TD 6 : Géométrie des espaces euclidiens - LMPT

Université François Rabelais de Tours
Département de Mathématiques
TD 6 : Géométrie des espaces euclidiens
Algèbre
Semestre 4, 2014
Exercice 1
Soit B = (e1 , e2 , e3 ) une base directe de l’espace vectoriel réel E.
Que dire des bases : B1 = (e1 + e2 , e2 , e3 ) ; B2 = (e2 , e3 , e1 ) ; B3 = (e1 + e2 , e2 + e3 , e3 + e1 ) ?
Solution. On a
1 0 0
detB (B1 ) = 1 1 0
0 0 1
0 0 1
= 1, detB (B2 ) = 1 0 0
0 1 0
et donc B1 , B2 , B3 sont aussi des bases directes.
1 0 1
= 1, detB (B3 ) = 1 1 0
0 1 1
=2
Exercice 2
Soit E un espace euclidien orienté de dimension n.
1- Prouver que pour toute famille (u1 , u2 , ..., un ) de n vecteurs de E,
|[u1 , u2 , ..., un ]| ≤ ||u1 || × ||u2 || × ... × ||un ||.
Etudier le cas d’égalité.
Indication : Si (u1 , ..., un ) est libre, utiliser son orthonormalisée par la méthode de Gram-Schmidt
n
2- En déduire que si A = (aij ) ∈ Mn (R) avec |aij | ≤ 1 pour 1 ≤ i, j ≤ n, alors |detA| ≤ n 2 .
Solution. 1. cf note de cours page 4.
2. Désignons par Ci la ième colonne de A. Par définition du produit mixte et d’après la question 1, on
a
| det(A)| = |[C1 , . . . , Cn ]| ≤ ||C1 || × . . . × ||Cn ||.
P 2
2
Or ||C1 || = j ai,j ≤ n puisque ai,j ≤ 1 pour tout 1 ≤ i, j ≤ n. On a donc ||Ci || ≤ n1/2 pour tout i
et
| det(A)| ≤ ||C1 || × . . . × ||Cn || ≤ |n1/2 × .{z
. . × n1/2} = nn/2 .
n-termes
Exercice 3
Soient u, v, w trois vecteurs d’un espace euclidien orienté E de dimension 3.
Etablir l’identité de Jacobi : u ∧ (v ∧ w) + w ∧ (u ∧ v) + v ∧ (w ∧ u) = 0E .
Solution. D’après la formule de Gibbs pour le produit vectoriel on a
u ∧ (v ∧ w) = hu, wiv − hu, viw
w ∧ (u ∧ v) = hw, viu − hw, uiv
v ∧ (w ∧ u) = hv, uiw − hv, wiu.
On trouve la formule désirée en ajoutant ces 3 équations.
Exercice 4
Soient u, v, w, t quatre vecteurs d’un espace euclidien orienté E de dimension 3. Calculer (u∧v)∧(w∧t)
sous la forme d’une combinaison de u et v, puis de w et t.
Solution. D’après la formule de Gibbs pour le produit vectoriel on a
(u ∧ v) ∧ (w ∧ t) = hu ∧ v, tiw − hu ∧ v, wit
(u ∧ v) ∧ (w ∧ t) = hu, w ∧ tiv − hv, w ∧ tiu.
Exercice 5
Soit u un vecteur d’un espace euclidien orienté E de dimension 3.
On considère l’application φ de E vers E, définie par : φ(x) = u ∧ x.
1. Justifier que φ est un endomorphisme de E, puis déterminer son noyau et son image.
2. Soit v ∈ E.
Déterminer ses antécédents par φ.
3. Prouver que φ est antisymétrique : ∀(x, y) ∈ E 2 ,
< φ(x), y >= − < x, φ(y) > .
Solutions 1. Voir la Proposition 5 page 6 du cours.
2. Si u = 0 alors v ∈ Im(φ) que si v = 0 et dans ce cas φ−1 ({0}) = E. On suppose dorénavant u 6= 0.
Si v = 0, alors d’après les propriétés du produit vectoriel, φ−1 ({v}) = Ru. On suppose v 6= 0.
On cherche à résoudre l’équation φ(x) = u∧x = v. On remarque pour commencer que Im(φ) ⊂ (Ru)⊥ .
Ainsi, si v ∈
/ (Ru)⊥ alors v n’a pas d’antécédent. On suppose dorénavant que v ∈ (Ru)⊥ .
Soit x0 ∈ (Rv)⊥ \Ru. Alors u ∧ x0 ∈ Vect(u, x0 )⊥ = Rv. Ainsi, il existe λ ∈ R∗ tel que v = λu ∧ x0 .
