[PDF] Chapitre 4 Valeurs propres vecteurs propres

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Universite Claude Bernard Lyon 1

L1 de Mathematiques : Algebre

Annee 2013{2014Nombres complexes et geometrie

Le point de vue de ce chapitre consiste a relier une geometrie plane supposee connue aux nombres complexes (re)decouverts dans un chapitre precedent. On pourrait en quelque sorte inverser le point de vue et reconstruire completement la geometrie plane a partir de considerations purement algebriques, mais ce n'est pas la demarche adoptee ici.

I Points et vecteurs

1

Coordonnees dans un plan ane euclidien

a)SoitPun plan ane euclidien. C'est d'abord un ensemble dont on appellepointsles elements, que l'on noteA,B, etc. Il y a plus : quand on se donne un couple de points (A;B)2P2, on forme unvecteur!AB. Pour quatre pointsA,B,C,D, les vecteurs!ABet!CDsont egaux si et seulement siABDCest un parallelogramme, c'est-a-dire que les segments [AC] et [BD] ont le m^eme milieu (gure 1).ABCD

Figure1 { Vecteurs egaux

Le vecteur

!AAne depend pas du pointA, on le note!0 et on l'appellevecteur nul. On a deux operations sur les vecteurs : lasommeet leproduit par un reel(gure 2). Le vecteur nul est neutre pour l'addition et absorbant pour le produit par un reel.uu

0u+u0!

0u3 2 u 12 u!

0Figure2 { Somme de deux vecteurs, produit d'un vecteur par un reel

S'agissant d'un planeuclidien, on a de plus une facon de mesurer les distances ou mieux, un produit scalaire. Le produit scalaire de deux vecteursuetvest un reel notehu;vi. Les proprietes suivantes

1sont satisfaites pour des vecteursu,u0,vetv0et des reels,0quelconques :

(i)hu;ui 0; (ii)hu;ui= 0 si et seulement siu=!0 ;1. Connues du lycee mais pas revues en amphi. 1 (iii)hu;vi=hv;ui; (iv)hu+0u0;vi=hu;vi+0hu0;vi; (v)hu;v+0v0i=hu;vi+0hu;v0i(cela resulte de (iii) et (iv). Ce produit scalaire permet de denir lanormed'un vecteuru: kuk=phu;ui et ladistanceABentre deux pointsAetB: AB= !AB b) Bases, reperes et coordonnees On xe unrepereR= (O;e1;e2). Ici,Oest un point dePet (e1;e2) est unebase2de l'espace des vecteurs. Cela signie que pour tout vecteuru, il existe un unique couple (x;y) tel que u=xe1+ye2: Par consequent, pour tout pointMdeP, il existe un unique couple (x;y)2R2tel que !OM=xe1+ye2:

On dit que le couple (x;y), que je prefere noterx

y, est le couple descoordonneesdeuou deM. Il depend du repereR. Le lien entre coordonnees d'un vecteur et des points est le suivant : si Aa pour coordonneesxAyA,Ba pour coordonneesxAyA, alors!ABa pour coordonneesxBxAyByA.

Cela provient du calcul :

!AB=!OA+!OB=(xAe1+yAe2) + (xBe1+yBe2) = (xBxA)e1+ (yByA)e2:M e 112e
2123
y x

O11234

112
OM xy e 2e

1Figure3 { Repere et repere orthonorme

c) Reperes orthonormes En fait, comme on a un produit scalaire sur les vecteurs, on peut montrer qu'il existe des reperes orthonorme, c'est-a-dire des reperes (O;e1;e2) tels que : he1;e2i= 0 ethe1;e1i= 1 =he2;e2i: On xe desormais un repere orthonormeR= (O;e1;e2)du plan.

Soientuetu0des vecteurs de coordonneesx

yetx0 y

0. On calcule le produit scalaire :

hu;u0i=hxe1+ye2;x0e1+y0e2i=xx0he1;e1i+xy0he1;e2i+yx0he2;e1i+yy0he2;e2i=xx0+yy0:2. La notion sera precisee dans le chapitre suivant et au S2.

2 2 Axes Rappelons une derniere fois que l'on a choisi un repere orthonormeR= (O;e1;e2) du plan ane euclidienP.Etant donne un pointMdeP(resp. un vecteuru) ayant pour coordonneesx y, on appelleaxedeM(resp. deu) le nombre complexe z=x+yi: Lemme.(i)Soientuetu0deux vecteurs ayant pour axes respectifs3zetz0. Alors : hu;u0i= Rezz 0: (ii)SoientAetBdes points d'axes respectifszAetzB. Alors, la distance entre ces deux points est :

AB=jzAzBj:

Demonstration.(i) Notonsz=x+yietz0=x0+y0iavecx;y;x0;y02R. On a : Re zz

0= Re(x+yi)x

0y0i= Rexx0+yy0+ (yx0xy0)i=xx0+yy0:

(ii) En prenantu=u0=!AB, vecteur qui a pour axezBzA, on a : AB= !AB =qRe (zBzA)z BzA=q zBzA2=jzBzAj: 3

Angles

La denition n'est motivee que si on sait ou si on croit qu'il existe une notion d'angles, que l'on peut ajouter ou retrancher des angles, etc. Denition.Soientuetu0deux vecteurs non nuls d'axes respectifszetz0. On appellemesure de l'angle deni par(u;u0) et on notedu;u0, ou plus simplement (u;u0), tout argument du nombre complexe non nul z0z .O 0 e 1e 2u

0(z0)u(z)Figure4 { Denition des angles et argument

Esquisse de justication (gure 4). Soitun argument dez=z1 . C'est, par denition, une mesure de l'angle (e1;u);idempour0, un argument dez0, qui est aussi une mesure de (e1;u0).

