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Exercice : Projection et symétrie orthogonalesEspace euclidien/Exercices/Projection et symétrie orthogonales », n'a pu être restituée correctement ci-dessus.
Soit
B
=
(
e
1
,
e
2
,
e
3
)
{\displaystyle {\mathcal {B}}=(e_{1},e_{2},e_{3})}
une base orthonormée d'un espace vectoriel euclidien
E
{\displaystyle E}
. Soit
p
{\displaystyle p}
l'endomorphisme
dont la matrice dans la base
B
{\displaystyle {\mathcal {B}}}
est
M
=
1
11
(
2
−
3
3
−
3
10
1
3
1
10
)
{\displaystyle M={\frac {1}{11}}{\begin{pmatrix}2&-3&3\\-3&10&1\\3&1&10\end{pmatrix}}}
.
Montrer que
p
{\displaystyle p}
est une projection orthogonale et préciser sa « base »
Im
p
{\displaystyle \operatorname {Im} p}
.
Soit
B
=
(
e
1
,
e
2
,
e
3
)
{\displaystyle {\mathcal {B}}=(e_{1},e_{2},e_{3})}
une base orthonormée d'un espace vectoriel euclidien
E
{\displaystyle E}
. Soit
F
{\displaystyle F}
l'hyperplan de
E
{\displaystyle E}
d'équation
x
+
2
y
−
z
=
0
{\displaystyle x+2y-z=0}
dans la base
B
{\displaystyle {\mathcal {B}}}
.
Montrer que la projection orthogonale sur
F
{\displaystyle F}
a pour matrice
dans la base
B
{\displaystyle {\mathcal {B}}}
:
M
=
1
6
(
5
−
2
1
−
2
2
2
1
2
5
)
{\displaystyle M={\frac {1}{6}}{\begin{pmatrix}5&-2&1\\-2&2&2\\1&2&5\end{pmatrix}}}
.
On munit
E
=
R
n
[
X
]
{\displaystyle E=\mathbb {R} _{n}[X]}
du produit scalaire
φ
(
P
,
Q
)
=
∫
0
1
P
(
x
)
Q
(
x
)
d
x
{\displaystyle \varphi (P,Q)=\int _{0}^{1}P(x)Q(x)\,\mathrm {d} x}
. Soit
D
∈
E
{\displaystyle D\in E}
un polynôme de
degré
d
{\displaystyle d}
, avec
0
<
d
≤
n
{\displaystyle 0<d\leq n}
. Pour tout
P
∈
E
{\displaystyle P\in E}
, on note
f
(
P
)
{\displaystyle f(P)}
le reste de la division euclidienne de
P
{\displaystyle P}
par
D
{\displaystyle D}
.
Montrer que
f
{\displaystyle f}
est un projecteur de
E
{\displaystyle E}
. Déterminer son noyau et son image.
On suppose que
d
<
n
{\displaystyle d<n}
et que
f
{\displaystyle f}
est une projection orthogonale. Montrer que pour tout
i
≤
n
−
d
{\displaystyle i\leq n-d}
et pour tout
j
<
d
{\displaystyle j<d}
, on a
φ
(
D
X
i
,
X
j
)
=
0
{\displaystyle \varphi (DX^{i},X^{j})=0}
. En déduire que
φ
(
D
,
D
)
=
0
{\displaystyle \varphi (D,D)=0}
et donc
D
=
0
{\displaystyle D=0}
.
On suppose que
d
=
n
{\displaystyle d=n}
. Donner une condition nécessaire et suffisante pour que
f
{\displaystyle f}
soit une projection orthogonale.
Solution
f
∘
f
=
f
{\displaystyle f\circ f=f}
,
ker
f
=
Vect
(
D
,
X
D
,
X
2
D
,
…
,
X
n
−
d
D
)
{\displaystyle \ker f=\operatorname {Vect} (D,XD,X^{2}D,\dots ,X^{n-d}D)}
(l'ensemble des polynômes divisibles par
D
{\displaystyle D}
et de degré
≤
n
{\displaystyle \leq n}
) et
im
f
=
R
d
−
1
[
X
]
{\displaystyle \operatorname {im} f=\mathbb {R} _{d-1}[X]}
.
Par hypothèse,
ker
f
⊥
im
f
{\displaystyle \ker f\perp \operatorname {im} f}
, c.-à-d.
∀
i
≤
n
−
d
,
∀
j
<
d
0
=
φ
(
X
i
D
,
X
j
)
=
∫
0
1
x
i
+
j
D
(
x
)
d
x
{\displaystyle \forall i\leq n-d,\forall j<d\quad 0=\varphi (X^{i}D,X^{j})=\int _{0}^{1}x^{i+j}D(x)\,\mathrm {d} x}
donc
∀
k
<
n
∫
0
1
x
k
D
(
x
)
d
x
=
0
{\displaystyle \forall k<n\quad \int _{0}^{1}x^{k}D(x)\,\mathrm {d} x=0}
, autrement dit
D
⊥
R
n
−
1
[
X
]
{\displaystyle D\perp \mathbb {R} _{n-1}[X]}
. En particulier (si
d
<
n
{\displaystyle d<n}
)
φ
(
D
,
D
)
=
0
{\displaystyle \varphi (D,D)=0}
donc
D
=
0
{\displaystyle D=0}
(ce qui est absurde puisque par hypothèse,
D
{\displaystyle D}
est de degré
d
>
0
{\displaystyle d>0}
; donc dans le cas
d
<
n
{\displaystyle d<n}
,
f
{\displaystyle f}
n'est jamais une projection orthogonale).
