[PDF] Chapitre 10 - Isométries dun espace euclidien - Corrigés

View - Download Chapitre 10 - Isométries dun espace euclidien - Corrigés

Previous PDF

Next PDF

Isométries d"un espace euclidien

Exercice 1 :

1. N otonsC1,C2etC3les colonnes de la matriceM. Supposons que la matriceM est orthogonale. D"après le cours, on a les relations kC1kAEkC2kAEkC3kAE1 et (C1jC2)AE(C1jC3)AE(C2jC3)AE0. La relationkC1k AE1 impliqueaAE0, puis on déduit de la relation (C1jC2)AE0 quebAE¡p2. De plus, on a

½(C1jC3)AE0

(C2jC3)AE0,½ p3cÅp3eAE0p2cÅp2d¡p2eAE0,½dAE ¡2c eAE ¡c. possibles pour (a,b,c,d,e) sont (0,¡p2,¡1,2,1) et (0,¡p2,1,¡2,¡1). Récipro- quement, on vérifie que ces deux solutions conviennent. 2. I lsuffi td ecalcul erle dét erminantde Mpour les deux solutions précédentes. On trouve queM2SO3(R) si et seulement si (a,b,c,d,e)AE(0,¡p2,¡1,2,1). Exercice 2 :Notons (C1,...,Cn) les colonnes d"une telle matrice. D"après le cours, on a que (C1,...,Cn) est une base orthonormée deRn. Le vecteurC1étant unitaire, on a nécessairementC1AE¡§1 0¢¢¢0¢T. CommeC2est unitaire et est orthogo- nal àC1, on aC2AE¡0§1 0¢¢¢0¢T. En itérant, on trouve que le matrices qui conviennent sont les matrices de la forme 0 B 1(0) (0)"n1 C

Aavec ("1,...,"n)2{¡1,1}n.Exercice 3 :Notons (C1,...,Cn) les colonnes d"une telle matrice. D"après le cours,

sont orthogonaux deux à deux et que leurs coefficients sont positifs, chacun d"eux ne peut avoir qu"une unique composante non-nulle. Comme ils sont uni- taires, le coefficient correspondant vaut nécessairement 1. Ainsi les matrices qui conviennent sont les matrices dont les colonnes sont exactement à l"ordre près 0 B

BBBBB@1

0 0 01 C

CCCCCA,0

B

BBBBB@0

1 0 01 C

CCCCCA,...,0

B

BBBBB@0

0 0 11 C

CCCCCA.

Exercice 4 :

1.

P our( P,Q)2E2et (¸,¹)2R2, on a

AE¸P(1¡X)ŹQ(1¡X)

AE¸'(P)Ź'(Q),

donc l"application'est linéaire. 2. P ourP2E, on a en posantuAE1¡tdans l"intégrale k'(P)k2AEZ 1 0

P(1¡t)2dtAEZ

1 0

P(u)2duAEkPk2,

donc'2O(E). 3.

P ourP2E, on a

donc'est la symétrie par rapport au sous-espace vectorielFAEKer('¡IdE) parallèlement àGAEKer('ÅIdE). Si l"on notePAEaX2ÅbXÅc2E, on a 1/ 5

P2F,'(P)AEP

,aAEaet¡(2aÅb)AEbetaÅbÅcAEc ,bAE¡a, doncFAEVect(X(1¡X),1). De même, trouveGAEVect(2X¡1). 4. D "aprèslaquestionprécédente,lesvaleurspropresde'sont1,1,¡1.Donc,on a det(')AE1£1£(¡1)AE¡1. Exercice 5 :On commence par vérifier que Ker(u¡IdE) et Im(u¡IdE) sont supplé- mentaires.

D "aprèsle th éorèmedu r ang,o na

S iy2Ker(u¡IdE)\Im(u¡IdE), alors

u(y)AEyet9x2E,yAEu(x)¡x, donc, commeuest une isométrie, on a

AE(u(y)ju(x))¡(yjx)AE0.

AinsiyAE0 et Ker(u¡IdE)\Im(u¡IdE)AE{0E}.