1
Si on pose x = x0 alors u ∧ x = v. A tout point de (Rv)⊥ \Ru corresponds un antécédent de v.
λ
Supposons que x est un antécédent fixé de v. Soit y un autre antécédent. On a alors
φ(x) = φ(y) = v =⇒ φ(x − y) = 0 =⇒ x − y ∈ ker(φ).
Réciproquement, tous les élements de la forme x + z avec z ∈ ker(φ) sont des antécédents de v. On a
donc
φ−1 ({v}) = x + Ru
puisque ker(φ) = Ru.
3. Soit x, y ∈ E. On a en utilisant la multilinéarité du déterminant :
hφ(x), yi = hu ∧ x, yi = [u, x, y] = [x, y, u] = −[x, u, y] = −hx, u ∧ yi = −hx, φ(y)i.
Exercice 6
Soit f un endomorphisme d’un espace euclidien orienté E de dimension 3 tel que :
∀x ∈ E, < f (x), x >= 0.
1. Rappeler pourquoi f est antisymétrique et sa matrice représentative dans une b.o.n.d (e1 , e2 , e3 )
de E est antisymétrique.
2. Montrer qu’il existe un unique vecteur u de E tel que : ∀x ∈ E, f (x) = u ∧ x.
Solution. 1. On a hf (x + y), x + yi = 0 et
hf (x + y), x + yi = hf (x), xi + hf (x), yi + hf (y), xi + hf (y), yi = hf (x), yi + hx, f (y)i
d’où hx, f (y)i = h−f (x), yi et f ∗ = −f .
Le coefficient (i, j) dans la matrice représentative de f est hf (ei ), ej i.
Le coefficient (j, i) dans la matrice représentative de f est hf (ej ), ei i.
Or hf (ei ), ej i = −hei , f (ej )i = −hf (ej ), ei i d’où le résultat.
2. On considère l’application :
ϕ : E −→ A(E)
u 7−→ u ∧ ·
où u ∧ ·(x) = u ∧ x pour tout x. Montrons que cette application est injective. Soient u, u′ ∈ E tels que
ϕ(u) = ϕ(u′ ), c’est-à-dire u ∧ x = u′ ∧ x pour tout x. On a (u − u′ ) ∧ x = 0 pour tout x ∈ E, ce qui
implique u − u′ est colinéaire à tout vecteur de E, ce qui est possible seulement si u − u′ = 0. Donc
ϕ est injective. Comme dim(E) = dim(A(E)) dans le cas de la dimension 3, ϕ est bijective. Ainsi, f
possède un unique antécédent, u ∈ E. C’est à dire, f (x) = u ∧ x pour tout x.
Exercice 7
Soit E un espace euclidien orienté de dimension 2.
Dans les trois cas suivants, reconnaître et caractériser l’endomorphisme fi de E dont la matrice
représentative dans une base othonormale directe B de E est Ai :
1 4 3
1
1 −1
0 1
A1 =
, A2 =
.
et A3 = √
−1 0
5 3 −4
2 1 1
Solution. La matrice A1 est symétrique et orthogonale. De plus det(A1 ) = −1. On voit donc que A1
2
est une symétrie
orthogonale par rapport à la droite D := {X ∈ R | A1 X = X}.
x
Soit X =
. On a
y
(
−x + 3y = 0
A1 .X = X ⇐⇒
3x − 9y = 0
n
⇐⇒ x − 3y = 0 .
On a donc D = Vect(u) où u =
3
.
1
La matrice A2 est orthogonale et det(A2 ) = 1. De plus on vérifie facilement que
cos(θ) − sin(θ)
A2 =
pour θ = −π/2
sin(θ) cos(θ)
A2 est donc la matrice d’une rotation d’angle −π/2.
La matrice A3 est orthogonale et det(A3 ) = 1. De plus on vérifie facilement que
cos(θ) − sin(θ)
A3 =
pour θ = π/4
sin(θ) cos(θ)
A3 est donc la matrice d’une rotation d’angle π/4.
Exercice 8
Soit E un espace euclidien orienté de dimension 3.
Dans les quatre cas suivants, reconnaître et caractériser l’endomorphisme gi de E dont la matrice
représentative
dans unebase othonormale
directe
 B de E est Bi :


