Application linéaire/Exercices/Projecteurs, symétries

Exercice 3-1

Donner une base de $\operatorname {M} _{n}(K)$ constituée de projecteurs.

Solution

Une solution malheureusement difficile à intuiter : la base $(E_{i,i})_{1\leq i\leq n}\cup \left(E_{i,i}+E_{i,j}\right)_{1\leq i,j\leq n\ j\neq i}$ convient.

 

Exercice 3-2

1. Soient $E$ un espace vectoriel sur $\mathbb {R}$ (ou plus généralement, sur un corps de caractéristique différente de 2), $s:E\to E$ une symétrie, $f$ un vecteur de $E$, et $f=g+h$ sa décomposition suivant la somme directe $E=\ker \left(s-\operatorname {Id} _{E}\right)\oplus \ker \left(s+\operatorname {Id} _{E}\right)$. Exprimer $g$ et $h$ en fonction de $f$ et $s(f)$.
2. Soient $D\subset \mathbb {R}$ tel que $-D=D$, et $f:D\to \mathbb {R}$. Déduire de la question précédente qu'il existe un unique couple de fonctions $g,h:D\to \mathbb {R}$ de somme $f$ tel que $g$ soit paire et $h$ impaire, et l'expliciter.

Solution

1. $g=p(f)$ et $h=q(f)$ avec $s=2p-\operatorname {Id} _{E}=\operatorname {Id} _{E}-2q$, donc $p={\frac {\operatorname {Id} _{E}+s}{2}}$, $q={\frac {\operatorname {Id} _{E}-s}{2}}$, $g={\frac {f+s(f)}{2}}$ et $h={\frac {f-s(f)}{2}}$.
2. On prend pour $E$ l'espace des fonctions de $D$ dans $\mathbb {R}$ et pour $s$ l'application (linéaire et involutive) qui à toute fonction $f\in E$ associe la fonction $x\mapsto f(-x)$. L'unique solution $(g,h)$ est donnée par $g(x)={\frac {f(x)+f(-x)}{2}}$ et $h(x)={\frac {f(x)-f(-x)}{2}}$.

 

Exercice 3-3

Soit $f$ un endomorphisme d'un $K$-espace vectoriel $E$. On rappelle (voir cet exercice) que si

$\forall x\in E\quad \exists \lambda \in K\quad f(x)=\lambda x$,

alors $f$ est une homothétie.

En déduire que si $f$ commute avec tous les projecteurs de $E$, alors $f$ est une homothétie.

Solution

Soit $x\in E$ et soit $p$ un projecteur parallèlement à $\operatorname {Vect} (x)$.

Par hypothèse, $p(f(x))=f(p(x))=f(0)=0$ donc $f(x)\in \operatorname {Vect} (x)$, ce qui permet d'appliquer le rappel.

 

Exercice 3-4

Dans $\mathbb {R} ^{3}$ muni de sa base canonique ${\mathcal {E}}$, on considère les trois vecteurs $v_{1}=e_{1}+e_{2}$, $v_{2}=e_{1}-e_{2}$ et $v_{3}=e_{1}-e_{3}$, le plan $H$ d'équation $x+y+z=0$ et la droite $D$ engendrée par $v_{1}$.

1. 1. Montrer que $H$ et $D$ sont supplémentaires.
   2. En déduire que le triplet ${\mathcal {B}}:=(v_{1},v_{2},v_{3})$ est une base de $\mathbb {R} ^{3}$.
   3. Donner la matrice de passage $P$ de la base ${\mathcal {E}}$ à la base ${\mathcal {B}}$ et calculer son inverse.
2. On considère la projection $\pi$ sur le plan $H$ de direction $D$. Donner la matrice de $\pi$ dans la base ${\mathcal {B}}$, puis dans la base ${\mathcal {E}}$.
3. Soient $H'$ le plan engendré par $e_{2}$ et $v_{3}$, $D'$ la droite vectorielle engendrée par $v_{2}$, et $\pi '$ la projection sur $H'$ de direction $D'$.
   1. Calculer $\pi '(e_{1})$ et $\pi '(v_{1})$.
   2. Donner la matrice de $\pi '$ et de $f:=\pi '\circ \pi$ dans la base ${\mathcal {B}}$.
   3. En déduire que $f$ est une projection, dont on précisera le noyau, l'image et le rang.

