Corrigé de la série 25

EPFL

Algèbre linéaire 1ère année 2009-2010

Corrigé de la série 25

Exercice 1.

1. Supposons que v, w∈V soient tels quef(v) = f(w). Alorskv−wk=kf(v)−f(w)k= 0 et doncv =w.

2. On a kv−wk² =kvk²+kwk²−2hv, wi ∀v, w∈V et par conséquent hv, wi= ¹₂(kvk²+kwk²− kv−wk²).

Sif(0) = 0,f préserve la norme : kf(v)k=kf(v)−f(0)k=kv−0k=kvk ∀v ∈V. Donc on trouve :

hf(v), f(w)i= ¹₂(kf(v)k²+kf(w)k²−kf(v)−f(w)k²) = ¹₂(kvk²+kwk²−kv−wk²) =hv, wi.

Admettons maintenant que hf(v), f(w)i = hv, wi pour tout v, w ∈ V. On a alors en particulier kf(0)k² =hf(0), f(0)i=h0,0i= 0 et donc f(0) = 0.

3. Si f est une isométrie, alorsf est linéaire et donc f(0) = 0.

Attention (pour les mathématiciens) : Dans le cours d’algèbre linéaire, une isométrie est forcément linéaire, mais pas dans le cours de géométrie ! C’est une question de définition.

Admettons maintenant que f(0) = 0. Soit B= (e₁, . . . , e_n) une base orthonormée de V. Par les questions précédentes, on sait (f(e₁), . . . , f(e_n)) est aussi une base orthonormée de V si f(0) = 0. En effet, d’après la question 2, (f(e₁), . . . , f(e_n)) est donc une liste orthonormale avec en particulier, f(e_i)6= 0 pouri= 1, . . . , n, et d’après une proposition du cours, on trouve donc qu’elle est libre. Comme c’est un liste de n éléments de V et dimV =n, c’est une base de V.

Soit v ∈ V et posons α_i = hv, e_ii et β_i = hf(v), f(e_i)i. Alors v = Pn

i=1α_ie_i et f(v) = Pn

i=1βif(ei). Mais comme f(0) = 0, on trouve par la question 2 : βi = hf(v), f(ei)i = hv, e_ii=α_i.

Soit w ∈ V un autre vecteur et posons γ_i = hw, e_ii = hf(w), f(e_i)i. Alors α_i +γ_i = hv+w, e_ii=hf(v+w), f(e_i)iet donc

f(v+w) =

n

X

i=1

(αi+γi)f(ei), et d’autre part

f(v) +f(w) = f

n

X

i=1

α_ie_i

! +f

n

X

j=1

γ_ie_i

!

=

n

X

i=1

α_if(e_i) +

n

X

j=1

γ_if(e_i),

donc f(v +w) = f(v) +f(w) pour tout v, w ∈ V. De manière analogue, on a αα_i = αhv, e_ii = hαv, e_ii = hf(αv), f(e_i)i, donc f(αv) = Pn

i=1αα_if(e_i), mais aussi αf(v) = αPn

i=1α_if(e_i). Ceci montre quef(αv) = αf(v)pour tout α∈R etv ∈V.

De plus,f satisfaitkf(v)k=kf(v)−0k=kv−0k=kvkpour toutv ∈V par hypothèse, donc f est une isométrie.

4. La fonction T: V →V définie par T(v) = f(v)−f(0) satisfait T(0) = 0et

kT(v)−T(w)k=k(f(v)−f(0))−(f(w)−f(0))k=kf(v)−f(w)k=kv−wk

pour tout v, w∈V. Par la question 3, c’est une isométrie. Si on posea =f(0)∈V, on a une représentation de f de la forme désirée.

Exercice 2. 1. (a) Toute permutation de B est aussi une base orthonormée de V. On peut donc admettre sans perte de généralité que la base B est ordonnée de telle sorte que la matriceA₁, . . . , A_l sont des blocs2×2 etA_l+1, . . . , A_k des blocs 1×1, n= 2l+ (k−l). On nommeθ_j le nombre réel tel que A_j =

cosθ_j −sinθ_j sinθ cosθ_j

pour j = 1, . . . , l, et ∈ {−1,1} le nombre tel queAi = (i) pouri=l+ 1, . . . , k.