7 4
4
0 0 1
1
B1 =  4 −8 1  , B2 =  1 0 0  ,
9
0 1 0
4 1 −8






0 −1 0
2 −1 2
2
2 −1
1
1
B3 =  −1 0 0  B4 =  2
2 −1  et B5 =  2 −1 2 .
3
3
0
0 1
−1 2
2
−1 2
2
Solutions. On vérifie facilement que t B1 · B1 = I3 et donc B1 est orthogonale. De plus t B1 = B1
donc B1 est symétrique. C’est donc une symétrie orthogonale par rapport à son espace de point fixe
3
E1 = {u ∈
R| g1 (u) = u}.
x

Soit u = y . On a
z


7x + 4y + 4z = 9x
g1 (u) = u ⇐⇒ 4x − 8y + z = 9y


4x + y − 8z = 9z
(
x = 4z
⇐⇒
y=z
 
4
On a donc E1 = Vect(u) où u = 1. Finalement g1 est un retournement puisque dim(E1 ) = 1.
1
On vérifie facilement que t B2 · B2 = I3 et donc B2 est orthogonale. De plus det(B2 ) = 1 et donc B2
3
est une matrice
  de rotation de R .
x
Soit u = y . On a
z


z = x
g2 (u) = u ⇐⇒ x = y


z=z
n
⇐⇒ x = y = z
 
1
1  
1 . L’axe de g2 est la droite D dirigée et orienté par e1 .
On pose e1 = √
3 1


1
1
Le plan orthogonal à D a pour équation x + y + z = 0. On choisit e2 = √  −1  ∈ P .
2
0


1
1
Finalement, on choisit e3 = e1 ∧ e2 = √  1 . D’après les propriétés du produit scalaire on a
6
−2
∗ e3 est orthogonal à e1 , donc e3 ∈ D ⊥ = P ,
∗ e3 est orthogonal à e2 , donc (e2 , e3 ) forme une famille libre et orthogonale de P ,
∗ e3 est normée.
Ainsi, (e1 , e2 , e3 ) forme une base orthonormée de vecteurs propres de g2 .
Déterminons l’angle de la rotation. On a
√
3
1
e3 = cos(θ)e2 + sin(θ)e3
g2 (e2 ) = hg2 (e2 ), e2 ie2 + hg2 (e2 ), e3 ie3 = − e2 +
2
2
d’où θ ≡ 2π/3 mod 2π et g2 est la rotation d’axe dirigé et orienté par e1 et d’angle θ ≡ 2π/3 mod 2π.
Remarque. D’après la formule de changement de base, on a
√
√ 
 √


1
0
1/√6
1/√3 1/ √2
√0
0 −1/2 − 3/2 =t P B2 P où P := 1/ 3 −1/ 2 1/ 6  .
√
√
√
0
3/2 −1/2
1/ 3
0
−2/ 6
On vérifie facilement que t B3 · B3 = I3 et donc B3 est orthogonale. De plus det(B3 ) = −1 et t B3 = B3
et donc B
3 est
 la matrice d’une réflexion.
x
Soit u = y . On a
z


−y = x
g3 (u) = u ⇐⇒ −x = y


z=z
n
⇐⇒ x = −y
Finalement, g3 est la réflexion par rapport au plan vectoriel d’équation x + y = 0.
On vérifie facilement que t B4 · B4 = I3 et donc B4 est orthogonale. De plus det(B4 ) = 1 et donc B4
3
est une matrice
  de rotation de R .
x
Soit u = y . On a
z


2x − y + 2z = 3x
g4 (u) = u ⇐⇒ 2x + 2y − z = 3y


−x + 2y + 2z = 3z
n
⇐⇒ x = y = z
 
1
1  
On pose e1 = √
1 . L’axe de g4 est la droite D dirigée et orienté par e1 .
3 1


1
1
Le plan orthogonal à D a pour équation x + y + z = 0. On choisit e2 = √  −1  ∈ P .
2
0


1
1
Finalement, on choisit e3 = e1 ∧ e2 = √  1 . D’après les propriétés du produit scalaire on a
6
−2
∗ e3 est orthogonal à e1 , donc e3 ∈ D ⊥ = P ,
∗ e3 est orthogonal à e2 , donc (e2 , e3 ) forme une famille libre et orthogonale de P ,
∗ e3 est normée.
Ainsi, (e1 , e2 , e3 ) forme une base orthonormée de vecteurs propres de g2 .
Déterminons l’angle de la rotation. On a
√
3
1
e3 = cos(θ)e2 + sin(θ)e3 .
g4 (e2 ) = hg4 (e2 ), e2 ie2 + hg4 (e2 ), e3 ie3 = e2 −
2
2
On a donc θ ≡ π/3 mod 2π. Finalement g4 est la rotation d’axe dirigé et orienté par e1 et d’angle
θ ≡ π/3 mod 2π.
On vérifie facilement que t B5 · B5 = I3 et donc B5 est orthogonale. De plus det(B3 ) = −1 et t B5 = B5
et donc B5 est la matrice d’une réflexion.
 
