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 = (e2 + e3 , e1 + e2 , 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 0 1 1 = 1, detB (B3 ) = 1 1 0 1 0 1 = −2 et donc B1 , B2 sont des bases directes et B3 est une base indirecte. Exercice 2 Soit f un endomorphisme d’un espace euclidien orienté E de dimension 3 tel que ∀x ∈ E, hf (x), xi = 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 l’application u ∧ · est définie de la manière suivante : u ∧ · : E −→ E x 7−→ u ∧ x Montrons que ϕ est injective. Soient u, u0 ∈ E tels que ϕ(u) = ϕ(u0 ), c’est-à-dire u ∧ x = u0 ∧ x pour tout x. On a (u − u0 ) ∧ x = 0 pour tout x ∈ E, ce qui implique u − u0 est colinéaire à tout vecteur de E, ce qui est possible seulement si u − u0 = 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 3 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 0 1 1 −1 , A2 = et A3 = √ A1 = . −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 . 3 On a donc D = Vect(u) où u = . 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) pour θ = π/4 A3 = sin(θ) cos(θ) A3 est donc la matrice d’une rotation d’angle π/4. Exercice 4 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 unebase othonormale directe B de E est Bi : 7 4 4 0 0 1 1 B1 = 4 −8 1 , B2 = 1 0 0 , 9 4 1 −8 0 1 0 0 −1 0 2 −1 2 2 2 −1 1 1 2 −1 et B5 = 2 −1 2 . B3 = −1 0 0 B4 = 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 E. Déterminons l’angle de la rotation. On a √ 1 3 g2 (e2 ) = hg2 (e2 ), e2 ie2 + hg2 (e2 ), e3 ie3 = − e2 + e3 = cos(θ)e2 + sin(θ)e3 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/√3 1/ √2 1/√6 √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 1 . L’axe de g4 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 E. Déterminons l’angle de la rotation. On a √ 3 1 g4 (e2 ) = hg4 (e2 ), e2 ie2 + hg4 (e2 ), e3 ie3 = e2 − e3 = cos(θ)e2 + sin(θ)e3 . 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 B 5 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 5 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. Solution. 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 0 = (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 2 La matrice de passage de B à B 0 est √1 3 √1 3 √1 3 B PB 0 = √1 2 − √12 √1 6 √1 6 −2 √ 6 0 et d’après la formule de changement de base, on a MatB (r) =B PB0 · MatB0 (r) · (B PB0 )−1 2 2 −1 1 −1 2 2 . = 3 2 −1 2 2. Dans la base B 0 , 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 PB0 · MatB0 (r2 ) · (B PB0 )−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 6 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 5. 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 0 1 1 1 0 2/3 2/3 −1/3 En procédant de la même manière, on retrouve la matrice obtenue dans l’exercice 5. 3. C’est plus rapide ! Exercice 7 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 Cj la jème colonne de A. Par définition du produit mixte et d’après la question 1, on a | det(A)| = |[C1 , . . . , Cn ]| ≤ ||C1 || × . . . × ||Cn ||. P Or ||Cj ||2 = i a2i,j ≤ n puisque ai,j ≤ 1 pour tout 1 ≤ i, j ≤ n. On a donc ||Cj || ≤ n1/2 pour tout j et | det(A)| ≤ ||C1 || × . . . × ||Cn || ≤ |n1/2 × .{z . . × n1/2} = nn/2 . n-termes Exercice 8 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 9 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 10 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.