Lycée Pierre de Fermat 2020/2021
MPSI 1 TD
Endomorphismes d’un espace euclidien Isométries vectorielles d’un espace euclidien 1 Matrices orthogonales
⊲ Exercice 1.1. Soit (αi)16i6n une famille de réels tels que Xn i=1
α2i = 1. On considère la matrice A = (ai,j)16i6n
16j6n ∈ Mn(R) telle queai,j =αiαj. Montrer que 2A−In est une matrice orthogonale.
⊲ Exercice 1.2.
Soient (a1, . . . , an)∈Rn etP =
1 −a1 · · · −an
a1 1 0 · · · 0 ... 0 . .. ... ... ... ... . .. 1 0 an 0 · · · 0 1
.
On pose Ω =P−1×tP. Montrer que Ω∈On+1(R).
On pourra procéder à un calcul par blocs.
⊲ Exercice 1.3.
SoitM = (Mi,j)16i6n
16j6n ∈On(R) fixée quelconque. Montrer que 1)
Xn i=1
Xn j=1
Mi,j2 =n , 2)
Xn i=1
Xn j=1
Mi,j
6n , 3) Xn i=1
Xn j=1
|Mi,j|6n√ n .
⊲ Exercice 1.4.
1. Montrer que Vect{O2(R)}=M2(R).
2. Montrer plus généralement que Vect{On(R)}=Mn(R).
⊲ Exercice 1.5.
Soit uun endomorphisme d’un espace euclidien (E,h·|·i). Montrer que s’il existe une BON B0 de E telle que mat(u,B0) est symétrique, alors
∀BBON de E ,mat(u,B)∈ Sn(R)
2 Isométries vectorielles du plan euclidien
⊲ Exercice 2.1. Identifier les endomorphismesudont la matrice U relativement à la base canonique (e1, e2) du plan euclidien usuel (R2,h·|·i) orienté canoniquement est
1)U =
0 1
−1 0
, 2) U =
−1 2
√3
√ 2 3 2
1 2
, 3)U =
−1 2
√3 2
−
√3 2 −1
2
, 4)U =
3 3 3 −3
et en déduire sans calcul matriciel la matrice, relativement à la base canonique du plan euclidien deu3et u4.
⊲ Exercice 2.2.
1. DéterminerO2(R)∩ M2(Z) et interpréter géométriquement tous les éléments de cette intersection via les endomorphismes de l’espace euclidien orienté usuel (R2,h·|·i) qui leur sont canoniquement associés.
2. Déterminer plus généralement le cardinal deOn(R)∩ Mn(Z).
⊲ Exercice 2.3. Classes de conjugaison dans O2(R)
On considère la relation binaireRappelée conjugaison surO2(R) définie par
∀(A, B)∈O2(R)2 , ARB si∃U ∈O2(R) : A=U BU−1 1. Montrer que la relation de conjugaison est une relation d’équivalence surO2(R).
2. Quelles sont les classes d’équivalence (appelées classes de conjugaison pour cette relation) ?
On observera que la classe deM ∈O2(R) est l’ensemble{U M U−1|U ∈O2(R)}et on distinguera les cas M ∈SO2(R) etM ∈O2(R)\SO2(R).
3. Il est aussi possible de considérer la relation binaireRe surO2(R) définie par
∀(A, B)∈O2(R)2 , AReB si∃U ∈SO2(R) : A=U BU−1
Montrer qu’il s’agit d’une relation d’équivalence et déterminer les classes d’équivalence correspondantes.
3 Automorphismes orthogonaux
⊲ Exercice 3.1.
Soit(E,h·|·i) un espace vectoriel euclidien etgun endomorphisme orthogonal deE.
1. Soitr une réflexion deE. Montrer queg◦r◦g−1 est une réfléxion que l’on caractérisera.
2. Plus généralement, soitsune symétrie orthogonale deE. caractériserg◦s◦g−1. On noteraF = Ker(s−idE) de sorte ques=s⊥F.
⊲ Exercice 3.2. Soit (E,h·|·i) un espace vectoriel euclidien etf un endomorphisme orthogonal deE.
1. SoitF un sous-espace vectoriel de E. Montrer que, sif(F)⊂F, alorsf(F⊥) = F⊥. Interpréter matri- ciellement cette propriété.
2. Montrer quef((Ker(f −idE))⊥) = (Ker(f−idE))⊥.
⊲ Exercice 3.3. Soit (E,h·|·i) un espace vectoriel euclidien etf un endomorphisme orthogonal deE. Posons g= idE−f.
1. Montrer que Img= (Kerg)⊥
2. Soitpla projection orthogonale sur Kerg. Pour toutn∈N∗, définissonspn= 1
n(idE+f+f2+. . .+fn−1).
Montrer que, pour toutx∈E, lim
n→+∞kpn(x)−p(x)k= 0.
3. Dans cette question,E=R2muni de sa structure euclidienne canonique et de sa BON canonique (e1, e2), x=
x1
x2
∈R2 etf est l’endomorphisme canoniquement associé à la matriceU =
−1 2
√3
√ 2 3 2
1 2
. Pré-
ciser explicitement la limite depn(x) en fonction dex1et x2 lorsquen→+∞.
