Chapitre 13

13
Géométrie dans les espaces préhilbertiens
Pour ce chapitre (E, h· | ·i) est un espace préhilbertien et k·k est la norme associée.
13.1
Mesures de l’angle non orienté de deux vecteurs non
nuls
L’inégalité de Cauchy-Schwarz nous dit que pour tous vecteurs x et y non nuls dans E, on
a:
hx | yi
≤ 1,
kxk kyk
ce qui implique qu’il existe un unique réel θ dans [0, π] tel que :
−1 ≤
hx | yi = cos (θ) kxk kyk .
Le réel θ est la mesure dans [0, π] de l’angle géométrique (ou angle non orienté) que font les
[
vecteurs x et y dans E − {0} . On note (x,
y) cette mesure. On a donc :
µ
¶
hx | yi
[
(x, y) = arccos
∈ [0, π] .
kxk kyk
Pour θ ∈ {0, π} , on a |hx | yi| = kxk kyk , ce qui équivaut à dire que les vecteurs x et y sont
liés (cas d’égalité dans l’inégalité de Cauchy-Schwarz).
π
Pour θ = , on a hx | yi = 0 et les vecteurs x, y sont orthogonaux.
2
De manière générale, on a :
kx + yk2 = kxk2 + 2 cos (θ) kxk kyk + kyk2
où θ est la mesure dans [0, π] de l’angle que font les vecteurs non nuls x et y.
On peut remarquer que si λ, µ sont deux réels strictement positifs, alors :
µ
¶
hx
|
yi
\
[
(λx,
µy) = arccos
= (x,
y)
kxk kyk
ce qui permet de définir la mesure dans [0, π] de l’angle géométrique de deux demi-droites
∆1 = R+ x1 et ∆2 = R+ x2 par :
\
\
(∆
1 , ∆2 ) = (x1 , x2 )
où x1 est un vecteur directeur de ∆1 et x2 un vecteur directeur de ∆2 .
\
On dit parfois que (∆
1 , ∆2 ) est l’angle géométrique ou l’écart angulaire de ∆1 et ∆2 .
On a :
247
248
Géométrie dans les espaces préhilbertiens
\
– (∆
1 , ∆2 ) = 0 si, et seulement si, ∆1 = ∆2 ;
\
– (∆
1 , ∆2 ) = π si, et seulement si, ∆1 = −∆2 (i. e. ∆1 et ∆2 sont opposées) ;
π
\
– (∆
si, et seulement si, ∆1 et ∆2 sont orthogonales.
1 , ∆2 ) =
2
13.2
Sphères dans un espace préhilbertien
Le fait de disposer d’une norme sur E permet de définir les notions de sphère et de boule
ouverte ou fermée dans E.
Définition 13.1 On dit qu’une partie S de E est une sphère s’il existe un point ω dans E et
un réel R positif ou nul tels que :
S = {x ∈ E | kx − ωk = R}
On dit alors que ω est un centre et R un rayon de cette sphère.
On notera S (ω, R) une telle sphère.
Il semble intuitif que le centre et le rayon d’une sphère sont uniquement déterminés, c’est ce
que nous allons vérifier.
Théorème 13.1 Le centre et le rayon d’une sphère sont uniquement déterminés.
Démonstration. Soit S = S (ω, R) une sphère.
Si R = 0, on a alors S = {ω} et il n’y a rien à prouver.
On suppose donc que R > 0.
Pour tous x, y dans S = S (ω, R) , on a :
ky − xk ≤ ky − ωk + kω − xk = 2R
l’égalité étant réalisée pour (x, y) = (ω + Ru, ω − Ru) ∈ S 2 où kuk = 1 (pour tout vecteur non
1
nul v ∈ E le vecteur u =
v est de norme 1). On a donc :
kvk
2R = sup ky − xk
(x,y)∈S 2
ce qui prouve l’unicité du rayon R.
Si a, b dans S (ω, R) sont tels que kb − ak = 2R, on a l’égalité :
kb − ak = kb − ωk + kω − ak = 2R
et il existe un réel λ > 0 tel que b − ω = λ (ω − a) (cas d’égalité dans l’inégalité de Minkowski).
1
Avec kb − ωk = kω − ak = R > 0, on déduit que λ = 1 et ω = (a + b) , ce qui prouve l’unicité
2
du centre ω.
Définition 13.2 Si S (ω, R) une sphère de centre ω et de rayon R, on appelle diamètre de
S (ω, R) tout segment [a, b] où a, b sont deux points de S tels que kb − ak = 2R.
Définition 13.3 Soient ω un point de E et R un réel positif ou nul.
La boule fermée [resp. ouverte] de centre ω et de rayon R est l’ensemble :
B (ω, R) = {x ∈ E | kx − ωk ≤ R}
◦
[resp. B (ω, r) = {x ∈ E | kx − ωk < R} ]
Sphères dans un espace euclidien
249
◦
Remarque 13.1 Pour R = 0, on a S (ω, R) = B (ω, R) = {ω} et B (ω, R) = ∅.
Dans le cas où ω = 0 et R = 1, on dit que S (0, 1) [resp. B (0, 1)] est la sphère [resp. boule]
unité.
Si R > 0, le centre ω n’est pas dans S (ω, R) et on a vu dans la démonstration du théorème
précédent que S (ω, R) contient au moins deux points.
Dans le cas où E est une droite dirigée par e1 de norme 1, on a, pour R > 0 :
(x ∈ S (ω, R)) ⇔ (|x1 − ω1 | = R) ⇔ (x1 = ω1 ± R)
c’est-à-dire que S (ω, R) est réduit aux deux points {ω1 − R, ω1 + R} .
Si E est de dimension 2, une sphère est appelée cercle.
L’utilisation de l’identité polaire pour le produit scalaire nous fournit une autre définition
géométrique d’une sphère.
Théorème 13.2 Soient a, b deux points de E. L’ensemble :
S = {x ∈ E | hx − a | x − bi = 0}
°
°
°b − a°
a+b
°
est une sphère de centre ω =
et de rayon R = °
° 2 ° (sphère de diamètre [a, b]).
2
Démonstration. En utilisant l’identité polaire, on a :
¢
1¡
k(x − a) + (x − b)k2 − k(x − a) − (x − b)k2
°4
°2 °
°
°
°
° b − a °2
a
+
b
°
°
°
=°
°x − 2 ° − ° 2 °
hx − a | x − bi =
et :
° °
°¶
µ°
°
° °b − a°
a
+
b
° °
°
(x ∈ S) ⇔ °
°x − 2 ° = ° 2 °
°
°
°b − a°
a+b
°
ce qui signifie que S est la sphère de centre ω =
et de rayon °
° 2 °.
2
Cette sphère passe par a et b. Pour R > 0 et E de dimension 2, on retrouve la caractérisation
du cercle de diamètre [a, b] dans le plan euclidien comme l’ensemble des points x tels que le
triangle axb soit rectangle en x (figure 13.1).
13.3
Sphères dans un espace euclidien
Dans le cas où E est un espace euclidien de dimension n ≥ 2 (le cas n = 1 étant trivial),
l’utilisation d’une base orthonormée permet de donner une définition analytique d’une sphère.
On suppose, a priori, que le rayon R d’une sphère S (ω, R) est non nul.
Si B = (ei )1≤i≤n est une base orthonormée de E euclidien, on a alors en notant x1 , · · · , xn
les coordonnées d’un vecteur x ∈ E dans cette base :
à n
!
X
(x ∈ S (ω, R)) ⇔
(xk − ωk )2 = R2
⇔
à k=1
n
X
k=1
x2k − 2
n
X
k=1
ω k xk +
n
X
k=1
!
ωk2 − R2 = 0
250
Géométrie dans les espaces préhilbertiens
x
b
a+b
2
a
Fig. 13.1 – Sphère : hx − a, x − bi = 0
n
X
ωk ek , l’ensemble
Réciproquement si ω1 , · · · , ωn et c sont des réels, alors en notant ω =
k=1
n
X
xk ek de E tels que :
des vecteurs x =
k=1
n
X
x2k
−2
k=1
n
X
ω k xk + c = 0
k=1
est :
n
X
ωk2 ;
– l’ensemble vide si c > kωk =
2
k=1
– réduit à {ω} si c = kωk2 ;
q
– la sphère de centre ω et de rayon R =
Il suffit en effet d’écrire que :
n
X
k=1
x2k
−2
n
X
k=1
ω k xk + c =
kωk2 − c si c < kωk2 .
n
X
k=1
2
(xk − ωk ) + c −
n
X
ωk2 .
k=1
Dans le cas où E est un plan euclidien, on peut donner une représentation paramétrique
d’un cercle.
Pour ce faire, on rappelle que si u, v sont deux réels tels que u2 + v 2 = 1, il existe un unique
réel θ dans ]−π, π] tel que u = cos (θ) et v = sin (θ) (voir la définition de l’argument d’un
nombre complexe non nul).
Désignant par B = (e1 , e2 ) une base orthonormée de E, on en déduit que tout point x du
cercle S (ω, R) s’écrit de manière unique x = x1 e1 + x2 e2 avec :
½
x1 = ω1 + R cos (θ)
x2 = ω2 + R sin (θ)
Sphères dans un espace euclidien
251
avec θ ∈ ]−π, π] .
En écrivant (x1 , x2 ) = (ρ cos (t) , ρ sin (t)) et (ω1 , ω2 ) = (r cos (α) , r sin (α)) où ρ = kxk ,
r = kωk et α, t réels, on a aussi :
¡
¢
(x ∈ S (ω, R)) ⇔ ρ2 − 2ρr (cos (t) cos (α) + sin (t) sin (α)) + r2 − R2 = 0
¡
¢
⇔ ρ2 − 2ρr cos (t − α) + r2 − R2 = 0
Ce cercle passe par 0 si, et seulement si r = kωk = R et dans ce cas, on a :
(x ∈ S (ω, R)) ⇔ (ρ (ρ − 2r cos (t − α)) = 0)
On en déduit qu’une équation polaire d’un cercle passant par 0 est donnée par ρ = 2r cos (t − α)
π
où t décrit R et ρ = kxk (t = α + donne le point 0 du cercle).
2
Dans le cas où n = 3, on peut aboutir à une représentation paramétrique de S (ω, R) dans
une base orthonormée B = (e1 , e2 , e3 ) de E comme suit.
Pour x ∈ S (ω, R) , on a :
x3 − ω3 = hx − ω | e3 i = kx − ωk ke3 k cos (θ3 ) = R cos (θ3 )
avec θ3 = (x \
− ω, e3 ) ∈ [0, π] et de :
(x1 − ω1 )2 + (x2 − ω2 )2 = R2 − (x3 − ω3 )2
¡
¢
= R2 1 − cos2 (θ3 ) = R2 sin2 (θ3 )
avec sin (θ3 ) ≥ 0, on déduit qu’il existe un réel θ2 ∈ ]−π, π] tel que :

 x1 = ω1 + R cos (θ2 ) sin (θ3 )
x2 = ω2 + R sin (θ2 ) sin (θ3 )

x3 = ω3 + R cos (θ3 )
(13.1)
Réciproquement, on vérifie facilement que (13.1) définit la sphère de centre ω et de rayon R.
Pour n = 4, de :
x4 − ω4 = hx − ω | e4 i = kx − ωk ke4 k cos (θ4 ) = R cos (θ4 )
avec θ4 ∈ [0, π] et :
(x1 − ω1 )2 + (x2 − ω2 )2 + (x3 − ω3 )2 = R2 sin2 (θ4 )
on déduit, en remplaçant R par R sin (θ4 ) ≥ 0, que :

 x1 = ω1 + R cos (θ2 ) sin (θ3 ) sin (θ4 )
x2 = ω2 + R sin (θ2 ) sin (θ3 ) sin (θ4 )

x3 = ω3 + R cos (θ3 ) sin (θ4 )
et la paramétrisation :

x1



x2
x

3


x4
= ω1 + R cos (θ2 ) sin (θ3 ) sin (θ4 )
= ω2 + R sin (θ2 ) sin (θ3 ) sin (θ4 )
= ω3 + R cos (θ3 ) sin (θ4 )
= ω4 + R cos (θ4 )
avec θ2 ∈ ]−π, π] et θ3 , θ4 dans [0, π] .
252
Géométrie dans les espaces préhilbertiens
Par récurrence, on déduit que pour n ≥ 3, une paramétrisation de la sphère S (ω, R) est
donnée par :


x1 = ω1 + R cos (θ2 ) sin (θ3 ) · · · sin (θn )




x2 = ω2 + R sin (θ2 ) sin (θ3 ) · · · sin (θn )




x
 3 = ω3 + R cos (θ3 ) sin (θ4 ) · · · sin (θn )
..
(13.2)
.



