Une famille de matrices orthogonales

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1 Énoncé Une famille de matrices orthogonales L espace vectoriel R 3 est rapporté à la base canonique (e, e, e 3 ). On donne quatre réels a, b, c, tels que a + b + c et 0. On désigne par I la matrice identité d ordre 3. Soit f le morphisme de R 3 dont la matrice dans la base canonique est T Première partie. Calculer T. Exprimer T 3 en fonction de T.. Trouver le rang de f et déterminer son noyau. 3. Montrer que la matrice B I + T est inversible. 0 c b c 0 a b a 0 4. Montrer qu il existe trois réels u, v, w, dépendants de, tels que B ui + vt + wt. 5. En déduire que les matrices (I + T ) et I T commutent.. Deuxième partie On note g l endomorphisme de R 3 de matrice A (I + T ) (I T ) dans la base canonique.. Quels sont les vecteurs x de R 3 tels que g (x) x?. Montrer que A est inversible et que A T A A. 3. Montrer que I + A est inversible et que : T (I A )(I + A ). 4. Ecrire explicitement la matrice A en fonction de I,, T, T. 5. On pose tan( π θ ), avec -π < θ < π. (a) On suppose d abord a et b c 0. Identifier g à une transformation géométrique simple. (b) On suppose (b, c) (0, 0). Montrer que les vecteurs u (a, b, c), u f(e ) et u 3 f (e ) forment une base de R 3. (c) Quelles sont les matrices T et à de f et de g dans cette base? (d) Soient et deux réels non nuls tels que ( + )( ) 0. Montrer qu il existe un réel non nul tel que g g og. Exprimer en fonction de et de. mathprepa.fr Page

2 Première partie. On trouve T b c ab ac ab a c bc. ac bc a b De même, en utilisant l égalité a + b + c 0 (a + b + c )c (a + b + c )b T 3 (a + b + c )c 0 (a + b + c )a 0 c b c 0 a T (a + b + c )b (a + b + c )a 0 b a 0. Pour tout vecteur u (x, y, z), T x cy bz y cx + az x y a b. z bx ay z c Connaissant les propriétés du produit vectoriel dans R 3, on en déduit que : f(u) 0 u est lié au vecteur ω (a, b, c). Le noyau de f est donc la droite vectorielle engendrée par (a, b, c). On en déduit que le rang de f est : en effet dim R 3 rg(f) + dim er f. Mais f(u) u (a, b, c) Imf est inclus dans le plan orthogonal à (a, b, c). Pour des raisons de dimension, Imf est donc le plan orthogonal à (a, b, c), c est-à-dire l ensemble des vecteurs u (x, y, z) tels que ax + by + cz 0. Remarque : L interprétation vectorielle de la matrice T permet une nouvelle démonstration de l égalité T 3 T. Il suffit en effet de vérifier que f 3 f. Or pour tout vecteur u de R 3 : f (u) f(u) ω (u ω) ω ω (ω u) (ω u)ω (ω ω)u (ω u)ω u (car ω est unitaire) On en déduit : f 3 (u) ((ω u)ω u) ω u ω f(u). c b 3. On vérifie que det(b ) c a b a (a + b + c + ) ( + ) 0. On en déduit que B est inversible. Il y a une deuxième démonstration qui consiste à vérifier que f f + Id est injective (donc est un automorphisme de R 3 ). Soit u un vecteur de er f : f (u) 0 u ω + u 0. Si on multiplie scalairement cette égalité par u, on trouve u 0 et donc u Il suffit de trouver trois réels u, v, w tels que (ui + vt + wt )B I. (ui + vt + wt )B I (ui + vt + wt )(I + T ) I ui + (u + v)t + (v + w)t + wt 3 I ui + (u + v w)t + (v + w)t I u u L égalité est réalisée si u + v w 0 donc si v + v + w 0 w ( +) Conclusion : on a B I + T + ( + ) T. mathprepa.fr Page

