On a M~u = 1 0 ! donc BM~u = 1 −1 ! et ainsi B(~u) (1 ;−1

Correction du devoir à la maison n^◦3

Partie A – Exemples de matrices orthogonales

1. La matrice I₂ est orthogonale. En effet, pour tout vecteur ~u du plan, I₂(~u) = ~u donc kI₂(~u)k=k~uk.

2. Soit~u(x;y) un vecteur du plan. AlorsM_~u = x y

!

donc AM_~u = y

−x

!

doncA(~u) (y;−x).

Dès lors, kA(~u)k=^qy²+ (−x)² =√

x²+y² =k~uk donc A est orthogonale . 3. Soit B = 1 −1

1 1

!

etC = ^√1

2B.

a. On a M_~u = 1 0

!

donc BM_~u = 1

−1

!

et ainsi B(~u) (1 ;−1) . Or, k~uk=√

1²+ 0² = 1 etkB(~u)k=^q1²+ (−1)² =√

2 donckB(~u)k 6= k~uk. Ainsi, B n’est pas orthogonale . b. On a M_~u = x

y

!

donc CM_~u = ^√1

2

x−y x+y

!

et ainsi C(~u)^x−y√

2 ;^x+y√

2

. Dès lors,

kC(~u)k=

v u u

t x−y

√2

!2

+ x+y

√2

!2

=

s(x−y)²

2 +(x+y)² 2

=

sx²−2xy+y²

2 +x²+ 2xy+y² 2

=

sx−2xy+y²+x²+ 2xy+y² 2

=^qx² +y²

donckC(~u)k=k~uk. Ceci est vrai pour n’importe quel vecteur~udonc C est pas orthogonale . Partie B – Déterminant et inverse d’une matrice orthogonale

Dans toute cette partie, A = a b c d

!

est une matrice orthogonale.

1. Soit (x;y)∈ R² et ~u le vecteur de coordonnées (x;y). Alors, AM_~u = ax+by cx+dy

!

donc A(~u) (ax+by;cx+dy). Ainsi,

kA(~u)k² = (ax+by)²+ (cx+dy)²

= (ax)² + 2(ax)(by) + (by)²+ (cx)²+ 2(cx)(dy) + (dy)²

=a²x²+ 2abxy+b²y²+c²x²+ 2cdxy+d²y²

Or, commeA est orthogonale, kA(~u)k² =k~uk² =x² +y² et on conclut donc que a²x²+ 2abxy+b²y²+c²x²+ 2cdxy+d²y² =x²+y² .

2. En appliquant l’égalité de la question 1.avec (x;y) = (1 ; 0), on obtienta²+ 0 + 0 +c²+ 0 + 0 = 1 + 0 donc a²+c² = 1 .

En appliquant l’égalité de la question1. avec (x;y) = (0 ; 1), on obtient 0 + 0 +b²+ 0 + 0 +d² = 0 + 1 donc b² +d² = 1 .

En appliquant l’égalité de la question 1. avec (x;y) = (1 ; 1), on obtient a² + 2ab+ b² +c²+ 2cd+d² = 1 + 1 = 2. Mais, sachant que a² +c² = 1 et b²+d² = 1, il vient 2ab+ 2cd+ 1 + 1 = 2 donc 2ab+ 2cd= 0 et donc ab+cd= 0.

3. Commeab+cd= 0, ab=−cd donc (ab)² = (−cd)² et ainsi a²b² =c²d² .

Or,a²+c² = 1 etb²+d² = 1 doncc² = 1−a² etd² = 1−b² donca²b² = (1−a²)(1−b²) = 1−b²−a²+a²b². Il s’ensuit que a²b²−a²b² = 1−a²−b² donc 1−a² −b² = 0 et ainsi

a²+b² = 1 .

4. Puisque d² = 1−b², ab=−cd etc² = 1−a², on a

(ad−bc)² = (ad)²−2adbc+ (bc)² =a²d² + 2(ab)(−cd) +b²c²

=a²(1−b²) + 2(ab)²+b²(1−a²)

=a²−a²b²+ 2a²b²+b²−a²b²

=a²+b²

et donc, par la question précédente, (ad−bc)² = 1 .

Comme detA =ad−bc, on en déduit que detA= 1 ou detA=−1 . 5. a. D’après la question précédente, detA6= 0 donc A est inversible .

b. On sait que a²+b² = 1. De plus, comme a² +b² = 1 etb²+d² = 1, en additionnant membre à membre, il vient a² +b² +c² +d² = 2 et donc, comme a² + b² = 1,

c²+d² = 1 .

c. On a a²+b² = 1 =b²+d² donc a² =d² et, de même, c²+d² = 1 =b²+d², donc b² =c² .

d. Puisque cd=−ab,

(ac+bd)² =a²c²+ 2acbd+b²d²

=a²c²+ 2(ab)(cd) +b²d²

=a²c²+ 2(ab)(−ab) +b²d²

=a²c²−a²b²−a²b²+b²d²

=a²(c²−b²) +b²(d²−a²)

donc, comme a² =d² et b² =c², (ac+bd)² = 0 et ainsi ac+bd= 0 . e. Notons B = a c

b d

!