xn−2 = ωn−2 + R cos (θn−2 ) sin (θn−1 ) sin (θn )




x
 n−1 = ωn−1 + R cos (θn−1 ) sin (θn )

 x = ω + R cos (θ )
n
n
n
avec θ2 ∈ ]−π, π] et θ3 , · · · , θn dans [0, π] .
En effet, pour n = 3, c’est vrai. Le supposant acquis pour n ≥ 3, on a pour x ∈ S (ω, R)
dans E de dimension n + 1 :
xn+1 − ωn+1 = hx − ω | en+1 i = kx − ωk ken+1 k cos (θn+1 ) = R cos (θn+1 )
0
avec θn+1 ∈ [0, π] et le vecteur x = x − xn+1 en+1
n
X
=
xk ek est tel que :
k=1
n
X
(xk − ωk )2 = R2 − (xn+1 − ωn+1 )2 = R2 sin2 (θn+1 )
k=1
avec sin (θn+1 ) ≥ 0, ce qui signifie qu’il est sur la sphère S (ω 0 , R0 ) où ω 0 = ω − ωn+1 en+1 =
n
X
ωk ek et R0 = R sin (θn+1 ) de l’espace euclidien de dimension n, E 0 engendré par e1 , · · · , en .
k=1
Il existe donc un réel θ2 ∈ ]−π, π] et des réels θ3 , · · · , θn dans [0, π] tels que :


x1 = ω1 + R sin (θn+1 ) cos (θ2 ) sin (θ3 ) · · · sin (θn )




x2 = ω2 + R sin (θn+1 ) sin (θ2 ) sin (θ3 ) · · · sin (θn )




 x3 = ω3 + R sin (θn+1 ) cos (θ3 ) sin (θ4 ) · · · sin (θn )
..
.



xn−2 = ωn−2 + R sin (θn+1 ) cos (θn−2 ) sin (θn−1 ) sin (θn )




x

n−1 = ωn−1 + R sin (θn+1 ) cos (θn−1 ) sin (θn )

 x = ω + R sin (θ ) cos (θ )
n
n
n+1
n
et on a la paramétrisation :


x1 = ω1 + R cos (θ2 ) sin (θ3 ) · · · sin (θn ) sin (θn+1 )




 x2 = ω2 + R sin (θ2 ) sin (θ3 ) · · · sin (θn ) sin (θn+1 )



x3 = ω3 + R cos (θ3 ) sin (θ4 ) · · · sin (θn ) sin (θn+1 )


 ..
.

xn−2 = ωn−2 + R cos (θn−2 ) sin (θn−1 ) sin (θn ) sin (θn+1 )




x

n−1 = ωn−1 + R cos (θn−1 ) sin (θn ) sin (θn+1 )



xn = ωn + R cos (θn ) sin (θn+1 )


 x
n+1 = ωn+1 + R cos (θn+1 ) .
(13.3)
Réciproquement, on vérifie que (13.2) définit bien la sphère de centre ω et de rayon R dans
E de dimension n.
Hyperplans dans un espace euclidien
253
Pour n = 3, si x ∈ E vérifie (13.1) , on a :
¡
¢
kx − ωk2 = R2 cos (θ2 )2 sin2 (θ3 ) + sin2 (θ2 ) sin2 (θ3 ) + cos2 (θ3 )
¡¡
¢
¢
= R2 cos (θ2 )2 + sin2 (θ2 ) sin2 (θ3 ) + cos2 (θ3 )
¡
¢
= R2 sin2 (θ3 ) + cos2 (θ3 ) = R2
et x ∈ S (ω, R) .
Supposant le résultat acquis pour les espaces euclidiens de dimension n ≥ 3, si x dans E
n
X
0
de dimension n + 1 vérifie (13.3) , alors x = x − xn+1 en+1 =
xk ek vérifie (13.2) dans E 0
k=1
engendré par e1 , · · · , en avec R0 = R sin (θn+1 ) ≥ 0, il est donc sur la sphère S (ω 0 , R0 ) où
n
X
0
ω = ω − ωn+1 en+1 =
ωk ek et on a :
k=1
2
kx − ωk2 = kx0 − ω 0 k + (xn+1 − ωn+1 )2
= R2 sin2 (θn+1 ) + R2 cos2 (θn+1 ) = R2
et x ∈ S (ω, R) .
13.4
Hyperplans dans un espace euclidien
On rappelle qu’un hyperplan vectoriel d’un espace vectoriel E est le noyau d’une forme
linéaire non nulle.
Plus généralement on peut définir un hyperplan affine par :
H = `−1 {λ} = {x ∈ E | ` (x) = λ}
où ` est une forme linéaire non nulle et λ un réel.
Une forme linéaire non nulle étant surjective, il existe un vecteur x0 ∈ E tel que λ = ` (x0 )
(donc H est non vide) et un vecteur x est dans l’hyperplan d’équation ` (x) = λ si, et seulement
si, x − x0 est dans l’hyperplan vectoriel ker (`) . On a donc H = x0 + ker (`) , ce qui revient à
placer l’origine en x0 . On dit que H est l’hyperplan affine passant par x0 et dirigé par ker (`) .
Les notions d’espace et sous-espace affines seront étudiées plus loin.
Pour tout vecteur non nul a d’un espace préhilbertien, l’application x 7→ ha | xi est une
forme linéaire non nulle et pour tout réel λ l’ensemble des vecteurs x ∈ E tel que ha | xi = λ
est un hyperplan.
Dans le cas où E est un espace euclidien, la réciproque est vraie, c’est-à-dire que toute forme
linéaire et tout hyperplan peuvent être ainsi décrits.
Théorème 13.3 Soit E un espace euclidien de dimension n. Pour tout forme linéaire ` sur
E, il existe un unique vecteur a ∈ E tel que :
∀x ∈ E, ` (x) = ha | xi .
Si H est un hyperplan vectoriel de E, il existe alors un vecteur non nul a tel que H = {a}⊥ .
Si H est un hyperplan affine de E ne contenant pas 0, il existe alors un vecteur non nul b tel
que H = {x ∈ E | hb | xi = 1} .
254
Géométrie dans les espaces préhilbertiens
Démonstration. On note B = (ei )1≤i≤n une base orthonormée de l’espace euclidien E.
n
n
P
P
Dans la base B l’expression de ` est ` (x) =
ak xk = ha | xi , où on a noté a =
ak ek .
k=1
k=1
Prenant x = ej avec j compris entre 1 et n, on a ` (ej ) = aj = ha | ej i .
Si a0 est un autre vecteur tel que ` (x) = ha0 | xi pour tout x ∈ E, on a ha | xi = ha0 | xi pour
tout x ∈ E, soit ha − a0 | xi = 0 pour tout x ∈ E et a − a0 ∈ E ⊥ = {0} , soit a = a0 .
Si H est un hyperplan vectoriel de E, il existe une forme linéaire ` non nulle telle que
H = ker (`) et désignant a le vecteur qui définit `, on a :
³
´
(x ∈ H) ⇔ (` (x) = ha | xi = 0) ⇔ x ∈ {a}⊥ .
Si H est un hyperplan affine de E d’équation ` (x) = ha | xi = λ dans B, avec λ 6= 0, on a :
(x ∈ H) ⇔ (ha | xi = λ) ⇔ (hb | xi = 1)
1
en notant b = a.
λ
Ce résultat peut s’exprimer en disant que pour E euclidien, l’application qui associe à tout
vecteur a ∈ E la forme linéaire x 7→ ha | xi réalise un isomorphisme de E sur son dual E ∗ .
Le théorème précédent n’est pas valable pour E préhilbertien de dimension infinie comme le
montre l’exercice qui suit.
Z 1
0
Exercice 13.1 Soit E = C ([0, 1] , R) muni du produit scalaire défini par hf | gi =
f (t) g (t) dt
0
et ` la forme linéaire définie sur E par ` (f ) = f (0) pour tout f ∈ E. Peut-on trouver une
fonction a ∈ E telle que ` (f ) = ha | f i pour tout f ∈ E ?
Construire un hyperplan H de E qui n’est pas l’orthogonal d’une droite.
Solution 13.1 Supposons qu’une telle fonction existe. Comme ` 6= 0, on a a 6= 0. Prenant
f : t 7→ t · a (t) , on a :
Z 1
` (f ) = f (0) = 0 =
ta2 (t) dt
0
ce qui est impossible puisque f est continue positive et non identiquement nulle. Le premier
point du théorème précédent est donc faux en dimension infinie.
Prenons pour hyperplan le noyau de ` et supposons que H Z= {a}⊥ avec a 6= 0. La fonction
1
f : t 7→ t·a (t) est non identiquement nulle dans H et hf | ai =
ta2 (t) dt > 0, donc f ∈
/ {a}⊥ .
0
Une telle fonction a ne peut donc exister.
Pour ce qui suit, on suppose que E est un espace euclidien de dimension n ≥ 2 et B =
(ei )1≤i≤n est une base orthonormée de E.
En notant pF la projection orthogonale sur un sous-espace F de E, l’identité pF + pF ⊥ = Id
et le théorème précédent nous permettent d’obtenir une expression simple de la projection
orthogonale sur un hyperplan vectoriel et de la distance d’un point à un hyperplan vectoriel ou
affine.
n
P
Théorème 13.4 Soit H un hyperplan de E d’équation
ak xk = 0 dans la base B et pH la
projection orthogonale sur H. En posant a =
n
P
k=1
ak ek , on a :
k=1
∀x ∈ E, pH (x) = x −
hx | ai
a
kak2
Hyperplans dans un espace euclidien
et pour tout x =
n
P
k=1
255
xk ek dans E, la distance de x à H est :
¯
¯
n
¯P
¯
¯ ak xk ¯
¯
¯
|ha | xi|
k=1
d (x, H) =
= s
.
kak
n
P
a2k
k=1
Démonstration. L’hyperplan H s’écrit H = {a}⊥ = (Ra)⊥ avec a 6= 0 et pour tout x ∈ E,
on a :
hx | ai
pH (x) = x − pH ⊥ (x) = x − pRa (x) = x −
a.
kak2
De plus pour tout x ∈ E, on a :
d (x, H) = kx − pH (x)k = kpH ⊥ (x)k
avec pH ⊥ (x) =
hx | ai
a, ce qui donne :
kak2
¯
¯
n
¯P
¯
¯ ak xk ¯
¯
¯
|hx | ai|
k=1
.
= s
d (x, H) =
kak
n
P
a2k
k=1
De manière un peu plus générale, si H est un hyperplan affine d’équation ` (x) = λ, on peut
encore définir la distance de x ∈ E à H par d (x, H) = inf kx − zk .
z∈H
En désignant par x0 un point de H, on a λ = ` (x0 ) et H = x0 + ker (`) , de sorte qu’en
notant H0 = ker (`) , on a :
d (x, H) = inf kx − zk = inf kx − x0 − yk
z∈H
y∈H0
= d (x − x0 , H0 ) = kx − x0 − pH0 (x − x0 )k
Le vecteur x0 + pH0 (x − x0 ) ∈ H est la projection orthogonale de x sur H, on le note pH (x) .
On a :
¡
¢
(y = pH (x)) ⇔ y ∈ H et x − y ∈ H0⊥ ⇔ (y ∈ H et kx − yk = d (x, H))
En effet, si y = pH (x) = x0 + pH0 (x − x0 ) ∈ H, alors x − y = x − x0 − pH0 (x − x0 ) ∈ H0⊥ et
kx − yk = kx − x0 − pH0 (x − x0 )k = d (x, H) comme on vient de le voir. Si kx − yk = d (x, H)
avec y ∈ H = x0 + H0 , on a y − x0 ∈ H0 et :
k(x − x0 ) − (y − x0 )k = kx − yk = d (x, H) = d (x − x0 , H0 )
ce qui signifie que y − x0 = pH0 (x − x0 ) et y = pH (x) .
On peut remarquer que la définition de pH (x) ne dépend pas du choix d’un point x0 de H.
En effet, si x1 est un autre élément de H, on a :
x1 + pH0 (x − x1 ) − x0 − pH0 (x − x0 ) = (x1 − x0 ) − pH0 (x1 − x0 ) = 0
puisque x1 − x0 ∈ H.
On peut aussi remarquer que l’application pH (projection orthogonale sur H) n’est pas une
application linéaire si 0 ∈
/ H. En fait c’est une application affine.
256
Géométrie dans les espaces préhilbertiens
Corollaire 13.1 Soit H un hyperplan de E d’équation
x=
n
P
n
P
ak xk = λ dans la base B. Pour tout
k=1
xk ek dans E, la distance de x à H est :
k=1
¯
¯
n
¯P
¯
¯ a k x k − λ¯
¯
¯
k=1
s
d (x, H) =
.
n
P
2
ak
k=1
Démonstration. On note a =
ha | xi =
n
P
n
P
ak ek et ` est la forme linéaire définie sur E par ` (x) =
k=1
a k xk .
k=1
En désignant par x0 un point de H, on a λ = ` (x0 ) et H = x0 + ker (`) , de sorte que :
|hx − x0 | ai|
d (x, H) = d (x − x0 , ker (`)) =
kak
¯
¯
n
¯P
¯
¯ ak xk − λ¯
¯
¯
|` (x) − ` (x0 )|
=
= k=1s
kak
n
P
a2k
k=1
µ
Exemple 13.1 La distance d’un point M =
by + c = 0 est :
d (M, D) =
x
y
¶
du plan R2 à la droite D d’équation ax +
|ax + by + c|
√
.
a2 + b2
La distance d’un point M de l’espace R3 au plan P d’équation ax + by + cz + d = 0 est :
d (M, P ) =
13.5
|ax + by + cz + d|
√
.
a2 + b2 + c2
Hyperplan médiateur dans un espace préhilbertien
E est un espace préhilbertien.
Théorème 13.5 Soient a, b deux points distincts de E. L’ensemble :
H = {x ∈ E | kx − ak = kx − bk}
est l’hyperplan affine passant par c =
{b − a}⊥ , soit :
1
(a + b) (milieu du segment [a, b]) et de direction H0 =
2
H = {x ∈ E | hx − c | b − ai = 0}
Hyperplan médiateur dans un espace préhilbertien
257
1
(b − a) , on a a = c − d, b = c + d et :
2
kx − ak2 − kx − bk2 = kx − c + c − ak2 − kx − c + c − bk2
Démonstration. En notant d =
= kx − c + dk2 − kx − c − dk2
= 4 hx − c | di
de sorte que :
(x ∈ H) ⇔ (kx − ak = kx − bk) ⇔ (hx − c | di = 0)
Définition 13.4 Avec les notations du théorème, on dit que H est l’hyperplan médiateur du
segment [a, b] .
Dans le cas où E est un plan euclidien, on parle plutôt de médiatrice.
À un tel hyperplan médiateur on associe les demi-hyperplans qui contiennent a et b respectivement, soit :
Ha = {x ∈ E | kx − ak < kx − bk}
et :
Hb = {x ∈ E | kx − ak > kx − bk}
La démonstration du théorème précédent nous dit que :
Ha = {x ∈ E | hx − c | b − ai < 0}
et :
Hb = {x ∈ E | hx − c | b − ai > 0}
1
où c = (a + b) est le milieu du segment [a, b] .
2
On a alors la partition de E :
E = Ha ∪ H ∪ Hb .
Comme dans le plan euclidien, on a le résultat suivant.
Théorème 13.6 Avec les notations précédentes, pour x ∈ Ha et y ∈ Hb , l’intersection [x, y]∩H
est réduite à un point.
Démonstration. Tout point de [x, y] s’écrit de manière unique z (t) = (1 − t) x + ty, où t
est un réel dans [0, 1] et il s’agit alors de montrer qu’il existe un unique réel t ∈ [0, 1] tel que
z (t) ∈ H. Pour ce faire, on introduit la fonction :
ϕ : [0, 1] →
R
t
7→ hz (t) − c | b − ai
On a :
ϕ (t) = h(1 − t) x + ty − c | b − ai
= ht (y − x) + x − c | b − ai
= hy − x | b − ai t + hx − c | b − ai
Cette fonction est dérivable de dérivée :
ϕ0 (t) = hy − x | b − ai
= hy − c | b − ai − hx − c | b − ai > 0
(x ∈ Ha et y ∈ Hb ), elle donc strictement croissante et avec ϕ (0) = hx − c | b − ai < 0,
ϕ (1) = hy − c | b − ai > 0, on déduit qu’il existe un unique t ∈ ]0, 1[ tel que ϕ (t) = 0, ce qui
équivaut à dire que [x, y] ∩ H est réduit à un point.
258
Géométrie dans les espaces préhilbertiens
13.6
Intersection d’un hyperplan et d’une sphère dans un
espace euclidien
E est toujours un espace euclidien.
Théorème 13.7 Soient S une sphère de centre ω et de rayon R > 0 et H = x0 + H0 un
hyperplan affine de E avec H0 = ker (`) où ` une forme linéaire non nulle. On note d = d (ω, H)
la distance de ω à H.
1. Si d > R, alors H ∩ S = ∅.
2. Si d = R, alors H ∩ S = {pH (ω)} , où pH (ω) est la projection orthogonale de ω sur H.
√
3. Si d < R, alors H ∩ S est une sphère de H de centre et de rayon R2 − d2 .
Démonstration. En posant ω0 = ω − x0 , on a :
d = d (ω, H) = d (ω0 , H0 ) = kω0 − pH0 (ω0 )k .
Pour tout x = x0 + y ∈ H avec y ∈ H0 , on a :
kx − ωk2 = ky − (ω − x0 )k2 = ky − ω0 k2
= k(y − pH0 (ω0 )) + (pH0 (ω0 ) − ω0 )k2
= ky − pH0 (ω0 )k2 + kpH0 (ω0 ) − ω0 k2
= ky − pH0 (ω0 )k2 + d2
puisque y − pH0 (ω0 ) ∈ H0 et pH0 (ω0 ) − ω0 ∈ F ⊥ .
1. Si d > R, on a pour x ∈ H, kx − ωk2 ≥ d2 > R2 et x ∈
/ S. On a donc H ∩ S = ∅.
2. Si d = R, on a pour x ∈ H, kx − ωk2 = ky − pH0 (ω0 )k2 + R2 et kx − ωk = R équivaut à
y = pH0 (ω0 ) . On a donc H ∩ S = {x0 + pH0 (ω0 )} = {pH (ω)} .
3. Supposons d < R. Si x ∈ H ∩ S, on a alors :
ky − pH0 (ω0 )k2 = kx − ωk2 − d2 = R2 − d2
√
√
¡
¢
¡
et y ∈ S0 = S pH0 (ω0 ) , R2 − d2 ⊂ H0 , ce qui entraîne x = x0 +y ∈ S 0 = S x0 + pH0 (ω0 ) , R2 − d
H. Réciproquement si x ∈ S 0 , il est dans H, y = x − x0 est dans S0 et kx − ωk2 =
ky − pH0 (ω0 )k2 + d2 = R2 − d2 + d2 = R2 , soit x ∈ S.
Dans le cas où H ∩ S est réduit à un point, on dit que l’hyperplan H est tangent à la sphère
S.
13.7
Intersection de deux sphères dans un espace euclidien
Si S et S 0 sont deux sphères de E de même centre ω (sphères concentriques) et de rayons
respectifs R et R0 , on vérifie facilement que S ∩ S 0 = ∅ si R 6= R0 et S ∩ S 0 = S = S 0 si R = R0 .
On s’intéresse maintenant à l’intersection de deux sphères non concentriques.
On se donne deux sphères non concentriques S = S (ω, R) , S 0 = S (ω 0 , R0 ) (i. e. ω 6= ω 0 ) et
on note δ = kω − ω 0 k > 0 la distance entre les deux centres.
Intersection de deux sphères dans un espace euclidien
259
En supposant S ∩ S 0 non vide, on a pour tout x ∈ S ∩ S 0 :
|R0 − R| = |kx − ω 0 k − kx − ωk|
≤ k(x − ω 0 ) − (x − ω)k = kω − ω 0 k = δ
≤ kx − ω 0 k + kx − ωk = R + R0
soit |R0 − R| ≤ δ ≤ R + R0 .
Il en résulte que S ∩ S 0 = ∅ si δ ∈
/ [|R0 − R| , R + R0 ] .
On suppose donc que δ ∈ [|R0 − R| , R + R0 ] .
1
1
En notant ω0 = (ω + ω 0 ) le milieu du segment [ω, ω 0 ] et x0 = (ω 0 − ω) , on a pour tout
2
2
vecteur x ∈ E :
2
2
kx − ω 0 k − kx − ωk2 = 2 hx | ω − ω 0 i + kω 0 k − kωk2
avec ω − ω 0 = −2x0 et :
2
kω 0 k − kωk2 = kω0 + x0 k2 − kω0 − x0 k2 = 4 hω0 | x0 i
ce qui donne :
2
kx − ω 0 k − kx − ωk2 = 4 (hω0 | x0 i − hx | x0 i)
= 4 hω0 − x | x0 i
Si x ∈ S ∩ S 0 , on a kx − ω 0 k = R0 , kx − ωk = R et l’identité précédente nous dit que x est
dans l’hyperplan H d’équation 4 hω0 − x | x0 i = R02 − R2 . Réciproquement si x ∈ S ∩ H, on a
kx − ωk = R, 4 hω0 − x | x0 i = R02 − R2 et avec l’identité précédente, on déduit que :
2
kx − ω 0 k = kx − ωk2 + 4 hω0 − x | x0 i = R02
soit x ∈ S ∩ S 0 .
On a donc S ∩ S 0 = S ∩ H = S 0 ∩ H (S et S 0 jouent des rôles symétriques), où H est
l’hyperplan d’équation 4 hω0 − x | x0 i = R02 − R2 .
Si R = R0 , H est alors l’hyperplan d’équation hω0 − x | x0 i = 0, soit l’hyperplan passant par
1
ω0 = (ω + ω 0 ) et de direction H0 = {x0 }⊥ = {ω 0 − ω}⊥ , c’est-à-dire l’hyperplan médiateur
2
de [ω, ω 0 ] . Dans ce cas, on a :
pH (ω) = ω0 + pH0 (ω − ω0 ) = ω0
puisque ω − ω0 = −x0 ∈ H0⊥ . On a alors :
d = d (ω, H) = kω − pH (ω)k = kω − ω0 k
kω 0 − ωk
δ
= kx0 k =
=
2
2
avec 0 = |R0 − R| ≤ δ ≤ R + R0 = 2R.
Le théorème 13.7 nous dit alors que :
– si δ = kω − ω 0 k = 2R, alors S ∩ S 0 = S ∩ H = {ω0 } ;
0
0
– si 0 < δ = kω
√ − ω k < 2R, alors S ∩ S est la sphère de H de centre ω0 et de rayon
√
4R2 − δ 2
R 2 − d2 =
.
2
260
Géométrie dans les espaces préhilbertiens
Dans le cas général x est dans S ∩ S 0 = S ∩ H si, et seulement si :
½
kx − ωk = R
4 hx − ω0 | x0 i = R2 − R02
(13.4)
En écrivant que E = H0 ⊕ D0 , où H0 = {x0 }⊥ et D0 = Rx0 et en plaçant l’origine en ω0 , on
a x − ω0 = y + λx0 avec y ∈ H0 et λ ∈ R. Avec ω = ω0 − x0 , on a alors :
½
kx − ωk2 = kx − ω0 + x0 k2 = ky + (λ + 1) x0 k2 = kyk2 + (λ + 1)2 kx0 k2
4 hx − ω0 | x0 i = 4λ kx0 k2
de sorte que (13.4) est équivalent à :
½
kyk2 + (λ + 1)2 kx0 k2 = R2
4λ kx0 k2 = R2 − R02
δ
kω 0 − ωk
ou encore en tenant compte de kx0 k =
= ,à:
2
2

