Corrigé de la série 25

EPFL

Algèbre linéaire 1ère année 2008-2009

Corrigé de la série 25

Exercice 1. 1. Soit Bund base orthonormale de V et soit A:= [S]_B,B. On a 1 = det([Id_V]_B,B) = det([S◦S^∗]_B,B)

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

(On a utilisé la définition et les propriétés du déterminant.)

2. Soit S ∈ L(R²) une isométrie. Comme S est un opérateur normal, il existe d’après les théorèmes spectraux une base(u1, u2)deR²telle que[S]B =

λ1 0 0 λ₂

ou[S]B =

a −b b a

, a, b ∈ R et b > 0. Dans le premier cas, on a T(u₁) = λ₁u₁ et T(u₂) = λ₂u₂. D’après la définition d’une isométrie, on obtientku_ik=kT(u_i)k=|λ_i|ku_iket donc λ_i =±1,i= 1,2.

On a donc trois différents cas. Si[S]_B =I₂ alorsSest une rotation d’angle0. Si[S]_B=−I₂ alors S est une rotation de l’angle π. Si [S]_B =

−1 0 0 1

alors S est une réflexion par rapport àu₂. Si [S]_B =

1 0 0 −1

alors S est la réflexion par rapport à u₁.

Dans le deuxième cas, on a ±1 = detS = a²+b² et b > 0. On a donc detS = 1, et il existe θ ∈(0, π) tel que a= cosθ et b= sinθ. S est la rotation d’angleθ.

Exercice 2. 1. On considère la réflexion R par rapport au vecteur w ∈ R², w 6= 0. On peut supposer que kwk = 1 et on pose W = span(w). On choisit w⁰ ∈ (span(w))^⊥ de norme1. (Rappelons quedim W^⊥

= 1.) AlorsR(w) = 2 Proj_Ww−w= 2w−w=wet R(w⁰) = 2 Proj_W w⁰−w⁰ = 0−w⁰ =−w⁰. Donc w et w⁰ sont des vecteurs propres de R.

De plus, (w, w⁰) est une base orthonormale de R². Par conséquent, R est diagonalisable.

2. Une isométrie est un opérateur normal, donc il existe une base orthonormale B = (u₁, u₂, u₃)deR³ telle que [S]_B est diagonale en blocs, avec chaque bloc de taille1×1ou 2 ×2. Puisque la dimension est 3, au moins un bloc est de taille 1× 1. Sans perte de généralité, on peut supposer que ce bloc est dans la première colonne. Donc u1

est un vecteur propre de S, c.-à-d. que Su₁ = λu₁. Mais S est une isométrie, donc 1 =ku₁k=kSu₁k=|λ|. Alors λ=±1. En tout cas, S²u₁ =u₁.

Exercice 3. Faux. Soit V = R² avec le produit scalaire euclidien. On définit S ∈ L(R²) par S(1,0) = S(0,1) = (1,0). Alors kS(1,0)k = kS(0,1)k = 1, mais kS(1,−1)k = 0 6= √

2 = k(1,−1)k. Donc S n’est pas une isométrie.

Exercice 4. 1. Si dimV = 1, c’est évident. Si dimV = 2, on a deux cas : soit T est auto- adjoint, soitT est normal et non auto-adjoint. Dans le premier cas, on sait par le théorème spectral pour un opérateur auto-adjoint réel qu’il existe une base orthonormée deV telle que la matrice de T dans cette base est diagonale. Dans le deuxième cas, on sait par l’exercice 2 de la série 23 que la matrice deT dans une base orthonormale de V est de la forme

a −b b a

aveca, b∈R etb >0.

1

2. On procède par induction sur la dimension n de V. On a montré les cas n = 1 et n = 2 dans la question précédente. Soit n ≥ 3 et l’assertion vraie pour n⁰ ≤ n−1. D’après le théorème 8.5 du polycopié, il existe un sous-espace T-invariant U 6= {0} de dimension m≤2.

