Exercices de Math´ematiques
Espaces euclidiens
´Enonc´es
´Enonc´es des exercices
Exercice 1 [ Indication ] [ Correction ]
D´eterminer les endomorphismes f de R3 euclidien orient´e tels que :
∀ u, v ∈ E, f (u ∧ v) = f (u) ∧ f (v).
Exercice 2 [ Indication ] [ Correction ]
Soit F le sous-espace vectoriel de R4 (euclidien) d’´equations
(cid:26) x + y + z + t = 0
x − y + z − t = 0
D´eterminer la projection orthogonale sur F , par deux m´ethodes diff´erentes.
Calculer la distance d(u, F ) d’un vecteur u de R4 au sous-espace F .
Exercice 3 [ Indication ] [ Correction ]
Soit E un espace vectoriel euclidien.
Soit f un endomorphisme de E qui “conserve l’orthogonalit´e”, c’est-`a-dire tel que, pour tous
vecteurs u et v de E, < u, v > = 0 ⇒ < f (u), f (v) > = 0.
Montrer qu’il existe un r´eel λ ≥ 0 tel que, pour tout vecteur u de E, kf (u)k = λ kuk.
Si λ > 0, on dit alors que f est une similitude de rapport λ.
Exercice 4 [ Indication ] [ Correction ]
Soient E un espace vectoriel euclidien et f un endomorphisme de E tel que f 2 = 0.
Soit f ∗ l’adjoint de f . Montrer que Ker (f + f ∗) = Ker (f ) ∩ Ker (f ∗).
Exercice 5 [ Indication ] [ Correction ]
Soit E un espace vectoriel euclidien. Soit u ∈ L(E). On suppose que u ◦ u∗ = u∗ ◦ u.
1. Montrer que u et u∗ ont le mˆeme noyau.
2. Montrer que Sp(u) =Sp(u∗), et que pour toute valeur propre λ les sous-espaces propres
de u et de u∗ pour λ sont identiques.
3. Montrer que les sous-espaces propres de u sont orthogonaux deux `a deux.
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Jean-Michel Ferrard
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Espaces euclidiens
Indications, r´esultats
Indications ou r´esultats
Indication pour l’exercice 1 [ Retour `a l’´enonc´e ]
´Ecarter la solution ´evidente f = 0.
Appliquer l’hypoth`ese aux vecteurs e1, e2, e3 d’une base orthonorm´ee directe.
Montrer que les f (ek) sont orthogonaux deux `a deux, puis qu’ils sont unitaires.
Montrer que f est une rotation, puis ´etablir la r´eciproque.
Indication pour l’exercice 2 [ Retour `a l’´enonc´e ]
– Premi`ere m´ethode :
Soit v = (x0, y0, z0, t0) la projection orthogonale de u = (x, y, z, t) sur F .
Montrer que F ⊥ est engendr´e par a = (1, 1, 1, 1) et b = (1, −1, 1, −1).
Trouver λ, µ tels que v − u = λa + µb. La distance de u `a F est donn´ee par d2 = kv − uk2.
– Deuxi`eme m´ethode :
Montrer que c = 1√
2
(1, 0, −1, 0) et d = 1√
2
(0, 1, 0, −1) forment une base ortonorm´ee de F .
En d´eduire que v = p(u) =< c, u > c + < d, v > d.
Indication pour l’exercice 3 [ Retour `a l’´enonc´e ]
Se donner une base orthonorm´ee (e) = e1, e2, . . . , en de E.
Remarquer que les f (ej) sont orthogonaux deux `a deux.
Consid´erer les ei + ej et ei − ej, avec i 6= j, et en d´eduire que les ek ont mˆeme norme..
Indication pour l’exercice 4 [ Retour `a l’´enonc´e ]
Si x ∈ Ker (f + f ∗), montrer que f ∗(x) =
−→
0 . En d´eduire f (x) =
−→
0 .