4. On suppose désormais que dimRE= 2. Calculer directement la limite depn(x) en fonction def ∈O(E) (en utilisant la connaissance des automorphismes orthogonaux d’un espace euclidien de dimension 2) et observer que l’on retrouve le résultat général établi dans la question 2. On distinguera les casf ∈SO(E) etf ∈O(E)\SO(E).
4 Géométrie vectorielle euclidienne
⊲ Exercice 4.1. Géométrie dans(R2,h·|·ican) orienté Notons (−→e1,−→e2) une BON du plan euclien.
SoientA,BetC3 points distincts du plan euclidien. Montrer que l’aire du triangleABCest égale à1 2
det(−→e1,−→e2)(−−→
AB,−→
AC) .
⊲ Exercice 4.2.
1. SoientA,B, Cet 4 quatre points du plan euclidien tels que−−→AB=−−→DC.
Montrer que aire(ABCD) = 1 2
[−−→AB,−→AC].
En déduire une expression de l’aire du triangleABC.
2. SoientA, B et C, 3 points de l’espace et P le parallélépipède engendré par les arêtes −→
OA, −−→
OB et −−→
OC. Montrer que vol(P) = [−→OA,−−→OB,−−→OC].
5 L’indispensable : complétez, démontrez ou infirmez les assertions suivantes.
⊲ Exercice 5.1.
1. Une projection orthogonale est un endomorphisme orthogonal.
2. Une matrice inversible est orthogonale si et seulement si son inverse et sa transposée coïncident.
3. Une matrice est orthogonale si et seulement si son déterminant vaut 1 ou−1.
4. La somme des carrés des coefficients de toute ligne (resp. de toute colonne) d’une matrice orthogonale vaut 1.
5. Que dire d’une matrice inversible dont la somme des carrés des coefficients de toute ligne fait 1 ?
Correction des exercices
⊲ Corrigé de l’exercice 1.1 Calculons (2A−In)×t(2A−In) = (2A−In)×(2tA−In) = 4AtA−2A−2tA+In. Or,
• par définition deA, pour tout (i, j)∈[[1, n]]2,
ai,j =αiαj =αjαi=aj,i
doncA∈ Sn(R),
• pour tout (i, j)∈[[1, n]]2,
[AtA]i,j = [A2]i,j carA∈ Sn(R)
= Xn k=1
ai,kak,j
= Xn k=1
αiαkαkαj
= αiαj
Xn k=1
α2k
| {z }
=1
= αiαj
= ai,j
doncAtA=A
si bien que (2A−In)×t(2A−In) = 4AtA−2A−2tA+In = 4A−2A−2A+In=In donc (2A−In)∈On(R) .
⊲ Corrigé de l’exercice 1.2 NotonsL= [a1, . . . , an]∈ M1,n(R).
Montrons que
• P est inversible.
Résolvons le système linéaireP X = 0n+1,1d’inconnueX∈ Mn+1,1(R) en écrivantX=
λ C
oùλ∈R etC∈ Mn,1(R) :
P X= 0n+1,1 ⇐⇒
1 −L
tL In
×
λ C
=
0R 0n,1
⇐⇒
λ−LC λtL+C
=
0R 0n,1
⇐⇒
λ = LC λtL+C = 0n,1
⇐⇒
λ = −λ.LtL C = −λtL
⇐⇒
λ(1 +LtL) = 0
C = −λtL orLtL= Xn i=1
a2i >0⇒1 +LtL >0
⇐⇒
λ = 0 C = −λtL
⇐⇒
λ = 0 C = 0n,1
⇐⇒ X = 0n+1,1
On en déduit queP ∈GLn+1(R).
Autre méthode : calculons le rang de P :
rgP = rg
1 +
Xn i=1
a2i −a1 · · · −an
0 1 0 · · · 0 ... 0 . .. ... ... ... ... . .. 1 0 0 0 · · · 0 1
en effectuant l’op. élém.C1←C1−a1C2−a2C3−. . .−anCn+1
= 1 + rg(In) car 1 + Xn i=1
a6i= 0
= 1 +n doncP ∈GLn+1(R).
• P et tP commutent.
tP×P =
1 L
−tL In
×
1 −L
tL In
=
1 +LtL 01,n
0n,1 t
LL+In
P×tP =
1 −L
tL In
×
1 L
−tL In
=
1 +LtL 01,n
0n,1 tLL+In
Par conséquent,P et tP commutent.
Ainsi, Ω =P−1×tP a bien un sens et
Ω×tΩ = P−1×tP×P×tP−1
= P−1×P×tP×tP−1 carP et tP commutent
= In+1×t(P−1×P)
= In+1×tIn+1
= In+1
Par conséquent, Ω∈On+1(R).
⊲ Corrigé de l’exercice 1.3 Notons<·,·>le produit scalaire usuel deRn etk · kla norme associée. Notons aussi (Li)16i6n les vecteurs lignes de M.
1.