R2 − R02

 λ=
δ2
2 2
2

 kyk2 = 4R − (λ + 1) δ = (2R − (λ + 1) δ) (2R + (λ + 1) δ)
4
4
On a donc λ + 1 =
R2 − R02 + δ 2
et :
δ2
4R2 − (λ + 1)2 δ 2 = (2R − (λ + 1) δ) (2R + (λ + 1) δ)
µ
¶µ
¶
R2 − R02 + δ 2
R2 − R02 + δ 2
= 2R −
2R +
δ
δ
02
2
2
2
(R − (R − 2Rδ + +δ )) ((R + 2Rδ + δ 2 ) − R02 )
=
δ2
¡ 02
¢
2¢ ¡
R − (R − δ) (R + δ)2 − R02
=
δ2
ce qui donne :
2
kyk =
=
=
=
¢
¡ 02
¢¡
R − (R − δ)2 (R + δ)2 − R02
4δ 2
0
(R − (R − δ)) (R0 + (R − δ)) ((R + δ) − R0 ) ((R + δ) + R0 )
4δ 2
0
0
(R − R + δ) (R + δ − R ) (R0 + R − δ) (R + δ + R0 )
4δ 2
¢
¡ 2
¢
¡
2
δ − (R0 − R) (R0 + R)2 − δ 2
4δ 2
2
0
2
Pour |R0 − R| ≤ δ ≤ R + R0 , on a δ 2 − (R0q
− R)2 ≥ 0 et (R
q+ R) − δ ≥ 0 et y est sur la
δ 2 − (R0 − R)2 (R0 + R)2 − δ 2
00
sphère de H0 de centre 0 et de rayon R =
, ce qui entraîne
2δ
00
que x = ω0 + λx0 + y est sur la sphère S de H de centre ω0 + λx0 et de rayon R00 (la condition
Inversion
261
R2 − R02
R2 − R02
2
2
02
=
2 donne 4 hω0 + λx0 − ω0 | x0 i = 4λ kx0 k = R − R et ω0 + λx0 est
δ2
4 kx0 k
bien dans H).
R2 − R02
Réciproquement si x = ω0 + λx0 + y avec λ =
et kyk = R00 dans H0 , on a
δ2
ω0 + λx0 ∈ H, donc x ∈ H et :
λ=
kx − ωk2 = kω0 + λx0 + y − ωk2 = ky + (λ + 1) x0 k2
= kyk2 + (λ + 1)2 kx0 k2
¡ 2
¢¡
¢ µ
¶2 2
δ − (R0 − R)2 (R0 + R)2 − δ 2
δ
R2 − R02
=
+
+1
2
2
4δ
δ
4
¡ 2
¢
2¢ ¡
2
2
0
0
2
δ − (R − R) (R + R) − δ
(R2 − R02 + δ 2 )
=
+
4δ 2
4δ 2
¡ 2
¢
2
2¢ ¡
2
0
0
2
2
δ − (R − R) (R + R) − δ + (R − R02 + δ 2 )
=
= R2
4δ 2
(il suffit en fait de remonter les calculs).
En définitive, pour |R0 − R| ≤ δ ≤ R + R0 , S ∩ S 0 est la sphère de H de centre ω0 + λx0 et
de rayon R00 .
Cette sphère est réduite à un point pour |R0 − R| = δ ou δ = R + R0 .
On a donc montré le théorème suivant qui généralise celui qu’on connaît pour l’intersection
de deux cercles dans le plan euclidien.
Théorème 13.8 Soient S = S (ω, R) , S 0 = S (ω 0 , R0 ) deux sphères non concentriques et δ =
kω − ω 0 k la distance entre les deux centres.
1. Si δ ∈
/ [|R0 − R| , R + R0 ] , alors S ∩ S 0 = ∅ ;
2. Si δ ∈ [|R0 − R| , R + R0 ] , alors S ∩ S 0 est non vide et S ∩ S 0 = S ∩ H = S 0 ∩ H, où H
est l’hyperplan d’équation 4 hω0 − x | x0 i = R02 − R2 .
00
Cette intersection est la sphère de H de centre ω0 q
+ λx0 et de rayon
q R , où ω0 =
δ 2 − (R0 − R)2 (R0 + R)2 − δ 2
1
1 0
R2 − R02
0
00
(ω + ω ) , x0 = (ω − ω) , λ =
et R =
.
2
2
2
δ
2δ
Pour |R0 − R| = δ ou δ = R + R0 , cette sphère est réduite au point ω0 + λx0 .
13.8
Inversion
1
z
= 2.
z
|z|
De manière plus générale, on définit sur un espace préhilbertien E, l’inversion u par :
Dans le plan complexe privé de l’origine, on définit l’inversion par z 7→
∀x ∈ E \ {0} , u (x) =
1
x.
kxk2
Lemme 13.1 L’inversion u est involutive de E \ {0} sur E \ {0} et conserve les angles géométriques de vecteurs.
Démonstration. L’application u est bien à valeurs dans E \ {0} . Pour tout x ∈ E \ {0} ,
1
on a ku (x)k =
et :
kxk
u (u (x)) =
1
1
2
x=x
2 u (x) = kxk
ku (x)k
kxk2
262
Géométrie dans les espaces préhilbertiens
c’est-à-dire que u ◦ u = Id.
Pour tout x ∈ E \ {0} , le vecteur u (x) est non nul et colinéaire à x, donc :
\
[
(u (x)
, u (y)) = (x,
y)
pour tous x, y dans E \ {0} .
Lemme 13.2 Pour tous x, y dans E \ {0} , on a :
ku (x) − u (y)k =
kx − yk
kxk kyk
Démonstration. On a :
hu (x) | u (y)i =
1
hx | yi
kxk kyk2
2
et :
ku (x) − u (y)k2 = ku (x)k2 − 2 hu (x) | u (y)i + ku (y)k2
1
1
1
=
2 −2
2
2 hx | yi +
kxk
kxk kyk
kyk2
¡
1
2
2¢
=
2
2 kyk − 2 hx | yi + kxk
kxk kyk
kx − yk2
=
.
kxk2 kyk2
L’inversion peut être utilisée pour montrer une inégalité de Ptolémée comme suit.
Théorème 13.9 Pour tous vecteurs x, y, z, t dans E, on a :
kt − xk ky − zk ≤ kt − yk kx − zk + kt − zk kx − yk
(inégalité de Ptolémée).
Démonstration. On suppose tout d’abord que t = 0. Il s’agit alors de montrer que pour
x, y, z dans E, on a :
kxk ky − zk ≤ kyk kx − zk + kzk kx − yk
Pour x = 0, on a 0 ≤ kyk kzk + kzk kyk , pour y = 0, on a kxk kzk ≤ kzk kxk et pour z = 0,
on a kxk kyk ≤ kyk kxk .
En supposant x, y, z non nuls, en divisant par kxk kyk kzk , il est équivalent de montrer que :
kx − zk kx − yk
ky − zk
≤
+
kyk kzk
kxk kzk kxk kyk
soit :
ku (y) − u (z)k ≤ ku (x) − u (z)k + ku (x) − u (y)k
ce qui se déduit de l’inégalité triangulaire :
ku (y) − u (z)k = k(u (y) − u (x)) + (u (x) − u (z))k
≤ ku (y) − u (x)k + ku (x) − u (z)k .
Symétries orthogonales dans les espaces euclidiens
263
On place ensuite, pour t quelconque, l’origine en t, ce qui revient à poser x0 = x−t, y 0 = y −t
et z 0 = z − t dans l’inégalité :
kx0 k ky 0 − z 0 k ≤ ky 0 k kx0 − z 0 k + kz 0 k kx0 − y 0 k
et donne :
kt − xk ky − zk ≤ kt − yk kx − zk + kt − zk kx − yk .
Remarque 13.2 On peut montrer que l’inégalité de Ptolémée est caractéristique des normes
qui dérivent d’un produit scalaire.
13.9
Symétries orthogonales dans les espaces euclidiens
On suppose ici que E est un espace euclidien de dimension n.
Définition 13.5 Si F est un sous-espace vectoriel de E, la symétrie orthogonale par rapport à
F est l’application définie sur E par :
∀x ∈ E, sF (x) = pF (x) − pF ⊥ (x) .
Comme pF et pF ⊥ , l’application sF est linéaire.
Remarque 13.3 Pour F = {0} , on a sF = −Id et pour F = E, sF = Id. On supposera a
priori que F distinct de {0} et de E (sous-espace vectoriel propre de E).
Avec pF + pF ⊥ = Id, on déduit que sF est aussi définie par :
∀x ∈ E, sF (x) = 2pF (x) − x = x − 2pF ⊥ (x) .
Si D = Ra est une droite vectorielle, on a :
sD (x) = 2pD (x) − x = 2
hx | ai
a − x.
kak2
Si H = D⊥ est un hyperplan d’un espace euclidien, on a :
sH (x) = 2pH (x) − x = x − 2
hx | ai
a.
kak2
Définition 13.6 On appelle réflexion une symétrie orthogonale par rapport à un hyperplan et
demi-tour ou retournement une symétrie orthogonale par rapport à une droite.
Des propriétés des projections orthogonales, on déduit le résultat suivant.
Théorème 13.10 Soit F un sous espace vectoriel de E.
1. Pour x ∈ E, on a x ∈ F si, et seulement si, sF (x) = x et x ∈ F ⊥ si, et seulement si,
sF (x) = −x.
2. sF ◦ sF = Id (on dit que sF est une involution). Une symétrie orthogonale est donc un
automorphisme de E avec s−1
F = sF .
264
Géométrie dans les espaces préhilbertiens
3. Pour tous x, y dans E, on a :
hsF (x) | yi = hx | sF (y)i
(sF est auto-adjoint).
4. Pour tous x, y dans E, on a :
hsF (x) | sF (y)i = hx | yi
(on dit que sF est une isométrie).
5. On a sF + sF ⊥ = 0 et sF ◦ sF ⊥ = sF ⊥ ◦ sF = −Id.
6. Si F est de dimension p ∈ {1,µ· · · , n − 1} , il
¶ existe alors une base orthonormée de E dans
Ip
0
laquelle la matrice de sF est
et det (sF ) = (−1)n−p .
0 −In−p
Démonstration.
1. On a :
x ∈ F ⇔ pF (x) = x ⇔ sF (x) = x
et :
x ∈ F ⊥ ⇔ pF ⊥ (x) = x ⇔ sF (x) = −x
2. On a :
sF ◦ sF = (pF − pF ⊥ ) ◦ (pF − pF ⊥ )
= pF ◦ pF − pF ⊥ ◦ pF − pF ◦ pF ⊥ + pF ⊥ ◦ pF ⊥
= pF + pF ⊥ = Id
3. On a :
hsF (x) | yi = 2 hpF (x) | yi − hx | yi
= 2 hx | pF (y)i − hx | yi
= hx | 2pF (y)i − hx | yi = hx | sF (y)i
4. On a :
hsF (x) | sF (y)i = hx | sF ◦ sF (y)i = hx | yi
5. On a :
sF + sF ⊥ = (pF − pF ⊥ ) + (pF ⊥ − pF ) = 0
et :
sF ◦ sF ⊥ = (pF − pF ⊥ ) ◦ (pF ⊥ − pF )
= pF ◦ pF ⊥ − pF ⊥ ◦ pF ⊥ − pF ◦ pF + pF ⊥ ◦ pF
= −pF ⊥ − pF = −Id.
6. Il suffit de se placer dans une base formée de la réunion d’une base orthonormée de F et
d’une base orthonormée de F ⊥ .
Isométries
265
Exemple 13.2 Si sH est une réflexion, on a det (sH ) = −1 et si sD est un demi-tour, on a
det (sD ) = (−1)n−1 .
Exercice 13.2 Soient F, G deux sous espaces vectoriels de E tels que F ⊂ G⊥ (F et G sont
orthogonaux). Montrer que sF ◦ sG = sG ◦ sF = sH , où H = (F ⊕ G)⊥ .
Solution 13.2 Pour x ∈ H ⊥ = F ⊕ G, il existe (y, z) ∈ F × G ⊂ G⊥ × G tel que x = y + z et
on a :
sG (x) = z − y
¡ ⊥ ¢⊥
puis comme G = G
⊂ F ⊥ , on a aussi (y, z) ∈ F × F ⊥ et :
sF (sG (x)) = −y − z = −x
Pour x ∈ H = (F ⊕ G)⊥ = F ⊥ ∩ G⊥ , on a :
sG (sF (x)) = sG (−x) = − (−x) = x
On a donc sF ◦ sG = sH et comme les sous-espaces F et G jouent des rôles symétriques, on a
aussi sG ◦ sF = sH
13.10
Isométries
E est un espace préhilbertien.
Définition 13.7 Une isométrie (ou application orthogonale) de E est une application u : E →
E qui conserve le produit scalaire, c’est-à-dire que :
∀ (x, y) ∈ E × E, hu (x) | u (y)i = hx | yi
On note O (E) l’ensemble des isométries de E.
Exemple 13.3 Les seules homothéties x 7→ λx qui sont des isométries sont Id et −Id. En