. Alors,

AB = a b c d

! a c b d

!

= a²+b² ac+bd ac+bd c²+d²

!

= 1 0 0 1

!

=I₂

donc A⁻¹ =B .

Partie C – Réciproques

1. La réciproque est fausse. Considérons la matriceA= 1 1 0 1

!

. Alors, detA= 1×1−0×1 = 1. Cependant, si on considère le vecteur~u(0 ; 1) alorsAM_~u = 1 1

0 1

! 0 1

!

= 1 1

!

donc A(~u) (1 ; 1) donc k~uk=√

0²+ 1¹ = 1 et kA(~u)k=√

1²+ 1² =√

26= 1 donc A n’est pas orthogonale.

2. La réciproque est vraie. En effet, supposons que A est inversible et queA⁻¹ = a c b d

!

. Alors,

I₂ =AA⁻¹ = a b c d

! a c b d

!

= a²+b² ac+bd ac+bd c² +d²

!

donc a²+b² = 1, ac+bd= 0 et c²+d² = 1.

Dès lors,ac= −bd donc a²c² =b²d² donc a²c² = (1−a²)(1−c²) = 1−c²−a²+a²c² ce qui entraîne quea²+c² = 1. Dès lors, b²+d² = 1−a²+ 1−c² = 2−(a²+c²) = 2−1 = 1.

Comme dans la question 5.c., on en déduit que a² =d² etb² =c² donc (ab+cd)² =a²b²+ 2(ab)(cd) +c²d²

=a²b²+ 2(ac)(−ac) +c²d²

=a²b²−2a²c²+c²d²

=a²b²−a²c²−a²c²+c²d²

=a²(b²−c³) +c²(d²−a²)

= 0

Ainsi, on a donc montré que a²+c² = 1, b²+d² = 1 et ab+cd= 0.

Soit~u(x;y) un vecteur du plan. Alors, d’après le calcul de la question1.de laPartie B, kA(~u)k² =a²x²+ 2abxy+b²y²+c²x² + 2cdxy+d²y²

= (a²+c²)x²+ 2(ab+cd)xy+ (b²+d²)y²

=x²+y²

=k~uk²

donc, comme kA(~u)k etk~uk sont positifs, kA(~u)k=k~uk et ainsi A est orthogonale.

Partie D – Liens avec le produit scalaire 1. Soit A une matrice carrée d’ordre 2.

Si A conserve le produit scalaire alors A conserve la norme car, pour tout vecteur ~u, k~uk=√

~

u·~u donc A est orthogonale.

Réciproquement, supposons que A est orthogonale. Soit~u et~v deux vecteurs du plan.

D’après les identités de polarisation, A(~u)·A(~v) = 1

2

kA(~u) +A(~v)k²− kA(~u)k²− kA(~v)k²

Notons (x;y) les coordonnées du vecteur ~u et (x⁰;y⁰) celles de~v. Alors, les coordonnées deA(~u) +A(~v) sont

(ax+by+ax⁰+by⁰;cx+dy+cx⁰ +dy⁰)

c’est-à-dire

(a(x+x⁰) +b(y+y⁰) ;c(x+x⁰) +d(y+y⁰))

qui sont les coordonnées deA(~u+~v). Ainsi, A(~u) +A(~v) = A(~u+~v). Dès lors, A(~u)·A(~v) = 1

2

kA(~u+~v)k² − kA(~u)k²− kA(~v)k² donc, comme A conserve la norme,

A(~u)·A(~v) = 1 2

k~u+~vk²− k~uk²− k~vk²=~ucdot~˙ v donc A est conserve le produit scalaire.

Ainsi, on a bien montré que A est orthogonale si et seulement si A conserve le produit scalaire.

2. L’affirmation est fausse. La question précédente assure que si Aest orthogonale alors elle conserve le produit scalaire donc l’orthogonalité. En revanche, la réciproque est fausse.

En effet, considérons la matrice D= 2I₂. Pour tous vecteurs ~u(x;y) et~v(x⁰;y⁰) du plan, D(~u) (2x; 2y) et D(~v) (2x⁰; 2y⁰) donc

D(~u)·D(~v) = (2x)(2x⁰) + (2y)(2y⁰) = 4(xx⁰ +yy⁰) = 4(~u·~v).

Il s’ensuit queD conserve l’orthogonalité car si ~u·~v = 0 alors D(~u)·D(~v) = 2×0 = 0 mais D ne conserve pas le norme car kD(~u)k=^qD(~u)·D(~u) = √

4~u·~u= 2kuk. Ainsi, D conserve l’orthogonalité mais elle n’est pas orthogonale.