[<] Matrices orthogonales [>] Réduction des isométries vectorielles

 
Exercice 1  4264  

Soit u une isométrie vectorielle d’un espace euclidien E de produit scalaire ,.

  • (a)

    Quelles sont les valeurs propres réelles possibles de u?

  • (b)

    Vérifier que les espaces propres associés sont orthogonaux.

  • (c)

    On suppose que F et G sont deux sous-espaces vectoriels orthogonaux de E. Que dire des espaces images u(F) et u(G)?

 
Exercice 2  342  Correction  

Soit fO(E) diagonalisable. Montrer que f est une symétrie.

Solution

Soit λ valeur propre de f. Pour x vecteur propre, on a f(x)=λx avec f(x)=x d’où λ=±1. Une diagonalisation de f est alors réalisée avec des 1 et des -1 sur la diagonale, c’est une symétrie.

 
Exercice 3  345  Correction  

Soient fO(E) et V un sous-espace vectoriel de E.
Montrer que:

V est stable pour f si, et seulement si, V l’est.

Solution

() Si V est stable pour f alors f(V)V et puisque f est un automorphisme f(V)=V. Soient xV et yV

(f(x)y)=(xf-1(y))=0

car f-1(y)V donc f(x)V puis V stable par f.

() Si V stable par f alors V=V aussi

 
Exercice 4  2730     MINES (MP)

Soit E un espace euclidien. Déterminer les endomorphismes f de E tels que, pour tout sous-espace vectoriel V de E,

f(V)(f(V)).
 
Exercice 5  3082   Correction  

Soient E un espace euclidien et f un endomorphisme de E conservant l’orthogonalité:

(x,y)E2,(xy)=0(f(x)f(y))=0.
  • (a)

    Calculer (u+vu-v) pour u,v vecteurs unitaires.

  • (b)

    Établir qu’il existe α+ vérifiant

    xE,f(x)=αx.
  • (c)

    Conclure qu’il existe gO(E) vérifiant f=α.g

Solution

  • (a)

    (u+vu-v)=u2-v2=0 pour u et v unitaires.

  • (b)

    Soient u et v des vecteurs unitaires de E.
    u+v et u-v sont orthogonaux donc f(u+v) et f(u-v) le sont aussi.
    Or par linéarité

    f(u+v)=f(u)+f(v) et f(u-v)=f(u)-f(v)

    de sorte que l’orthogonalité de ces deux vecteurs entraîne

    f(u)=f(v).

    Ainsi, les vecteurs unitaires de E sont envoyés par f sur des vecteurs ayant tous la même norme α+.
    Montrons qu’alors

    xE,f(x)=αx.

    Soit xE.
    Si x=0 alors on a f(x)=0 puis f(x)=αx.
    Si x0 alors en introduisant le vecteur unitaire u=x/x, on a f(u)=α puis f(x)=αx

  • (c)

    Si α=0 alors f=0~ et n’importe quel gO(E) convient.
    Si α0 alors introduisons l’endomorphisme

    g=1αf.

    La relation obtenue en b) assure que g conserve la norme et donc gO(E) ce qui permet de conclure.

 
Exercice 6  3075   

Soit E un espace euclidien de dimension n1 et f une fonction de E vers E vérifiant

f(0E)=0Eet(x,y)E2,f(x)-f(y)=x-y.
  • (a)

    Montrer que f(x)=x pour tout x de E.

  • (b)

    Établir (f(x)f(y))=(xy) pour tous x et y de E.

  • (c)

    En introduisant une base orthonormale de E, établir que l’application f est linéaire.

 
Exercice 7  2740     MINES (MP)Correction  

Dans un espace euclidien E, soit f(E). Montrer que deux des trois propriétés suivantes entraînent la troisième:

  • (i)

    f est une isométrie vectorielle;

  • (ii)

    f2=-Id;

  • (iii)

    f(x) est orthogonal à x pour tout x.

Solution

Supposons (i) et (ii).
Pour xE, on a

(f(x)x)=-(f(x)f2(x))=-(xf(x))

et donc

(f(x)x)=0.