effet pour e ∈ E de norme égale à 1, on a 1 = kek2 = ku (e)k2 = λ2 et λ = ±1.
Exemple 13.4 Les symétries orthogonales sont des isométries (point 4. du théorème 13.10).
Exercice 13.3 Soient a un vecteur non nul dans E, α un réel et u l’application linéaire définie
par :
∀x ∈ E, u (x) = x + α hx | ai a
Déterminer les valeurs de α pour lesquelles u est une isométrie.
Solution 13.3 Pour α = 0, u est l’identité et c’est une isométrie.
Pour α 6= 0 et x ∈ E, on a :
ku (x)k2 = hx | ai2 kak2 α2 + 2 hx | ai2 α + kxk2
Si u ∈ O (E) , on a alors ku (x)k2 = kxk2 pour tout x ∈ E, ce qui équivaut à :
¡
¢
hx | ai2 kak2 α + 2 = 0
266
Géométrie dans les espaces préhilbertiens
ou encore à kak2 α + 2 = 0 et donne α = −
Réciproquement, si α = −
2
.
kak2
2
, l’application u est définie par :
kak2
∀x ∈ E, u (x) = x − 2
hx | ai
a
kak2
et on reconnaît ici la réflexion par rapport à l’hyperplan orthogonal au vecteur a (on a u (x) = x
pour hx | ai = 0 et u (a) = −a).
Exercice 13.4 Soient a un vecteur non nul dans E, α un réel et u l’application linéaire définie
par :
∀x ∈ E, u (x) = α hx | ai a − x
Déterminer les valeurs de α pour lesquelles u est une isométrie.
Solution 13.4 Pour α = 0, u est l’homothétie de rapport −1 (u = −Id) et c’est une isométrie.
Pour α 6= 0 et x ∈ E, on a :
ku (x)k2 = hx | ai2 kak2 α2 − 2 hx | ai2 α + kxk2
Si u ∈ O (E) , on a alors ku (x)k2 = kxk2 pour tout x ∈ E, ce qui équivaut à :
¡
¢
hx | ai2 kak2 α − 2 = 0
ou encore à kak2 α − 2 = 0 et donne α =
Réciproquement, si α =
2
.
kak2
2
, l’application u est définie par :
kak2
∀x ∈ E, u (x) = 2
hx | ai
a−x
kak2
et on reconnaît ici le demi-tour par rapport à la droite dirigée par a (on a u (x) = −x pour
hx | ai = 0 et u (a) = a).
Remarque 13.4 Une isométrie conserve l’orthogonalité, c’est-à-dire que pour tous x, y dans
E, on a :
hx | yi = 0 ⇒ hu (x) | u (y)i = 0
mais une application qui conserve l’orthogonalité n’est pas nécessairement une isométrie comme
le montre l’exemple d’une homothétie de rapport λ ∈
/ {−1, 1} .
Exercice 13.5 Soit E un espace euclidien de dimension n ≥ 2, B = (ei )1≤i≤n une base orthonormée de E et u une application linéaire de E dans E qui conserve l’orthogonalité.
1. Montrer que ku (ei )k = ku (ej )k pour tous i, j compris entre 1 et n. On notera λ cette
valeur commune.
2. Montrer que ku (x)k = λ kxk pour tout x ∈ E (pour λ > 0, on dit que u est une similitude
de rapport λ).
Solution 13.5
Isométries
267
1. Pour 1 ≤ i, j ≤ n, on vérifie facilement que les vecteurs ei −ej et ei +ej sont orthogonaux,
donc :
hu (ei − ej ) | u (ei + ej )i = 0
et avec :
hu (ei − ej ) | u (ei + ej )i = hu (ei ) − u (ej ) | u (ei ) + u (ej )i
= ku (ei )k2 − ku (ej )k2
on déduit que ku (ei )k = ku (ej )k .
n
n
P
P
xi u (ei ) et :
xi ei , on a u (x) =
2. Pour tout vecteur x =
i=1
i=1
2
ku (x)k =
=
n
X
i=1
n
X
X
x2i ku (ei )k2 + 2
1≤i<j
n
X
2
x2i ku (ei )k2 = λ
i=1
xi xj hu (ei ) | u (ej )i
x2i = λ2 kxk2
i=1
(hei | ej i = 0 pour i 6= j ⇒ hu (ei ) | u (ej )i = 0).
Théorème 13.11 Une application u : E → E est une isométrie si, et seulement si, elle est
linéaire et conserve la norme, c’est-à-dire que :
∀x ∈ E, ku (x)k = kxk
Démonstration. Si u est linéaire et conserve la norme, on déduit alors de l’identité de
polarisation qu’elle conserve le produit scalaire. En effet, pour tous x, y dans E, on a :
¢
1¡
hu (x) | u (y)i =
ku (x) + u (y)k2 − ku (x) − u (y)k2
4
¢
1¡
=
ku (x + y)k2 − ku (x − y)k2 (linéarité)
4
¢
1¡
=
kx + yk2 − kx − yk2 (conservation de la norme)
4
= hx | yi
Réciproquement, si u est une application de E dans E qui conserve le produit scalaire, il est
clair qu’elle conserve la norme. Il nous reste à montrer qu’elle est linéaire.
Pour x, y dans E et λ dans R, on a :
ku (x + λy) − u (x) − λu (y)k2 = ku (x + λy)k2 + ku (x)k2 + λ2 ku (y)k2
− 2 (hu (x + λy) | u (x)i + λ hu (x + λy) | u (y)i)
+ 2λ hu (x) | u (y)i
= kx + λyk2 + kxk2 + λ2 kyk2
− 2 (hx + λy | xi + λ hx + λy | yi)
+ 2λ hx | yi
= 2 kxk2 + 2λ2 kyk2 + 2λ hx | yi
− 2 kxk2 − 4λ hx | yi − 2λ2 kyk2
+2λ hx | yi = 0
ce qui équivaut à u (x + λy) = u (x) + λu (y) et u est linéaire.
268
Géométrie dans les espaces préhilbertiens
Remarque 13.5 Une application u : E → E qui conserve la norme n’est pas nécessairement
linéaire et n’est donc pas une isométrie en général. Par exemple pour e ∈ E de norme égale à
1, l’application u : x 7→ kxk e conserve la norme et n’est pas linéaire (u (−x) = u (x) 6= −u (x)
pour x 6= 0).
Exercice 13.6 Soit u une application de E dans E qui conserve les distances, c’est-à-dire que :
∀ (x, y) ∈ E × E, ku (x) − u (y)k = kx − yk
Montrer qu’il existe un vecteur a ∈ E et une isométrie v de E tels que u (x) = a + v (x) pour
tout x ∈ E.
Solution 13.6 Soient a = u (0) et v : E → E définie par v (x) = u (x) − a, pour tout x ∈ E.
Pour tous x, y dans E, on a :
kv (x)k = ku (x) − u (0)k = kx − 0k = kxk
kv (x) − v (y)k2 = ku (x) − u (y)k2 = kx − yk2
soit :
kv (x)k2 − 2 hv (x) | v (y)i + kv (y)k2 = kxk2 − 2 hx | yi + kyk2
et en conséquence hv (x) | v (y)i = hx | yi . L’application v est donc orthogonale.
Théorème 13.12 Si E est un espace euclidien (donc de dimension finie), alors une isométrie
est un automorphisme de E et O (E) est un sous-groupe de GL (E) .
Démonstration. Soit u ∈ O (E) . Pour x ∈ ker (u) , on a 0 = ku (x)k = kxk et x = 0. Donc
ker (u) = {0} et u est injective, ce qui équivaut à dire que u est un automorphisme de E dans
le cas où E est de dimension finie.
On a Id ∈ O (E) et pour u, v dans O (E) , x dans E, on a :
ku ◦ v (x)k = ku (v (x))k = kv (x)k = kxk
° −1
° ° ¡
¢°
°u (x)° = °u u−1 (x) ° = kxk
donc u ◦ v et u−1 sont dans O (E) . L’ensemble O (E) est donc bien un sous-groupe de GL (E) .
On dit, dans le cas où E est de dimension finie, que O (E) est le groupe orthogonal de E.
Remarque 13.6 Si E est de dimension finie, une isométrie est toujours injective (son noyau
est réduit à {0}), mais n’est pas nécessairement surjective.
Donc, dans le cas de la dimension infinie, O (E) n’est pas un groupe.
Considérons par exemple un espace préhilbertien EZ de dimension infinie dénombrable (par
1
exemple E = R [x] muni du produit scalaire (P, Q) 7→
P (x) Q (x) dx.). On se donne une base
0
orthonormée (en )n∈N (le procédé de Gram-Schmidt nous permet de construire une telle base)
nx
X
et on définit l’endomorphisme u par u (en ) = en+1 pour tout entier n ≥ 0. Pour x =
xk ek
k=0
nx
nx
X
X
2
dans E, on a u (x) =
xk ek+1 et ku (x)k =
x2k = kxk2 et u est une isométrie. Comme
k=0
k=0
Im (u) = Vect {ek | k ∈ N∗ } 6= E, cette application n’est pas surjective.
Isométries
269
Remarque 13.7 On peut donner, dans un espace préhilbertien, la définition suivante d’une
isométrie : une isométrie est un automorphisme qui conserve la norme et dans ce cas O (E)
est un sous-groupe de GL (E) .
De l’injectivité et de la conservation de l’orthogonalité par une isométrie, on déduit le résultat
suivant.
Théorème 13.13 Soit u une isométrie de l’espace préhilbertien E. Si F est un sous-espace
vectoriel de E de dimension finie stable par u, alors son orthogonal F ⊥ est aussi stable par u.
Démonstration. Comme u est injective, on a dim (u (F )) = dim (F ) et avec u (F ) ⊂ D, on
déduit que u (F ) = F.
Pour x ∈ F ⊥ et y ∈ F, on a :
hu (x) | u (y)i = hx | yi = 0
⊥
donc u (x) ∈ (u (F )) = F ⊥ .
Théorème 13.14 Soient E un espace euclidien, B = (ei )1≤i≤n une base orthonormée de E et
u une application linéaire de E dans E. L’application u est une isométrie si, et seulement si,
elle transforme B en une base orthonormée de E.
Démonstration. Supposons que u ∈ O (E) . Avec hu (ei ) | u (ej )i = hei | ej i = δij pour
1 ≤ i, j ≤ n, on déduit que u (B) = (u (ei ))1≤i≤n est orthonormé. Il en résulte que u (B) est
libre et c’est une base puisque formé de n = dim (E) vecteurs.
Réciproquement supposons que u ∈ L (E) transforme B en une base orthonormée de E. On
n
P
xi ei dans E :
a alors pour tout x =
i=1
°
°2
n
n
°X
°
X
°
°
2
ku (x)k = °
xi u (ei )° =
x2i = kxk2
°
°
i=1
i=1
et u ∈ O (E) .
Ce théorème va nous donner une caractérisation des matrices d’isométries dans une base
orthonormée de E.
En munissant Rn de sa structure euclidienne canonique et en notant pour toute matrice
réelle A = ((aij ))1≤i,j≤n par Cj = (aij )1≤i≤n ∈ Rn la colonne numéro j ∈ {1, · · · , n} de A, on
a:
t
AA = ((αij ))1≤i,j≤n
avec :
¡
¢
αij = ligne i de t A (colonne j de A) = t Ci Cj


