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
detB(B1) = 
1 0 0
1 1 0
0 0 1 
= 1,detB(B2) = 
0 0 1
1 0 0
0 1 0 
= 1,detB(B3) = 
1 0 1
1 1 0
0 1 1 
= 2
et donc B1,B2,B3sont aussi des bases directes.
Exercice 2
Soit Eun espace euclidien orienté de dimension n.
1- Prouver que pour toute famille (u1, u2, ..., un)de nvecteurs 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
2- En déduire que si A= (aij )∈Mn(R)avec |aij | ≤ 1pour 1≤i, j ≤n, alors |detA| ≤ nn
2.
Solution. 1. cf note de cours page 4.
2. Désignons par Cila ième colonne de A. Par définition du produit mixte et d’après la question 1, on
a
|det(A)|=|[C1,...,Cn]| ≤ ||C1|| × ...× ||Cn||.
Or ||C1||2=Pja2
i,j ≤npuisque ai,j ≤1pour tout 1≤i, j ≤n. On a donc ||Ci|| ≤ n1/2pour tout i
et
|det(A)| ≤ ||C1|| × ...× ||Cn|| ≤ n1/2×...×n1/2
|{z }
n-termes
=nn/2.
Exercice 3
Soient u,v,wtrois vecteurs d’un espace euclidien orienté Ede 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,tquatre vecteurs d’un espace euclidien orienté Ede dimension 3. Calculer (u∧v)∧(w∧t)
sous la forme d’une combinaison de uet v, puis de wet 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 uun vecteur d’un espace euclidien orienté Ede dimension 3.
On considère l’application φde Evers E, définie par : φ(x) = u∧x.
1. Justifier que φest un endomorphisme de E, puis déterminer son noyau et son image.
2. Soit v∈E.
Déterminer ses antécédents par φ.
3. Prouver que φest antisymétrique : ∀(x, y)∈E2, < 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 u6= 0.
Si v= 0, alors d’après les propriétés du produit vectoriel, φ−1({v}) = Ru. On suppose v6= 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 vn’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.
Si on pose x=1
λx0alors u∧x=v. A tout point de (Rv)⊥\Rucorresponds un antécédent de v.
Supposons que xest un antécédent fixé de v. Soit yun 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+zavec 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 fun endomorphisme d’un espace euclidien orienté Ede dimension 3 tel que :
∀x∈E, < f (x), x >= 0.
1. Rappeler pourquoi fest antisymétrique et sa matrice représentative dans une b.o.n.d (e1, e2, e3)
de Eest antisymétrique.
2. Montrer qu’il existe un unique vecteur ude Etel 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), yiet f∗=−f.
Le coefficient (i, j)dans la matrice représentative de fest hf(ei), eji.
Le coefficient (j, i)dans la matrice représentative de fest hf(ej), eii.
Or hf(ei), eji=−hei, f(ej)i=−hf(ej), eiid’où le résultat.

2. On considère l’application :
ϕ:E−→ A(E)
u7−→ u∧ ·
où u∧·(x) = u∧xpour tout x. Montrons que cette application est injective. Soient u, u′∈Etels que
ϕ(u) = ϕ(u′), c’est-à-dire u∧x=u′∧xpour 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
ϕest injective. Comme dim(E) = dim(A(E)) dans le cas de la dimension 3, ϕest bijective. Ainsi, f
possède un unique antécédent, u∈E. C’est à dire, f(x) = u∧xpour tout x.
Exercice 7
Soit Eun espace euclidien orienté de dimension 2.
Dans les trois cas suivants, reconnaître et caractériser l’endomorphisme fide Edont la matrice
représentative dans une base othonormale directe Bde Eest Ai:
A1=1
54 3
3−4, A2=0 1
−1 0 et A3=1
√21−1
1 1 .
Solution. La matrice A1est symétrique et orthogonale. De plus det(A1) = −1. On voit donc que A1
est une symétrie orthogonale par rapport à la droite D:= {X∈R2|A1X=X}.
Soit X=x
y. On a
A1.X =X⇐⇒(−x+ 3y= 0
3x−9y= 0
⇐⇒nx−3y= 0 .
On a donc D=Vect(u)où u=3
1.
La matrice A2est orthogonale et det(A2) = 1. De plus on vérifie facilement que
A2=cos(θ)−sin(θ)
sin(θ) cos(θ)pour θ=−π/2
A2est donc la matrice d’une rotation d’angle −π/2.
La matrice A3est orthogonale et det(A3) = 1. De plus on vérifie facilement que
A3=cos(θ)−sin(θ)
sin(θ) cos(θ)pour θ=π/4
A3est donc la matrice d’une rotation d’angle π/4.
Exercice 8
Soit Eun espace euclidien orienté de dimension 3.
Dans les quatre cas suivants, reconnaître et caractériser l’endomorphisme gide Edont la matrice
représentative dans une base othonormale directe Bde Eest Bi:
B1=1
9
7 4 4
4−8 1
4 1 −8
, B2=
0 0 1
1 0 0
0 1 0 
,
B3=
0−1 0
−100
0 0 1 
B4=1
3
2−1 2
2 2 −1
−1 2 2 
et B5=1
3
2 2 −1
2−1 2
−1 2 2 
.

