , on doit exprimer e 1 , e 2 , e 3 en fonction de u , v , w .



 

 

 

  u = 1

√ 3

√

2e 1 + e 3

v = 1

√ 3

e ₁ − √ 2e ₃ w = e ₁ + 2e ₂ + √

2e ₃

⇔



 



 

 e 1 =

r 2 3 u + 1

√ 3 v 2e 2 = w − e 1 − √

2e 3

e 3 = 1

√ 3 u − r 2

3 v d'où

e 2 = −

√

√ 2

3 u + 1 2 √

3 v + 1 2 w

P ⁻¹ =







√

√ 2 3 −

√

√ 2 3

√ 1 3

1 2 √

3 − r 2

3 0 1

2 0







On en déduit :

Mat _D τ = P ⁻¹





0 1 − √ 2 1 1 − √

2 0 √

2 −1



 P =







−1 0 0

0 1

2 −

√ 3 2 0

√ 3 2

1 2







La transformation τ est donc une rotation miroir, composée de la rotation d'angle

π

3 autour de u et de la réexion par rapport au plan orthogonal à u .

4

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