a1j
n
 ..  X
aki akj = hCi | Cj i .
= (a1i , · · · , ani )  .  =
k=1
anj
De plus si B = (ei )1≤i≤n est une base orthonormée de E, en notant pour tout x =
n
P
i=1
xi ei
dans E, X = (xi )1≤i≤n ∈ Rn le vecteur colonne formé des composantes de X dans B, on a pour
tous x, y dans E :
n
X
hx | yi =
xk yk = hX | Y i
k=1
le produit scalaire de gauche étant celui de E et celui de droite celui de Rn .
270
Géométrie dans les espaces préhilbertiens
Théorème 13.15 Soient E un espace euclidien, B = (ei )1≤i≤n une base orthonormée de E et
u une application linéaire de E dans E de matrice A dans B. L’application u est une isométrie
si, et seulement si, t AA = A t A = In .
Démonstration. Supposons que u ∈ O (E) . En notant t AA = ((αij ))1≤i,j≤n et en utilisant
les notations qui précèdent, on a, pour 1 ≤ i, j ≤ n :
αij = hCi | Cj i = hu (ei ) | u (ej )i = hei | ej i = δij
ce qui signifie que t AA = In . La matrice A est donc inversible d’inverse t A et en conséquence,
on a aussi A t A = In .
Réciproquement, si t AA = A t A = In , on a alors pour 1 ≤ i, j ≤ n :
hu (ei ) | u (ej )i = hCi | Cj i = δij
ce qui signifie que u (B) est une base orthonormée de E et u ∈ O (E) .
Définition 13.8 On appelle matrice orthogonale, une matrice réelle A telle que t AA = A t A =
In .
On note On (R) l’ensemble des matrices orthogonales.
Il revient au même de dire qu’une matrice orthogonale est une matrice inversible A d’inverse
t
A.
Le théorème précédent nous dit qu’une application linéaire u de E dans E est une isométrie
si, et seulement si, sa matrice dans une base orthonormée quelconque de E est orthogonale.
Théorème 13.16 Pour toute matrice A dans On (R) , on a det (A) = ±1 et On (R) est un
sous-groupe de GLn (R) .
Démonstration. De det (A) = det ( t A) pour toute matrice A ∈ Mn (R) et t AA = A t A =
In pour A ∈ On (R) , on déduit que (det (A))2 = 1 et det (A) = ±1.
Il en résulte que On (R) ⊂ GLn (R) .
Comme In ∈ On (R) et pour A, B dans On (R) , on a :
¡ −1 ¢−1 ¡ t ¢−1
A
= A
= t A−1
(AB)−1 = B −1 A−1 = t B t A =
t
(AB)
on en déduit que On (R) est un sous-groupe de GLn (R) .
Corollaire 13.2 Si u est une isométrie d’un espace euclidien E, on a alors det (u) = ±1.
Démonstration. On a det (u) = det (A) où A est la matrice de u dans une base orthonormée
et u ∈ O (E) si, et seulement si, A ∈ On (R) , ce qui entraîne det (A) = ±1.
On note :
O+ (E) = {u ∈ O (E) | det (u) = 1}
On+ (R) = {A ∈ Mn (R) | det (A) = 1}
O− (E) = {u ∈ O (E) | det (u) = −1}
On− (R) = {A ∈ Mn (R) | det (A) = −1}
et on dit que les éléments de O+ (E) [resp. On+ (R)] sont des automorphismes orthogonaux
positifs ou des isométries directes ou des rotations vectorielles [resp. des matrices orthogonales
positives] et les éléments de O− (E) [resp. On− (R)] sont des automorphismes orthogonaux négatifs [resp. les matrices orthogonales négative].
Orientation d’un espace euclidien
271
Théorème 13.17 O+ (E) [resp. On+ (R)] est un sous-groupe distingué de O (E) [resp. de On (R)]
d’indice 2.
Démonstration. Voir le paragraphe 20.8.
Exercice 13.7 Dans l’espace vectoriel E = R4 muni de sa structure euclidienne canonique, on
désigne par u l’endomorphisme dont la matrice dans la base canonique est :


1 −1 −1 −1
1  1 1 −1 1 

A= 
1 −1 
2 1 1
1 −1 1
1
1. Montrer que u ∈ O+ (E) .
2. Soit H un hyperplan de E d’équation α1 x1 + α2 x2 + α3 x3 + α4 x4 = 0, où les αi ne sont
pas tous nuls. Déterminer l’image de H par u.
Solution 13.7
1. On vérifie que A ∈ O4+ (R) , ce qui équivaut à u ∈ O+ (E) .
2. On a H = {a}⊥ , où a est le vecteurs de coordonnées α1 , α2 , α3 , α4 dans la base canonique
et pour tout x ∈ H, on a hu (x) | u (a)i = hx | ai = 0, ce qui signifie que u (x) ∈ {u (a)}⊥ .
On a donc H ⊂ {u (a)}⊥ , avec u (a) 6= 0 puisque a 6= 0 et u est un isomorphisme, donc
{u (a)}⊥ est un hyperplan et H = {u (a)}⊥ puisque ces deux espaces sont de dimension 3.
En définitive, u (H) est l’hyperplan d’équation hu (a) | xi = 0.
On rappelle que si A = ((aij ))1≤i,j≤n est une matrice carrée d’ordre n, la matrice des cofacteurs de A est la matrice C = ((cij ))1≤i,j≤n , où cij = (−1)i+j det (Aij ) en notant Aij la matrice
carrée d’ordre n − 1 déduite de A en supprimant la ligne numéro i et la colonne numéro j. On
a alors :
A · t C = t C · A = det (A) In
1
t
et dans le cas où A est inversible, A−1 =
C.
det (A)
Théorème 13.18 Si A ∈ On+ (R) [resp. A ∈ On+ (R)], on a alors A = C [resp. A = −C], où
C est la matrice des cofacteurs de A.
Démonstration. Résulte de :
A−1 =
1
t
C = ± tC = tA
det (A)
pour A ∈ On (R) .
13.11
Orientation d’un espace euclidien
E est un espace euclidien de dimension n ≥ 2.
La notion d’isométrie nous permet de retrouver le théorème 12.6.
Théorème 13.19 Si B = (ei )1≤i≤n et B 0 = (e0i )1≤i≤n sont deux bases orthonormées de E, alors
la matrice de passage P de B à B 0 est une matrice orthogonale.
272
Géométrie dans les espaces préhilbertiens
Démonstration. L’application linéaire u définie par u (ej ) =
e0j
=
n
X
pij ei pour tout j
i=1
compris entre 1 et n est une isométrie puisqu’elle transforme une base orthonormée en base
orthonormée et en conséquence sa matrice dans la base B, qui n’est autre que la matrice
P = ((pij ))1≤i,j≤n , est orthogonale.
Avec les notations du théorème, on a det (P ) = ±1.
On définit une relation sur l’ensemble des bases orthonormées de E en disant qu’une base
orthonormée B est en relation avec une base orthonormée B 0 si, et seulement si, la matrice de
passage P de B à B 0 est dans On+ (R) . On notera ∼ cette relation.
Théorème 13.20 La relation ∼ ainsi définie est une relation d’équivalence et il y a exactement
deux classes d’équivalence pour cette relation.
Démonstration. Cette relation est réflexive puisque In ∈ On+ (R) et B = Id (B) .
Cette relation est symétrique puisque P ∈ On+ (R) entraîne P −1 ∈ On+ (R) et si P est la
matrice de passage de B à B 0 , alors P −1 est la matrice de passage de B 0 à B.
Cette relation est transitive puisque le produit de deux matrices de On+ (R) est dans On+ (R)
+
(On (R) est un groupe).
Soit B = (ei )1≤i≤n une base orthonormée de E fixée.
Pour toute autre base orthonormée B 0 = (e0i )1≤i≤n , en désignant par P = ((pij ))1≤i,j≤n la
matrice de passage P de B à B 0 , on a soit P ∈ On+ (R) et B 0 ∼ B, soit P ∈ On− (R) et en
désignant par B − la base orthonormée définie par :
B − = (e1 , · · · , en−1 , −en )
la matrice de passage P − de B − à B 0 est :