Mais alors, si on

croita l'addition des angles, on doit avoir : (u;u0) =(e1;u) + (e1;u0) =argz1 + argz01 = argz0z [2]: Ce n'est donc pas si extravagant.3. En eet, contre toute attente,axeest un mot masculin. 3 Proposition.SoientA,B,C,Dquatre points d'axes respectifszA, etc. On suppose que A6=Bet queC6=D. Alors une mesure de l'angle!AB;!CDest : !AB;!CD= argzDzCz

BzA[2]:

II Transformations geometriques

Rappelons une post-ultime fois que le planPest rapporte a un repere orthonorme (O;e1;e2). On va considerer un certain nombre de transformations du plan, c'est-a-dire de bijections deP dansP. SiFest une de ces transformations, on lui associe une bijectionf:C!Cde la facon suivante : pourz2C, on considere le pointMd'axezet on denitf(z) comme l'axe de l'imageM0deMparF. En termes plus sophistiques, si on noteA:P!Cla bijection qui a un pointMdeP, associe son axez=A(M), la correspondance entreFetfest (verier!) :f=AFA1ou, ce qui revient au m^eme :F=A1fA. Il revient au m^eme de se donnerFouf.

Dans cette situation, on dira que

fest l'ecriture complexe deFou queFest la transfor- mation geometrique correspondant af. 1

Translations

a) Denition Denition.Soituun vecteur. On appelle translation de vecteuruet on note (ici, entre nous) T ul'application dePdansPdenie ainsi. L'image d'un pointMest l'unique pointM0tel que !MM0=u: Le lemme suivant est facile et utile mais il n'a pas ete vu en amphi. Lemme.(i)L'identite est la translation de vecteur!0. (ii)La composee de deux translations de vecteursuetu0est la translation de vecteuru+u0. (iii)Siuest un vecteur quelconque,Tuest bijective et la bijection reciproque est :T1u=Tu. Demonstration.(i) Siu=!0 , on a, pourM2PetM0=T!0(M) :MM0=!0 ,i.e.M=M0. (ii) PourMquelconque,M0=Tu(M) etM00=Tu0(M0), on a :!MM00=!MM0+!M0M00=u+u0. (iii) En prenantu0=u, on voit queTuTu=T!0= IdPet, de m^eme :TuTu= IdP. b)

Ecriture complexe

Lemme.Soituun vecteur, soitwson axe et soitTula translation de vecteuru. Alors, siM est un point dePd'axezet siz0est l'axe de son imageM0=Tu(M), on a : z

0=z+w:

Autrement dit, l'ecriture complexe deTuesttu:z7!z+w. Demonstration.Avec ces notations, on a :!MM0=u, ce qui donne :z0z=w. Termine. 4 2

Homotheties

a) Denition Denition.SoitAun point etkun reel non nul. On appellehomothetiede centreAet de rapportket on note (ici, entre nous)HA;kl'application dePdansPdenie ainsi. L'image d'un pointMest l'unique pointM0tel que !AM0=k!AM: Remarque.Sik6= 1, l'homothetieHA;kadmet un unique point xe :A. En eet,Mest xe SSI M

0=MSSI!AM0=!AMSSIk!AM=!AMSSI (1k)!AM=!0 SSI!AM=!0 (car 1k6= 1).

Le lemme suivant est facile et utile mais il n'a pas ete vu en amphi. Lemme.(i)Pour tout pointA, l'identite est l'homothetie de centreAet de rapport1. (ii)La composee de deux homotheties de m^eme centreAet de rapportsketk0est l'homothetie de centreAayant pour rapport le produit des rapportskk0. (iii)Une homothetie de centreAet de rapportkest bijective et la bijection reciproque est l'homothetie de centreAet de rapport1=k. Demonstration.(i) Sik= 1, on a :!AM0=!AMdoncM0=HAk(M) =Mpour toutM. (ii) SiM0=HA;k(M) etM00=HA;k0(M0), alors on a :!AM00=k0!AM0=k0k!AM. (iii) Cela resulte de (i) et (ii) en prenantk0= 1=k. b)

Ecriture complexe

Lemme.SoientAun point,zAson axe,kun reel non nul et soitHA;kl'homothetie de centre Aet de rapportk. Alors, siMest un point dePd'axezet siz0est l'axe de son image M

0=HA;k(M), on a :

z

0=k(zzA) +zA=kz+ (1k)zA:

