Exercices de Mathématiques
Espaces euclidiens
Énoncés
Énoncés des exercices
Exercice 1 [ Indication ] [ Correction ]
Déterminer les endomorphismes f de R3 euclidien orienté 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’équations
(cid:26) x + y + z + t = 0
x − y + z − t = 0
Déterminer la projection orthogonale sur F , par deux méthodes différentes.
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’orthogonalité”, c’est-à-dire tel que, pour tous
vecteurs u et v de E, < u, v > = 0 ⇒ < f (u), f (v) > = 0.
Montrer qu’il existe un réel 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 même 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 à deux.
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Jean-Michel Ferrard
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Indications, résultats
Indications ou résultats
Indication pour l’exercice 1 [ Retour à l’énoncé ]
Écarter la solution évidente f = 0.
Appliquer l’hypothèse aux vecteurs e1, e2, e3 d’une base orthonormée directe.
Montrer que les f (ek) sont orthogonaux deux à deux, puis qu’ils sont unitaires.
Montrer que f est une rotation, puis établir la réciproque.
Indication pour l’exercice 2 [ Retour à l’énoncé ]
– Première méthode :
Soit v = (x0, y0, z0, t0) la projection orthogonale de u = (x, y, z, t) sur F .
Montrer que F ⊥ est engendré 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 à F est donnée par d2 = kv − uk2.
– Deuxième méthode :
Montrer que c = 1√
2
(1, 0, −1, 0) et d = 1√
2
(0, 1, 0, −1) forment une base ortonormée de F .
En déduire que v = p(u) =< c, u > c + < d, v > d.
Indication pour l’exercice 3 [ Retour à l’énoncé ]
Se donner une base orthonormée (e) = e1, e2, . . . , en de E.
Remarquer que les f (ej) sont orthogonaux deux à deux.
Considérer les ei + ej et ei − ej, avec i 6= j, et en déduire que les ek ont même norme..
Indication pour l’exercice 4 [ Retour à l’énoncé ]
Si x ∈ Ker (f + f ∗), montrer que f ∗(x) =
−→
0 . En déduire f (x) =
−→
0 .
Indication pour l’exercice 5 [ Retour à l’énoncé ]
1. Pour tout x de E, montrer que ku(x)k = ku∗(x)k.
2. Pour tout λ, appliquer ce qui précede a v = u − λId.
3. Se donner deux valeurs propres distinctes et deux vecteurs propres associés x et y.
Considérer < u(x), y > et en déduire l’orthogonalité de x et y.
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Corrigés
Corrigés des exercices
Corrigé de l’exercice 1 [ Retour à l’énoncé ]
Il est clair que l’application nulle est solution. Dans la suite, nous supposerons f 6= 0.
Soit e1, e2, e3 une base orthonormée 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 à deux.
Le système 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’étant pas nulle, l’un au moins des vecteurs f (e1), f (e2), f (e3) est non nul. Le
système ci-dessus montre alors que les trois vecteurs f (e1), f (e2), f (e3) sont non nuls.
Si on multiplie deux à deux ces égalités, 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 orthonormée de R3 (ce
qui prouve que f est un automorphisme orthogonal). Enfin l’égalité f (e3) = f (e1)∧f (e2) prouve
de plus que f (e1), f (e2), f (e3) est une base orthonormée directe.
L’application f , qui transforme une base orthonormée directe en une base orthonormée directe
est donc une rotation vectorielle de R3.
Réciproquement, soit f la rotation vectorielle d’angle θ (défini modulo 2π) autour d’un vecteur
unitaire ε1. On complète ε1 en une base orthonormée directe (ε) = ε1, ε2, ε3.
Soient u, v deux vecteurs quelconques de R3, de coordonnées (x, y, z) et (x0, y0, z0) dans (ε).
En identifiant les éléments de R3 aux vecteurs colonnes de leurs coordonnées dans la base
orthonormée (ε), on peut utiliser l’expression usuelle du produit vectoriel et écrire :
f (u) =
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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 déduit :
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
z0
On trouve bien l’égalité f (u) ∧ f (v) = u ∧ v.
Conclusion : les endomorphismes de l’espace vectoriel euclidien orienté 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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Corrigé de l’exercice 2 [ Retour à l’énoncé ]
– Première méthode :
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 à l’hyperplan H d’équation x + y + z + t = 0.
Le vecteur b = (1, −1, 1, −1) dirige la droite orthogonale à l’hyperplan K : x − y + z − t = 0.
le plan engendré par a et b est constitué de vecteurs qui sont tous orthogonaux à 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-à-dire
On sait que le vecteur v appartient à F .
Il suffit alors de reporter ces expresssions de x0, y0, z0, t0
dans les équations 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
Publicité
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 à F .
Alors d2 = kv − uk2 = 2((λ + µ)2 + (λ − µ)2) =
1
2
((x + z)2 + (y + t)2).
– Deuxième méthode :
Un système d’équations définissant F est aussi x + z = 0, y + t = 0.
Les vecteurs c = 1√
2
La projection v de u sur F est donc :
(1, 0, −1, 0) et d = 1√
2
(0, 1, 0, −1) forment une base ortonormée 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’équation a1x1 + · · · + anxn = 0, la distance de
u(x1, x2, . . . , xn) à H est
|a1x1 + · · · + anxn|, en notant h = (a1, a2, . . . , an).
1
khk
Avec les hyperplans H, K de la méthode 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 déduit en utilisant le théorème de Pythagore :
1
4
d2(u, F ) = d2(u, H) + d2(u, K) =
(x − y + z − t)2 =
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(x + y + z + t)2 +
((x + z)2 + (y + t)2)
1
2
1
4
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Corrigés
Corrigé de l’exercice 3 [ Retour à l’énoncé ]
Soit (e) = e1, e2, . . . , en une base orthonormée de E.
Remarquons tout d’abord que par hypothese les vecteurs f (ej) sont orthogonaux deux a deux.
Nous allons montrer qu’ils ont même 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 déduit :
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.
Corrigé de l’exercice 4 [ Retour à l’énoncé ]
L’inclusion Ker (f ) ∩ Ker (f ∗) ⊂ Ker (f + f ∗) est évidente car
f (x) = f ∗(x) =
−→
0 ⇒ (f + f ∗)(x) =
−→
0
Réciproquement, soit x un vecteur de Ker (f + f ∗) : il vérifie 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’hypothèse sur x, les deux applications f et f ∗ jouent
le même rôle, et on sait que l’adjoint de f ∗ est f . On en déduit donc f (x) =
−→
0 .
On a ainsi prouvé que x est dans Ker (f ) ∩ Ker (f ∗), ce qui établit le résultat.
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Corrigés
Corrigé de l’exercice 5 [ Retour à l’énoncé ]
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 déduit effectivement l’égalité 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 même 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 réduits à {
0 } en même temps, ce qui prouve
que u et u∗ ont les mêmes valeurs propres, et ces deux noyaux sont alors identiques, ce
qui prouve que pour chaque valeur propre λ, u et u∗ ont le même 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’égalité λ < x, y >= µ < x, y >, avec λ 6= µ.
Il en résulte l’orthogonalité des vecteurs x et y.
On en déduit l’orthogonalité des sous-espaces propres Eλ et Eµ.
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