On a alors S(u_j) = u_j ou S(u_j) = −u_j pour i = 2l + 1, . . . , n et S(u2j−1) = cos(θj)u2j−1+ sin(θj)u2j, S(u2j) = −sin(θj)u2j−1+ cos(θj)u2j pour j = 1, . . . , l.

On trouve donckS(u_j)k =ku_jk = 1 pour j = 2l+ 1, . . . , n et pour j = 1, . . . , l, on peut calculer :

kS(u2j−1)k² =hcos(θ_j)u2j−1+ sin(θ_j)u_2j,cos(θ_j)u2j−1+ sin(θ_j)u_2ji

= cos²(θ_j)ku_2j−1k²+ sin²(θ_j)ku_2jk²+ 2 sin(θ_j) cos(θ_j)hu_2j−1, u_2ji

= cos²(θ_j) + sin²(θ_j) + 0 = 1

kS(u2j)k² =h−sin(θj)u2j−1+ cos(θj)u2j,−sin(θj)u2j−1+ cos(θj)u2ji

= sin²(θ_j)ku2j−1k²+ cos²(θ_j)ku_2jk²+ 2 sin(θ_j) cos(θ_j)hu2j−1, u_2ji= 1.

On a donc bienkS(u_j)k= 1 pourj = 1, . . . , n.

(b) On calcule pour 1≤i, j ≤l, i6=j :

hS(u2i−1), S(u2j−1)i= hcos(θ_i)u2i−1+ sin(θ_i)u_2i,cos(θ_j)u2j−1+ sin(θ_j)u_2ji

= cos(θ_i) cos(θ_j)hu2i−1, u2j−1i+ cos(θ_i) sin(θ_j)hu2i−1, u_2ji + sin(θ_i) cos(θ_j)hu_2i, u_2j−1i+ sin(θ_i) sin(θ_j)hu_2i, u_2ji= 0, hS(u2i), S(u2j−1)i= h−sin(θi)u2i−1+ cos(θi)u2i,cos(θj)u2j−1 + sin(θj)u2ji= 0,

hS(u_2i), S(u_2j)i= h−sin(θ_i)u2i−1+ cos(θ_i)u_2i,−sin(θ_j)u2j−1 + cos(θ_j)u_2ji= 0,

pourj = 1, . . . , l,i= 2l, . . . , n :

hS(u2j−1), S(u_i)i= hcos(θ_j)u2j−1+ sin(θ_j)u_2j, i−lu_ii= 0 hS(u_2j), S(u_i)i= h−sin(θ_i)u2j−1+ cos(θ_j)u_2j, i−lu_ii= 0,

et pouri, j = 2l+ 1, . . . , n, i6=j :

hS(ui), S(uj)i= hj−luj, i−luii= 0.

(c) On a montré dans les deux questions précédentes que (S(u₁), . . . , S(u_n)) est une liste orthonormée. En particulier, comme kS(ui)k = 1, on sait que S(ui) 6= 0 pour i= 1, . . . , n, et donc (S(u₁), . . . , S(u_n)) est libre. C’est donc une base orthonormée deV, puisque dimV =n.

D’après la caractérisation des isométries (théorème 9.6 du polycopié), comme S envoie la base orthonorméeB deV sur une base orthonormée (S(u₁), . . . , S(u_n))de V, l’opérateur S est une isométrie.

2. (a) D’après le cours S est normal. En effet, commeS◦S^∗ = Id_V, on a aussi S^∗◦S = Id_V puisque l’inverse à gauche d’un opérateur inversible dansL(V)est aussi son inverse à droite. Par conséquent S◦S^∗ =S^∗◦S. Le reste a été démontré dans l’exercice 4 de la série 24. On ordonne la baseBcomme dans la question 1a.

(b) Pourj =l+ 1, . . . , k, la matrice A_j est une matrice1×1,A_j = (a_j)aveca_j ∈R. On a donc S(u_l+j) = a_ju_l+j et comme S est une isométrie, on sait que kS(u_l+j)k = 1.

Mais comme kS(ul+j)k=|aj| · kul+jk=|aj|, on trouve aj ∈ {−1,1}.

(c) Pour j = 1, . . . , l, A_j est un bloc 2× 2,

aj −bj

b_j a_j

∈ Mat(2;R) avec b_j 6= 0.