Solution

1. 1. $e_{1}+e_{2}\notin H$.
   2. $v_{2}$ et $v_{3}$ sont linéairement indépendants et appartiennent à $H$.
   3. $P={\begin{pmatrix}1&1&1\\1&-1&0\\0&0&-1\end{pmatrix}}$. $e_{1}={\frac {v_{1}+v_{2}}{2}}$, $e_{2}={\frac {v_{1}-v_{2}}{2}}$ et $e_{3}=e_{1}-v_{3}={\frac {v_{1}+v_{2}-2v_{3}}{2}}$ donc $P^{-1}={\frac {1}{2}}{\begin{pmatrix}1&1&1\\1&-1&1\\0&0&-2\end{pmatrix}}$.
2. $\operatorname {Mat} _{\mathcal {B}}(\pi )={\begin{pmatrix}0&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$ donc $\operatorname {Mat} _{\mathcal {E}}(\pi )=P\operatorname {Mat} _{\mathcal {B}}(\pi )P^{-1}={\frac {1}{2}}P{\begin{pmatrix}0&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&1&1\\1&-1&1\\0&0&-2\end{pmatrix}}={\frac {1}{2}}{\begin{pmatrix}1&1&1\\1&-1&0\\0&0&-1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}0&0&0\\1&-1&1\\0&0&-2\end{pmatrix}}={\frac {1}{2}}{\begin{pmatrix}1&-1&-1\\-1&1&-1\\0&0&2\end{pmatrix}}$.
3. 1. $e_{1}=v_{2}+e_{2}$ et $v_{1}=v_{2}+2e_{2}$ donc $\pi '(e_{1})=e_{2}$ et $\pi '(v_{1})=2e_{2}=v_{1}-v_{2}$ (on peut aussi déduire le second du premier : $\pi '(v_{1})=\pi '(e_{1})+\pi '(e_{2})=e_{2}+e_{2}$).
   2. $\operatorname {Mat} _{\mathcal {B}}(\pi ')={\begin{pmatrix}1&0&0\\-1&0&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$ et $\operatorname {Mat} _{\mathcal {B}}(f)=\operatorname {Mat} _{\mathcal {B}}(\pi ')\operatorname {Mat} _{\mathcal {B}}(\pi )={\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$.
   3. $f$ est donc la projection (de rang $1$) sur la droite $\operatorname {im} f=\operatorname {Vect} (v_{3})$, parallèlement au plan $\ker f=\operatorname {Vect} (v_{1},v_{2})$.

 

Exercice 3-5

Soient $P=\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{3}\mid 2x+y-z=0\}$ et $D=\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{3}\mid 2x-2y+z=0,\;x-y-z=0\}$. On désigne par $\varepsilon$, la base canonique de $\mathbb {R} ^{3}$.

1. Donner une base $(e_{1},e_{2})$ de $P$ et une base $(e_{3})$ de $D$. Montrer que $\mathbb {R} ^{3}=P\oplus D$ puis, que $\varepsilon ':=(e_{1},e_{2},e_{3})$ est une base de $\mathbb {R} ^{3}$.
2. Soit $p$ la projection de $\mathbb {R} ^{3}$ sur $P$ parallèlement à $D$. Déterminer $\mathrm {Mat} (p,\varepsilon ',\varepsilon ')$ puis $A:=\mathrm {Mat} (p,\varepsilon ,\varepsilon )$. Vérifier que $A^{2}=A$.
3. Soit $s$ la symétrie de $\mathbb {R} ^{3}$ par rapport à $P$ parallèlement à $D$. Déterminer $\mathrm {Mat} (s,\varepsilon ',\varepsilon ')$ puis $B:=\mathrm {Mat} (s,\varepsilon ,\varepsilon )$. Vérifier que $B^{2}=\mathrm {I} _{3}$, $AB=A$ et $BA=A$.

