c ⃝Christophe Bertault - MPSI Géométrie euclidienne du plan et de l’espace Dans

c ⃝Christophe Bertault - MPSI Géométrie euclidienne du plan et de l’espace Dans tout ce chapitre, on travaille uniquement avec le corps de base R et E est un espace euclidien orienté. Les lettres n, p, q . . . désignent des entiers naturels non nuls. Lemme Soit A ∈Mn,p(R). On suppose que : ∀X ∈Rn, ∀Y ∈Rp, tXAY = 0. Alors A = 0. Démonstration Soit (i, j) ∈J1, nK × J1, pK. Notons Xi la colonne de taille n dont tous les coefficients sont nuls à l’exception du ième, égal à 1 ; et Yj la colonne de taille p dont tous les coefficients sont nuls à l’exception du jème, égal à 1. Alors 0 = tXiAYj = aij. Ainsi A = 0 comme voulu. ■ 1 Automorphismes orthogonaux et matrices orthogonales 1.1 Automorphismes orthogonaux Définition (Automorphisme orthogonal/isométrie vectorielle) Soit f : E − →E une application. Les assertions suivantes sont équivalentes : (i) f préserve les produits scalaires : ∀x, y ∈E, f(x) f(y)  = (x|y). (ii) f est linéaire et préserve les normes : ∀x, y ∈E, f(x) = ∥x∥. De plus, si l’une de ces deux assertions est vraie, f est un automorphisme de E. On dit alors que f est un automorphisme orthogonal de E ou une isométrie (vectorielle) de E.    Explication • L’équivalence des assertions (i) et (ii) est conceptuellement puissante : le seul fait qu’une application (non nécessairement linéaire a priori) préserve les produits scalaires la rend automatiquement linéaire. • Une isométrie vectorielle, comme son nom l’indique, est une transformation géométrique qui préserve (« iso- », même, identique) les normes (« -métrie », mesure). Démonstration (i) = ⇒(ii) D’abord, f préserve les normes, car pour tout x ∈E : f(x) = q f(x) f(x)  = p (x|x) = ∥x∥. Montrons ensuite que f est linéaire. Notons n la dimension de E et (e1, e2, . . . , en) une base orthonormale de E. Puisque f préserve les produits scalaires, alors f(ei) f(ej)  = (ei|ej) = δij pour tous i, j ∈J1, nK, et donc f(e1), f(e2), . . . , f(en)  est aussi une base orthonormale de E. Du coup, soit x ∈E. On a alors : f(x) = n X k=1 f(x) f(ek)  f(ek) = n X k=1 (x|ek)f(ek). Cette expression montre bien la linéarité de f, le produit scalaire étant linéaire par rapport à chacune de ses variables. (ii) = ⇒(i) Montrons que f préserve les produits scalaires. Soient x, y ∈E. Utilisons les identités de polarisa- tion, notées ⋆ci-dessous : f(x) f(y)  ⋆ = 1 2 h f(x) + f(y) 2 − f(x) 2 − f(y) 2 i linéarité = 1 2 h f(x + y) 2 − f(x) 2 − f(y) 2 i (ii) = 1 2 h ∥x + y∥2 −∥x∥2 −∥y∥2 i ⋆ = (x|y). Et voilà. Pour finir, montrons que sous réserve que l’une des assertions (i) ou (ii) est vraie, f est un automorphisme de E. Comme E est de dimension finie, il nous suffit de prouver l’injectivité de f. Soit x ∈Ker f. Alors ∥x∥= f(x) = ∥0E∥= 0, d’où x = 0E. On obtient bien Ker f =  0E comme voulu. ■ 1 c ⃝Christophe Bertault - MPSI Exemple Toute symétrie orthogonale de E — en particulier tout réflexion de E — est un automorphisme orthogonal de E. En effet Soit s une symétrie orthogonale de E. Notons H = Ker (s−IdE). Alors s est la symétrie par rapport à H parallèlement à H⊥. Soit x ∈E, décomposé sous la forme x = h + h′ où h ∈H et h′ ∈H⊥. Alors s(h) = h −h′. Or h et h′ sont orthogonaux, donc via le théorème de Pythagore : s(x) = q s(x) 2 = p ∥h −h′∥2 = p ∥h∥2 + ∥h′∥2 = p ∥h + h′∥2 = p ∥x∥2 = ∥x∥. En résumé, s préserve les normes. Comme par ailleurs s est linéaire, s est un automorphisme orthogonal de E. Théorème (Caractérisation d’un automorphisme orthogonal sur une base orthonormale) Soient f un endomor- phisme de E et (e1, e2, . . . , en) une base orthonormale de E. Les assertions suivantes sont équivalentes : (i) f est un automorphisme orthogonal de E. (ii)  f(e1), f(e2), . . . , f(en)  est une base orthonormale de E.    