D’après l’exercice 4 de la série 24, les opérateurs T|_U et T|_U^⊥ sont normaux. Comme U et U^⊥ sont de dimensions inférieures à n−1, on trouve des bases orthonormales BU de U etBU^⊥ deU^⊥telles que [T|_U]_BU et[T|_U^⊥]_B

U⊥ sont diagonales en blocs, ou chaque bloc est de dimension 1×1ou 2×2de la forme

a_i −b_i b_i a_i

aveca_i, b_i ∈R etb_i >0. Comme B=BU∪BU^⊥, l’assertion est donc démontrée pour dimV =n.

Soit T une isométrie. SoitB= (u₁, . . . , u_n)une base othonormale de V comme ci-dessus.

Soit (u_i, u_i+1)la base d’un sous-espace T-invariantU correspondant à un des blocs2×2 de la matrice, avec les coefficients a_i et b_i. Comme T|_U satisfait kT(v)k=kvk pour tout v ∈U, oùU est muni de la restriction àU du produit scalaire surV,T|_U ∈L(U)est une isométrie. On a donc a²_i +b²_i = det[T|_U]_(ui,ui+1) =±1. Comme les coefficients sont réels, on obtienta²_i +b²_i = 1 et donc il existeθ ∈(0, π) tel que a_i = cosθ etb_i = sinθ.

Exercice 5. 1. On montre que A^tA = Id donc T est une isométrie sur R³. On sait donc d’après l’exercice précédent qu’ il existe une base orthonormée B⁰ telle que [T]_B⁰ est une matrice diagonale par blocs où chaque bloc est d’un des trois types suivants :

[1],[−1] et

cos(θ) −sin(θ) sin(θ) cos(θ)

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

cos(θ) −sin(θ) sin(θ) cos(θ)

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

[T]_B⁰ =





1 0 0

0 cos(θ) −sin(θ) 0 sin(θ) cos(θ)





L’axe de cette rotation est l’ensemble des invariants de T donc on résout le système AX =X et on obtient pour ensemble de solutions span(1,1,0).

L’angle de la rotation vérifie :1 + 2 cos(θ) = tr(A) = 2(on rappelle que la trace ne dépend pas de la base) d’où cos(θ) = 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. Ce plan admet pour base orthonormée directe (c’est-à-dire que le produit vectoriel entre e1 et e2 fournit le vecteur ^√1₂(1,1,0) ) e1 =

√1

2(−1,1,0) et e2 = (0,0,1). L’image du vecteur (0,0,1)par T est ¹₄(√ 6,−√

6,2) c’est à dire

T(e₂) =−

√3

2 e₁+1

2e₂ =−sin(π

3)e₁+ cos(π 3)e₂ 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(e1) mais le calcul est plus pénible...)

2

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

[1],[−1] et

cos(θ) −sin(θ) sin(θ) cos(θ)

Comme det(B) = −1 et B n’est pas symétrique on en déduit qu’ il existe une base orthonorméeB⁰ telle que

[S]_B⁰ =





−1 0 0

0 cos(θ) −sin(θ) 0 sin(θ) cos(θ)





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 queBX =−X. On résout ce système et on obtient pour ensemble de solutions span(1,1,3).

L’angle de la rotation vérifie : −1 + 2 cos(θ) = tr(B) = ²₃ d’où cos(θ) = 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 entre e₁ et e₂ fournit le vecteur ^√1

11(1,1,3) ) e₁ =

√1

2(1,−1,0) et e2 = ^√1₂₂(3,3,−2). L’image du vecteur e1 par S est − ¹

3√

2(−1,4,−1) =

1 3√

2(1,−4,1)c’est à dire

S(e₁) = 5 6

√1

2(1,−1,0)−

√11

6

√1

22(3,3,−2)

Le coefficient devante₂de la décomposition deS(e₁)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

3