Indication pour l’exercice 5 [ Retour `a l’´enonc´e ]
1. Pour tout x de E, montrer que ku(x)k = ku∗(x)k.
2. Pour tout λ, appliquer ce qui pr´ecede a v = u − λId.
3. Se donner deux valeurs propres distinctes et deux vecteurs propres associ´es x et y.
Consid´erer < u(x), y > et en d´eduire l’orthogonalit´e de x et y.
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Corrig´es
Corrig´es des exercices
Corrig´e de l’exercice 1 [ Retour `a l’´enonc´e ]
Il est clair que l’application nulle est solution. Dans la suite, nous supposerons f 6= 0.
Soit e1, e2, e3 une base orthonorm´ee directe de R3.
On constate que
e1 = e2 ∧ e3 ⇒ f (e1) = f (e2 ∧ e3) = f (e2) ∧ f (e3)
e2 = e3 ∧ e1 ⇒ f (e2) = f (e3 ∧ e1) = f (e3) ∧ f (e1)
e3 = e1 ∧ e2 ⇒ f (e3) = f (e1 ∧ e2) = f (e1) ∧ f (e2)
Les vecteurs f (e1), f (e2), f (e3) sont donc orthogonaux deux `a deux.
Advertisement
Le syst`eme ci-dessus donne alors
kf (e1)k = kf (e2) ∧ f (e3)k = kf (e2)k kf (e3)k
kf (e2)k = kf (e3) ∧ f (e1)k = kf (e3)k kf (e1)k
kf (e3)k = kf (e1) ∧ f (e2)k = kf (e1)k kf (e2)k
L’application f n’´etant pas nulle, l’un au moins des vecteurs f (e1), f (e2), f (e3) est non nul. Le
syst`eme ci-dessus montre alors que les trois vecteurs f (e1), f (e2), f (e3) sont non nuls.
Si on multiplie deux `a deux ces ´egalit´es, on trouve kf (e1)k2 = kf (e2)k2 = kf (e3)k2 = 1.
On sait donc maintenant que la famille f (e1), f (e2), f (e3) est une base orthonorm´ee de R3 (ce
qui prouve que f est un automorphisme orthogonal). Enfin l’´egalit´e f (e3) = f (e1)∧f (e2) prouve
de plus que f (e1), f (e2), f (e3) est une base orthonorm´ee directe.
L’application f , qui transforme une base orthonorm´ee directe en une base orthonorm´ee directe
est donc une rotation vectorielle de R3.
R´eciproquement, soit f la rotation vectorielle d’angle θ (d´efini modulo 2π) autour d’un vecteur
unitaire ε1. On compl`ete ε1 en une base orthonorm´ee directe (ε) = ε1, ε2, ε3.
Soient u, v deux vecteurs quelconques de R3, de coordonn´ees (x, y, z) et (x0, y0, z0) dans (ε).
En identifiant les ´el´ements de R3 aux vecteurs colonnes de leurs coordonn´ees dans la base
orthonorm´ee (ε), on peut utiliser l’expression usuelle du produit vectoriel et ´ecrire :
f (u) =
0
0
1
0 cos θ − sin θ
cos θ
0
sin θ
=
x
y
z
x
y cos θ − z sin θ
y sin θ + z cos θ
On en d´eduit :
f (u) ∧ f (v) =
=
x
y cos θ − z sin θ
y sin θ + z cos θ
∧
x0
y0 cos θ − z0 sin θ
y0 sin θ + z0 cos θ
yz0 − zy0
(yx0 − xy0) sin θ + (zx0 − xz0) cos θ
(xy0 − yx0) cos θ − (xz0 − zx0) sin θ
x
y
z
∧
=
Or u ∧ v =
yz0 − zy0
zx0 − xz0
xy0 − yx0
x0
y0
Advertisement
z0
On trouve bien l’´egalit´e f (u) ∧ f (v) = u ∧ v.