On a donc montré queEAEKer(u¡IdE)©Im(u¡IdE). Il reste à vérifier que ces deux espaces sont orthogonaux. Si (x,y)2Ker(u¡IdE)£Im(u¡IdE), alors u(x)AExet9z2E,yAEu(z)¡z, donc, commeuest une isométrie, on a (xjy)AE(xju(z)¡z)AE(xju(z))¡(xjz)

AE(u(x)ju(z))¡(xjz)AE0.

Ainsi Ker(u¡IdE) et Im(u¡IdE) sont orthogonaux.Exercice 6 : 1. S oit¸2Sp(u). Il existex2E\{0} tel queu(x)AE¸x. En prenant la normée, on obtient kxkAEku(x)kAEk¸xkAEj¸jkxk.

Commex6AE0, on en déduit¸AE§1.

2. S iuest diagonalisable, on aEAEE1©E¡1, doncuest une symétrie. Il suffit de vérifier queE1etE¡1sont orthogonaux pour montrer queuest une symétrie orthogonale. Si (x,y)2E1£E¡1, alorsu(x)AExetu(y)AE¡y. Par suite, donc (xjy)AE0. Finalement,E1etE¡1sont orthogonaux.

Exercice 7 :

(i)L "endomorphismeuest la rotation d"angle¼4 (ii)L "endomorphismeuest la réflexion d"axe Vect(p3iÅj). (iii)L "endomorphismeuest la réflexion d"axe Vect(2iÅj). (iv)L "endomorphismeuest la rotation d"angle¡Arccos(5/13).

Exercice 8 :

(i)uest la rotation d"axe dirigé par 3iÅjÅket d"angleµAE¡Arccos(¡5/6). (ii)L "endomorphismeuest la rotation d"axe dirigé pariÅket d"angleµAE¼/2. (iii)L "endomorphismeuest la rotation d"axe dirigé pariÅ4jÅket d"angleµAE¼.

Exercice 9 :

(i)L "endomorphismeuest la composée commutative entre : la r otationd "axeDdirigé pari¡4jet d"angle¡Arccos(8/9); la ré flexionpar r apporta uplan D?AEVect(k,4iÅj). (ii)L "endomorphismeuest la réflexion par rapport au plan Vect(iÅj,p6j¡k). (iii)L "endomorphismeuest la composée commutative entre : la r otationd "axeDdirigé pari¡3j¡ket d"angleµAE¡Arccos(5/6); la ré flexionpar r apporta uplan D?AEVectVect(3iÅj,iÅk). 2/ 5 1.

O na les éq uivalences

A2O3(R),ATAAEI3,a2Å2b2AE1 et 2abÅb2AE0.

Ainsi, on obtient

A2O3(R),(a,b)2½

(1,0),(¡1,0),µ13 ,¡23

¡13

,23 2. O na

S i( a,b)AE(1,0), alorsuAEIdR3.

S i( a,b)AE(¡1,0), alorsuAE¡IdR3.

S i( a,b)AE(1/3,¡2/3), alors l"isométrieuest la réflexion par rapport au plan vectoriel Vect((1,¡1,0),(0,1,¡1)). S i( a,b)AE(¡1/3,2/3), alors l"isométrieuest la rotation d"axe dirigé par le vecteur (1,1,1) et d"angle¼.

Exercice 11 :

(i)O npeu tpr endre DAE0 @0 0 0 0 3 0

0 0¡31

A etPAE13 0 @2¡2 1 1 2 2

2 1¡21

A (ii)O npeu tpr endre DAE0 @1 0 0 0 1 0

0 0 31

A etPAE1p2 0 @0 1¡1p2 0 0

0 1 11

A (iii)O npeu tpr endre DAE0 @0 0 0 0 0 0

0 0 31

A etPAE1p6 0 B @p3 1 p2 p3¡1¡p2

0¡2p2

1 C

A.Exercice 12 :

1. C ommeon peu técr ireM(MTM)AEIn, on en déduit que la matriceMTMest inversible et que l"on aMAE(MTM)¡1. On en déduit avec les propriétés de la transposition que M donc la matriceMest symétrique. 2. P arl et héorèmespec tral,il exi steP2On(R) tel que

MAEPDP¡1avecDAEDiag(¸1,...,¸n).

