Espace euclidien/Exercices/Projection et symétrie orthogonales

Exercice 5-1

Soit ${\mathcal {B}}=(e_{1},e_{2},e_{3})$ une base orthonormée d'un espace vectoriel euclidien $E$. Soit $p$ l'endomorphisme dont la matrice dans la base ${\mathcal {B}}$ est

$M={\frac {1}{11}}{\begin{pmatrix}2&-3&3\\-3&10&1\\3&1&10\end{pmatrix}}$.

Montrer que $p$ est une projection orthogonale et préciser sa « base » $\operatorname {Im} p$.

Solution

L'ensemble des vecteurs fixes par $p$ est le plan $F$ d'équation $3x+y-z=0$ et le vecteur normal $3e_{1}+e_{2}-e_{3}$ appartient à $\ker p$. Donc $p$ est la projection orthogonale sur $F$.

 

Même question pour

$M={\frac {1}{6}}{\begin{pmatrix}1&2&-1\\2&4&-2\\-1&-2&1\end{pmatrix}}$.

Solution

$p(x,y,z)={\frac {x+2y-z}{6}}(1,2,-1)=\langle w,x\rangle w/\|w\|^{2}$ avec $w=(1,2,-1)$, donc $p$ est la projection orthogonale sur $\mathbb {R} w$.

 

Exercice 5-2

Soient $E$ un espace euclidien et $f$ un endomorphisme de $E$.

1. Démontrer que pour tout polynôme $P\in \mathbb {R} [X]$, $\left(P(f)\right)^{*}=P(f^{*})$. En déduire que $f$ et $f^{*}$ ont même polynôme minimal. Prouver que $f^{*}$ est diagonalisable si et seulement si $f$ l'est.
2. On rappelle (cf. w:Opérateur adjoint#Orthogonalité) que pour tout $u\in \mathrm {L} (E)$, $\ker(u^{*})=(\mathrm {im} (u))^{\perp }$. Soient $F$ et $G$ deux sous-espaces supplémentaires dans $E$ et $p$ la projection sur $F$ parallèlement à $G$.
   1. Montrer, à l'aide du rappel et de la question 1, que $p^{*}$ est la projection sur $G^{\perp }$ parallèlement à $F^{\perp }$.
   2. En déduire que $p^{*}=p$ si et seulement si $F$ et $G$ sont orthogonaux.
3. $E$ est dans cette question l'espace $\mathbb {R} ^{3}$ muni de son produit scalaire usuel. Soient $F=\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{3}\mid x-y+z=0\}$ et $\pi$ l'opérateur de projection orthogonale sur $F$. Donner la matrice $A$ de $\pi$ dans la base canonique de $\mathbb {R} ^{3}$. Quelle propriété possède $A$ et pouvait-on la prévoir ?

Solution

1. $\left(\sum a_{k}f^{k}\right)^{*}=\sum a_{k}(f^{k})^{*}$ (car $*$ est linéaire sur $\mathrm {L} (E)$) $=\sum a_{k}(f^{*})^{k}$ (car $(fg)^{*}=g^{*}f^{*}$), d'où $\left(P(f)\right)^{*}=P(f^{*})$. On en déduit que si $P(f)=0$ alors $P(f^{*})=0^{*}=0$, donc le polynôme minimal de $f$ divise celui de $f^{*}$, et idem en échangeant les rôles de $f$ et $f^{*}$, d'où l'égalité. En particulier, $f^{*}$ est diagonalisable si et seulement si son polynôme minimal n'a que des racines réelles et simples, donc si et seulement si celui de $f$ — puisque c'est le même — vérifie cette propriété, c'est-à-dire si et seulement si $f$ est diagonalisable.
2. 1. D'après 1, $(p^{*})^{2}=p^{*}$ et d'après le rappel, $\ker(p^{*})=F^{\perp }$ et $\mathrm {im} (p^{*})=G^{\perp }$.
   2. D'après 2.1, $p^{*}=p$ si et seulement si ces deux projections ont mêmes noyaux et images, c'est-à-dire si et seulement si $F^{\perp }=G$ et ($\Leftrightarrow$) $G^{\perp }=F$, c'est-à-dire si et seulement si les deux supplémentaires $F,G$ sont orthogonaux.
3. $F=\varepsilon ^{\perp }$ avec $\varepsilon =(1,-1,1)$ et pour tout $X=(x,y,z)\in E$, $\pi (X)$ est caractérisé par : $\pi (X)\in F,X-\pi (X)\perp F$, c'est-à-dire $\pi (X)=X-\lambda \varepsilon$ avec $\lambda =\langle \varepsilon ,X\rangle /\|\varepsilon \|^{2}$, d'où $A{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}-{x-y+z \over 3}{\begin{pmatrix}1\\-1\\1\end{pmatrix}}={\frac {1}{3}}{\begin{pmatrix}2x+y-z\\x+2y+z\\-x+y+2z\end{pmatrix}}$ donc $A={\frac {1}{3}}{\begin{pmatrix}2&1&-1\\1&2&1\\-1&1&2\end{pmatrix}}$.
   $A$ est symétrique, ce qui était prévisible car d'après (2.2), $\pi ^{*}=\pi$.