Si
d
=
n
{\displaystyle d=n}
, les calculs précédent montrent que
f
{\displaystyle f}
est une projection orthogonale si et seulement si
∀
k
<
n
∫
0
1
x
k
D
(
x
)
d
x
=
0
{\displaystyle \forall k<n\quad \int _{0}^{1}x^{k}D(x)\,\mathrm {d} x=0}
.
Soit
E
=
M
4
(
R
)
{\displaystyle E=\mathrm {M} _{4}(\mathbb {R} )}
muni du produit scalaire
φ
(
P
,
Q
)
=
1
4
trace
(
t
P
Q
)
{\displaystyle \varphi (P,Q)={\frac {1}{4}}\operatorname {trace} ({}^{\mathrm {t} }\!P\,Q)}
. Soient
U
=
(
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
1
0
0
0
)
,
F
=
Vect
(
I
,
U
,
U
2
,
U
3
)
,
V
=
(
1
0
0
0
1
0
0
0
1
0
0
0
1
0
0
0
)
{\displaystyle U={\begin{pmatrix}0&1&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&1\\1&0&0&0\end{pmatrix}},\qquad F=\operatorname {Vect} (I,U,U^{2},U^{3}),\qquad V={\begin{pmatrix}1&0&0&0\\1&0&0&0\\1&0&0&0\\1&0&0&0\end{pmatrix}}}
.
Montrer que
(
I
,
U
,
U
2
,
U
3
)
{\displaystyle (I,U,U^{2},U^{3})}
est une base orthonormale de
F
{\displaystyle F}
.
Déterminer la projection orthogonale de
V
{\displaystyle V}
sur
F
{\displaystyle F}
.
En déduire la distance de
V
{\displaystyle V}
à
F
{\displaystyle F}
.
Solution
U
{\displaystyle U}
est la matrice d'une permutation circulaire d'ordre
4
{\displaystyle 4}
donc pour tous
i
,
j
∈
{
0
,
1
,
2
,
3
}
{\displaystyle i,j\in \{0,1,2,3\}}
, le réel
φ
(
U
i
,
U
j
)
=
1
4
trace
(
U
j
−
i
)
{\displaystyle \varphi (U^{i},U^{j})={\frac {1}{4}}\operatorname {trace} (U^{j-i})}
vaut
1
{\displaystyle 1}
si
i
=
j
{\displaystyle i=j}
et
0
{\displaystyle 0}
sinon.
p
(
V
)
=
∑
i
=
0
3
φ
(
U
i
,
V
)
U
i
{\displaystyle p(V)=\sum _{i=0}^{3}\varphi (U^{i},V)U^{i}}
.
t
U
i
V
=
V
{\displaystyle {}^{\mathrm {t} }\!U^{i}V=V}
donc
p
(
V
)
=
1
4
∑
i
=
0
3
U
i
=
1
4
(
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
)
{\displaystyle p(V)={\frac {1}{4}}\sum _{i=0}^{3}U^{i}={\frac {1}{4}}{\begin{pmatrix}1&1&1&1\\1&1&1&1\\1&1&1&1\\1&1&1&1\end{pmatrix}}}
.
d
(
V
,
F
)
=
‖
p
(
V
)
−
V
‖
=
1
4
‖
(
−
3
1
1
1
−
3
1
1
1
−
3
1
1
1
−
3
1
1
1
)
‖
=
1
4
4
(
9
+
1
+
1
+
1
)
=
3
{\displaystyle d(V,F)=\|p(V)-V\|={\frac {1}{4}}\left\|{\begin{pmatrix}-3&1&1&1\\-3&1&1&1\\-3&1&1&1\\-3&1&1&1\end{pmatrix}}\right\|={\frac {1}{4}}{\sqrt {4(9+1+1+1)}}={\sqrt {3}}}
.
On se place dans
R
3
{\displaystyle \mathbb {R} ^{3}}
muni de son produit scalaire usuel. Pour quelles valeurs de
t
≠
0
{\displaystyle t\neq 0}
la matrice
M
=
−
2
3
(
−
1
2
t
1
t
−
1
−
1
2
t
−
1
1
t
−
1
2
)
{\displaystyle M=-{\frac {2}{3}}{\begin{pmatrix}-{\frac {1}{2}}&t&1\\t^{-1}&-{\frac {1}{2}}&t^{-1}\\1&t&-{\frac {1}{2}}\end{pmatrix}}}
représente-t-elle (dans la base canonique de
R
3
{\displaystyle \mathbb {R} ^{3}}
) une symétrie orthogonale ?
Solution
ker
(
M
−
I
3
)
{\displaystyle \ker(M-\mathrm {I} _{3})}
est le plan d'équation
x
+
t
y
+
z
=
0
{\displaystyle x+ty+z=0}
et
ker
(
M
+
I
)
{\displaystyle \ker(M+\mathrm {I} )}
est la droite de vecteur directeur
(
t
,
1
,
t
)
{\displaystyle (t,1,t)}
.
M
{\displaystyle M}
représente une symétrie orthogonale si et seulement si ces deux sous-espaces sont orthogonaux, c.-à-d.
(
t
,
1
,
t
)
{\displaystyle (t,1,t)}
colinéaire à
(
1
,
t
,
1
)
{\displaystyle (1,t,1)}
, ce qui équivaut à
t
=
±
1
{\displaystyle t=\pm 1}
.