Xn i=1
Xn j=1
Mi,j2 = Xn
i=1
Xn j=1
Mi,j2
= Xn i=1
Li× tLi= Xn i=1
kLik2=n, Autre preuve :il est bon de savoir que,
∀A∈ Mn(R), Xn i=1
Xn j=1
A2i,j= Tr(tAA)
si bien qu’en prenantA←M, puisque M ∈On(R),tM M =In si bien que Xn
i=1
Xn j=1
A2i,j= Tr(In) =n.
2. En notantX=
1
... 1
, observons que Xn i=1
Xn j=1
Mi,j =hM X|Xi d’où, en appliquant l’inégalité de Cauchy-
Schwarz,
Xn i=1
Xn j=1
Mi,j
=|< M X|X >|6kM XkkXk orkXk=√
net
kM Xk2 = t(M X)×(M X)
= tX×( t| {z }M ×M
=In carM ∈On(R)
)×X par associativité du produit matriciel
= tX×X
= n carkXk2=n
Ainsi,
Xn i=1
Xn j=1
Mi,j
6n.
3. Appliquons l’inégalité de Cauchy-Schwarz dansRn2 muni de son produit scalaire euclidien canonique : Xn
i=1
Xn j=1
|Mi,j|6 vu ut
Xn i=1
Xn j=1
1 vu ut
Xn i=1
Xn j=1
|Mi,j|2=√ n2
vu ut
Xn i=1
Xn j=1
Mi,j2
d’où, en utilisant le résultat de la première question, Xn i=1
Xn j=1
|Mi,j|6n√ n.
Autres preuves :
⋆ Remarquons qu’en posantJ = [(1)16i,j6n], Xn i=1
Xn j=1
Mi,j= Tr(tM J)
si bien qu’en appliquant l’inégalité de Cauchy-Schwarz dans l’espace euclidientMn(R),
Xn i=1
Xn j=1
Mi,j
6p
Tr(tM M)
| {z }
=√ n
pTr(tJJ)
| {z }
=√ n2
=n√ n
d’où l’on déduit le résultat en appliquant l’inégalité ci-dessus àMf= (|Mi,j|)16i,j6n.
⋆ il est aussi possible de prouver cette inégalité directement en n’utilisant que la propriété Xn
i=1 j=1
Mi,j2 =n:
Xn
i=1 j=1
|Mi,j| − 1
√n 2
>0 ⇐⇒
Xn
i=1 j=1
Mi,j2 − 2
√n Xn
i=1 j
|Mi,j|+n2 n >0
⇐⇒ n− 2
√n Xn
i=1 j
|Mi,j|+n2 n >0
⇐⇒
Xn
i=1 j
|Mi,j|6n√ n
⊲ Corrigé de l’exercice 1.4 1. Les matrices A =
1 0 0 1
, B =
1 0 0 −1
, C =
0 1 1 0
et D = 0 1
−1 0
vérifient
2E1,1=A+B , 2E2,2=A−B , 2E1,2=C+D , 2E2,1=C−D donc elles engendrentM2(R).
2.
⊲ Corrigé de l’exercice 1.5 PosonsM = mat(u,B0)∈ S(R).
SoitBune BON deE fixée quelconque.
PosonsP =P(B0→ B).
Sachant queP est une matrice de passage entre deux BON,P ∈On(R) d’oùP−1=tP.
La fomule de changement de base s’écrit
mat(u,B) =P−1M P =tP M P Par conséquent,
tmat(u,B) =t(tP M P) =tP |{z}tM
=M carM ∈ Sn(R)
t(tP)
|{z}
=P
(transposition involutive)
=tP M P
donc mat(u,B)∈ Sn(R).
Ainsi, dans toute BON, la matrice représentantS est symétrique.
⊲ Corrigé de l’exercice 2.1 1. U =
0 1
−1 0
=R
−π 2
: c’est la rotation vectorielle d’angle−π 2 [2π].
U4=R
4×−π 2
=R(2π) =I2.
2. U =
−1 2
√3
√ 2 3 2
1 2
=S 2π
3
: c’est la réflexion d’axe la droite Vect 1
2e1+
√3 2 e2
. U4= (U2)2=I22=I2.
3. U =
−1 2
√3 2
−
√3 2 −1
2
=R
−2π 3
: c’est la rotation vectorielle d’angle−2π 3 [2π].
U4=R
4×−2π 3
=R(−2π) =U.
4. U =
3 3 3 −3
= 3√ 2
√2 2
√2
√ 2 2
2 −
√2 2
= 3√ 2Sπ
4
: c’est la composée de la réflexion d’axe Vect{(1 +
√2).e1+e2} et de l’homothétie de rapport 3√ 2.
U4= (3√
2)4(S(π/4)2)2= (3√
2)4I2= 324.I2.
⊲ Corrigé de l’exercice 2.2
1. SoitU ∈O2(R)∩ M2(Z) fixée quelconque.
Les coefficients de U sont donc entiers (à valeurs dans Z) et majorés en valeur absolue par 1 (car la somme des carrés des coefficients d’une même colonne est égale à 1) donc les coefficients sont à valeurs dans{−1,0,1}.
De plus, la somme des carrés des coefficients d’une même colonne (resp. ligne) est égale à 1 donc dans chaque colonne, un seul coefficient vaut 1 ou−1 et tous les autres sont nuls.
