Correction du devoir maison n˚6

Lyc´ee Benjamin Franklin PTSI−2012-2013

D. Blotti`ere Math´ematiques

Correction du devoir maison n˚6

Exercice 1 (Sym´etrie orthogonale deR²) On rappelle que :

• pour tout (x1, y1)∈R², (x2, y2)∈R², le produit scalaire de (x1, y1) et (x2, y2) est d´efini par :

<(x1, y1),(x2, y2)>= x1x2+y1y2

• pour tout (x, y)∈R², la norme de (x, y) est d´efinie par :

||(x, y)|| =p

x²+y². Soitu0 un vecteur non nul fix´e deR². Soit l’applicationsd´efinie par :

s:R²→R²; u7→u−2 < u, u0>

< u0, u0>u0.

1. Dans cette premi`ere question, on r´epondra aux questions pos´ees en utilisant les propri´et´es alg´ebriques du produit scalaire, sans introduire de composante de vecteur.

(a) Justifier quesest bien d´efinie.

(b) Montrer quesest un endomorphisme deR². (c) Montrer quesest une sym´etrie deR². 2. On poseu0= (α0, β0).

(a) Calculers(x, y) pour tout (x, y)∈R².

(b) D´eterminer les ´el´ements caract´eristiques deset les interpr´eter g´eom´etriquement.

(c) Identifier la sym´etrieset en donner une interpr´etation g´eom´etrique.

Correction

1. (a) Commeu0∈R²n’est pas nul, sa norme ||u0|| n’est pas nulle (propri´et´e de s´eparation de la norme).

CommeRest int`egre

< u0, u0>=||u0||²6= 0.

Le nombre r´eel

< u, u >

< u0, u0>

est donc bien d´efini pour toutu∈R². Enfin, il est clair que siu∈R², alors

u−2 < u, u0>

< u0, u0>u0∈R².

L’applicationsest donc bien d´efinie.

(b) L’application s a comme ensemble de d´epartR² et comme ensemble d’arriv´ee R². Pour voir ques est un endomorphisme deR², il reste `a ´etablir la lin´earit´e des.

Soit (λ1, λ2)∈R² et soit (u1, u2)∈(R²)². Montrons que

s(λ1u1+λ2u2) =λ1s(u1) +λ2s(u2).

Par d´efinition de s, on a :

s(λ1u1+λ2u2) =λ1u1+λ2u2−2< λ1u1+λ2u2, u0>

< u0, u0> u0. (1) La bilin´earit´e du produit scalaire implique :

< λ1u1+λ2u2, u0>=λ1< u1, u0>+λ2< u2, u0> . (2)

De (1) et (2), on d´eduit que :

s(λ1u1+λ2u2) = λ1u1+λ2u2−2λ1< u1, u0>+λ2< u2, u0>

< u0, u0> u0

= λ1u1+λ2u2−2

λ1

< u1, u0>

< u0, u0> +λ2

< u2, u0>

< u0, u0>

u0

= λ1u1+λ2u2−2λ1

< u1, u0>

< u0, u0> u0−2λ2

< u2, u0>

< u0, u0> u0

= λ1

u1−2< u1, u0>

< u0, u0> u0

| {z }

s(u₁)

+λ2

u2−2< u2, u0>

< u0, u0> u0

| {z }

s(u₂)

= λ1s(u1) +λ2s(u2).

(c) Commes est un endomorphisme de R² (cf. question 1.(b)), s est une sym´etrie si et seulement si s²=id_R², o`us²=s◦s.

Les applicationss² etid_R² ont les mˆemes ensembles de d´epart et d’arriv´ees (tous deux ´egaux `aR²).

Pour montrer ques²=id_R², il reste `a montrer que pour toutu∈E,s²(u) =id_R²(u), i.e.

s²(u) =u.

Soitu∈E. On a :

s²(u) = s(s(u)) (3)

= s

u−2 < u, u0>

< u0, u0>u0

(4)

= u−2 < u, u0>

< u0, u0>u0−2

u−2 < u, u0>

< u0, u0>u0, u0

< u0, u0> u0. (5) La bilin´earit´e du produit scalaire implique :

*

u−2 < u, u0>

< u0, u0>

| {z }

∈R

u0, u0

+

=< u, u0>−2 < u, u0>

< u0, u0> < u0, u0>=−< u, u0> . (6)

De (5) et (6), on d´eduit :

s²(u) = u−2 < u, u0>

< u0, u0>u0−2−< u, u0>

< u0, u0> u0

= u.