x
Soit u = y . On a
z


2x + 2y − z = 3x
g5 (u) = u ⇐⇒ −x + 2y + 2z = 3y


2x − y + 2z = 3z
n
⇐⇒ x − 2yz = 0
Finalement, g5 est la réflexion par rapport au plan vectoriel d’équation x − 2y + z = 0
Exercice 9
Dans R3 muni du produit scalaire usuel et orienté par sa base canonique B, déterminer la matrice R,
représentative dans B :
π
1. de la rotation r d’axe dirigé et orienté par le vecteur u = (1, 1, 1) et d’angle
,
3
2. du retournement d’axe dirigé par u,
3. de la réflexion par rapport au plan d’équation : x + y + z = 0.
Solutions. 1. Commençons
  par déterminer la matrice de r dans une base adaptée.
1
1  
√
1 . Le plan orthogonal à D a pour équation x + y + z = 0.
On pose u1 =
3
1




1
1
1
1
On choisit u2 = √  −1  ∈ P et u3 = e1 ∧ e2 = √  1 . D’après les propriétés du produit
2
6
0
−2
scalaire on a
∗ u3 est orthogonal à u1 , donc u3 ∈ D ⊥ = P ,
∗ u3 est orthogonal à u2 , donc (u2 , u3 ) forme une famille libre de P
∗ u3 est normée.
∗ (u1 , u2 , u3 ) est direct.
Ainsi, B ′ = (u1 , u2 , u3 ) forme une base orthonormée directe R3 . Dans cette base, la matrice de r est :


 
1 0
0√
1
0
0

0 cos(θ) − sin(θ) = 
0 √21 − 23  .
3
1
0 sin(θ) cos(θ)
0
2
La matrice de passage de B à B ′ est
B PB′
=

√1
3
 √1
 3
√1
3

√1
6
√1 
6
−2
√
6
√1
2
− √12
0
et d’après la formule de changement de base, on a
MatB (r) =B PB′ · MatB′ (r) · (B PB′ )−1
2


2
2 −1
1
=
−1 2
2 .
3
2 −1 2
2. Dans la base B ′ , la matrice du retournement r2 est


1 0
0
0 −1 0  .
0 0 −1
et d’après la formule de changement de base, on a
MatB (r2 ) =B PB′ · MatB′ (r2 ) · (B PB′ )−1


−1 2
2
1
=  2 −1 2  .
3
2
2 −1
3. Le plan d’équation x + y + z = 0 est le plan orthogonal à D. La matrice de la reflexion s est donc
simplement −Mat(r2 ) :


1 −2 −2
1
MatB (s) = −2 1 −2 .
3
−2 −2 1
Exercice 10
Dans un espace euclidien orienté de dimension 3, on considère la rotation r d’axe dirigé et orienté par
le vecteur unitaire u1 et d’angle θ.
1. Prouver que pour tout x de E,
r(x) = cos θ x + (1 − cos θ). < x, u1 > u1 + sin θ (u1 ∧ x).
2. Retrouver à l’aide de 1- le résultat de l’exercice 9.1-.
3. Commenter.
Solutions. 1. Le vecteur x se décompose en la somme de hx, u1 iu1 colinéaire à u1 et invariant par la
rotation, et de w = x − hx, u1 iu1 , élément du plan orthogonal à u1 . Le vecteur directement orthogonal
à w dans le plan et de même norme est u1 ∧w, de sorte que l’image de w par r est cos(θ)w+sin(θ)u∧w.
L’image de x par r est donc
v = hx, u1 iu1 + cos(θ)w + sin(θ)u1 ∧ w
et en remplaçant w par x − hx, u1 iu1 on obtient
v = hx, u1 iu1 + cos(θ)(x − hx, u1 iu1 ) + sin(θ)u1 ∧ x
ce qui donne après réarrangement
v = r(x) = cos θ x + (1 − cos θ) < x, u1 > u1 + sin θ (u1 ∧ x).
2. Soit r la rotation de l’exercice 9.1. On a

 
1
1
r(e1 ) = cos(π/3)  0  + (1 − cos(π/3)). < 
3
0


 

 
1/2
1
0
1
1
= 0 +  1 +  1 =
6
2
0
−1
1
    
   
1
1
1
1
1
1
0  ,  1  >  1  + √ sin(π/3)  1  ∧  0 
3
1
1
0
0
1

2/3
2/3 
−1/3
En procédant de la même manière, on retrouve la matrice obtenue dans l’exercice 9.
3. C’est plus rapide !