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= (e2+e3, e1+e2, e3+e1)?
Solution. On a
detB(B1) = 
1 0 0
1 1 0
0 0 1 
= 1,detB(B2) = 
001
100
010
= 1,detB(B3) = 
011
110
101
=−2
et donc B1,B2sont des bases directes et B3est une base indirecte.
Exercice 2
Soit fun endomorphisme d’un espace euclidien orienté Ede dimension 3 tel que
∀x∈E, hf(x), xi= 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 l’application u∧ · est définie de la manière suivante :
u∧ · :E−→ E
x7−→ u∧x
Montrons que ϕest injective. Soient u, u0∈Etels que ϕ(u) = ϕ(u0), c’est-à-dire u∧x=u0∧xpour
tout x. On a (u−u0)∧x= 0 pour tout x∈E, ce qui implique u−u0est colinéaire à tout vecteur
de E, ce qui est possible seulement si u−u0= 0. Donc ϕest injective. Comme dim(E) = dim(A(E))
dans le cas de la dimension 3, ϕest bijective. Ainsi, fpossède un unique antécédent, u∈E. C’est à
dire, f(x) = u∧xpour tout x.
Exercice 3
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 4
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=
001
100
010
,
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)=1et 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 E.
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)=1et 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 E.
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.
Soit u=
x
y
z
. On a
g5(u) = u⇐⇒ 
2x+ 2y−z= 3x
−x+ 2y+ 2z= 3y
2x−y+ 2z= 3z
⇐⇒ nx−2yz= 0
Finalement, g5est la réflexion par rapport au plan vectoriel d’équation x−2y+z= 0

Exercice 5
Dans R3muni du produit scalaire usuel et orienté par sa base canonique B, déterminer la matrice R,
représentative dans B:
1. de la rotation rd’axe dirigé et orienté par le vecteur u= (1,1,1) et d’angle π
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 rdans une base adaptée.
On pose u1=1
√3
1
1
1
. Le plan orthogonal à Da pour équation x+y+z= 0.
On choisit u2=1
√2
1
−1
0
∈Pet u3=e1∧e2=1
√6
1
1
−2
. D’après les propriétés du produit
scalaire on a
∗u3est orthogonal à u1, donc u3∈D⊥=P,
∗u3est orthogonal à u2, donc (u2, u3)forme une famille libre de P
∗u3est normée.
∗(u1, u2, u3)est direct.
Ainsi, B0= (u1, u2, u3)forme une base orthonormée directe R3. Dans cette base, la matrice de rest :
1 0 0
0 cos(θ)−sin(θ)
0 sin(θ) cos(θ)
=
1 0 0
01
2−√3 2
0√3
2
1
2
.
La matrice de passage de BàB0est
BPB0=
1
√3
1
√2
1
√6
1
√3−1 √2
1
√6
1
√30−2 √6
et d’après la formule de changement de base, on a
MatB(r) =BPB0·MatB0(r)·(BPB0)−1=1
3
2 2 −1
−1 2 2
2−1 2 
.
2. Dans la base B0, la matrice du retournement r2est
1 0 0
0−1 0
0 0 −1
.
et d’après la formule de changement de base, on a
MatB(r2) =BPB0·MatB0(r2)·(BPB0)−1=1
3
−1 2 2
2−1 2
2 2 −1
.
3. Le plan d’équation x+y+z= 0 est le plan orthogonal à D. La matrice de la reflexion sest donc
simplement −Mat(r2):
MatB(s) = 1
3
1−2−2
−2 1 −2
−2−2 1 
.