 

Exercice 5-3

On munit $E=\mathbb {R} _{n}[X]$ du produit scalaire $\varphi (P,Q)=\int _{0}^{1}P(x)Q(x)\,\mathrm {d} x$. Soit $D\in E$ un polynôme de degré $d$, avec $0<d\leq n$. Pour tout $P\in E$, on note $f(P)$ le reste de la division euclidienne de $P$ par $D$.

1. Montrer que $f$ est un projecteur de $E$. Déterminer son noyau et son image.
2. On suppose que $d<n$ et que $f$ est une projection orthogonale. Montrer que pour tout $i\leq n-d$ et pour tout $j<d$, on a $\varphi (DX^{i},X^{j})=0$. En déduire que $\varphi (D,D)=0$ et donc $D=0$.
3. On suppose que $d=n$. Donner une condition nécessaire et suffisante pour que $f$ soit une projection orthogonale.

Solution

1. $f\circ f=f$, $\ker f=\operatorname {Vect} (D,XD,X^{2}D,\dots ,X^{n-d}D)$ (l'ensemble des polynômes divisibles par $D$ et de degré $\leq n$) et $\operatorname {im} f=\mathbb {R} _{d-1}[X]$.
2. Par hypothèse, $\ker f\perp \operatorname {im} f$, c'est-à-dire $\forall i\leq n-d,\forall j<d\quad 0=\varphi (X^{i}D,X^{j})=\int _{0}^{1}x^{i+j}D(x)\,\mathrm {d} x$ donc $\forall k<n\quad \int _{0}^{1}x^{k}D(x)\,\mathrm {d} x=0$, autrement dit $D\perp \mathbb {R} _{n-1}[X]$. En particulier (si $d<n$) $\varphi (D,D)=0$ donc $D=0$ (ce qui est absurde puisque par hypothèse, $D$ est de degré $d>0$ ; donc dans le cas $d<n$, $f$ n'est jamais une projection orthogonale).
3. Si $d=n$, les calculs précédent montrent que $f$ est une projection orthogonale si et seulement si $\forall k<n\quad \int _{0}^{1}x^{k}D(x)\,\mathrm {d} x=0$.

 

Exercice 5-4

Soit $E=\mathrm {M} _{4}(\mathbb {R} )$ muni du produit scalaire $\varphi (P,Q)={\frac {1}{4}}\operatorname {trace} ({}^{\mathrm {t} }\!P\,Q)$. Soient

$U={\begin{pmatrix}0&1&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&1\\1&0&0&0\end{pmatrix}},\qquad F=\operatorname {Vect} (I,U,U^{2},U^{3}),\qquad V={\begin{pmatrix}1&0&0&0\\1&0&0&0\\1&0&0&0\\1&0&0&0\end{pmatrix}}$.

1. Montrer que $(I,U,U^{2},U^{3})$ est une base orthonormale de $F$.
2. Déterminer la projection orthogonale de $V$ sur $F$.
3. En déduire la distance de $V$ à $F$.

Solution

1. $U$ est la matrice d'une permutation circulaire d'ordre $4$ donc pour tous $i,j\in \{0,1,2,3\}$, le réel $\varphi (U^{i},U^{j})={\frac {1}{4}}\operatorname {trace} (U^{j-i})$ vaut $1$ si $i=j$ et $0$ sinon.
2. $p(V)=\sum _{i=0}^{3}\varphi (U^{i},V)U^{i}$.
   ${}^{\mathrm {t} }\!U^{i}V=V$ donc $p(V)={\frac {1}{4}}\sum _{i=0}^{3}U^{i}={\frac {1}{4}}{\begin{pmatrix}1&1&1&1\\1&1&1&1\\1&1&1&1\\1&1&1&1\end{pmatrix}}$.
3. $d(V,F)=\|p(V)-V\|={\frac {1}{4}}\left\|{\begin{pmatrix}-3&1&1&1\\-3&1&1&1\\-3&1&1&1\\-3&1&1&1\end{pmatrix}}\right\|={\frac {1}{4}}{\sqrt {4(9+1+1+1)}}={\sqrt {3}}$.

 

Exercice 5-5

On se place dans $\mathbb {R} ^{3}$ muni de son produit scalaire usuel. Pour quelles valeurs de $t\neq 0$ la matrice

$M=-{\frac {2}{3}}{\begin{pmatrix}-{\frac {1}{2}}&t&1\\t^{-1}&-{\frac {1}{2}}&t^{-1}\\1&t&-{\frac {1}{2}}\end{pmatrix}}$

représente-t-elle (dans la base canonique de $\mathbb {R} ^{3}$) une symétrie orthogonale ?

Solution

$\ker(M-\mathrm {I} _{3})$ est le plan d'équation $x+ty+z=0$ et $\ker(M+\mathrm {I} )$ est la droite de vecteur directeur $(t,1,t)$.

$M$ représente une symétrie orthogonale si et seulement si ces deux sous-espaces sont orthogonaux, c'est-à-dire $(t,1,t)$ colinéaire à $(1,t,1)$, ce qui équivaut à $t=\pm 1$.