p11 · · · · · ·
p1n
..
...
 ..
.
 .
−
P =
.
. . pn−1,n
 pn−1,1
−pnn · · · · · · −pnn





et det (P − ) = − det (P ) = 1, donc P −1 ∈ On+ (R) et B 0 ∼ B − .
−
Donc B 0 est soit dans la classe de B, soit dans
µ celle de B¶ et ces deux classes sont distinctes
In−1 0
∈ On− (R) . On a donc deux classes
puisque la matrice de passage de B à B − est
0 −1
distinctes.
Définition 13.9 Orienter l’espace euclidien E revient à choisir une base orthonormée E.
Le théorème précédent nous dit qu’il n’y a que deux orientations possibles pour E.
Définition 13.10 Si l’espace E est orienté par le choix d’une base orthonormée B, on dit
qu’une base orthonormée B 0 est directe (ou qu’elle définit la même orientation que B) si B 0 est
dans la classe d’équivalence de B et on dit que cette base B 0 est indirecte dans le cas contraire.
L’espace Rn , pour n ≥ 2, est en général orienté par le choix de la base canonique.
Exercice 13.8 On suppose que E est orienté par le choix d’une base orthonormée B = (ei )1≤i≤n
et on ¡se donne
une permutation σ de {1, 2, · · · , n} . À quelle condition portant sur σ la base
¢
Bσ = eσ(i) 1≤i≤n est-elle directe ?
Solution 13.8 En notant ε (σ) la signature de la permutation σ, on a detB (Bσ ) = ε (σ) det (In ) =
ε (σ) et Bσ est directe si, et seulement si, σ est une permutation paire.
Produit vectoriel dans un espace euclidien
13.12
273
Produit vectoriel dans un espace euclidien
On désigne par E un espace euclidien de dimension n ≥ 3 orienté par le choix d’une base
orthonormée B0 = (ei )1≤i≤n .
On rappelle que si B est une autre base de E, alors pour tout n-uplet (x1 , x2 , · · · , xn ) de
vecteurs de E, on a :
detB0 (x1 , x2 , · · · , xn ) = detB0 (B) detB (x1 , x2 , · · · , xn )
(théorème 10.13).
Il en résulte que la quantité detB (x1 , x2 , · · · , xn ) est indépendante du choix d’une base
orthonormée directe B de E. On la note det (x1 , x2 , · · · , xn ) (ce qui suppose le choix d’une
orientation de E) et on dit que c’est le produit mixte des vecteurs ordonnés x1 , x2 , · · · , xn . On
le note parfois [x1 , x2 , · · · , xn ] .
En remarquant que, pour tout (n − 1)-uplet x1 , x2 , · · · , xn−1 de vecteurs de E, l’application
x 7→ det (x1 , x2 , · · · , xn−1 , x) est une forme linéaire, on déduit du théorème 13.3 qu’il existe un
unique vecteur a ∈ E tel que :
∀x ∈ E, det (x1 , x2 , · · · , xn−1 , x) = ha | xi
(13.5)
ce vecteur a étant fonction des vecteurs x1 , x2 , · · · , xn−1 .
On peut donc donner la définition suivante.
Définition 13.11 Le produit vectoriel (ou produit extérieur) des n−1 vecteurs x1 , x2 , · · · , xn−1
de E est le vecteur a défini par (13.5) . On le note x1 ∧ x2 ∧ ... ∧ xn−1 .
Dans la base orthonormée B0 , en notant xi =
n
P
xij ei pour tout i compris entre 1 et n, les
j=1
réels :
det (x1 , x2 , · · · , xn−1 , ei ) = hx1 ∧ x2 ∧ ... ∧ xn−1 | ei i
sont les composantes du vecteur x1 ∧ x2 ∧ ... ∧ xn−1 dans la base B0 . On a donc :
x1 ∧ x2 ∧ ... ∧ xn−1 =
n
X
(−1)i+n δi ei
(13.6)
i=1
où δi est le déterminant de la matrice d’ordre n − 1 déduite de la matrice (X1 , X2 , · · · , Xn−1 ) en
supprimant de cette matrice la ligne numéro i (Xi étant le vecteur de Rn formé des composantes
de xi dans la base B).
Remarque 13.8 (−1)i+n δi est aussi le cofacteur Ci,n (x1 , x2 , · · · , xn−1 ) d’indice (i, n) de la
matrice (X1 , X2 , · · · , Xn−1 , 0) (i. e. celui en ligne i et colonne n)
Par exemple dans l’espace euclidien E = R3 muni de sa base canonique, le produit vectoriel
de x = (x1 , x2 , x3 ) et y = (y1 , y2 , y3 ) est le vecteur z = (z1 , z2 , z3 ) défini par :
¯
¯
¯ x2 y 2 ¯
¯ = x y − x3 y 2
z1 = ¯¯
x¯3 y3 ¯ ¯ 2 3
¯ x y ¯
z2 = − ¯¯ 1 1 ¯¯ = x3 y1 − x1 y3
¯ x3 y¯3
¯ x y ¯
z3 = ¯¯ 1 1 ¯¯ = x1 y2 − x2 y1
x2 y 2
274
Géométrie dans les espaces préhilbertiens
Exercice 13.9 On suppose que E est de dimension 3. Montrer que si (f1 , f2 , f3 ) est une base
orthonormée directe, on a alors :
f1 ∧ f2 = f3 , f 2 ∧ f3 = f1 , f 3 ∧ f1 = f2
Solution 13.9 Le vecteur f1 ∧ f2 est orthogonal au plan engendré par f1 , f2 , donc colinéaire à
f3 et il existe un réel λ tel que f1 ∧ f2 = λf3 . Ce réel λ est déterminé par :
λ = hf1 ∧ f2 | f3 i = det (f1 , f2 , f3 ) = 1
De même f2 ∧ f3 = λf1 avec :
λ = hf2 ∧ f3 | f1 i = det (f2 , f3 , f1 )
= − det (f2 , f1 , f3 ) = det (f1 , f2 , f3 ) = 1
et f3 ∧ f1 = f2 se montre de manière analogue
En utilisant les propriétés du déterminant, on obtient le résultat suivant.
Théorème 13.21
– Le produit vectoriel est une application (n − 1)-linéaire alternée de E n−1 dans E ;
– le vecteur x1 ∧ x2 ∧ ... ∧ xn−1 est orthogonal à tous les vecteurs xi (1 ≤ i ≤ n − 1) ;
– x1 ∧ x2 ∧ ... ∧ xn−1 = 0 si et seulement si la famille (x1 , x2 , ..., xn−1 ) est liée ;
– si la famille (x1 , x2 , ..., xn−1 ) est libre, alors la famille (x1 , ..., xn−1 , x1 ∧ x2 ∧ ... ∧ xn−1 ) est
une base de E.
Démonstration.
– Chacune des applications :
(x1 , ..., xn−1 ) 7→ (−1)i+n δi = Ci,n (x1 , x2 , · · · , xn−1 )
étant (n − 1)-linéaire alternée, il en est de même de l’application (x1 , ..., xn−1 ) 7→ x1 ∧ ... ∧
xn−1 .
– Avec :
hx1 ∧ ... ∧ xn−1 | xi i = det (x1 , · · · , xn−1 , xi ) = 0
on déduit que x1 ∧ ... ∧ xn−1 est orthogonal à xi .
– Si la famille (x1 , ..., xn−1 ) est liée, il en est de même de la famille (x1 , ..., xn−1 , x) pour tout
x ∈ E et :
hx1 ∧ ... ∧ xn−1 | xi = det (x1 , · · · , xn−1 , x) = 0
et donc x1 ∧ ... ∧ xn−1 ∈ E ⊥ = {0} .
Si la famille (x1 , ..., xn−1 ) est libre, elle se prolonge en une base (x1 , · · · , xn−1 , x) et :
hx1 ∧ ... ∧ xn−1 | xi = det (x1 , · · · , xn−1 , x) 6= 0
ce qui entraîne x1 ∧ ... ∧ xn−1 6= 0.
– Si (x1 , ..., xn−1 ) est libre, on a x1 ∧ ... ∧ xn−1 6= 0 et :
det (x1 , · · · , xn−1 , x1 ∧ ... ∧ xn−1 ) = kx1 ∧ ... ∧ xn−1 k2 6= 0
ce qui revient à dire que (x1 , · · · , xn−1 , x1 ∧ ... ∧ xn−1 ) est une base de E.
Produit vectoriel dans un espace euclidien
275
Remarque 13.9 Avec det (x1 , · · · , xn−1 , x1 ∧ ... ∧ xn−1 ) = kx1 ∧ ... ∧ xn−1 k2 > 0 dans le cas
où (x1 , ..., xn−1 ) est libre, on déduit que la base (x1 , · · · , xn−1 , x1 ∧ ... ∧ xn−1 ) est directe.
Remarque 13.10 Pour n = 3, le caractère 2-linéaire alterné du produit vectoriel se traduit
par :

(x + y) ∧ = x ∧ z + y ∧ z



x ∧ (y + z) = x ∧ y + x ∧ z
(λx) ∧ y = x ∧ (λy) = λ (x ∧ y)