CommeMest symétrique, on a égalementMMTMAEM3. On en déduit que MM En identifiant les coefficients, on obtient¸1AE ¢¢¢ AE¸nAE1, doncDAEIn. On en déduit finalement queAAEPDP¡1AEPInP¡1AEIn.

Exercice 13 :

1.

O nobtient le r ésultatav ecun c alculdir ect.

2. P arl et héorèmespec tral,il exi steP2On(R) et des réels¸1,...,¸n2Rtels que

MAEPDP¡1avecDAEDiag(¸1,...,¸n).

CommeMest symétrique, on a égalementMMTAEM2. On en déduit que Tr kAE1¸2 k. On obtient donc le résultat avec la première question. 3/ 5 1. O nr emarqueav ecles p ropriétésde l at ranspositionqu e M on en déduit qu"elle est diagonalisable par le théorème spectral. Finalement, avec les propriétés de la trace, on a 2. S iAetATcommutent, alors on aMAEATA¡AATAE0, donc Sp(M)AE{0}½RÅ. Réciproquement, si Sp(M)½RÅ, alors par le théorème spectral, il existe une matriceP2On(R) et des réels¸1,...,¸n2RÅtels que

MAEPDP¡1avecDAEDiag(¸1,...,¸n).

Comme les valeurs propres¸1,...,¸nsont positives, on a

Tr(M)AE0,nX

kAE1¸ kAE0, 8k2J1,nK,¸kAE0. On en déduit queDAE0, doncMAEPDP¡1AE0. CommeMAEATA¡AAT, on conclut queATAAEAAT.

Exercice 15 :

1. C"est le t héorèmes pectralap pliquéà l amatr iceM. 2. C ommela mat ricePest orthogonal, on aP¡1AEPT. On en déduit que Y 3.

E np osantYAEP¡1X, on a

X

De plus, en notantYAE¡y1¢¢¢yn¢

T, on a

1(YTY)AE¸1n

X kAE1y2 k6YTDYAEnX kAE1¸ ky2 k6¸nn X kAE1y2 kAE¸n(YTY). On obtient l"inégalité souhaitée en utilisant la seconde question.Exercice 16 : 1. C ommela mat riceBest symétrique réelle, on peut appliquer le théorème spectral. Il existeP2On(R) et des réels¹1,...,¹n2Rtels que

BAEPDiag(¹1,...,¹n)P¡1.

sont positives. 2. C ommela matr iceAest symétrique réelle, il existe une matriceP2On(R) et des réels¸1,...,¸n2RÅtels que

AAEPDiag(¸1,...,¸n)P¡1.

En posantBAEPDiag(p¸

1,...,p¸

n)P¡1, on aB2AEA. De plus, comme on a la relationP¡1AEPT, on a en notantDAEDiag(p¸

1,...,p¸

n) B

TAE(PDPT)TAE(PT)TDTPTAEPDPTAEB,

doncBest symétrique réelle.

Exercice 17 :

(i)La c oniqueC1est l"ensemble vide. (ii)D ansl er epère( O,e1,e2) où e

1AE1p2

(iÅj) ete2AE1p2 (¡iÅj), l"équation de la coniqueC2devient

2u2Åu¡5vp2

Å1AE0,vAE2p2

5 u2Å15 uÅp2 5 On conclut que la coniqueC2est une parabole dont le sommet a pour coor- donnée (¡5/16,1/16) dans le repère (O,i,j). 4/ 5 1e

2La coniqueC2

(iii)D ansl er epère( O,e1,e2) où e

1AE1p5

(2iÅj) ete2AE1p5 (¡iÅ2j),quotesdbs_dbs19.pdfusesText_25

[PDF] isover laine de verre

[PDF] isover par 45 fiche technique

[PDF] isover par duo

[PDF] isp

[PDF] ispef licence 1

[PDF] ispits maroc

[PDF] ispits maroc 2017

[PDF] ispits marrakech

[PDF] ispits tetouan 2017

[PDF] ispits.sante.gov.ma formulaire 2017

[PDF] issht facebook

[PDF] issht ibn charaf resultat

[PDF] issht master anglais

[PDF] issr tzr 2017

[PDF] isste