1 0 0 1
,
1 0 0 −1
,
−1 0
0 1
,
−1 0 0 −1
,
0 1 1 0
,
0 1
−1 0
,
0 −1
1 0
,
0 −1
−1 0
Pour dénombrer ces matrices, il faut choisir le coefficient non nul dans la première colonne (2 choix) puis dans la deuxième colonne (1 choix) ce qui donne 2 possibilités pour les emplacements des coefficients non nuls. Par ailleurs, un coefficient non nul prend 2 valeurs donc cela donne 22 matrices possible par choix des deux emplacements des coefficients non nuls si bien que|O2(R)∩ M2(Z)|= 2×22= 8.
Pour interpréter les endomorphismes canoniquement associés aux matrices ci-dessus, notons (e1, e2) la BON du plan euclidien orienté usuel (R2,h·|·i).
IdentifionsSO2(R)∩ M2(Z) :
⋆
1 0 0 1
=R(0), c’est l’identité (rotation vectorielle d’angle 0 [2π]).
⋆
−1 0 0 −1
=R(π), c’est la rotation vectorielle d’angleπ[2π].
⋆
0 1
−1 0
=R
−π 2
, c’est la rotation vectorielle d’angle −π 2 [2π].
⋆
0 −1
1 0
=Rπ 2
, c’est la rotation vectorielle d’angle π 2 [2π].
Identifions (O2(R)\SO2(R))∩ M2(Z) :
⋆
−1 0
0 1
=S(π), c’est la réflexion d’axe la droite Vect{e2}.
⋆
1 0 0 −1
=S(0), c’est la réflexion d’axe la droite Vect{e1}.
⋆
0 1 1 0
=Sπ 2
, c’est la réflexion d’axe la droite Vect
√2 2 e1+
√2 2 e2
= Vect{e1+e2}.
⋆
0 −1
−1 0
=S
−π 2
, c’est la réflexion d’axe la droite Vect √
2 2 e1−
√2 2 e2
= Vect{e1−e2}. 2. SoitU ∈On(R)∩ Mn(Z) fixée quelconque. Les coefficients deU sont donc entiers (à valeurs dans Z) et
majorés en valeur absolue par 1 (car la somme des carrés des coefficients d’une même colonne est égale à 1) donc les coefficients sont à valeurs dans{−1,0,1}.
De plus, la somme des carrés des coefficients d’une même colonne (resp. ligne) est égale à 1 donc dans ligne et dans chaque colonne, un seul coefficient vaut 1 ou−1 et tous les autres sont nuls.
Cherchons le nombre de choix des n emplacements des coefficients non nuls : nchoix dans la première colonne,n−1 dans la deuxième,n−2 dans la troisième, . . .et 1 seul choix dans la dernière colonne. Le principe des choix successifs permet de conclure qu’il existen! choix desnemplacements des coefficients non nuls. Chacun de cesnemplacement peut recevoir 2 valeurs (−1 ou 1) ce qui permet de conclure que
|On(R)∩ Mn(Z)|= 2n×n!.
⊲ Corrigé de l’exercice 2.3 1. ⋆ Réfexivité.
SoitA∈O2(R) fixée quelconque.
D’une part, I2∈O2(R) et d’autre partA=I2AI2−1doncARA.
⋆ Symétrie.
Soient (A, B)∈O2(R)2fixées quelconques telles que ARB.
Alors∃U ∈O2(R) : A=U BU−1.
Par conséquent, U−1AU = B soit aussi B = U−1A(U−1)−1 et, sachant que O2(R) est un groupe, U ∈O2(R)⇒U−1∈O2(R) si bien queBRA.
⋆ Transitivité.
Soient (A, B, C)∈O2(R)2 fixées quelconques telles queARB et BRC.
Alors∃(U, V)∈O2(R)2 : A=U BU−1et B=V CV−1.
On a donc A = U(V CV−1)U−1 = (U V)C(U V)−1 et, sachant que O2(R) est un groupe, (U, V) ∈ O2(R)2⇒U V ∈O2(R) si bien queARC.
2. Les éléments deO2(R) sont{R(θ)|θ∈[0,2π[} ∪ {S(ϕ)|ϕ∈[0,2π[}.
• Classe de R(θ0) pourθ0∈[0,2π[.
Il s’agit de l’ensemble
C(R(θ0)) ={R(θ)R(θ0)R(θ)−1| θ∈[0,2π[} ∪ {S(ϕ)R(θ0)S(ϕ)−1 |ϕ∈[0,2π[} Sachant d’une part queS02(R) est abélien,
∀θ∈[0,2π[ , R(θ)R(θ0)R(θ)−1=R(θ0)R(θ)R(θ)−1=R(θ0) donc
{R(θ)R(θ0)R(θ)−1 |θ∈[0,2π[}={R(θ0)} et d’autre part qu’une réflexion est une involution,
∀ϕ∈[0,2π[, S(ϕ)R(θ0)S(ϕ)−1=S(ϕ)R(θ0)S(ϕ)
De plus, pourϕ∈[0,2π[ fixé,O2(R) est un groupe doncS(ϕ)R(θ0)S(ϕ)∈O2(R) est son déterminant vaut (−1)×1×(−1) = 1 donc
∃θ1∈R : S(ϕ)R(θ0)S(ϕ) =R(θ1) Pour déterminerθ1,
⋆ méthode 1 :le plus simple est d’utiliser l’interprétation géométrique des matrices orthogonales dans le plan munit de sa structure euclidienne et de son orientation canoniques (base canonique ON Directe (−→i ,−→j)) pour le « lire » sur un dessin comme l’angle modulo 2πde la rotation obtenue
en effectuant d’abord la symétrie d’axe Vect{cosφ
2.−→i + sinφ
2.−→j}, ensuite la rotation d’angleθ0
puis la symétrie d’axe Vect{cosφ
2.−→i + sinφ
2.−→j}. Puisque le résultat est une rotation il suffit de choisir un vecteur−→u, de construire son image−→
u′, l’angle cherché est alors l’angle orienté \ (−→u ,−→ u′).