x ∧ y = − (y ∧ x)
pour tous vecteurs x, y, z et tout réel λ.
Exercice 13.10 Montrer que si (x1 , ..., xn−1 ) est une famille orthonormée dans E, alors (x1 , · · · , xn−1 , x1 ∧ .
est une base orthonormée directe de E.
Solution 13.10 On sait déjà que (x1 , · · · , xn−1 , x1 ∧ ... ∧ xn−1 ) est une base directe de E. En
prolongeant (x1 , ..., xn−1 ) en une base orthonormée directe de E, (x1 , ..., xn−1 , xn ) , on a x1 ∧
... ∧ xn−1 = λxn avec :
λ = hx1 ∧ ... ∧ xn−1 | xn i = det (x1 , · · · , xn−1 , xn ) = 1
et x1 ∧ ... ∧ xn−1 = xn est de norme 1.
Théorème 13.22 Si H est un hyperplan de E et (x1 , ..., xn−1 ) une base de H, alors la droite
D = H ⊥ est dirigée par le vecteur x1 ∧ ... ∧ xn−1 et pour tout vecteur x de E, la projection
orthogonale de x sur H est :
pH (x) = x −
hx1 ∧ ... ∧ xn−1 | xi
(x1 ∧ ... ∧ xn−1 )
kx1 ∧ ... ∧ xn−1 k2
et la distance de x à H est donnée par :
d (x, H) =
|hx1 ∧ ... ∧ xn−1 | xi|
kx1 ∧ ... ∧ xn−1 k
Démonstration. Le vecteur x1 ∧ ... ∧ xn−1 étant orthogonal à tous les xi qui engendrent
H, est nécessairement dans H ⊥ . Comme H ⊥ est une droite et x1 ∧ ... ∧ xn−1 non nul, la droite
D = H ⊥ est dirigée par x1 ∧ ... ∧ xn−1 .
On a d (x, H) = kx − yk où y = pH (x) est la projection orthogonale de x sur H. Comme
x − y ∈ H ⊥ , il existe un réel λ tel que x − y = λ (x1 ∧ ... ∧ xn−1 ) et avec :
λ kx1 ∧ ... ∧ xn−1 k2 = hx − y | x1 ∧ ... ∧ xn−1 i = hx | x1 ∧ ... ∧ xn−1 i
(puisque y ∈ H et x1 ∧ ... ∧ xn−1 ∈ H ⊥ ), on déduit que :
λ=
y =x−
hx1 ∧ ... ∧ xn−1 | xi
kx1 ∧ ... ∧ xn−1 k2
hx1 ∧ ... ∧ xn−1 | xi
(x1 ∧ ... ∧ xn−1 )
kx1 ∧ ... ∧ xn−1 k2
et :
d (x, H) = kx − yk =
|hx1 ∧ ... ∧ xn−1 | xi|
kx1 ∧ ... ∧ xn−1 k
276
Géométrie dans les espaces préhilbertiens
Remarque 13.11 Le théorème précédent nous dit aussi qu’une équation de l’hyperplan H de
base (x1 , ..., xn−1 ) est donnée par :
x ∈ H ⇔ hx1 ∧ ... ∧ xn−1 | xi = 0.
Remarque 13.12 En prenant pour (x1 , ..., xn−1 ) une base orthonormée de H (c’est toujours
possible avec le procédé d’orthogonalisation de Gram-Schmidt), on a :
pH (x) = x − hx1 ∧ ... ∧ xn−1 | xi (x1 ∧ ... ∧ xn−1 )
et :
d (x, H) = |hx1 ∧ ... ∧ xn−1 | xi|
Exercice 13.11 Donner une équation du plan vectoriel P de R3 engendré par les vecteurs
u = (1, 1, 1) et v = (1, 2, 3) . Calculer la distance de x = (1 − 1, 1) à P.
Solution 13.11 Ce plan est orthogonal au vecteur :
u ∧ v = (1, −2, 1)
et une équation est donc x1 − 2x2 + x3 = 0.
La distance de x = (1 − 1, 1) à P est donnée par :
d (x, P ) =
4
|hu ∧ v | xi|
=√ .
kx1 ∧ vk
6
Exercice 13.12 Montrer que si u et v sont deux applications dérivables d’un intervalle réel I
dans Rn , alors l’application u ∧ v est dérivable avec :
∀t ∈ I, (u ∧ v)0 (t) = u0 (t) ∧ v (t) + u (t) ∧ v 0 (t)
Solution 13.12 Laissée au lecteur.
13.13
Isométries en dimension 2
Pour ce paragraphe, E est un espace euclidien de dimension 2 et il est orienté par le choix
d’une base orthonormée B0 = (e1 , e2 ) .
13.13.1
Isométries directes ou rotations. Angles orientés de vecteurs
Théorème 13.23 Un endomorphisme u de E est une isométrie positive [resp. négative] si, et
seulement si, il existe un réel θ tel que la matrice de u dans la base orthonormée B0 soit de la
forme :
µ
¶
cos (θ) − sin (θ)
Rθ =
sin (θ) cos (θ)
µ
¶
cos (θ) sin (θ)
resp. Sθ =
sin (θ) − cos (θ)
Isométries en dimension 2
277
µ
¶
d −c
Démonstration. Soient A =
∈ O2 (R) la matrice de u dans B0 et C =
−b a
sa comatrice.
µ
¶
a −c
+
Si u ∈ O (E) , on a alors A = C, soit a = d et b = −c, de sorte que A =
avec
c a
det (A) = a2 + c2 = 1 et il existe un réel θ tel que √
a = cos (θ) et c = sin (θ) (on peut le voir
simplement en écrivant que, dans C on a, |a + ic| = a2 + c2 = 1, ce qui entraîne
= eiθ ).
µ a + ic ¶
a c
Si u ∈ O− (E) , on a alors A = −C, soit d = −a et b = c, de sorte que A =
avec
c −a
det (A) = a2 + c2 = 1 et il existe un réel θ tel que a = cos (θ) et c = sin (θ) .
a b
c d
¶
µ
Remarque 13.13 Le réel θ qui intervient dans le théorème précédent est unique si on le prend
dans [−π, π[ , c’est la détermination principale de l’argument de a + ic.
Corollaire 13.3 Les groupes O+ (E) et O2+ (R) sont commutatifs.
Démonstration. Pour θ, θ0 dans R, on vérifie facilement que Rθ Rθ0 = Rθ+θ0 = Rθ0 Rθ .
Corollaire 13.4 Si B0 et B sont deux bases orthonormées de E définissant la même orientation
et u ∈ O+ (E) , alors les matrices de u dans B0 et B sont égales.
Démonstration. La matrice de passage P de B0 à B est dans O2+ (R) puisque les bases
B0 et B sont orthonormées et définissent la même orientation. Comme le groupe O2+ (R) est
commutatif, en désignant respectivement par A et A0 les matrices de u dans B0 et B, on a
A0 = P −1 AP = P −1 P A = A.
µ
¶
cos (θ) − sin (θ)
+
Théorème 13.24 Soit u ∈ O (E) de matrice Rθ =
dans B0 .
sin (θ) cos (θ)
Si B est une base orthonormée directe [resp. indirecte], alors la matrice de u dans B est Rθ
[resp. t Rθ = Rθ−1 = R−θ ].
Démonstration. Soit R la matrice de u dans B.
Si la base B est directe, on a alors R = Rθ .
−
Si la base B est indirecte, elle définit
µ alors la¶même orientation que B0 = (e1 , −e2 ) , la
1 0
matrice de passage de B0 à B0− est Q =
et la matrice de u dans B0− est :
0 −1
µ
¶µ
¶µ
¶
1 0
cos (θ) − sin (θ)
1 0
−1
R = Q Rθ Q =
0 −1
sin (θ) cos (θ)
0 −1
µ
¶
cos θ sin θ
=
= R−θ
− sin θ cos θ
cette matrice étant aussi celle de u dans B.
En résumé, une isométrie u ∈ O+ (E) de matrice Rθ dans une base orthonormée directe B,
est une rotation et θ est une mesure de l’angle de cette rotation. Si θ ∈ [−π, π[ , on dit que c’est
la mesure principale de la rotation. Dans une base indirecte, cette mesure principale est −θ.
R
(groupe quotient)
On dit aussi, de manière plus précise, que θ = {θ + 2kπ | k ∈ Z} ∈
2πZ
est l’angle de la rotation dans l’espace orienté E.
Par abus de langage, on dit parfois que θ est l’angle de la rotation, étant entendu que le réel
θ est définie modulo 2π.
278
Géométrie dans les espaces préhilbertiens
Exemple 13.5 L’identité est la rotation d’angle 0, −Id est la rotation d’angle π.
Exemple 13.6 Si ρ est la est la rotation d’angle
on a alors ρ (f1 ) = f2 et ρ (f2 ) = −f1 .
π
et (f1 , f2 ) une base orthonormée directe,
2
De l’étude du groupe commutatif O2+ (R) , on déduit que l’inverse de la rotation d’angle θ est
la rotation d’angle −θ et la composée des rotations ρ d’angle θ et ρ0 d’angle θ0 est la rotation
ρ ◦ ρ0 = ρ0 ◦ ρ d’angle θ + θ0 .
Remarque 13.14 Les seules rotations involutives sont Id et −Id.
Cette notion d’angle de rotation permet de définir la notion d’angle orienté de deux vecteurs
non nuls dans l’espace orienté E.
Théorème 13.25 Si x, y sont deux
non nuls dans E, il existe alors une unique rotation
µ vecteurs
¶
1
1
ρ ∈ O+ (E) telle que
y=ρ
x .
kyk
kxk
Démonstration. Il suffit de montrer le résultat pour des vecteurs x, y unitaires (i. e. de
norme égale à 1).
En choisissant une base orthonormée directe (f1 , f2 ) où f1 = x, il existe deux réels a, b tels
que y = af1 + bf2 et avec kyk2 = a2 + b2 = 1, on déduit qu’il existe un réel θ tel que a = cos (θ)
R
et b = sin (θ) . On a alors, en désignant par ρ la rotation d’angle θ ∈
:
2πZ
ρ (x) = ρ (f1 ) = cos (θ) f1 + sin (θ) f2 = y
R
Si ρ0 est une autre rotation d’angle θ0 ∈
telle que ρ0 (x) = y, on a alors ρ (f1 ) = ρ0 (f1 ) ,
2πZ
soit :
cos (θ) f1 + sin (θ) f2 = cos (θ0 ) f1 + sin (θ0 ) f2
donc cos (θ) = cos (θ0 ) et sin (θ) = sin (θ0 ) , ce qui équivaut à θ0 = θ et entraîne ρ0 = ρ.
Si, avec les notations du théorème qui précède, ρ est la rotation d’angle θ, on dit alors que θ
[
est l’angle orienté des vecteurs x et y et on note (x,
y) = θ. Un réel θ dans la classe d’équivalence
[
θ est une mesure de l’angle orienté (x, y), le représentant θ ∈ [−π, π[ est la mesure principale
[
de (x,
y).
Exercice 13.13 Quels sont les points fixes d’une rotation du plan.
Solution 13.13 Tout revient à déterminer le noyau de ρ − Id.
Si ρ = Id (rotation d’angle 0), alors tous les points de E sont fixes. Sinon, 0 est l’unique point
fixe puisque dans une base orthonormée de E la matrice de ρ − Id est :
µ
¶
cos (θ) − 1 − sin (θ)
Rθ − I2 =
sin (θ)
cos (θ) − 1
et :
det (ρ − Id) = (cos (θ) − 1)2 + sin2 (θ)
= 2 (1 − cos (θ)) 6= 0
pour θ ∈
/ 2πZ, ce qui signifie que ρ − Id est injective et ker (ρ − Id) = {0} .
Isométries en dimension 2
279
Exercice 13.14 On se place dans un plan euclidien E et on se donne deux droites distinctes
D et D0 dans E.
1. Déterminer toutes les rotations ρ telles que ρ (D) = D.
2. Montrer qu’il existe une rotation ρ telle que ρ (D) = D0 et ρ (D0 ) = D si, et seulement si,
les droites D et D0 sont orthogonales. Préciser alors le nombre de ces rotations.
Solution 13.14
1. On a déjà ρ = Id qui laisse D stable. Si ρ 6= Id est une rotation qui laisse stable D, pour
tout vecteur directeur unitaire f1 de D, on a alors ρ (f1 ) = −f1 et ρ = −Id (il y a une
unique rotation qui transforme un vecteur unitaire en un autre).
2. Soit f1 un vecteur unitaire qui dirige la droite D. Si D0 = ρ (D) , le vecteur unitaire ρ (f1 )
dirige D0 et si ρ (D0 ) = D, on a alors ρ2 (f1 ) = ±f1 . Comme D 6= D0 , les vecteurs f1
et ρ (f
indépendants et la matrice de ρ dans la base (f1 , ρ (f1 )) est
µ1 ) sont linéairement
¶
0 ±1
D=
et comme det (D) = 1, on a nécessairement ρ2 (f1 ) = −f1 et :
1 0
­
®
hf1 | ρ (f1 )i = − ρ2 (f1 ) | ρ (f1 ) = − hρ (f1 ) | f1 i
entraîne hf1 | ρ (f1 )i = 0, ce qui signifie que les droites D et D0 sont orthogonales.
π
Réciproquement, si les droites D et D0 sont orthogonales, alors les rotations d’angle et
2
π
− transforment D en D0 et ce sont les seules.
2
13.13.2
Isométries indirectes ou réflexions
On sait déjà que les réflexions du plan euclidien (i. e. les symétries orthogonales par rapport
à une droite) sont des isométries indirectes (théorème 13.10).
Nous allons vérifier que ce sont les seules.
Si sD est une réflexion par rapport à la droite D, on a alors sD (x) = x pour tout x ∈ D
et sD (x) = −x pour tout x ∈ D⊥ . En désignant par f1 un vecteur non nul de D et f2 un
vecteur non nul de µ
D⊥ , la famille
(f1 , f2 ) est une base orthogonale de sD et la matrice de sD
¶
1 0
dans cette base est
. De plus la droite D est l’ensemble des points fixes de sD , soit
0 −1
D = ker (sD − Id) .
Si σ est une isométrie indirecte, on a vu que sa matrice dans la base B0 est de la forme :
µ
¶
cos (θ) sin (θ)
Sθ =
sin (θ) − cos (θ)
où θ est un réel uniquement déterminé modulo 2π.
L’ensemble des points fixes de σ est formé des vecteurs x = x1 e1 + x2 e2 tels que σ (x) = x,
ce qui revient à dire que les réels x1 , x2 sont solutions du système linéaire :
½
(cos (θ) − 1) x1 + sin (θ) x2 = 0
sin (θ) x1 − (cos (θ) + 1) x2 = 0
ce qui s’écrit aussi :
½
¡ ¢¡
¡ ¢
¡ ¢ ¢
sin ¡2θ ¢ ¡− sin 2θ ¡x¢1 + cos 2θ ¡x¢2 =¢ 0
cos 2θ − − sin 2θ x1 − cos 2θ x2 = 0
280
Géométrie dans les espaces préhilbertiens
et est équivalent à :
µ
µ ¶
µ ¶
θ
θ
− sin
x1 + cos
x2 = 0
2
2
(13.7)
µ ¶
µ ¶¶
θ
θ
puisque cos
, sin
6= (0, 0) .
2
2
L’ensemble des points fixes de σ est µ
donc
¶ la droiteµ D¶d’équation (13.7) . Cette droite est
θ
θ
dirigée par le vecteur unitaire f1 = cos
e1 + sin
e2 , la droite D⊥ est dirigée par le
2
2
µ ¶
µ ¶
θ
θ
vecteur unitaire f2 = − sin
e1 + cos
e2 et on a u (f1 ) = f1 , u (f2 ) = λf2 puisque
2
2
D⊥ est
µ aussi¶stable par u (théorème 13.13). La matrice de u dans la base (f1 , f2 ) est donc
1 0
A=
et avec det (u) = −1, on déduit que λ = −1, ce qui signifie que u est la réflexion
0 λ
par rapport à D.
θ
On peut remarquer que la droite D est la droite d’angle polaire et que pour θ ∈
/ πZ, c’est
2
µ ¶
θ
x1 .
la droite d’équation x2 = tan
2
On a donc montré le résultat suivant.
Théorème 13.26 Les isométries indirectes d’un plan euclidien sont les réflexions.
Exercice 13.15 On se place dans un plan euclidien E.
1. Soient ρ une rotation et σ, σ 0 deux réflexions. Préciser la nature géométrique de ρ ◦ σ 0 ,
σ 0 ◦ ρ, σ ◦ σ 0 et σ 0 ◦ σ, en précisant les caractéristiques de ces applications.
2. Montrer que pour toute rotation ρ et toute réflexion σ, on a σ ◦ ρ ◦ σ = ρ−1 .
Solution 13.15
1. Toutes ces applications sont des isométries et avec det (ρ ◦ σ 0 ) = det (σ 0 ◦ ρ) = −1,
det (σ ◦ σ 0 ) = det (σ 0 ◦ σ) = 1, on déduit que la composée d’une rotation et d’une réflexion est une réflexion et que la composée de deux réflexions est une rotation.
En désignant respectivement par Rθ , Sθ et Sθ0 les matrices de ρ, σ et σ 0 dans une base
orthonormée directe B0 , on vérifie par un calcul direct que :
Rθ Sθ0 = Sθ+θ0 , Sθ0 Rθ = Sθ−θ0 , Sθ Sθ0 = Rθ−θ0 , Sθ0 Sθ = Rθ0 −θ = (Rθ−θ0 )−1
ce qui signifie que :
θ + θ0
;
2 0
θ−θ
– σ 0 ◦ ρ est la réflexion par rapport à la droite d’angle polaire
;
2
– σ ◦ σ 0 est la rotation d’angle θ − θ0 (modulo 2π) ;
– σ 0 ◦ σ est la rotation inverse d’angle θ − θ0 , ce qui est normal puisque (σ ◦ σ 0 )−1 =
(σ 0 )−1 ◦ σ −1 = σ 0 ◦ σ (une réflexion est involutive).
2. On peut utiliser les expressions matricielles des rotations et réflexions dans une base
orthonormée B0 et vérifier par un calcul direct que pour tous réels θ et θ0 , on a :
– ρ ◦ σ 0 est la réflexion par rapport à la droite d’angle polaire
Sθ0 Rθ Sθ0 = Sθ−θ0 Sθ0 = R−θ
On peut aussi dire que ρ ◦ σ qui est une réflexion est involutive, donc ρ ◦ σ = (ρ ◦ σ)−1 =
σ −1 ◦ ρ− et composant à gauche par σ, on obtient σ ◦ ρ ◦ σ = ρ−1 .
Isométries en dimension 3
13.14
281
Isométries en dimension 3
Pour ce paragraphe, E est un espace euclidien de dimension 3 et il est orienté par le choix
d’une base orthonormée B0 = (e1 , e2 , e3 ) .
Nous aurons besoin du résultat suivant sur les isométries de l’espace euclidien E.
Théorème 13.27 Pour toute isométrie u ∈ O (E) , le polynôme Pu défini par :
Pu (λ) = det (u − λId)
a au moins une racine réelle et cette racine est dans {−1, 1} . Il existe donc un vecteur non nul
x tel que u (x) = ±x.
Démonstration. En développant le déterminant, on voit que :
Pu (λ) = −λ3 + Tr (u) λ2 + α2 λ2 + det (u)
où Tr (u) est la trace de u et α2 un réel. Ce polynôme est donc de degré 3 à coefficients réels et
le théorème des valeurs intermédiaires nous dit qu’il a au moins une racine réelle (de manière
plus générale, un polynôme réel de degré impair a au moins une racine réelle).
Dire que λ ∈ R est racine de Pu équivaut à dire que u − λId est non injective, ce qui revient
à dire que ker (u − λId) 6= {0} et il existe un vecteur non nul x tel que u (x) = λx. Puis comme
u est une isométrie, on a ku (x)k = kxk et nécessairement |λ| = 1, ce qui signifie que ±1.
Remarque 13.15 Nous verrons plus loin que ce polynôme Pu est appelé le polynôme caractéristique de u et ses racines sont les valeurs propres de u.
Exemple 13.7 Pour u = Id, on a Pu (λ) = (1 − λ)3 et λ = 1 est l’unique valeur propre.
Exemple 13.8 Pour u = −Id, on a Pu (λ) = − (1 + λ)3 et λ = −1 est l’unique valeur propre.
Exemple 13.9 Si u est une réflexion, alors sa matrice dans une base convenablement choisie
est :