Supposons (ii) et (iii).
Le vecteur x+f(x) et son image par f sont orthogonaux donc

(x+f(x)f(x+f(x)))=(x+f(x)f(x)-x)=0

puis f(x)2=x2. Ainsi f est une isométrie.
Supposons (i) et (iii).
Pour tous vecteurs x et y

(f2(x)+xf(y))=(f(x)y)+(xf(y)).

Or

(f(x+y)x+y)=(f(x)y)+(f(y)x)=0

donc

(f2(x)+xf(y))=0.

Puisque f est surjective, f2(x)+x=0E.

 
Exercice 8  5132   

Soient f une isométrie d’un espace euclidien E, g=f-IdE et p la projection orthogonale sur Ker(g).

  • (a)

    Montrer l’égalité Ker(g)=(Im(g)).

  • (b)

    Montrer11 1 On dit qu’une suite (un) de vecteurs de E tend vers un vecteur E lorsque un- tend vers 0 quand n croît vers l’infini (voir ). que pour tout xE,

    1nk=0n-1fk(x)n+p(x).
 
Exercice 9  2731    MINES (MP)Correction  

Soit n*. On note l’espace vectoriel réel n(). On pose

φ:(A,B)2tr(AtB).
  • (a)

    Montrer que φ est un produit scalaire.

  • (b)

    Donner une condition nécessaire et suffisante sur Ω pour que MΩM soit φ-orthogonale.

Solution

  • (a)

    On reconnaît le produit scalaire canonique sur n().

  • (b)

    Posons f:MΩM. (f(M)f(N))=tr(MtΩtΩN).
    f est φ-orthogonale si, et seulement si, pour tout M,N, (MΩtΩN)=(MN) c’est-à-dire pour tout N, ΩtΩN=N c’est-à-dire ΩtΩ=In.
    Ainsi f est φ-orthogonale si, et seulement si, Ω l’est.

 
Exercice 10  3076      X (MP)Correction  

Soit (E,,) un espace euclidien.
Pour φO(E), on note M(φ)=Im(φ-IdE) et F(φ)=Ker(φ-IdE).
Si uE{0}, su désigne la symétrie orthogonale par rapport à l’hyperplan u.

  • (a)

    Soit φO(E). Montrer que M(φ)F(φ)=E.

  • (b)

    Si (u1,,uk) est libre, montrer:

    M(su1suk)=Vect(u1,,uk).
  • (c)

    On suppose (u1,,uk) libre. Soient v1,,vkE{0} tels que

    su1suk=sv1svk.

    Montrer que (v1,,vk) est libre.

Solution

  • (a)

    Soient yM(φ) et xF(φ).
    φ(x)=x et il existe aE tel que y=φ(a)-a.
    On a alors

    x,y=x,φ(a)-x,a=φ(x),φ(a)-x,a=0

    car φO(E).
    Ainsi, M(φ) et F(φ) sont orthogonaux et par la formule du rang

    dimM(φ)+dimF(φ)=dimE

    donne

    M(φ)F(φ)=E.
  • (b)

    Par récurrence sur k1.

    Pour k=1: la propriété est immédiate.

    Supposons la propriété vraie au rang k1.

    Soient (u1,,uk+1) une famille libre et φ=su1suk+1O(E). Étudions F(φ).

    Soit xF(φ). La relation φ(x)=x donne

    su2suk+1(x)=su1(x)

    puis

    su2suk+1(x)-x=su1(x)-x.

    Or su1(x)-xVect(u1) et par hypothèse de récurrence su2suk+1(x)-xVect(u2,,uk+1).

    Puisque la famille (u1,,uk+1) est libre, on obtient

    su2suk+1(x)-x=su1(x)-x=0.

    Ainsi, x est point fixe de su2suk+1 et de su1 et donc

    xVect(u2,,uk+1)Vect(u1)=Vect(u1,,uk+1).

    Par suite,

    F(φ)Vect(u1,,uk+1).

    L’autre inclusion étant immédiate, on obtient

    F(φ)=Vect(u1,,uk+1)

    puis

    M(φ)=Vect(u1,,uk+1).

    Récurrence établie.

  • (c)

    Posons

    φ=su1suk=sv1svk.

    Par l’étude qui précède

    F(φ)=Vect(u1,,uk).

    De façon immédiate

    Vect(v1,,vk)F(φ).