2. (a) Soit (x, y)∈R².

s(x, y) = (x, y)−2 <(x, y),(α0, β0)>

<(α0, β0),(α0, β0)>(α0, β0)

= (x, y)−2 α0x+β0y

α²₀+β₀² (α0, β0)

=

x−2α0

α0x+β0y

α²₀+β₀² , y−2β0

α0x+β0y α²₀+β²₀

=

x−2α²₀x+α0β0y

α²₀+β₀² , y−2α0β0x+β₀²y α²₀+β₀²

(b) D’apr`es le cours, les ´el´ements caract´eristiques dessont :

F1= Ker(s−id_R²) et F2= Ker(s−id_R²).

• D´etermination deF1=Ker(s−id_R²) Par d´efinition,

F1 = Ker(s−id_R²)

= {(x, y)∈R² : s−id_R²(x, y) = (0,0)}

= {(x, y)∈R² : s(x, y)−(x, y) = (0,0)}

=

(x, y)∈R² :

x−2α²₀x+α0β0y

α²₀+β₀² , y−2α0β0x+β₀²y α²₀+β₀²

−(x, y) = (0,0)

(cf. 2.(a))

=

(x, y)∈R² :

−2α²₀x+α0β0y

α²₀+β²₀ , −2α0β0x+β²₀y α²₀+β²₀

= (0,0)

=















(x, y)∈R² :















−2α²₀x+α0β0y

α²₀+β²₀ = 0

−2α0β0x+β²₀y

α²₀+β₀² = 0





















deux ´el´ements de R² sont ´egaux ssi il sont

´egaux composante par composante





.

AinsiF1est-il l’ensemble solution du syst`eme :

(S1) :















−2α²₀x+α0β0y

α²₀+β₀² = 0

−2α0β0x+β²₀y

α²₀+β₀² = 0 d’inconnue (x, y)∈R².

Soit (x, y)∈R².

(S1) ⇔























α²₀x + α0β0y = 0 L1←

6=0

z }| {

−α²₀+β₀² 2 L1

α0β0x + β₀²y = 0 L2← −α²₀+β₀²

| {z2 }

6=0

L2

Commeu0= (α0, β0)6= (0,0), on aα06= 0 ouβ06= 0. On scinde alors l’´etude en deux parties.

– 1^er cas :α06= 0







α²₀x + α0β0y = 0 α0β0x + β₀²y = 0

⇔







α²₀x + α0β0y = 0

0 = 0 L2←L2−β0

α0

L1

Le rang du syst`eme est donc 1. On a deux inconnues. On choisit une inconnue principale :y. De L1, on d´eduit :

x=−β0

α0

y.

Ainsi a-t-on :

F1 =

−β0

α0

y, y

: y∈R

= Vect

−β0

α0

,1

.

Commeα06= 0, on a :

Vect

−β0

α0

,1

= Vect ((−β0, α0)) et donc :

F1= Vect ((−β0, α0)). – 2^`eme cas :β06= 0







α²₀x + α0β0y = 0 α0β0x + β₀²y = 0

⇔







α0β0y + α²₀x = 0 β₀²y + α0β0x = 0

⇔







β₀²y + α0β0x = 0

α0β0y + α²₀x = 0 L1↔L2

⇔







β₀²y + α0β0x = 0

0 = 0 L2←L2−α0

β0

L1

Le rang du syst`eme est donc 1. On a deux inconnues. On choisit une inconnue principale :x. De L1, on d´eduit :

y=−α0

β0

x.

Ainsi a-t-on :

F1 =

x,−α0

β0

x

: x∈R

= Vect

1,−α0

β0

.

Commeβ06= 0, on a :

Vect

1,−α0

β0

= Vect ((−β0, α0)) et donc :

F1= Vect ((−β0, α0)). – Conclusion

Dans les deux cas, on a montr´e :

F1= Vect ((−β0, α0)).

On a l’interpr´etation g´eom´etrique suivante : le sous-espace vectorielF1 est la droite passant par l’origine dirig´ee par le vecteur

v0= (−β0, α0).

• D´etermination deF2=Ker(s+id_R²) Par d´efinition,

F2 = Ker(s+id_R²)

= {(x, y)∈R² : s+id_R²(x, y) = (0,0)}

= {(x, y)∈R² : s(x, y) + (x, y) = (0,0)}

=

(x, y)∈R² :

x−2α²₀x+α0β0y

α²₀+β₀² , y−2α0β0x+β₀²y α²₀+β₀²

+ (x, y) = (0,0)

(cf. 2.(a))

=

(x, y)∈R² :

2x−2α²₀x+α0β0y

α²₀+β₀² , 2y−2α0β0x+β₀²y α²₀+β₀²

= (0,0)

=

(x, y)∈R² :

2β²₀x−2α0β0y

α²₀+β₀² , −2α0β0x+ 2α²₀y α²₀+β²₀

= (0,0)

=















(x, y)∈R² :















2β²₀x−2α0β0y

α²₀+β₀² = 0

−2α0β0x+ 2α²₀y

α²₀+β₀² = 0





















deux ´el´ements deR² sont ´egaux ssi il sont

´egaux composante par composante





.