Conclusion : les endomorphismes de l’espace vectoriel euclidien orient´e qui “conservent” le
produit vectoriel sont l’application nulle d’une part et les automorphismes orthogonaux positifs
(les rotations vectorielles) d’autre part.
yz0 − zy0
(zx0 − xz0) cos θ − (xy0 − yx0) sin θ
(zx0 − xz0) sin θ + (xy0 − yx0) cos θ
et f (u ∧ v) =
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Corrig´es
Corrig´e de l’exercice 2 [ Retour `a l’´enonc´e ]
– Premi`ere m´ethode :
Soit u = (x, y, z, t) un vecteur de R4, et v = (x0, y0, z0, t0) sa projection orthogonale sur F .
a = (1, 1, 1, 1) dirige la droite orthogonale `a l’hyperplan H d’´equation x + y + z + t = 0.
Le vecteur b = (1, −1, 1, −1) dirige la droite orthogonale `a l’hyperplan K : x − y + z − t = 0.
le plan engendr´e par a et b est constitu´e de vecteurs qui sont tous orthogonaux `a F = H ∩ K.
Puisque dim F = dim F ⊥ = 2, L’orthogonal de F est le plan de base a, b.
Il existe donc λ, µ tels que v − u = λa + µb, c’est-`a-dire
On sait que le vecteur v appartient `a F .
Il suffit alors de reporter ces expresssions de x0, y0, z0, t0
dans les ´equations des hyperplans H et K.
x0 = x + λ + µ
y0 = y + λ − µ
z0 = z + λ + µ
t0 = t + λ − µ
On obtient
(cid:26) x + y + z + t + 4λ = 0
x − y + z − t + 4µ =
puis
x0 = x + λ + µ = x − 1
y0 = y + λ − µ = y − 1
z0 = z + λ + µ = z − 1
t0 = t + λ − µ = t − 1
2 (x + z) = 1
2 (y + t) = 1
2 (x + z) = 1
2 (y + t) = 1
0 −1
1
1
0
−1
0
0 −1
2 (x − z)
2 (y − t)
2 (−x + z)
2 (−y + t)
0
0 −1
0
1
1
0
La matrice de la projection orthogonale sur F est donc M =
1
2
Soit d la distance de u `a F .
Alors d2 = kv − uk2 = 2((λ + µ)2 + (λ − µ)2) =
1
2
((x + z)2 + (y + t)2).
– Deuxi`eme m´ethode :
Un syst`eme d’´equations d´efinissant F est aussi x + z = 0, y + t = 0.
Les vecteurs c = 1√
2
Advertisement
La projection v de u sur F est donc :
(1, 0, −1, 0) et d = 1√
2
(0, 1, 0, −1) forment une base ortonorm´ee de F .
v = p(u) =< c, u > c + < d, v > d =
1
2
(x − z)
– Remarque :
1
0
−1
0
+
1
2
(y − t)
0
1
0
−1
=
1
2
x − z
y − t
−x + z
−y + t
On peut trouver d = d(u, F ) sans calculer la projection de u sur F .
En effet si H est un hyperplan de Rn d’´equation a1x1 + · · · + anxn = 0, la distance de
u(x1, x2, . . . , xn) `a H est
|a1x1 + · · · + anxn|, en notant h = (a1, a2, . . . , an).
1
khk
Avec les hyperplans H, K de la m´ethode 1, on trouve :
( d2(u, H) = 1
d2(u, K) = 1
4 (x + y + z + t)2
4 (x − y + z − t)2
Or H et K sont perpendiculaires, car a = (1, 1, 1, 1) et b = (1, −1, 1, −1) sont orthogonaux.
On en d´eduit en utilisant le th´eor`eme de Pythagore :
1
4
d2(u, F ) = d2(u, H) + d2(u, K) =
(x − y + z − t)2 =
(x + y + z + t)2 +
((x + z)2 + (y + t)2)
1
2
1
4
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Corrig´es
Corrig´e de l’exercice 3 [ Retour `a l’´enonc´e ]
Soit (e) = e1, e2, . . . , en une base orthonorm´ee de E.
Remarquons tout d’abord que par hypothese les vecteurs f (ej) sont orthogonaux deux a deux.
Nous allons montrer qu’ils ont mˆeme norme.
Soient i et j deux indices distincts de {1, . . . , n}.