    En passant à l’orthogonal

    Vect(u1,,uk)Vect(v1,,vk).

    Puisque la famille (u1,,uk) est supposé libre, un argument de dimension permet d’affirmer que la famille (v1,,vk) l’est aussi.

 
Exercice 11  3741      CENTRALE (MP)Correction  

Soit E un espace euclidien; on note O(E) le groupe des endomorphismes orthogonaux de E et l’on définit l’ensemble

Γ={u(E)|xE,u(x)x}.
  • (a)

    Montrer que Γ est une partie convexe de (E) qui contient O(E).

  • (b)

    Soit uΓ tel qu’il existe (f,g)Γ2 vérifiant

    fg et u=12(f+g).

    Montrer que uO(E).

  • (c)

    Soit v un automorphisme de E; montrer qu’il existe ρO(E) et s un endomorphisme autoadjoint positif de E tels que v=ρs.
    On admet que ce résultat reste valable si on ne suppose plus v bijectif.

  • (d)

    Soit uΓ qui n’est pas un endomorphisme orthogonal.
    Montrer qu’il existe (f,g)Γ2 tels que

    fgetu=12(f+g).
  • (e)

    Démontrer le résultat admis à la question c). [Énoncé fourni par le concours CENTRALE-SUPELEC (CC)-BY-NC-SA]

Solution

  • (a)

    Soient u,vΓ et λ[0;1]. Pour tout xE,

    (λu+(1-λ)v(x)λu(x)+(1-λ)v(x)x

    donc λu+(1-λ)vΓ.
    Pour uO(E), on a

    xE,u(x)=xx

    et donc uΓ.

  • (b)

    Puisque fg, il existe un vecteur x vérifiant f(x)g(x).
    Si f(x)<x ou g(x)<x alors

    u(x)=12f(x)+g(x)f(x)+g(x)2<x

    et donc uO(E).
    Si f(x)=x et g(x)=x alors la condition f(x)g(x) entraîne

    f(x)+g(x)<f(x)+g(x)

    car il y a égalité dans l’inégalité triangulaire euclidienne si, et seulement si, les vecteurs sont positivement liés.
    On en déduit que dans ce cas aussi u(x)<x et donc uO(E).

  • (c)

    L’endomorphisme f=v*v est autoadjoint défini positif. Moyennant une diagonalisation en base orthonormée, on peut déterminer s autoadjoint défini positif tel que f=s2. Posons alors ρ=vs-1 ce qui est possible car s inversible puisque défini positif. On a alors

    ρ*ρ=s-1v*vs-1=IdE

    et donc ρO(E).

    Finalement, v=ρs est l’écriture voulue.

  • (d)

    Soit uΓO(E). On peut écrire u=ρs avec ρO(E) et s endomorphisme autoadjoint positif. Puisque

    xE,u(x)=s(x)

    on a sΓ et donc les valeurs propres de s sont éléments de [0;1]. Dans une base orthonormée de diagonalisation, la matrice de s est de la forme

    (λ1(0)(0)λn) avec λ1,,λn[0;1].

    Si les λi sont tous égaux à 1 alors s=IdE et u=ρO(E) ce qui est exclu. Il y a donc au moins un λi différent de 1. Considérons alors l’endomorphisme t dont la matrice dans la base orthonormée précédente est

    (2λ1-1(0)(0)2λn-1).

    On peut écrire

    s=12(IdE+t)

    avec IdEΓ, IdEt et tΓ car les coefficients diagonaux précédents sont inférieurs à 1 en valeur absolue.
    On en déduit

    u=12(ρ+ρt)

    avec ρ,ρtΓ et ρρt.

  • (e)

    Soit v(E). Pour k>0 assez grand

    vk=v+1kIdEGL(E)

    car v ne possède qu’un nombre fini de valeurs propres.
    On peut alors écrire

    vk=ρksk avec ρkO(E) et sk𝒮+(E).

    Puisque O(E) est compact, il existe une suite extraite (ρφ(k)) qui converge ρO(E). On a alors

    sφ(k)=ρφ(k)-1vφ(k)ρ-1v.

    En posant s=ρ-1v, on a s𝒮+(E) car 𝒮+(E) est fermé et donc v=ρs donne l’écriture voulue.

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Édité le 08-11-2019

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