Solutions
SOLUTIONS
26
–S i− a = b = c ,s ymétrie orthogonale par rapport au plan
d’équation −x + y + z = 0.
4 On vérifie d’abord que cesq uatre matrices sont orthogonales :les vecteurs colonnes forment une base orthonormale.
• DetA = +1. A est la matrice d’une rotation. L’axe est l’ensemble
des vecteurs invariants,c ’est-à-dire Vect(v)o ùv=(1, 0, 1).
Pour déterminer l’angle θ de la rotation, choisissons un vecteur
orthogonal àl ’axe, pare xemple u = (0, 1, 0) ; θ est l’angle
(u, f (u)). D’où cos θ =
(u|f (u))
u f(u)
=
1
3
.Enfin, orientons
l’axedelarotation dans le sens du vecteur u∧f (u) = −
2
3
v.
En définitive, A est la matrice de la rotation d’angle Arccos
1
3
autour de l’axe Vect(1, 0, 1) orienté dans le sensd uv ecteur
(−1, 0, −1).
• DetB = −1. Il n’yap as de vecteur invariant ; B est la matrice d’une composée réflexion-rotation. L’axe de la rotation
est l’ensemble des vecteurs changés en leuropposé, c’est-à-dire
Vect(1, 1, 1). Pour déterminer l’angled el ar otation, choisissons un vecteur orthogonal àl’axe, par exemple u = (1, −1, 0) ;
on obtientcos θ =
1
2
.D’autre part, u∧f (u) = (−1, −1, −1).
B est la matrice de la composée d’une rotation d’angle
π
3
autour de l’axe Vect(1, 1, 1) orienté dans le sensd uv ecteur
(−1, −1, −1),etdelaréflexion par rapport au plan orthogonal àcet axe.
• DetC = −1. L’ensemble des vecteurs invariants estl ep lan
d’équation αx + βy + γz = 0.
C estlamatrice de la réflexion par rapport àceplan.
• DetD = +1. D estl am atrice d’une rotation. On
trouve un quartd et our (rotation d’angle
π
2
)a utour de
l’axe Vect(cos α, sin α, 0) orienté dans le sensd uv ecteur
(cos α, sin α, 0).
5 On complète u en unebase orthonormale directe (u, v, w).
Dans cettebase :
x = (u|x) u +(v|x)v+(w|x)w
et la matrice de la rotation R est :
A =
⎛
⎝
10
0
0c os θ − sin θ
0s in θ
cos θ
⎞
⎠
On en déduit facilement l’expression cherchée.
Pour obtenirl am atrice de R dans la base orthonormale initiale,
appliquer cette formule aux vecteurs de base e1, e2, e3.Onobtient :
A
=
⎛
⎝
α
2 (1 − cos θ)+cos θα β (1 − cos θ) − γ sin θα γ (1 − cos θ)+βsin θ
αβ(1 − cos θ)+γsin θβ
2 (1 − cos θ)+cos θβ γ (1 − cos θ) − α sin θ
αγ(1 − cos θ) − β sin θβ γ (1 − cos θ)+αsin θγ
2 (1 − cos θ)+cos θ
⎞
⎠
Dans le casd’un demi-tour (θ = π), on retrouve la matricedéjà
rencontrée dans l’exercice 9duchapitre précédent :
A
=
⎛
⎝
2α
2 − 12 αβ
2αγ
2αβ
2β
2 − 12 βγ
2αγ
2βγ
2γ
2 − 1
⎞
⎠
6 1)Las tabilité de G par produit prouve que ϕ est une
application de G dans G.Vérifions qu’elle est injective :
soit (M , N ) ∈ G
2 tel que ϕ(M ) = ϕ(N )
MiM = MiN ⇒ (Mi)
−1 MiM = (Mi)
−1 MiN ,puisque Mi est
inversible,c’est-à-dire M = N .
ϕ est une injection d’un ensemble fini dans lui-même, c’est une
bijection.
En particulier, si I d ∈ G,I d appartient àl ’image de ϕ,c eq ui
prouve que (Mi)
−1 = (ϕ)
−1 . (I d )est élément de G.
G est alorsclairement un sous-groupe de Gl d (R).
