SOLUTIONS
26
Solutions
des éléments de cette famille (c’est le principe de la linéarisation
des polynômes trigonométriques), donc la famille est génératrice ;
c’est une basedeE,qui estdonc de dimension 2n +1.
8 En appliquant l’égalité de l’énoncé au vecteur ej, on obtient : ∀i
= j (ej|ei) = 0. La famille est donc orthonormale, et
par conséquent libre. Il faut montrer qu’elle est génératrice (rien
ne dit dans l’énoncé que n estl ad imensiond eE. ..). Pour cela,
appliquer l’égalitédel’énoncé àunélément de Vect(e1, ··· ,en)
⊥ .
9 Soit p la projection orthogonale surVect(u). p(e1)est colinéaire à u : p(e1) = λu , et (p(e1) − e1|u) = 0 ⇒ λ = α.
De même, p(e2) = βu et p(e3) = γu. La matrice de p est donc :
P =
⎛
⎝
α
2
αβ αγ
αβ β
2
βγ
αγ βγ γ
2
⎞
⎠
La projection orthogonale sur( Vect(u))
⊥ est q = IdE − p. Sa
matriceest :
Q =
⎛
⎝
1 − α
2
−αβ
−αγ
−αβ
1 − β
2
−βγ
−αγ
−βγ
1 − γ
2
⎞
⎠
Less ymétries orthogonales par rapport àV ect(u)e t( Vect(u))
⊥
sont : s = p − q et s
= q − p. Leurs matrices sont respectivement :
S =
⎛
⎝
2α
2 − 12 αβ
2αγ
2αβ 2β
2 − 12 βγ
2αγ
2βγ 2γ
2 − 1
⎞
⎠
S
=
⎛
⎝
1 − 2α
2
−2αβ
−2αγ
−2αβ
1 − 2β
2
−2βγ
−2αγ
−2βγ
1 − 2γ
2
⎞
⎠
10 e1 =
√ 3
3
(0, 1, 1, 1)
e2 =
√ 15
15
(3, −2, 1, 1)
e3 =
√ 35
35
(3, 3, −4, 1) e 4 =
√ 7
7
(1, 1, 1, −2)
11 On montre facilement quel’application est une forme bilinéaire symétrique positive.
L’égalité ((x1, x2, x3)|(x1, x2, x3)) = 0conduit àunsystème dont
l’unique solution est (0, 0, 0).
L’orthonormalisée de la base canonique est:
e1=(1, 0, 0) e2 =
√ 2
2
(2, 1, 0) e3 =
√ 2
2
(−2, −1, 2)
12 1)Récurrence immédiate.
2)D’après le théorème du rang, il suffit d’établir que
Ker (f − IdE ) ∩ Im (f − IdE ) = {0}.
Soit x un élément de cette intersection : f (x) = x et il existe y ∈ E
tel que x = f (y) − y.
On aalors : f
2 (y) − f (y) = f (y) − y,soit:f
2 (y)=2f(y)−y.
On montre par récurrence quepour tout k ∈ N :
f
k (y) = kf(y)−(k−1)y = kx + y
On en déduit d’aprèslaquestion précédente quepour tout k ∈ N,
kx + y y.
Mais si x = 0, kx +y tend vers l’infini quand k tend vers l’infini ;
donc x = 0:
Ker (f − IdE ) ∩ Im (f − IdE ) = {0}
et
Ker (f − IdE ) ⊕ Im (f − IdE ) = E
3)Soit x ∈ E.D’après la question précédente, il existe (x1, x2) ∈
Ker (f − IdE )×Im (f − IdE )
tel que x = x1 + x2.Onaf(x1)=x1et x2 = f (x3) − x3.D’où :
1
n
n−1
k=0
f
k (x) = x1 +
1
n
(f
n (x3) − x3)
Comme f
n (x3) − x3 2x3,
lim
n→+∞
1
n
n−1
k=0
f
k (x) = x1.
L’endomorphismel im
n→+∞
1
n
n−1
k=0
f
k
est la projection sur
Ker (f − IdE )parallèlement àIm(f −IdE ).
Chapitre 26
1 a) Faux, elle ne conserve pas la norme. b) Vrai.
c) Vrai. d) Faux, c’est une condition nécessaire, mais non suffisante. e) Vrai. f) Faux, en dimension 3, il yaaussi les composées
réflexion-rotation. g) Vrai.
2 1) Montrer que ϕx conserve la norme.
2) ϕx (y) = y
⇐⇒
( x | y ) = 0e t ϕ x ( x ) = − x .
ϕ xest la symétrie orthogonale par rapport à(Vect(x))
⊥ .
3 A est orthogonale si et seulement si a
2 = b
2 = c
2 ,c’est-àdiresia,b,csont égaux au signe près.
–Sia=b=c,ils’agit de la symétrie orthogonale par rapport au
plan d’équation x + y + z = 0.
–S ia = b = − c ,s ymétrie orthogonale par rapport au plan
d’équation x + y − z = 0.
–S ia = − b = c ,s ymétrie orthogonale par rapport au plan
d’équation x − y + z = 0.