3 Il y a une autre méthode, qui utilise l égalité T 3 T. En effet T B I et : T 3 T (B I) 3 I B B 3 3B + 3 B 3 I I B B (B 3B + (3 + )I) ( + )I Ce calcul montre que B est inversible, avec : B ( + ) (B 3B + (3 + )I) ( + ) ((T + I) 3(T + I) + (3 + )I) ( + ) (T T + ( + )I) I + T + ( + ) T 5. Les matrices B (I + T ) et I T sont des combinaisons linéaires des matrices I, T et T qui commutent entre elles deux à deux. On en déduit que les matrices (I + T ) et I T commutent. Deuxième partie On note g l endomorphisme de R 3 de matrice A (I + T ) (I T ) dans la base canonique.. Soit x un vecteur de R 3 et X la matrice colonne associée : g (x) x A X X (I + T ) (I T )X X (I T )X (I + T )X T X 0 x er f On obtient donc la droite vectorielle engendrée par le vecteur unitaire ω (a, b, c).. La matrice T est antisymétrique. On en déduit, en se souvenant que (I + T ) et I T commutent : T A T (I T ) T (I + T ) (I + T )(I T ) ((I + T ) (I T )) A. De même A ( I + T ) ( I T ) (I T ) (I + T ) (I + T )(I T ) T A. 3. Pour toute matrice colonne X, (I + A )X 0 A X X (I + T ) (I T )X X (I T )X (I + T )X X 0 X 0 Le noyau de I + A est donc réduit à 0 : cette matrice est inversible. Par définition de A, on a : (I + T )A I T et donc T (A + I) (I A ). Compte tenu de l inversibilité de (A + I), on trouve T (I A )(I + A ). 4. Après développement et simplification, en utilisant T 3 T, on trouve : [ A B (I T ) I + T + ] ( + ) T (I T ) I + T + + T 5. (a) Pour tous a, b, c, et avec cette définition de, on a :, tan θ + cos ( π θ ) + cos(π θ) cos θ + sin( π θ) cos( π θ ) sin(π θ) sin θ. On en déduit A I (sin θ)t + ( cos θ)t. Avec a et b c 0, on trouve T et T mathprepa.fr Page 3

4 On en déduit : A cos θ sin θ. 0 sin θ cos θ g est donc la rotation d angle θ autour du vecteur e. (b) La matrice de u, u, u 3 dans la base e, e, e 3 est M a 0 b + c b c ab c b ac Son déterminant est : a(ac + ab ) + (b + c )(b + c ) (b + c )(a + b + c ) b + c 0. On en déduit que les vecteurs u, u, u 3 forment une base de R 3. (c) On sait que f(u ) 0. D autre part f(u ) f (e ) u 3 et f(u 3 ) f 3 (e ) f(e ) u. La matrice de f dans la base u, u, u 3 est donc : T On se retrouve ramené au cas précédent : à cos θ sin θ 0 sin θ cos θ (d) La base u, u, u 3 utilisée précédemment ne dépend pas de. Pour répondre à cette question, il suffit donc de trouver θ tel que à à Ã. Or de manière évidente, et en notant θ et θ les angles associés à et : à à cos θ sin θ cos θ sin θ 0 sin θ cos θ 0 sin θ cos θ cos(θ + θ ) sin(θ + θ ) 0 sin(θ + θ ) cos(θ + θ ) Autrement dit, à à Ã, où est donné par tan( π (θ + θ )). Notons pour simplifier t tan θ et t tan θ. On trouve : tan ( θ + θ ) t t t + t +. + Pour cette valeur de, on a bien g g og. Remarque : Revenons au début de la question 5. En termes d applications linéaires : g Id (sin θ)f + ( cos θ)f. Donc pour tout vecteur x : g (x) x sin θ(x ω) + ( cos θ)((ω x)ω x) (cos θ)x + (sin θ)ω x + ( cos θ)(ω x)ω Notons p(x) (ω x)ω la projection orthogonale de x sur le vecteur unitaire ω. g (x) (cos θ)(x p(x)) + (sin θ)ω x + p(x). Notons q(x) (cos θ)(x p(x)) + (sin θ)ω x. Ainsi g (x) q(x) + p(x). On en déduit que g est la rotation d angle θ autour du vecteur ω (voir figure). Il est donc normal que la composée de g (rotation d angle θ autour de ω) et de g (rotation d angle θ autour de ω) soit la rotation d angle θ θ + θ autour de ω.. mathprepa.fr Page 4

5 mathprepa.fr Page 5

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