Contrôle 3 Exo 2 – Corrigé

Problème 2. On considère la droite de $\mathbb{R}^2$ d'équation $x+y=0$ ; soit $f_S:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2$ l'application linéaire qui à chaque vecteur du plan associe son symétrique par rapport à cette droite.

• Déterminer la matrice $S$ associée à l'application $f_S$ par rapport à la base canonique de $\mathbb{R}^2$ (au départ et à l'arrivée).

Soit $e_1=\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}, e_2=\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}$ la base canonique de $\mathbb{R}^2$. Les colonnes de la matrice $S$ sont les vecteurs $f_S(e_1),f_S(e_2)$ (exprimés dans la base canonique), donc on a simplement
$S=\begin{pmatrix} 0 & -1\\-1 & 0\end{pmatrix}$.

• Montrer que la matrice $S^2$ (c'est-à-dire le produit entre la matrice $S$ et elle même) est la matrice identité.

On a bien $\begin{pmatrix} 0 & -1\\-1 & 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 & -1\\-1 & 0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0^2+(-1)^2 & 0\cdot (-1)-1\cdot 0\\-1\cdot 0+0\cdot -1 & (-1)^2+0^2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 & 0\\0 & 1\end{pmatrix}$.

• On considère la matrice $S-\begin{pmatrix}1 & 0\\0 & 1\end{pmatrix}$ ; quel est le noyau de l'application linéaire $g$ correspondante ? Quelle est son image ?

On a
$S-\begin{pmatrix}1 & 0\\0 & 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 & -1\\-1 & 0\end{pmatrix}-\begin{pmatrix} 1 & 0\\0 & 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -1 & -1\\-1 & -1\end{pmatrix}$
L'application linéaire $g$ correspondante a comme image l'espace engendré par les colonnes de cette matrice, c'est-à-dire la droite engendrée par $\begin{pmatrix}-1\\-1\end{pmatrix}$ (autrement dit, la droite $x=y$).
Le noyau de $g$ est l'ensemble des vecteurs $\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}$ tels que $\begin{pmatrix} -1 & -1\\-1 & -1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}$, c'est à dire tels que $-x-y=0$. Il s'agit donc de la droite $x+y=0$ par rapport à laquelle on avait pris les symétriques.

• Montrer que tout vecteur de $\ker g$ est orthogonale à tout vecteur de l'image de $g$.

Un vecteur de $\ker g$ est de la forme $\begin{pmatrix}\lambda\\-\lambda\end{pmatrix}$ et un vecteur de l'image de $g$ de la forme $\begin{pmatrix}\mu\\\mu\end{pmatrix}$. Leur produit scalaire est $\lambda\mu-\lambda\mu=0$.

• Déterminer la matrice associée à $f_S$ par rapport à la base $\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}$ (au départ et à l'arrivée).

Les colonnes de la matrices sont les images des vecteurs donnés, exprimées en coordonnées par rapport à la base $\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}$, que l'on va appeler $v_1,v_2$.
On a $f_S(v_1)=S\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1\\-1\end{pmatrix}=-v_1$; les coordonnées de $-v_1$ par rapport à la base $v_1,v_2$ sont $-1,0$, donc la première colonne de la matrice sera $\begin{pmatrix}-1\\0\end{pmatrix}$. On a $f_S(v_2)=Sv_2=v_2$, qui a coordonnées $0,1$. La matrice cherchée est donc $\begin{pmatrix}-1 & 0\\0 & 1\end{pmatrix}$.

On sait que l'application linéaire $r_\theta:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2$ qui à chaque vecteur du plan associe son image par une rotation d'un angle $\theta$ autour de l'origine est représentée par la matrice $M_\theta=\begin{pmatrix}\cos\theta & -\sin\theta\\\sin\theta &\cos\theta \end{pmatrix}$ (par rapport à la base canonique).

• Montrer que pour tout $\theta$ et tout $v\in\mathbb{R}^2$ le vecteur $M_\theta v$ a la même norme que le vecteur $v$.

Soit $v=\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}$, alors $M_\theta v=\begin{pmatrix}x\cos\theta-y\sin\theta\\x\sin\theta+y\cos\theta\end{pmatrix}$; la norme de $M_\theta v$ est la racine carrée de $(x\cos\theta-y\sin\theta)^2+(x\sin\theta+y\cos\theta)^2=(\cos^2\theta+\sin^2\theta)(x^2+y^2)$. Comme pour tout $\theta$ $\cos^2\theta+\sin^2\theta=1$, la norme de $M_\theta v$ est $\sqrt{x^2+y^2}$, c'est-à-dire la norme de $v$.

• Montrer que pour tout $\theta$ on a $SM_\theta S=M_{-\theta}$.

Remarquez que ça revient à dire que symétriser par rapport à la droite $x+y=0$, faire une rotation de $\theta$ et puis symétriser encore une fois donne le même résultat que faire seulement une rotation de $\theta$ dans le sens inverse, ce qui se voit bien géométriquement.

On peut aussi faire le calcul: on a
$SM_\theta S=\begin{pmatrix}0&-1\\-1&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\cos\theta & -\sin\theta\\\sin\theta &\cos\theta \end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&-1\\-1&0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&-1\\-1&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\sin\theta&-\cos\theta\\-cos\theta&-\sin\theta\end{pmatrix}=$
$=\begin{pmatrix}\cos\theta & \sin\theta\\-\sin\theta&\cos\theta\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\cos(-\theta) & -\sin(-\theta)\\\sin(-\theta)&\cos(-\theta)\end{pmatrix}=M_{-\theta}$.

• Montrer que pour tout $\theta$ on a $(SM_\theta)^2=\begin{pmatrix}1 & 0\\0 & 1\end{pmatrix}$.

On a montré que $SM_\theta S=M_{-\theta}$, donc $(SM_\theta)^2=SM_\theta\cdot SM_\theta=(SM_\theta S)M_\theta=M_{-\theta}M_\theta=\operatorname{Id}$.
La dernière égalité est claire du point de vue des applications linéaire correspondantes, qui sont l'une l'inverse de l'autre, mais peut aussi être montrée en faisant les calcul du produit matriciel.