Les vecteurs ei + ej et ei − ej sont orthogonaux car < ei + ej, ei − ej >= keik2 − kejk2 = 0.
On en d´eduit :
Advertisement
0 = < f (ei + ej), f (ei − ej) > = < f (ei) + f (ej), f (ei) − f (ej) > = kf (ei)k2 − kf (ej)k2
Autrement dit, pour tous indices i et j, kf (ei)k = kf (ej)k.
Ainsi il existe un scalaire λ ≥ 0 tel que, pour tout i de {1, . . . , n}, kf (ei)k = λ.
Dans ces conditions, et pour tous vecteurs u =
n
X
i=1
xiei et v =
n
X
j=1
yjej :
< f (u), f (v) > = <
n
X
i=1
xif (ei),
n
X
j=1
yjf (ej) > =
n
X
i,j=1
xiyj < f (ei), f (ej) >
=
n
X
i=1
xiyi kf (ei)k2 = λ2
n
X
i=1
xiyi = λ2 < u, v >
En particulier, pour tout vecteur u de E, kf (u)k = λ kuk.
Corrig´e de l’exercice 4 [ Retour `a l’´enonc´e ]
L’inclusion Ker (f ) ∩ Ker (f ∗) ⊂ Ker (f + f ∗) est ´evidente car
f (x) = f ∗(x) =
−→
0 ⇒ (f + f ∗)(x) =
−→
0
R´eciproquement, soit x un vecteur de Ker (f + f ∗) : il v´erifie f ∗(x) = −f (x).
kf ∗(x)k2 = < f ∗(x), f ∗(x) > = − < f ∗(x), f (x) > = − < x, f 2(x) >= − < x,
−→
0 > = 0
Ainsi le vecteur f ∗(x) est nul. Mais dans l’hypoth`ese sur x, les deux applications f et f ∗ jouent
le mˆeme rˆole, et on sait que l’adjoint de f ∗ est f . On en d´eduit donc f (x) =
−→
0 .
On a ainsi prouv´e que x est dans Ker (f ) ∩ Ker (f ∗), ce qui ´etablit le r´esultat.
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Corrig´es
Corrig´e de l’exercice 5 [ Retour `a l’´enonc´e ]
1. Pour tout vecteur x de E :
ku(x)k2 = < u(x), u(x) > = < x, u∗ ◦ u(x) > = < x, u ◦ u∗(x) >
= < u∗(x), u∗(x) > = ku∗(x)k2
On en d´eduit effectivement l’´egalit´e ku(x)k = ku∗(x)k.
Dans ces conditions : x ∈ Ker u ⇔ ku(x)k = 0 ⇔ ku∗(x)k = 0 ⇔ x ∈ Ker u∗.
Les deux applications u et u∗ ont donc le mˆeme noyau.
2. Pour tout scalaire λ, l’application v = u − λId est telle que v∗ = u∗ − λId.
Ainsi v ◦ v∗ = v∗ ◦ v puis Ker (v) = Ker (v∗), donc Ker (u − λId) = Ker (u∗ − λId).
−→
Autrement dit, ces deux noyaux sont non r´eduits `a {
0 } en mˆeme temps, ce qui prouve
que u et u∗ ont les mˆemes valeurs propres, et ces deux noyaux sont alors identiques, ce
qui prouve que pour chaque valeur propre λ, u et u∗ ont le mˆeme sous-espace propre.
3. Soient λ et µ deux valeurs propres distinctes de u (donc de u∗).
Soient x un vecteur propre de u (donc de u∗) pour la valeur propre λ et y un vecteur
propre de u (donc de u∗) pour la valeur propre µ.
Il faut montrer que x et y sont orthogonaux.
( < u(x), y > = < λx, y > = λ < x, y >
Or
< u(x), y > = < x, u∗(y) > = < x, µy > = µ < x, y >
On a ainsi l’´egalit´e λ < x, y >= µ < x, y >, avec λ 6= µ.
Il en r´esulte l’orthogonalit´e des vecteurs x et y.
On en d´eduit l’orthogonalit´e des sous-espaces propres Eλ et Eµ.
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