1 0 0
S= 0 1 0 
0 0 −1
donc Pu (λ) = − (1 − λ)2 (1 + λ) et les valeurs propres de u sont −1 et 1.
Exemple 13.10 Si u est un retournement, alors
choisie est :

1 0
S =  0 −1
0 0
sa matrice dans une base convenablement

0
0 
−1
donc Pu (λ) = (1 − λ) (1 + λ)2 et les valeurs propres de u sont −1 et 1.
282
13.14.1
Géométrie dans les espaces préhilbertiens
Isométries directes
Théorème 13.28 Soit u ∈ O+ (E) \ {Id} .
L’ensemble des points fixes de u est une droite D.
Si (f1 , f2 ) est une base orthonormé du plan D⊥ , alors (f1 , f2 , f1 ∧ f2 ) est une base orthonormée
directe de E et la matrice de u dans cette base est :


cos (θ) − sin (θ) 0
Rθ =  sin (θ) cos (θ) 0 
0
0
1
Démonstration. Soit D = ker (u − Id) l’ensemble des points fixes de u.
Di D est de dimension 3, il est égal à E et u = Id, ce qui n’est pas le cas.
Si D est de dimension 2, alors D⊥ est de dimension 1 et stable par u, donc en désignant
par (g1 , g2 ) une base orthonormée de D, g3 un vecteur unitaire de D⊥ , on a u (g3 ) = ±g3 et la
matrice de u dans la base (g1 , g2 , g3 ) est :


1 0 0
A= 0 1 0 
0 0 ±1
avec det (A) = 1, ce qui impose u (g3 ) = g3 et u = Id, ce qui n’est pas le cas.
Si D est réduit à {0} , il n’existe pas de vecteur non nul tel que u (x) = x et le théorème
13.27 nous dit qu’il existe alors un vecteur non nul x tel que u (x) = −x. Ce vecteur dirige une
droite ∆ qui est stable par u et le plan ∆⊥ est également stable par u. La restriction v de u
au plan ∆⊥ est aussi une isométrie et en désignant par g1 un vecteur unitaire directeur de ∆,
(g2 , g3 ) une base orthonormée de ∆⊥ , la matrice de u dans la base (g1 , g2 , g3 ) est :
¶
µ
−1 0
A=
0 B
où B est la matrice de v dans (g2 , g3 ) . On a donc
1 = det (u) = det (A) = − det (B) = − det (v)
donc det (v) = −1 et v est une réflexion. Mais alors v a des points fixes non nuls et ces points
fixes sont des points fixes de u, ce qui contredit F = {0} .
On a donc en définitive dim (D) = 1, c’est-à-dire que D est une droite.
La restriction de u au plan stable D⊥ est une isométrie qui ne peut être une réflexion (sinon
elle a des points fixes non nuls et l’ensemble des points fixes de u est de dimension 2), c’est
donc une rotation.
Si (f1 , f2 ) est une base orthonormé du plan D⊥ , on oriente le plan D⊥ avec le choix de
⊥
cette base
µ et il existe un réel
¶ θ tel que la matrice dans (f1 , f2 ) de la restriction de u à D est
cos (θ) − sin (θ)
Rθ0 =
. Le vecteur f3 = f1 ∧ f2 est unitaire, orthogonal au plan engendré
sin (θ) cos (θ)
par (f1 , f2 ) donc dans D, la famille (f1 , f2 , f1 ∧ f2 ) est une base orthonormée directe de E
(exercice 13.10) et la matrice de u dans cette base est :


cos (θ) − sin (θ) 0
Rθ =  sin (θ) cos (θ) 0 
0
0
1
Isométries en dimension 3
283
Avec les notations du théorème, on dit que u est la rotation d’axe D orienté par f1 ∧ f2 et
d’angle θ (défini modulo 2π).
Si A ∈ O3+ (R) \ {I3 } est la matrice de u ∈ O+ (E) \ {Id} dans la base orthonormée B0 , alors
l’axe de la rotation u est obtenu en déterminant le noyau de u − Id, ce qui revient à résoudre
un système linéaire (A − I3 ) X = 0, où la matrice A − I3 est de rang 2.
Pour ce qui est de la mesure principale θ ∈ [−π, π[ \ {0} de l’angle de cette rotation, avec :
Tr (u) = Tr (A) = Tr (Rθ ) = 2 cos (θ) + 1
on en déduit la valeur de cos (θ) et celle de θ au signe près.
Si Tr (u) = −1, on a alors cos (θ) = −1, donc sin (θ) = 0 et θ − −π.
Dans le cas où θ ∈ ]−π, π[ \ {0} , on peut déterminer le signe de sin (θ) , et donc de θ, comme
suit.
Avec u (f1 ) = cos (θ) f1 + sin (θ) f2 , on déduit que sin (θ) = hu (f1 ) | f2 i . De plus, en notant
f3 = f1 ∧ f2 , on a f3 ∧ f1 = f2 (exercice 13.9) et :
sin (θ) = hu (f1 ) | f2 i = hu (f1 ) | f3 ∧ f1 i = det (f3 , f1 , u (f1 ))
= det (f1 , u (f1 ) , f3 )
ce qui permet de déterminer sin (θ) et θ.
En fait, comme seul le signe de θ nous importe, on choisit un vecteur non nul x dans D⊥ ,
1
on pose f1 =
x, on complète ce vecteur en une base orthonormée (f1 , f2 , f3 ) de E et
kxk
det (x, u (x) , f3 )
sin (θ) =
est du signe de det (x, u (x) , f3 ) , ce qui permet de déterminer θ.
kxk2
Exercice 13.16 On se place dans l’espace E = R3 muni de sa structure euclidienne canonique.
On désigne par u l’endomorphisme de E de matrice :


−1 2
2
1
A =  2 −1 2 
3
2
2 −1
dans la base canonique B0 .
1. Montrer que u est une rotation.
2. Donner une vecteur unitaire e3 appartenant à l’axe de cette rotation.
3. Déterminer la mesure principale θ ∈ [−π, π[ de l’angle de cette rotation.
Solution 13.16
1. Avec A 6= I3 , A t A = I3 et det (A) = 1, on déduit que u est une rotation d’angle non nul
(modulo 2π).
2. L’axe de cette rotation est obtenu en résolvant le système linéaire (A − I3 ) X = 0, soit :

 −2x + y + z = 0
x − 2y + z = 0

x + y − 2z = 0
 
1
1  
1 .
ce qui donne x = y = z et l’axe D de u est la droite dirigée par e3 = √
3
1
284
Géométrie dans les espaces préhilbertiens
3. Avec Tr (u) = −1 = 2 cos (θ) + 1, on déduit que cos (θ) = −1 et θ = −π.
Exercice 13.17 On se place dans l’espace E = R3 muni de sa structure euclidienne canonique,
on se donne des réels a, b, c et on désigne par u l’endomorphisme de E de matrice :


a2
ab − c ac + b
b2
bc − a 
A =  ab + c
ac − b bc + a
c2
dans la base canonique B0 .
1. Déterminer les réels a, b, c tels que u soit une isométrie.
2. Préciser, dans le cas où u est une isométrie, sa nature géométrique.
Solution 13.17
1. On a :
 2

a ab ac
¡
¢
¢
A t A = a2 + b2 + c2 − 1  ab b2 bc  + a2 + b2 + c2 I3
ac bc c2
¡
et l’égalité A t A = I3 est réalisée si, et seulement si, a2 + b2 + c2 = 1.
2. On a :
det (A) = a4 + b4 + c4 + 2a2 b2 + 2a2 c2 + 2b2 c2
¡
¢2
= a 2 + b2 + c2 = 1
si u est une isométrie. Donc u ∈ O3+ (R) \ {I3 } et c’est une rotation d’angle θ ∈ [−π, π[
π
tel que 2 cos (θ) + 1 = Tr (A) = 1, ce qui donne θ = ± .
2
L’axe D de cette rotation est obtenu en résolvant le système linéaire (A − I3 ) X = 0, soit :
 2
 (a − 1) x + (ab − c) y + (ac + b) z = 0 (1)
(ab + c) x + (b2 − 1) y + (bc − a) z = 0 (2)

(ac − b) x + (bc + a) y + (c2 − 1) z = 0 (3)
En effectuant les opérations (1)+c·(2)−b·(3) , −c·(1)+(2)+a·(3) et b·(1)−a·(2)+(3) ,
on obtient :

 −cy + bz = 0
cx − az = 0

−bx + ay = 0
Comme (a, b, c) 6= 0, l’un de ces coefficients est non nul. En supposant
 a 6= 0, on obtient
a
b
c
z = x et y = x et l’axe D de u est la droite dirigée par f3 =  b  (les deux autres
a
a
c
possibilités donnent le même résultat).


−b
En désignant par x un vecteur non nul dans D⊥ , par exemple x =  a  si a 6= 0,
0
sin (θ) est du signe de :
¯
¯
¯ −b −ac a ¯
¯
¯
−bc b ¯¯ = a2 + b2 > 0
det (x, u (x) , f3 ) = ¯¯ a
¯ 0 1 − c2 c ¯
π
et en conséquence θ = . On dit que u est un quart de tour.
2