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Solutions
des éléments de cette famille (c’est le principe de la linéarisation
des polynômes trigonométriques), donc la famille est génératrice ;
c’est une basedeE,qui estdonc de dimension 2n +1.
8 En appliquant l’égalité de l’énoncé au vecteur ej, on obtient : ∀i
= j (ej|ei) = 0. La famille est donc orthonormale, et
par conséquent libre. Il faut montrer qu’elle est génératrice (rien
ne dit dans l’énoncé que n estl ad imensiond eE. ..). Pour cela,
appliquer l’égalitédel’énoncé àunélément de Vect(e1, ··· ,en)
⊥ .
9 Soit p la projection orthogonale surVect(u). p(e1)est colinéaire à u : p(e1) = λu , et (p(e1) − e1|u) = 0 ⇒ λ = α.
De même, p(e2) = βu et p(e3) = γu. La matrice de p est donc :
P =
⎛
⎝
α
2
αβ αγ
αβ β
2
βγ
αγ βγ γ
2
⎞
⎠
La projection orthogonale sur( Vect(u))
⊥ est q = IdE − p. Sa
matriceest :
Q =
⎛
⎝
1 − α
2
−αβ
−αγ
−αβ
1 − β
2
−βγ
−αγ
−βγ
1 − γ
2
⎞
⎠
Less ymétries orthogonales par rapport àV ect(u)e t( Vect(u))
⊥
sont : s = p − q et s
= q − p. Leurs matrices sont respectivement :
S =
⎛
⎝
2α
2 − 12 αβ
2αγ
2αβ 2β
2 − 12 βγ
2αγ
2βγ 2γ
2 − 1
⎞
⎠
S
=
⎛
⎝
1 − 2α
2
−2αβ
−2αγ
−2αβ
1 − 2β
2
−2βγ
−2αγ
−2βγ
1 − 2γ
2
⎞
⎠
10 e1 =
√ 3
3
(0, 1, 1, 1)
e2 =
√ 15
15
(3, −2, 1, 1)
e3 =
√ 35
35
(3, 3, −4, 1) e 4 =
√ 7
7
(1, 1, 1, −2)
11 On montre facilement quel’application est une forme bilinéaire symétrique positive.
L’égalité ((x1, x2, x3)|(x1, x2, x3)) = 0conduit àunsystème dont
l’unique solution est (0, 0, 0).
L’orthonormalisée de la base canonique est:
e1=(1, 0, 0) e2 =
√ 2
2
(2, 1, 0) e3 =
√ 2
2
(−2, −1, 2)
12 1)Récurrence immédiate.
2)D’après le théorème du rang, il suffit d’établir que
Ker (f − IdE ) ∩ Im (f − IdE ) = {0}.
Soit x un élément de cette intersection : f (x) = x et il existe y ∈ E
tel que x = f (y) − y.
On aalors : f
2 (y) − f (y) = f (y) − y,soit:f
2 (y)=2f(y)−y.
On montre par récurrence quepour tout k ∈ N :
f
k (y) = kf(y)−(k−1)y = kx + y
On en déduit d’aprèslaquestion précédente quepour tout k ∈ N,
kx + y y.
Mais si x = 0, kx +y tend vers l’infini quand k tend vers l’infini ;
donc x = 0:
Ker (f − IdE ) ∩ Im (f − IdE ) = {0}
et
Ker (f − IdE ) ⊕ Im (f − IdE ) = E
3)Soit x ∈ E.D’après la question précédente, il existe (x1, x2) ∈
Ker (f − IdE )×Im (f − IdE )
tel que x = x1 + x2.Onaf(x1)=x1et x2 = f (x3) − x3.D’où :
1
n
n−1
k=0
f
k (x) = x1 +
1
n
(f
n (x3) − x3)
Comme f
n (x3) − x3 2x3,
lim
n→+∞
1
n
n−1
k=0
f
k (x) = x1.
L’endomorphismel im
n→+∞
1
n
n−1
k=0
f
k
est la projection sur
Ker (f − IdE )parallèlement àIm(f −IdE ).
Chapitre 26
1 a) Faux, elle ne conserve pas la norme. b) Vrai.
c) Vrai. d) Faux, c’est une condition nécessaire, mais non suffisante. e) Vrai. f) Faux, en dimension 3, il yaaussi les composées
réflexion-rotation. g) Vrai.
2 1) Montrer que ϕx conserve la norme.
2) ϕx (y) = y
⇐⇒
( x | y ) = 0e t ϕ x ( x ) = − x .
ϕ xest la symétrie orthogonale par rapport à(Vect(x))
⊥ .
3 A est orthogonale si et seulement si a
2 = b
2 = c
2 ,c’est-àdiresia,b,csont égaux au signe près.
–Sia=b=c,ils’agit de la symétrie orthogonale par rapport au
plan d’équation x + y + z = 0.
–S ia = b = − c ,s ymétrie orthogonale par rapport au plan
d’équation x + y − z = 0.
–S ia = − b = c ,s ymétrie orthogonale par rapport au plan
d’équation x − y + z = 0.
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