Explication Bref, un automorphisme orthogonal transforme toute base orthonormale de E en une base orthonormale de E ; et réciproquement, un endomorphisme de E qui tranforme une base orthonormale de E en une base orthonormale de E est un automorphisme orthogonal de E. Démonstration (i) = ⇒(ii) Faisons d’abord l’hypothèse que f est orthogonal. Soient i, j ∈J1, nK. Comme f est orthogonal : f(ei) f(ej)  = (ei|ej) = δij. Ceci montre bien que  f(e1), f(e2), . . . , f(en)  , famille de n = dim E vecteurs, est une base orthonormale de E. (ii) = ⇒(i) Réciproquement, faisons l’hypothèse que la famille  f(e1), f(e2), . . . , f(en)  est orthonormale. Pour montrer que f est un automorphisme orthogonal de E, il nous suffit de montrer que f, linéaire, préserve les normes. Soit x ∈E de coordonnées (x1, x2, . . . , xn) dans (e1, e2, . . . , en). Alors par bilinéarité du produit scalaire : f(x) = q f(x) f(x)  = s X 1⩽i,j⩽n xixj f(ei) f(ej)  = s X 1⩽i,j⩽n xixjδij = v u u t n X k=1 x2 k = ∥x∥. ■ Théorème (Automorphisme orthogonal et sous-espaces stables) Soient f un automorphisme orthogonal de E et F un sous-espace stable de f, i.e. un sous-espace vectoriel de E tel que f(F) ⊆F. Alors F ⊥est aussi un sous-espace stable de f. Démonstration • Puisque f est un automorphisme de E, remarquons pour commencer que f induit par restriction un isomor- phisme de F sur son image f(F). En particulier, F et f(F) sont de même dimension finie. Or F est stable par f, i.e. f(F) ⊆F, donc en fait f(F) = F. • Nous devons montrer que f(F ⊥) ⊆F ⊥. Soit t ∈F ⊥. Montrer que f(t) ∈F ⊥revient à montrer que f(t) est orthogonal à tous les vecteurs de F. Soit y ∈F un tel vecteur. Nous venons de prouver que f(F) = F, donc il existe x ∈F tel que y = f(x). Alors comme f est orthogonal et comme t ∈F ⊥: f(t) y  = f(t) f(x)  = (t|x) = 0. Ceci montre bien que f(t) est orthogonal à y. ■ L’appellation « rotation » de la définition suivante sera justifiée géométriquement un peu plus loin. Définition (Automorphisme orthogonal positif/négatif, rotation) Soit f un automorphisme orthogonal de E. Alors det(f) = 1 ou det(f) = −1. Si det(f) = 1, on dit que f est positif ou que f est une rotation (vectorielle) de E ; si det(f) = −1, on dit que f est négatif. Démonstration Soient (e1, e2, . . . , en) une base orthonormale de E et M la matrice de f dans cette base. • Soient X, Y ∈Rn et x et y les vecteurs de E de coordonnées respectives X et Y dans (e1, e2, . . . , en). Alors (x|y) = tXY . Mais puisque les coordonnées de f(x) et f(y) dans (e1, e2, . . . , en) sont MX et MY , alors f(x) f(y)  = t(MX)(MY ) = tX(tMM)Y . Comme f est orthogonal, on obtient finalement l’égalité tX(tMM)Y = tXY . Conclusion : ∀X, Y ∈Rn, tX tMM −In  Y = 0. Via le lemme démontré au début de ce chapitre, nous pouvons affirmer que tMM = In. Nous venons donc de prouver que la matrice d’un automorphisme orthogonal dans une base orthonormale satisfait la relation « tMM = In ». • Enfin det(M)2 = det tM  det(M) = det tMM  = det(In) = 1, donc : det(f) = det(M) ∈ n −1, 1 o . ■ 2 c ⃝Christophe Bertault - MPSI Théorème (Caractérisation d’un automorphisme orthogonal positif sur une base orthonormale directe) Soient f un endomorphisme de E et (e1, e2, . . . , en) une base orthonormale directe de E. Les assertions suivantes sont équivalentes : (i) f est orthogonal positif. (ii)  f(e1), f(e2), . . . , f(en)  est une base orthonormale directe de E.    Explication Les automorphismes orthogonaux positifs sont donc les automorphismes orthogonaux qui respectent l’orientation. Démonstration (i) = ⇒(ii) Faisons l’hypothèse que f est orthogonal positif. Par orthogonalité de f, nous savons déjà que  f(e1), f(e2), . . . , f(en)  est une base orthonormale de E. Montrons qu’elle est directe. Cela provient seule- ment du fait que (e1, e2, . . . , en) est directe et que det(e1,e2,...,en)  f(e1), f(e2), . . . , f(en)  = det(f) = 1 uploads/Industriel/ bertault-c-geometrie-euclidienne-du-plan-et-de-l-x27-espace.pdf

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Industrielalors orthonormale orthogonal dimension rotation
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