On trouve queθ1=−θ0 convient (il n’y a pas unicité, 2π−θ0convient aussi !).
⋆ méthode 2 :utilisons la relation formelle (cf cours qui se prouve par calcul matriciel explicite)
∀(a, b)∈R2, R(a)S(b) =S(a+b), S(b)R(a) =S(b−a), S(a)S(b) =S(a−b) pour obtenir
S(ϕ)R(θ0)S(ϕ)
| {z } S(θ0+ϕ)
=S(ϕ)S(θ0+ϕ) =R(ϕ−(θ0+ϕ)) =R(−θ0)
Par conséquent,
{S(ϕ)R(θ0)S(ϕ)−1 |ϕ∈[0,2π[}={R(−θ0)}
Ainsi,C(R(θ0)) ={R(θ0), R(−θ0)}.
Observons queR(−θ0) =R(−θ0) ⇐⇒ θ0 ≡ −θ0 [2π] ⇐⇒ 2θ0 ≡0[2π] ⇐⇒ θ0≡0[π] ⇐⇒ θ0 ∈ {0, π}(carθ0∈[0,2π[).
La conclusion est donc que la classe deR(θ0) est
⋆ le singleton{In}siθ0= 0,
⋆ le singleton{−In} siθ0=π,
⋆ l’ensemble à deux éléments{R(θ0), R(−θ0)} siθ0∈]0, π[∪]π,2π[.
• Classe de S(ϕ0) pour ϕ0∈[0,2π[.
Il s’agit de l’ensemble
C(S(ϕ0)) ={R(θ)S(ϕ0)R(θ)−1 |θ∈[0,2π[} ∪ {S(ϕ)S(ϕ0)S(ϕ)−1 |ϕ∈[0,2π[} Pourθ∈[0,2π[, le calcul deR(θ)S(ϕ0)R(θ)−1 donne (méthode 1 ou 2 ci-dessus)
R(θ)S(ϕ0)R(θ)−1=R(θ)S(ϕ0)R(−θ) =R(θ)S(ϕ0+θ) =S(ϕ0+ 2θ)
or lorsqueθparcourt [0,2π[,ϕ0+2θparcourt [ϕ0, ϕ0+4π[ qui est un intervalle d’amplitude strictement supérieure à 2πdoncR(θ)S(ϕ0)R(θ)−1 décritO2(R)\SO2(R).
Par ailleurs, pour toutϕ∈[0,2π[,S(ϕ)S(ϕ0)S(ϕ)−1∈O2(R)\SO2(R) donc {S(ϕ)S(ϕ0)S(ϕ)−1 |ϕ∈[0,2π[} ⊂O2(R)\SO2(R)
Ainsi,C(S(ϕ0)) =O2(R)\SO2(R).
3. Reest une relation d’équivalence, la preuve est identique à celle de la question 1. Les propriétés importantes deSO2(R) dans cette preuve viennent du fait que c’est un sous-groupe deO2(R).
En reprenant les résultats issus de l’étude des classes de conjugaison (question précédente), on trouve que,
• laclasse de R(θ0)pour θ0∈[0,2π[ est le singleton{R(θ0)},
• laclasse de S(ϕ0) pour ϕ0∈[0,2π[ estO2(R)\ {SO2(R)}.
⊲ Corrigé de l’exercice 3.1
1. NotonsH l’hyperplan par rapport auquel est réalisé la réflexion etaun vecteur normal unitaire àH. Alors
∀x∈E , r(x) =x−2< x|a > .a
Par conséquent,
∀x∈E , g◦r◦g−1(x) = g r g−1(x)
= g g−1(x)−2< g−1(x)|a > .a
= x−2< g−1(x)|a > .g(a)
= x−2< g(g−1(x))|g(a)> .g(a) carg∈O(E) doncgpréserve le produit scalaire
= x−2< x)|g(a)> .g(a)
Cette expression nous permet d’affirmer que g◦r◦g−1 est la réflexion d’axeg(a)⊥. 2. Plus généralement, notonsF= Ker(s−idE) de sorte ques=s⊥F. Posonsp= dimF.
Fixons (e1, . . . , ep) une BON deF de sorte que
∀x∈E , s(x) =−x+ 2 Xp i=1
< x|ei> .ei
Par conséquent,
∀x∈E , g◦s◦g−1(x) = g s g−1(x)
= =g −g−1(x) + 2 Xp i=1
< g−1(x)|ei> .ei
!