Solution

1. $z=2x+y\Leftrightarrow {\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}=xe_{1}+ye_{2}$ avec $e_{1}={\begin{pmatrix}1\\0\\2\end{pmatrix}}$ et $e_{2}={\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}}$ donc $P=\mathrm {Vect} (e_{1},e_{2})$. Ces deux vecteurs sont non colinéaires donc forment une base de $P$.
   ${\begin{cases}2x-2y+z=0\\x-y-z=0\end{cases}}\Leftrightarrow {\begin{cases}3x-3y=0\\z=x-y\end{cases}}\Leftrightarrow {\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}=xe_{3}$ avec $e_{3}={\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}}$ donc $D=\mathrm {Vect} (e_{3})$. Ce vecteur est non nul donc forme une base de $D$.
   $xe_{3}\in P\Leftrightarrow 2x+x-0=0$ donc $P\cap D=\{{\vec {0}}\}$. Par ailleurs, $\dim P+\dim D=\dim \mathbb {R} ^{3}$. Donc $\mathbb {R} ^{3}=P\oplus D$.
   Le triplet $\varepsilon '$ est une base de $\mathbb {R} ^{3}$ puisqu'il est une juxtaposition de bases de sous-espaces supplémentaires.
2. $p(e_{1})=e_{1}$, $p(e_{2})=e_{2}$ et $p(e_{3})={\vec {0}}$ donc $\mathrm {Mat} (p,\varepsilon ',\varepsilon ')={\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&0\end{pmatrix}}$. $A$ est caractérisée par :
   ${\begin{pmatrix}x'\\y'\\z'\end{pmatrix}}=A{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}\Leftrightarrow {\begin{pmatrix}x'\\y'\\z'\end{pmatrix}}\in P$ et ${\begin{pmatrix}x'\\y'\\z'\end{pmatrix}}-{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}\in D\Leftrightarrow {\begin{cases}z'=2x'+y'\\y'-y=x'-x\\z'-z=0\end{cases}}\Leftrightarrow {\begin{cases}2x'+y'=z\\y'-x'=y-x\\z'=z\end{cases}}\Leftrightarrow {\begin{cases}x'={\frac {x-y+z}{3}}\\y'={\frac {-2x+2y+z}{3}}\\z'=z\end{cases}}$
   donc $A={\begin{pmatrix}1/3&-1/3&1/3\\-2/3&2/3&1/3\\0&0&1\end{pmatrix}}$. On vérifie par le calcul que $A^{2}=A$, ce qui est normal puisque $p\circ p=p$.
3. Si $u=v+w$ avec $v\in P$ et $w\in D$ alors $p(u)=v$ et $s(u)=v-w=2v-u$, donc
   $s=2p-\mathrm {id}$, $\mathrm {Mat} (s,\varepsilon ',\varepsilon ')={\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&-1\end{pmatrix}}$ et $B=2A-\mathrm {I} _{3}={\begin{pmatrix}-1/3&-2/3&2/3\\-4/3&1/3&2/3\\0&0&1\end{pmatrix}}$.
   On vérifie par le calcul que $B^{2}=\mathrm {I} _{3}$ et $AB=BA=A$, ce qui est normal puisque $s\circ s=\mathrm {id}$ et $p\circ s=s\circ p=p$.

 

Exercice 3-6

Soient $\mathbb {R} ^{2}$ l'espace euclidien usuel et $f:\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ^{2},\;(x,y)\mapsto {\frac {1}{2}}(x-y,-x+y)$.

1. Montrer que $f$ est linéaire et donner sa matrice dans la base canonique de $\mathbb {R} ^{2}$.
2. Donner une base de son noyau et une base de son image.
3. Donner une base du supplémentaire orthogonal de $\ker f$.
4. Montrer qu'il existe une base orthonormée de $\mathbb {R} ^{2}$ dans laquelle la matrice de $f$ est ${\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}}$.

Solution

1. Soit $A={\frac {1}{2}}{\begin{pmatrix}1&-1\\-1&1\end{pmatrix}}$. On a $f{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}=A{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}$ donc $f$ est linéaire, de matrice $A$ dans la base canonique.
2. $\ker f$ est la droite dirigée par le vecteur $u:={\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}$ et $\operatorname {im} f$ est la droite dirigée par le vecteur $v:={\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}$.
3. Ces deux vecteurs sont orthogonaux donc le supplémentaire orthogonal de $\ker f$ est $\operatorname {im} f$ (dont on vient de donner une base). ($f$ est donc la projection orthogonale sur la droite engendrée par $v$.)
4. $f(v)=v$, $f(u)=0$ et $\|u\|=\|v\|={\sqrt {2}}$, donc une solution est $(v/{\sqrt {2}},u/{\sqrt {2}})$.