 

Exercice 5-6

Diagonaliser dans une base orthonormale (pour le produit scalaire canonique de $\mathbb {R} ^{3}$) la matrice $A={\begin{pmatrix}5&-1&2\\-1&5&2\\2&2&2\end{pmatrix}}$.

Interpréter géométriquement la transformation de $\mathbb {R} ^{3}$ représentée par cette matrice.

Solution

$\det(A-\lambda I)=-\lambda (\lambda -6)^{2}$ et $\ker(A)=\mathbb {R} (1,1,-2)$ donc (puisque $A$ est symétrique) $\ker(A-6I)=$ le plan d'équation $x+y-2z=0$.

$A$ est la composée de la projection orthogonale sur ce plan par l'homothétie de rapport $6$.

 

Exercice 5-7

Soient $E$ un espace euclidien, $F$ un sous-espace, $(e_{1},\ldots ,e_{m})$ une base orthonormée de $F$, $p$ la projection orthogonale sur $F$, $q$ celle sur $F^{\perp }$, $s$ la symétrie orthogonale par rapport à $F$ et $t$ celle par rapport à $F^{\perp }$.

Montrer que $\forall x\in E\quad p(x)=\sum _{i=1}^{m}\langle x,e_{i}\rangle e_{i}$, puis exprimer de même $q,s,t$.

Solution

$p(x)\in F$ et $p(x)-x\perp F$ donc $p(x)=\sum \lambda _{i}e_{i}$ et $\forall i\quad \lambda _{i}=\langle p(x),e_{i}\rangle =\langle x,e_{i}\rangle$, d'où $p(x)=\sum \langle x,e_{i}\rangle e_{i}$. On en déduit facilement l'expression de $q(x)=x-p(x)$, de $s(x)=2p(x)-x$, et de $t(x)=2q(x)-x=x-2p(x)=-s(x)$.

 

Dans $\mathbb {R} ^{3}$ euclidien, soit $D$ une droite vectorielle dirigée par un vecteur unitaire $u=(a,b,c)$. Former les matrices $P$ et $S$, dans la base canonique, de la projection orthogonale $p$ sur $D$ et du retournement $s$ autour de $D$. Justifier les égalités suivantes : $P^{2}=P$, $S^{2}={\rm {I}}$, $P^{t}=P$, $S^{t}=S$, $PS=SP=P$.

Solution

• Soit $v=(x,y,z)$, $p(v)=\langle v,u\rangle u=(ax+by+cz)(a,b,c)=(x',y',z')$ donné par ${\begin{pmatrix}x'\\y'\\z'\end{pmatrix}}=P{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}$ avec $P={\begin{pmatrix}a^{2}&ab&ac\\ab&b^{2}&bc\\ac&bc&c^{2}\end{pmatrix}}$.
  $s=2p-{\rm {id}}$ donc $S=2P-{\rm {I}}={\begin{pmatrix}2a^{2}-1&2ab&2ac\\2ab&2b^{2}-1&2bc\\2ac&2bc&2c^{2}-1\end{pmatrix}}$.
• Toute projection $p$ vérifie $p\circ p=p$ et toute symétrie $s$ vérifie $s\circ s={\rm {id}}$, d'où $P^{2}=P,S^{2}={\rm {I}}$.
• De plus $P^{t}=P$ et $S^{t}=S$ car les projections orthogonales et les symétries orthogonales sont autoadjointes (l'un se déduit de l'autre via la relation $s=2p-{\rm {id}}$ ; redémontrons que $\langle p(x),y\rangle =\langle x,p(y)\rangle$ (bien qu'ici on constate directement que $P^{t}=P$) : $\langle p(x),y\rangle =\langle p(x),p(y)\rangle +\langle p(x),y-p(y)\rangle =\langle p(x),p(y)\rangle +0$ et de même en intervertissant $x,y$, d'où $\langle p(x),y\rangle =\langle p(x),p(y)\rangle =\langle p(y),p(x)\rangle =\langle p(y),x\rangle =\langle x,p(y)\rangle$.
• Enfin, $PS=SP=P$ car $p\circ s=p\circ (2p-{\rm {id}})=2p\circ p-p=p$ et de même $s\circ p=p$.

 

Exercice 5-8

Soient $E$ un espace euclidien de dimension $\geq 2$ et $x,y\in E$. Montrer que :

1. s'il existe une symétrie orthogonale $s$ par rapport à un hyperplan telle que $y=s(x)$ alors $\|y\|=\|x\|$ ;
2. s'il existe une projection orthogonale $p$ sur un hyperplan telle que $y=p(x)$ alors $\|y\|^{2}=\langle x,y\rangle$ ;
3. les réciproques sont vraies.

Solution

1. $y-x\perp {x+y \over 2}\Leftrightarrow \|y\|^{2}-\|x\|^{2}=0$.
2. $x-y\perp y\Leftrightarrow \|y\|^{2}-\langle x,y\rangle =0$.
3. L'hyperplan $(y-x)^{\perp }$ convient si $x\neq y$, et n'importe quel hyperplan si $x=y$.