= x−2 Xp
i=1
< g−1(x)|ei> .g(ei)
= x−2 Xp
i=1
< g(g−1(x))|g(ei)> .g(ei) carg∈O(E) doncgpréserve le produit scalaire
= x−2 Xp
i=1
< x|g(ei)> .g(ei)
Sachant que g ∈ O(E), (g(e1), . . . , g(ep)) est une famille orthonormale qui est une base de g(F) donc l’expression ci-dessus permet d’affirmer que g◦s◦g−1 est la symétrie orthogonale d’axeg(F).
⊲ Corrigé de l’exercice 3.2
1. Montrons tout d’abord que sif(F)⊂F, alorsf(F) =F.
• Méthode 1.f ∈O(E) doncf est un automorphisme doncf(F) est un sous-espace vectoriel de même dimension queF, orf(F)⊂F doncf(F) =F.
• Méthode 2.F est stable parf doncf se restreint en un endomorphisme deF. Or, en munissantF de la restriction du produit scalaire de E,f|F préserve la norme euclidienne de (F,h·|·iF) car
∀x∈F, kf|F(x)k2F =< f|F(x)|f|F(x)>=< f(x)|f(x)>=< x|x >=kxk2=kxk2F
doncf|F ∈O(F) doncf|F est un automorphisme deF d’oùf(F) = Imf|F =F.
Soity∈F⊥ fixé quelconque. Soitz∈F fixé quelconque.
Puisquef(F) =F, il existex∈F tel quez=f(x) si bien que
< f(y)|z >=< f(y)|f(x)>=< x|y >= 0 . doncf(y)∈F⊥ doncf(F⊥)⊂F⊥.
On conclut à l’égalitéf(F⊥) =F⊥ par un argument de dimension puisquef est un automorphisme.
Interprétation matricielle.
ConsidéronsBF une BON deF etBF⊥ une BON deF⊥. AlorsBF∪ BF⊥ est une BON deE et
mat(f,BF ∪ BF⊥) =
A 0
O B
De plus, A et B sont les matrices des endomorphismes f||FF et f|F
⊥
|F⊥ qui sont orthogonaux (à vérifier) relativement aux BONBF F et BF⊥ deF⊥ donc ce sont des matrices orthogonales.
2. Il suffit d’appliquer le résultat de la question précédente pourF = Ker(f−idE) après avoir prouvé que F est stable par f :
Soitz∈Ker(f−idE) fixé quelconque.
(f−idE)(f(z)) = ((f−idE)◦f)(z)
= (f ◦(f−idE))(z) car l’algèbre des polynômes enf est commutative
= f((f−idE)(z))
= 0E carz∈Ker(f−idE)
doncf(z)∈Ker(f−idE) donc Ker(f−idE) est stable parf.
⊲ Corrigé de l’exercice 3.3
Soit (E,h·|·i) un espace vectoriel euclidien etf un endomorphisme orthogonal deE. Posonsg=f−idE. 1. • D’une part dim(Kerg)⊥ = dimE−dimKerg et d’autre part le théorème du rang donne dimImg =
dimE−dimKergdonc
dimImg= dim(Kerg)⊥ .
Rmq : on peut obtenir le résultat directement en utilisant le lemme préliminaire au théorème du rang : Img est isomorphe à tout supplémentaire de son noyau, or, puisqueE est de dimension finie, (Kerg)⊥est un supplémentaire du noyau degd’où, puisque (Kerg)⊥est de dimension finie (sous-espace vectoriel deE qui est de dimension finie)
dimImg= dim(Kerg)⊥
• Soity∈Img fixé quelconque.∃x∈E :y=g(x) =x−f(x).
Soitz∈Kerg fixé quelconque.g(z) = 0E doncf(z) =z.
Alors
< y|z > = < x−f(x)|z >
= < x|z >−< f(x)|z >
= < x|z >−< f(x)|f(z)> carz=f(z)
= < x|z >−< x|z > carf ∈O(E)
= 0
Ainsi,∀z∈Kerg,< y|z >= 0 doncy∈(Kerg)⊥.
Or cela est vrai pour touty∈Img donc Img⊂(Kerg)⊥. Ainsi Img= (Kerg)⊥.
2. Soitpla projection orthogonale sur Kerg.
Soitx∈E fixé quelconque.
PuisqueE est euclidien, Kerget (Kerg)⊥ sont supplémentaires : E= Kerg⊕⊥(Kerg)⊥= Kerg⊕⊥Img Par conséquent,∃(xK, xI)∈Kerg×Img:x=xK+xI.