AinsiF2est-il l’ensemble solution du syst`eme :

(S2) :















2β₀²x−2α0β0y

α²₀+β₀² = 0

−2α0β0x+ 2α²₀y

α²₀+β₀² = 0 d’inconnue (x, y)∈R².

Soit (x, y)∈R².

(S2) ⇔























β₀²x − α0β0y = 0 L1←

6=0

z }| { α²₀+β₀²

2 L1

−α0β0x + α²₀y = 0 L2← α²₀+β₀²

| {z2 }

6=0

L2

Commeu0= (α0, β0)6= (0,0), on aα06= 0 ouβ06= 0. On scinde alors l’´etude en deux parties.

– 1^er cas :β06= 0







β₀²x − α0β0y = 0

−α0β0x + α²₀y = 0

⇔







β₀²x − α0β0y = 0

0 = 0 L2←L2+α0

β0

L1

Le rang du syst`eme est donc 1. On a deux inconnues. On choisit une inconnue principale :y. De L1, on d´eduit :

x= α0

β0

y.

Ainsi a-t-on :

F2 =

α0

β0

y, y

: y∈R

= Vect α0

β0

,1

.

Commeβ06= 0, on a : Vect

α0

β0

,1

= Vect ((α0, β0)) = Vect(u0) et donc :

F2= Vect(u0).

– 2^`eme cas :α06= 0







β₀²x − α0β0y = 0

−α0β0x + α²₀y = 0

⇔







−α0β0y + β₀²x = 0 α²₀y − α0β0x = 0

⇔







α²₀y − α0β0x = 0

−α0β0y + β₀²x = 0 L1↔L2

⇔







α²₀y − α0β0x = 0

0 = 0 L2←L2+ β0

α0

L1

Le rang du syst`eme est donc 1. On a deux inconnues. On choisit une inconnue principale :x. De L1, on d´eduit :

y= β0

α0

x.

Ainsi a-t-on :

F2 =

x,β0

α0

x

: x∈R

= Vect

1,β0

α0

.

Commeβ06= 0, on a : Vect

1,β0

α0

= Vect ((α0, β0)) = Vect(u0) et donc :

F2= Vect(u0).

– Conclusion

Dans les deux cas, on a montr´e :

F2= Vect(u0).

On a l’interpr´etation g´eom´etrique suivante : le sous-espace vectorielF2 est la droite passant par l’origine dirig´ee par le vecteuru0.

(c) D’apr`es le cours,sest la sym´etrie deR²

– par rapport `a Vect(v0), qui est la droite passant par l’origine et dirig´ee par v0= (−β0, α0) ; – parall`element `a Vect(u0) qui est la droite passant par l’origine et dirig´ee par u0= (α0, β0).

On remarque que le produit scalaire < u0, v0 >est nul. Les deux droites Vect(u0) et Vect(v0) sont donc perpendiculaires. On dit, dans ce cas, quesest une sym´etrie orthogonale du plan.

Si u est un vecteur de R², alors s(u) est le sym´etrique (orthogonal) de u par rapport `a la droite Vect(v0), dans l’acception rencontr´ee dans les petites classes.

Figure pour u0= (1,2)

1 2 3 4 5

−1

−2

−3

−4

−5

1 2 3 4 5 6 7 8

−1

−2

−3

−4

v0

Vect(v0)

u0

u

s(u)

Exercice 2 (Une expression ^≪utile^≫ de l’image d’un projecteur)

SoitE unK-espace vectoriel, o`uKd´esigneRouC. Soitpun projecteur deE. Montrer que : Im(p) = Ker(p−id^E).

Correction

⊂ Montrons que Im(p)⊂Ker(p−idE).

Soitu∈Im(p). Montrons queu∈Ker(p−id^E), i.e.

p−idE(u) = 0^E i.e.

p(u)−u= 0^E i.e.

p(u) =u.

Commeu∈Im(p), il existev∈Etel que :

(∗) u=p(v).

On a :

p(u) = p(p(v)) (cf. (∗))

= p(v) (pest une projection doncp◦p=p)

= u (cf. (∗)).

⊃ Montrons que Ker(p−id^E)⊂Im(p).

Soitu∈Ker(p−id^E). Montrons queu∈Im(p), i.e. queuest l’image d’un vecteur deE parp.

Commeu∈Ker(p−id^E), on a :

p−idE(u) = 0^E i.e.

p(u)−u= 0^E

i.e.

p(u) =u.

Par suite,uest sa propre image parp. Le vecteur uest donc dans l’image dep.