On a donc S(u2j−1) = aju2j−1 +bju2j et comme kS(u2j−1)k = 1, on trouve donc 1 =ka_ju2j−1+b_ju_2jk² =a²_jku2j−1k²+b²_jku_2jk²+ 2a_jb_jhu2j−1, u_2ji=a²_j+b²_j. Il existe donc un nombre réelθ_j ∈Rtel que cos(θ_j) = a_j etsin(θ_j) =b_j. (Il suffit de prendre θ˜j = arccos(aj)∈[0, π] et θj = ˜θj sibj >0,θj =−θ˜j si bj <0.)

3. On a donc montré queS est une isométrie si et seulement si il existe une base orthonormée B= (u₁, . . . , u_n) deV telle que

[S]_B =









 A1

A₂ . ..

A_k











où les blocsA_isont soit la matrice(1)∈Mat(1;R)soit(−1)∈Mat(1;R), soit une matrice cosθ −sinθ

sinθ cosθ

∈Mat(2;R)avec θ∈R.

Exercice 3. 1. Attention : il y avait un problème dans l’énoncé de cet exercice. Il a été changé et cette solution correspond à l’exercice 3.1 de la nouvelle version de la série 25, qui est sur la page web du cours.

Non. SoitC⁴ muni du produit scalaire standard pondéré à poids 1,2,3,4.

On a ke_jk = √

j pour j = 1,2,3,4 et he_j, e_ki = 0 pour j, k = 1,2,3,4, j 6= k. La base B⁰ =

e₁,^√1

2e₂,^√1

3e₃,¹₂e₄

est donc une base orthonormée de C⁴ muni de ce produit scalaire.

Les conditions données dans l’énoncé donnent quekT(e₁)k= 1,kT(e₂)k=√

2,kT(e₃)k=

√3et kT(e₄)k= 2. Par conséquent,

kT(e₁)k= T

√1 2e₂

=

T

√1 3e₃

=

T ¹₂e₄ = 1.

De même, on trouve que D

T √1

jej

, T

√1 kek

E

= 1

√jkhT(ej), T(ek)i= 1

√jk

4

X

l=1

laljalk = 0

pour j, k = 1,2,3,4, j 6=k. L’opérateur T envoie donc la base orthonormale B⁰ sur une base orthonormée deC⁴. D’après le cours,T est par conséquent une isométrie. D’après le théorème 9.7 du polycopié, T est donc diagonalisable dans une base orthonormée et les valeurs propres deT ont pour module 1. Comme |1 +i|=√

2, i+ 1ne peut pas être une valeur propre de T, et donc il n’existe pas de vecteur v 6= 0 tel que T(v) = (1 +i)v.

2. Non. Soit S : V → V, S(Pn

i=1a_iu_i) = (Pn

i=1a_i)u₁. Alors S n’est pas surjective puisque im(S) = span(u₁) et donc S ne peut pas être une isométrie puisque sinon, S serait inversible avec S⁻¹ = S^∗. Mais on a S(u_i) = u₁ pour i = 1, . . . , n et donc kS(u_i)k = ku₁k= 1 pour i= 1, . . . , n.

3. Oui. D’après l’exercice précédent (ou le théorème 9.8 du polycopié), il existe une base B= (u₁, u₂, u₃)orthonormée de R³ telle que[S]_B est une matrice en blocs avec des blocs 2×2ou1×1. Comme[S]_B est une matrice3×3, elle a soit trois blocs 1×1, soit un bloc 2×2 et un bloc 1×1. Elle a donc au moins un bloc 1×1 et on a S(u_i) =u_i, pour un i ∈ {1,2,3}, ∈ {−1,1}. On nomme v ce vecteur (qui est donc non-nul), et on obtient S²(v) =S(v) = ²v =v.

4. Non. Soit B und base orthonormale de V et soit A:= [S]_B. Si n= dimV, on a 1 = det(In) = det([IdV]_B) = det([S◦S^∗]_B)

= det([S]_B·[S^∗]_B) = det(A)·det(A^t) = detA·det(A) =|det(A)|².

(On a utilisé la définition et les propriétés du déterminant.) Donc le nombre det([S]_B) est un nombre de module 1. Comme 1−i a pour module √

2, on ne peut donc pas avoir det([S]_B) = 1−i.