Observons quexK ∈Kerg doncf(xK) =xK si bien que,∀p∈N,fp(xK) =xK d’òu
∀n∈N∗, pn(xK) =xK . De même,xI ∈Imgdonc∃z∈E :xI = (idE−f)(z) si bien que
∀n∈N∗ , pn(xI) = 1
n (idE+f +f2+. . .+fn−1)◦(idE−f)
| {z }
= idE−fn (identité usuelle dans un anneau) (z) = 1
n(idE−fn)(z). Par conséquent,
∀n∈N∗ , kpn(x)−p(x)k = kpn(xK+xI)−xKk
= kpn(xK) +pn(xI)−xKk
=
xK−xK+1
n(idE−fn)(z)
6 1
n(kzk+kfn(z)k) 6 2kzk
n carf ∈O(E)⇒ ∀n∈N∗,fn ∈O(E)
d’où le résultat puisque lim
n→+∞
2kzk n = 0.
Ainsi, pour toutx∈E, lim
n→+∞kpn(x)−p(x)k= 0.
Autre méthode si l’on ne reconnaît pas l’identité(idE+f+f2+. . .+fn−1)◦(idE−f) = idnE−fn. En reprenant les notations ci-dessus,xI =g(z) =z−f(z)
pn(xI) = 1 n
(idE+f +f2+. . .+fn−1)◦(idE−f)
(z) (1)
= 1
n
nX−1 k=0
fk(z−f(z))
= 1
n
nX−1 k=0
(fk(z)−fk+1(z))
= 1
n
nX−1 k=0
fk(z)− Xn j=1
fj(z)
= 1
n(idE−fn)(z)
(2)
3. L’endomorphismef canoniquement associé à la matrice
−1 2
√3
√ 2 3 2
1 2
=S 2π
3
est la réflexion d’axe
Vect{cosπ
3.e1+ sinπ
3.e2}= Vect 1
2e1+
√3 2 .e2
.
D’après le résultat de la question 2, la suite (pn(x))n∈Nconverge versp(x), le projeté orthogonal dexsur Ker(f−idE) = Vect
1 2e1+
√3 2 .e2
. Le vecteur 1 2e1+
√3
2 .e2 est une BON de Ker(f −idE) donc, en calculant dans la base canonique deR2,
p(x) =
*x1
x2
| 1
√2 3 2
+ .
1
√2 3 2
= x1+x2√ 3
2 .
1
√2 3 2
Retrouvons ce résultat par un calcul direct en utilisant quef2= id (f est une symétrie) :
• sin≡0 [2], il existeq∈N∗ :n= 2q,
p2q = 1 2q
2qX−1 k=0
fk= 1 2q
2qX−1
k=0 k≡0 [2]
fk
|{z}
= idE
+
2qX−1
k=0 k≡1 [2]
fk
|{z}
=f
= 1
2q(qidR2+qf) =1
2(idR2+f) donc
mat(p2q(x),BR2,can) = 1
2(I2+U) x1
x2
= 1 2
1 2
√3
√ 2 3 2
3 2
x1
x2
=1 2
x1+√ 3x2
√ 2
3x1+ 3x2
2
=x1+√ 3x2
2
1
√2 3 2
donc la suite de vecteurs (p2q(x))q∈N∗ est constante égale à x1+x2
√3
2 .
1
√2 3 2
.
• sin≡1 [2], il existeq∈N:n= 2q+ 1, p2q+1= 1
2q+ 1 X2q k=0
fk= 1
2q+ 1(2qp2q+f2q) = 2q
2q+ 1p2q+ 1 2q+ 1idR2
donc
mat(p2q+1(x),BR2,can) = 2q
2q+ 1mat(p2q+1(x),BR2,can)+ 1 2q+ 1
x1
x2
= 2q 2q+ 1
x1+√ 3x2
2
1
√2 3 2
+ 1 2q+ 1
x1
x2
En prenant la limite sur les composantes lorsqueq→+∞,
q→lim+∞mat(p2q+1(x),BR2,can) =x1+√ 3x2
2
1
√2 3 2
donc la suite de vecteurs (p2q+1(x))q∈N converge vers x1+x2
√3
2 .
1
√2 3 2
.
Ainsi, puisque les sous-suites (p2q(x))q∈N∗ et (p2q+1(x))q∈Nconverge dansR2vers la même limite, la suite (pn(x))n∈N∗ converge vers cette même limite.
4. Suppososons désormais que dimRE= 2.
• Supposons que f ∈SO(E).
Fixons (e1, e2) une BON de E.
Alors, mat(f,(e1, e2)) ∈ SO2(R) donc, d’après la decription explicite de SO2(R), il existe θ ∈ R : mat(f,(e1, e2)) =R(θ).
On a donc, pour toutn∈N∗,
mat(pn,(e1, e2)) = 1 n
n−1
X
k=0
R(θ)k
!
= 1
n
n−1
X
k=0
R(kθ)
!
= 1
n
nX−1 k=0
cos(kθ) −
n−1
X
k=0
sin(kθ)
nX−1 k=0
sin(kθ)
nX−1 k=0
cos(kθ)
Posons, pour toutk∈N∗,ck=
n−1
X
k=0
cos(kθ) et sk=
nX−1 k=0
sin(kθ). On a
∀n∈N∗ , un+isn =
n−1
X
k=0
eikθ=
nX−1 k=0
(eiθ)k
⋆ Siθ≡0 [2π],eiθ= 1 donc
∀n∈N∗ , un+isn=
n−1
X
k=0
1 =n
si bien que mat(pn,(e1, e2)) =I2 donc, pour toutx∈E, la suite (pn(x))n∈N∗ est constante égale àxdonc converge versx.