Solutions. On vérifie facilement que tB1·B1=I3et donc B1est orthogonale. De plus tB1=B1
donc B1est symétrique. C’est donc une symétrie orthogonale par rapport à son espace de point fixe
E1={u∈R3|g1(u) = u}.
Soit u=
x
y
z
. On a
g1(u) = u⇐⇒ 
7x+ 4y+ 4z= 9x
4x−8y+z= 9y
4x+y−8z= 9z
⇐⇒ (x= 4z
y=z
On a donc E1=Vect(u)où u=
4
1
1
. Finalement g1est un retournement puisque dim(E1) = 1.
On vérifie facilement que tB2·B2=I3et donc B2est orthogonale. De plus det(B2) = 1 et donc B2
est une matrice de rotation de R3.
Soit u=
x
y
z
. On a
g2(u) = u⇐⇒ 
z=x
x=y
z=z
⇐⇒ nx=y=z
On pose e1=1
√3
1
1
1
. L’axe de g2est la droite Ddirigée et orienté par e1.
Le plan orthogonal à Da pour équation x+y+z= 0. On choisit e2=1
√2
1
−1
0
∈P.
Finalement, on choisit e3=e1∧e2=1
√6
1
1
−2
. D’après les propriétés du produit scalaire on a
∗e3est orthogonal à e1, donc e3∈D⊥=P,
∗e3est orthogonal à e2, donc (e2, e3)forme une famille libre et orthogonale de P,
∗e3est normée.
Ainsi, (e1, e2, e3)forme une base orthonormée de vecteurs propres de g2.
Déterminons l’angle de la rotation. On a
g2(e2) = hg2(e2), e2ie2+hg2(e2), e3ie3=−1
2e2+√3 2e3= cos(θ)e2+ sin(θ)e3
d’où θ≡2π/3 mod 2πet g2est la rotation d’axe dirigé et orienté par e1et d’angle θ≡2π/3 mod 2π.
Remarque. D’après la formule de changement de base, on a
1 0 0
0−1/2−√3/2
0√3/2−1/2
=tP B2Poù P:= 
1/√3 1/√2 1/√6
1/√3−1/√2 1/√6
1/√3 0 −2/√6
.

On vérifie facilement que tB3·B3=I3et donc B3est orthogonale. De plus det(B3) = −1et tB3=B3
et donc B3est la matrice d’une réflexion.
Soit u=
x
y
z
. On a
g3(u) = u⇐⇒ 
−y=x
−x=y
z=z
⇐⇒ nx=−y
Finalement, g3est la réflexion par rapport au plan vectoriel d’équation x+y= 0.
On vérifie facilement que tB4·B4=I3et donc B4est orthogonale. De plus det(B4) = 1 et donc B4
est une matrice de rotation de R3.
Soit u=
x
y
z
. On a
g4(u) = u⇐⇒ 
2x−y+ 2z= 3x
2x+ 2y−z= 3y
−x+ 2y+ 2z= 3z
⇐⇒ nx=y=z
On pose e1=1
√3
1
1
1
. L’axe de g4est la droite Ddirigée et orienté par e1.
Le plan orthogonal à Da pour équation x+y+z= 0. On choisit e2=1
√2
1
−1
0
∈P.
Finalement, on choisit e3=e1∧e2=1
√6
1
1
−2
. D’après les propriétés du produit scalaire on a
∗e3est orthogonal à e1, donc e3∈D⊥=P,
∗e3est orthogonal à e2, donc (e2, e3)forme une famille libre et orthogonale de P,
∗e3est normée.
Ainsi, (e1, e2, e3)forme une base orthonormée de vecteurs propres de g2.
Déterminons l’angle de la rotation. On a
g4(e2) = hg4(e2), e2ie2+hg4(e2), e3ie3=1
2e2−√3 2e3= cos(θ)e2+ sin(θ)e3.
On a donc θ≡π/3 mod 2π. Finalement g4est la rotation d’axe dirigé et orienté par e1et d’angle
θ≡π/3 mod 2π.
On vérifie facilement que tB5·B5=I3et donc B5est orthogonale. De plus det(B3) = −1et tB5=B5
et donc B5est la matrice d’une réflexion.