2)L’application Q est bilinéaire symétrique comme le produit
scalaire usuel sur R
d ,deplus pour tout X ∈ R
d :
Q(X , X ) =
1
n
n
k=1
M k X
2 =
1
n
⎛
⎝ X
2 +
M k ∈G, M k
=I d
M k X
2
⎞
⎠
Ce qui établitq ue pour tout X ∈ R
d , Q(X , X ) 0e tq ue
Q(X , X ) = 0 ⇐⇒ X = 0.
3)Montrons que Mi est une matrice orthogonale pour Q,c’est-àdire que:
∀(X,Y)∈(R
d )
2
Q(MiX,MiY)=Q(X,Y).
Nous avonsétabli que ϕ est une bijection de G sur G,cecisignifieque lorsque l’on parcourt l’ensemble des matrices MiM k pour
k ∈ [[ 1 , n ]] ,onparcourt, dans un ordre éventuellement différent,
exactement tous les éléments de G une fois et une seule, d’où :
Q(MiX , MiY ) =
1
n
n
k=1
(MiM k X |MiM k Y )
=
1
n
n
k=1
(M k X |M k Y ) = Q(X , Y )
4)Calculons M
2 :
M
2 =
n
i=1
Mi
n
k=1
M k
=
n
i=1
n
k=1
MiM k
d’où, en utilisant encore la bijectivité de ϕ :
M
2 =
n
i=1
n
k=1
M k
= nM
Une récurrence immédiate prouve alorsq ue pour tout
j ∈ N
∗ , M
j = n
j−1 M ,d’où :
Tr(M ) = 0 ⇒ Tr(M
j ) = 0
7 1)Sisest une réflexion, s
2 = IdE ,d’où ϕ(s)
2 = ϕ(s
2 ) = 1:
ϕ(s)=±1.
2)Soit n et n
desvecteurs normaux respectifs de H et H
.Soit −
→ n 1
un vecteur coplanaire avec n et n
et telque
( −
→ n , −
→ n 1 ) =
( −
→ n 1 , −
→ n ).
Soit s1 la réflexionpar rapport àl’hyperplan H1 de vecteurnormal
−
→ n 1 .Alors s
◦s1 = s1 ◦s,rotation d’axe H ∩H
et d’angle2
( −
→ n , −
→ n 1 ).
Hachette Livre –HPrépa /Math –Laphotocopie non autorisée est un délit
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–S i− a = b = c ,s ymétrie orthogonale par rapport au plan
d’équation −x + y + z = 0.
4 On vérifie d’abord que cesq uatre matrices sont orthogonales :les vecteurs colonnes forment une base orthonormale.
• DetA = +1. A est la matrice d’une rotation. L’axe est l’ensemble
des vecteurs invariants,c ’est-à-dire Vect(v)o ùv=(1, 0, 1).
Pour déterminer l’angle θ de la rotation, choisissons un vecteur
orthogonal àl ’axe, pare xemple u = (0, 1, 0) ; θ est l’angle
(u, f (u)). D’où cos θ =
(u|f (u))
u f(u)
=
1
3
.Enfin, orientons
l’axedelarotation dans le sens du vecteur u∧f (u) = −
2
3
v.
En définitive, A est la matrice de la rotation d’angle Arccos
1
3
autour de l’axe Vect(1, 0, 1) orienté dans le sensd uv ecteur
(−1, 0, −1).
• DetB = −1. Il n’yap as de vecteur invariant ; B est la matrice d’une composée réflexion-rotation. L’axe de la rotation
est l’ensemble des vecteurs changés en leuropposé, c’est-à-dire
Vect(1, 1, 1). Pour déterminer l’angled el ar otation, choisissons un vecteur orthogonal àl’axe, par exemple u = (1, −1, 0) ;
on obtientcos θ =
1
2
.D’autre part, u∧f (u) = (−1, −1, −1).
B est la matrice de la composée d’une rotation d’angle
π
3
autour de l’axe Vect(1, 1, 1) orienté dans le sensd uv ecteur
(−1, −1, −1),etdelaréflexion par rapport au plan orthogonal àcet axe.
• DetC = −1. L’ensemble des vecteurs invariants estl ep lan
d’équation αx + βy + γz = 0.
C estlamatrice de la réflexion par rapport àceplan.
• DetD = +1. D estl am atrice d’une rotation. On
trouve un quartd et our (rotation d’angle
π
2
)a utour de
l’axe Vect(cos α, sin α, 0) orienté dans le sensd uv ecteur
(cos α, sin α, 0).