Ce résultat coïncide avec le résultat général de la question 2 puisqu’ici,f = idE doncg = 0L(E)
donc le projecteur orthogonal sur Kerg est le projecteur orthogonal surE, c’est idE.
⋆ Siθ6≡0 [2π],eiθ6= 1 donc
un+isn =
nX−1 k=0
(eiθ)k
= 1−(eiθ)n 1−eiθ
= ei(n+1)θ2 e−inθ2 −einθ2 e−iθ2 −eiθ2
= sinnθ2 sinθ2 ei(n+1)θ2 donc∀n∈N∗, cn= sinnθ2
sinθ2 cos(n+ 1)θ
2 etsn =sinnθ2
sinθ2 cos(n+ 1)θ
2 .
On observe que les suites (cn)n∈N∗ et (sn)n∈N∗ sont bornées
∀n∈N∗ , |cn|=
sinnθ2
sinθ2 cos(n+ 1)θ 2
6 1
sinθ2 et |sn|=
sinnθ2
sinθ2 cos(n+ 1)θ 2
6 1
sinθ2
donc lim
n→+∞
cn
n = lim
n→+∞
sn
n = 0.
Soitx∈E fixé quelconque. Posons x1
x2
= mat(x,(e1, e2)). On a donc
mat(pn(x),(e1, e2)) = 1 n
un −sn
sn cn
x1
x2
=
cnx1−snx2
−snx1n+cnx2
n
donc
∀n∈N∗ , pn(x) = cnx1−snx2
| {zn }
n−→→+∞0
.e1+−snx1+cnx2
| {zn }
n→−→+∞0 .e2
si bien qu’en prenant la limite lorsquen→+∞, la suite (pn(x))n∈N∗ converge vers 0E. Ce résultat coïncide avec le résultat général de la question 2 puisqu’ici,
detmat(f−idE) = det(R(θ)−I2) = (cosθ−1)2+ sin2θ= 2(1−cosθ)6= 0 (carθ6≡0[2π]) doncf −idE est un automorphisme deE donc le projecteur orthogonal sur Ker(f−idE) est le projecteur orthogonal sur{0E}, c’est l’endomorphisme identiquement nul 0L(E).
• Supposons que f ∈O(E)\SO(E).
Dans ce cas, puisqu’on est en dimension 2,f est une symétrie doncfk= idEpourk≡0 [2] etfk=f pourk≡1 [2] si bien que,
• sin≡0 [2], il existeq∈N∗ :n= 2q,
p2q = 1 2q
2qX−1 k=0
fk = 1 2q
2qX−1
k=0 k≡0 [2]
fk
|{z}
= idE
+
2qX−1
k=0 k≡1 [2]
fk
|{z}
=f
= 1
2q(qidR2+qf) =1
2(idR2+f)
donc la suite de vecteurs (p2q(x))q∈N∗ est constante égale à 1
2(idE+f)(x).
• sin≡1 [2], il existeq∈N: n= 2q+ 1, p2q+1= 1
2q+ 1 X2q k=0
fk= 1
2q+ 1(2qp2q+f2q) = 2q 2q+ 1
1
2(idR2+f) + 1 2q+ 1idR2
donc
p2q+1(x) = 2q 2q+ 1
1
2(idR2+f) + 1 2q+ 1.x donc la suite de vecteurs (p2q+1(x))q∈N converge, lorsqueq→+∞vers 1
2(idE+f)(x).
Ainsi, puisque les sous-suites (p2q(x))q∈N∗ et (p2q+1(x))q∈N converge dansE vers la même limite, la suite (pn(x))n∈N∗ converge vers cette même limite 1
2(idE+f)(x).
Ce résultat coïncide avec le résultat général de la question 2 puisqu’ici, sachant que pour la réflexion f, on a
f
E = Ker(f−idE) ⊕⊥ Ker(f+ idE) → E
x = 1
2(x+f(x)) + 1
2(x−f(x)) 7→ 1
2(x+f(x))−1
2(x−f(x)) donc le projecteur orthogonal sur Ker(f−idE) estx7→ 1
2(x+f(x)) = 1
2(idE+f).
⊲ Corrigé de l’exercice 4.1
• SupposonsA,B etC alignés.
Alors−−→ABet−→AC sont colinéaires donc det(−→e1,−→e2)(−−→AB,−→AC) = 0, or l’aire deABC est nulle donc la formule est satisfaite.
• SupposonsA,B etC non alignés.
Les vecteurs−−→ABet−→AC ne sont pas colinéaires donc ils forment une base du plan.
Procédons à l’orthonormalisation de Gram Schmidt de la base (−−→AB,−→AC) :
−
→u =
−−→AB
k−−→ABk , −→v =
−→AC−<−→AC|−→u > .−→u k−→AC−<−→AC|−→u > .−→uk
La base (−→u ,→−v) est orthonormale et les déterminants relativement aux bases (−→u ,−→v) et (−→e1,−→e2) sont reliés par la formule
det(−→u ,−→v)= det(−→u ,−→v)(−→e1,−→e2)det(−→e1,−→e2)