Autrement dit, l'ecriture complexe deHA;kesthA;k:z7!kz+ (1k)zA. Demonstration.Avec ces notations, on a :!AM0=k!AM, d'ou :z0zA=k(zzA). Termine. Exercice.Soientkun reel,bun complexe et soitfl'application deCdansCdenie par : f(z) =kz+bpour toutz2C. Sik= 1, alorsfest l'ecriture complexe de la translation de vecteur ayant pour axeb. Si k6= 1, alorsfa un unique point xew=b=(1k) et c'est l'ecriture complexe de l'homothetie de centreA, le point d'axew, et de rapportk. Exercice(pas vu en amphi).SoientHetH0deux homotheties de rapportsketk0et de centres quelconques. Montrer que la composeeHH0est une translation sikk0= 1 et que c'est une homothetie sikk06= 1.(Utiliser l'exercice precedent.) 3

Rotations

a) Denition Denition.SoitAun point etun reel. On appellerotationde centreAet d'angleet on note (ici, entre nous)RA;l'application dePdansPdenie ainsi. L'image d'un pointMest l'unique pointM0tel que (AM0=AM!AM;!AM0=[2] siM6=A: 5 Est-ce bien deni? Existe-t-il toujours un tel pointM0? Est-il bien unique? Pour le montrer, le plus simple est de passer en complexes! Il n'y a pas de probleme siM=A, alors l'image estA (AM0= 0 donneM0=A). SoitMun point distinct deA, on notezson axe etzAcelui deA. Soit encoreM0un autre point, dierent deA, d'axez0. Vu quez6=zA, on a : AM

0=AM() jz0zAj=jzzAj ()z0zAzzA

= 1: D'autre part, on traduit la condition portant sur les angles en termes d'arguments : !AM;!AM0=[2]()argz0zAzzA=[2]: Autrement dit, on conna^t le module et l'argument de z0zAzzA: z

0zAzzA=ei;

ce qui est equivalent a : z

0=ei(zzA) +zA:

Cela prouve d'une part que la denition est bien formee et nous donne l'ecriture complexe d'une rotation. Lemme.SoientAun point,zAson axe,un reel etRA;la rotation de centreAet d'angle . Alors, siMest un point dePd'axezet siz0est l'axe de son imageRA;(M), on a : z

0=ei(zzA) +zA:

Autrement dit, l'ecriture complexe deRA;estrA;:z7!ei(zzA) +zA. Le lemme suivant est facile et utile mais il n'a pas ete vu en amphi. Lemme.(i)Pour tout pointA, l'identite est la rotation de centreAet d'angle nul. (ii)La composee de deux rotations de m^eme centreAet d'angleset0est la rotation de centre

Aayant pour angle la somme des angles+0.

(iii)Une rotation de centreAet d'angleest bijective et la bijection reciproque est la rotation de centreAet d'angle. Demonstration.(i) Si= 0, on a :rA;(z) =e0i(zzA) +zA=z. (ii) Siz0=rA;(z) =ei(zzA) +zAetz00=rA;0(z0) =ei0(z0zA) +zA, alors on a : z

00=ei0(z0zA) +zA=ei0ei(zzA)+zA=ei(+0)(zzA) +zA.

(iii) Cela resulte de (i) et (ii) en prenant0=. Exercice(pas vu en amphi).Soientaun complexe de module 1,bun complexe et soitfl'appli- cation deCdansCdenie par :f(z) =az+bpour toutz2C. Sia= 1, alorsfest l'ecriture complexe de la translation de vecteur ayant pour axeb. Sia6= 1, alorsfa un unique point xew=b=(1a) et c'est l'ecriture complexe de la rotation de centre

Aayant pour axewet d'angle arg(a).

6 4

Similitudes directes

a) Denition Denition.SoientAun point,kun reel strictement positif4etun reel. On appellesimilitude directede centreA, de rapportket d'angleet on note (ici, entre nous)SA;k;l'application de PdansPdenie ainsi. L'image d'un pointMest l'unique pointM0tel que (AM0=kAM!AM;!AM0=[2] siM6=A: Est-ce bien deni? Y a-t-il toujours un unique pointM0? Il n'y a pas de probleme siM=A, alors l'image estA(AM0= 0 donneM0=A). SoitM6=A, soitzson axe etzAcelui deA. SoitM06=Aun point quelconque d'axez0. Vu quez6=zAetk >0, on a : AM

0=kAM() jz0zAj=kjzzAj ()z0zAzzA

=k: D'autre part, on traduit la condition portant sur les angles en termes d'arguments : !AM;!AM0=[2]()argz0zAzzA=[2]: Autrement dit, on conna^t le module et l'argument de z0zAzzA: z

0zAzzA=kei;

ce qui est equivalent a : z

0=kei(zzA) +zA:

Cela prouve que la denition est bien formee et nous donne l'ecriture complexe d'une rotation. Lemme.SoientAun point,zAson axe,kun reel strictement positif,un reel et soitSA;k; la similitude directe de centreA, de rapportket d'angle. Alors, siMest un point dePquotesdbs_dbs35.pdfusesText_40

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