5 On complète u en unebase orthonormale directe (u, v, w).
Dans cettebase :
x = (u|x) u +(v|x)v+(w|x)w
et la matrice de la rotation R est :
A =
⎛
⎝
10
0
0c os θ − sin θ
0s in θ
cos θ
⎞
⎠
On en déduit facilement l’expression cherchée.
Pour obtenirl am atrice de R dans la base orthonormale initiale,
appliquer cette formule aux vecteurs de base e1, e2, e3.Onobtient :
A
=
⎛
⎝
α
2 (1 − cos θ)+cos θα β (1 − cos θ) − γ sin θα γ (1 − cos θ)+βsin θ
αβ(1 − cos θ)+γsin θβ
2 (1 − cos θ)+cos θβ γ (1 − cos θ) − α sin θ
αγ(1 − cos θ) − β sin θβ γ (1 − cos θ)+αsin θγ
2 (1 − cos θ)+cos θ
⎞
⎠
Dans le casd’un demi-tour (θ = π), on retrouve la matricedéjà
rencontrée dans l’exercice 9duchapitre précédent :
A
=
⎛
⎝
2α
2 − 12 αβ
2αγ
2αβ
2β
2 − 12 βγ
2αγ
2βγ
2γ
2 − 1
⎞
⎠
6 1)Las tabilité de G par produit prouve que ϕ est une
application de G dans G.Vérifions qu’elle est injective :
soit (M , N ) ∈ G
2 tel que ϕ(M ) = ϕ(N )
MiM = MiN ⇒ (Mi)
−1 MiM = (Mi)
−1 MiN ,puisque Mi est
inversible,c’est-à-dire M = N .
ϕ est une injection d’un ensemble fini dans lui-même, c’est une
bijection.
En particulier, si I d ∈ G,I d appartient àl ’image de ϕ,c eq ui
prouve que (Mi)
−1 = (ϕ)
−1 . (I d )est élément de G.
G est alorsclairement un sous-groupe de Gl d (R).
2)L’application Q est bilinéaire symétrique comme le produit
scalaire usuel sur R
d ,deplus pour tout X ∈ R
d :
Q(X , X ) =
1
n
n
k=1
M k X
2 =
1
n
⎛
⎝ X
2 +
M k ∈G, M k
=I d
M k X
2
⎞
⎠
Ce qui établitq ue pour tout X ∈ R
d , Q(X , X ) 0e tq ue
Q(X , X ) = 0 ⇐⇒ X = 0.
3)Montrons que Mi est une matrice orthogonale pour Q,c’est-àdire que:
∀(X,Y)∈(R
d )
2
Q(MiX,MiY)=Q(X,Y).
Nous avonsétabli que ϕ est une bijection de G sur G,cecisignifieque lorsque l’on parcourt l’ensemble des matrices MiM k pour
k ∈ [[ 1 , n ]] ,onparcourt, dans un ordre éventuellement différent,
exactement tous les éléments de G une fois et une seule, d’où :
Q(MiX , MiY ) =
1
n
n
k=1
(MiM k X |MiM k Y )
=
1
n
n
k=1
(M k X |M k Y ) = Q(X , Y )
4)Calculons M
2 :
M
2 =
n
i=1
Mi
n
k=1
M k
=
n
i=1
n
k=1
MiM k
d’où, en utilisant encore la bijectivité de ϕ :
M
2 =
n
i=1
n
k=1
M k
= nM
Une récurrence immédiate prouve alorsq ue pour tout
j ∈ N
∗ , M
j = n
j−1 M ,d’où :
Tr(M ) = 0 ⇒ Tr(M
j ) = 0
7 1)Sisest une réflexion, s
2 = IdE ,d’où ϕ(s)
2 = ϕ(s
2 ) = 1:
ϕ(s)=±1.
2)Soit n et n
desvecteurs normaux respectifs de H et H
.Soit −
→ n 1
un vecteur coplanaire avec n et n
et telque
( −
→ n , −
→ n 1 ) =
( −
→ n 1 , −
→ n ).
Soit s1 la réflexionpar rapport àl’hyperplan H1 de vecteurnormal
−
→ n 1 .Alors s
◦s1 = s1 ◦s,rotation d’axe H ∩H
et d’angle2
( −
→ n , −
→ n 1 ).
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