Exercice 4. 1. On montre que A^tA = I₃ donc T est une isométrie sur R³. On sait donc d’après l’exercice 2 qu’ il existe une base orthonormée B⁰ = (u1, u2, u3) de R³ telle que [T]_B⁰ est une matrice diagonale par blocs où chaque bloc est d’un des trois types suivants :

(1), (−1) et

cosθ −sinθ sinθ cosθ

Comme A n’est pas symétrique (donc l’opérateur associé pas auto-adjoint, donc non diagonalisable), det(A) = 1 et que le déterminant ne dépend pas de la base on en déduit que [T]_B⁰ est une matrice diagonale par blocs avec les deux types de bloc suivants :

(1), et

cosθ −sinθ sinθ cosθ

.

On en déduit que A est une matrice de rotation et que

[T]_B⁰ =





1 0 0

0 cosθ −sinθ 0 sinθ cosθ





L’axe de cette rotation est l’ensemble des invariants de T donc on résout le système Av=v,v ∈R³ et on obtient pour ensemble de solutions span(1,1,0). Le premier vecteur deB⁰ est donc ±^√1

2(1,1,0). Sans perte de généralité, on peut prendreu₁ = ^√1

2(1,1,0).

L’angle de la rotation vérifie : 1 + 2 cosθ = tr(A) = 2 (on rappelle que la trace ne dépend pas de la base) d’où cosθ= ¹₂.

Pour déterminer le signe de l’angle de rotation on se place dans le plan perpendiculaire à l’axe de rotation et passant par l’origine. La liste (u₂, u₃) est une base de ce plan. On peut choisir (u₂, u₃) telle que B⁰ soit une base orthonormée directe (c’est-à-dire que le produit vectoriel entreu₂ etu₃ fournit le vecteur u₁ ) :u₂ = ^√1

2(−1,1,0)etu₃ = (0,0,1).

L’image du vecteuru₃ = (0,0,1) par T est ¹₄(√ 6,−√

6,2)c’est à dire T(u₃) = −

√3

2 u₂+ 1

2u₃ =−sinπ 3

u₂+ cosπ 3

u₃

on en déduit que l’angle de la rotation est ^π₃.

(Il est très vivement recommandé de faire un dessin ! Le raisonnement est plus facile en calculant T(u₂) mais le calcul est plus pénible...)

2. On montre que B^tB = I₃ donc S est une isométrie sur R³. On sait donc d’après le cours qu’il existe une base orthonormée B⁰ = (u₁, u₂, u₃) telle que [S]_B⁰ est une matrice diagonale par blocs où chaque bloc est d’un des trois types suivants :

(1), (−1) et

cosθ −sinθ sinθ cosθ

Commedet(B) = −1etB n’est pas symétrique on en déduit qu’il existe une base ortho- norméeB⁰ telle que

[S]_B⁰ =





−1 0 0

0 cosθ −sinθ 0 sinθ cosθ





Il s’agit donc d’une rotation d’axe D composée avec une symétrie par rapport au plan orthogonal àD. L’axe de cette rotation est l’ensemble des points invariants par la rotation et donc tels queBv =−v,v ∈R³. On résout ce système et on obtient pour ensemble de solutions span(1,1,3). On pose donc u₁ = ^√1

11span(1,1,3).

L’angle de la rotation vérifie : −1 + 2 cosθ= tr(B) = ²₃ d’où cosθ= ⁵₆.

Pour déterminer le signe de l’angle de rotation on se place dans le plan perpendiculaire à l’axe de rotation et passant par l’origine. Ce plan admet pour base orthonormée directe (c’est-à-dire que le produit vectoriel entreu₂ etu₃fournit le vecteuru₁)u₂ = ^√1

2(1,−1,0) et u₃ = ^√1

22(3,3,−2). L’image du vecteur u₂ par S est − ¹

3√

2(−1,4,−1) = ¹

3√

2(1,−4,1) c’est à dire

S(u₂) = 5 6

√1

2(1,−1,0)−

√11

6

√1

22(3,3,−2) = 5 6u₂−

√11

6 u₃

Le coefficient devant u₃ de la décomposition de S(u₂) étant négatif on en déduit que l’angle de la rotation est −arccos ⁵₆

.

On en déduit que S est la composée de la rotation d’axe(1,1,3)d’angle −arccos ⁵₆ et de la réflexion par rapport au plan d’équationx+y+ 3z= 0