Endomorphismes des espaces euclidiens

En première année, le produit scalaire a servi à mesurer : longueurs, angles, distances à un sous-espace. Il n'était encore qu'un outil de géométrie. Ce chapitre change son statut : le produit scalaire devient une structure supplémentaire posée sur l'espace, et l'on classe les endomorphismes selon la façon dont ils se comportent vis-à-vis d'elle.

Deux comportements privilégiés se dégagent, et le chapitre est entièrement construit autour d'eux.

Le premier est la conservation. Un endomorphisme qui préserve la norme préserve tout ce que la norme permet de reconstruire : le produit scalaire, les angles, l'orthogonalité, les bases orthonormées. Ce sont les isométries vectorielles. Matriciellement, la condition prend la forme remarquablement compacte $A^{\mathrm{\top }}A=I_n$, qui dit exactement que les colonnes de $A$ forment une base orthonormée. En dimension $2$, on obtient une classification complète en deux familles, les rotations et les réflexions ; en dimension $3$, on obtient une méthode de reconnaissance que la physique utilise en permanence.

Le second est la symétrie. Un endomorphisme $u$ est autoadjoint lorsqu'on peut le faire passer d'un côté à l'autre du produit scalaire sans rien changer : $⟨u(x),y⟩=⟨x,u(y)⟩$. La condition matricielle est cette fois $A^{\mathrm{\top }}=A$. Le théorème spectral affirme alors qu'un tel endomorphisme est non seulement diagonalisable, mais diagonalisable dans une base orthonormée. C'est le résultat le plus puissant du chapitre, et probablement celui que vous réutiliserez le plus souvent : il est derrière l'étude des points critiques en calcul différentiel, derrière les modes propres en mécanique, derrière les axes principaux d'inertie.

Un point de vocabulaire doit être fixé tout de suite, car il conditionne la rédaction attendue. Le programme de PC parle d'endomorphisme autoadjoint, et la notion d'adjoint d'un endomorphisme, elle, est hors programme. Vous ne devez donc jamais écrire $u^{\ast }$, ni caractériser une isométrie par une relation portant sur un adjoint. Tout se dit soit avec le produit scalaire, soit avec la transposée d'une matrice, et la transposée d'une matrice, elle, est un objet de calcul parfaitement autorisé et même central ici.

Les notations valent pour tout le chapitre. $E$ désigne un espace euclidien, c'est-à-dire un $\mathbb{R}$-espace vectoriel de dimension finie $n⩾1$ muni d'un produit scalaire noté $⟨x,y⟩$, de norme associée $\parallel x\parallel =\sqrt{⟨x,x⟩}$. Les endomorphismes sont notés $u$, $v$, $s$, $p$, $r$ ; leur ensemble est $\mathcal{L}(E)$, l'identité est ${\mathrm{I}\mathrm{d}}_E$, le groupe des automorphismes est $\mathrm{G}\mathrm{L}(E)$. Pour les matrices : ${\mathcal{M}}_n(\mathbb{R})$, ${\mathcal{M}}_{n,1}(\mathbb{R})$ pour les colonnes, $I_n$ pour l'identité, $A^{\mathrm{\top }}$ pour la transposée, ${\mathcal{S}}_n(\mathbb{R})$ pour les matrices symétriques. Les objets nouveaux sont $\mathrm{O}(E)$, $\mathrm{S}\mathrm{O}(E)$, ${\mathrm{O}}_n(\mathbb{R})$, ${\mathrm{S}\mathrm{O}}_n(\mathbb{R})$, $\mathcal{S}(E)$, ${\mathcal{S}}^{+}(E)$, ${\mathcal{S}}^{++}(E)$, ${\mathcal{S}}_n^{+}(\mathbb{R})$ et ${\mathcal{S}}_n^{++}(\mathbb{R})$. On conserve $\mathrm{Ker}$, $\mathrm{Im}$, $\mathrm{rg}$, $\mathrm{tr}$, $\mathrm{Vect}$, $\det$, $\dim$ et $\mathrm{S}\mathrm{p}(u)$ pour le spectre. On écrit toujours « base orthonormée » en toutes lettres.

Un seul résultat sera admis dans tout le chapitre, et c'est exactement celui que le programme dispense de démonstration : le théorème spectral. Tout le reste est démontré.

Rappels de première année

Cette première section ne contient rien de nouveau. Elle fixe le vocabulaire, les formules et surtout les réflexes de calcul en base orthonormée dont tout le chapitre se sert sans le redire.

Espace euclidien, norme, Cauchy-Schwarz

Orthogonalité et bases orthonormées

Le procédé de Gram-Schmidt

Supplémentaire orthogonal, projection, distance

Isométries vectorielles

Définition et premiers exemples

Le théorème des caractérisations

Démonstration. On établit le cycle $1\Rightarrow 2\Rightarrow 4\Rightarrow 3\Rightarrow 1$.

$1\Rightarrow 2$. C'est ici qu'intervient la polarisation. Supposons que $u$ conserve la norme et soient $x,y\in E$. En utilisant la linéarité de $u$, qui donne $u(x)+u(y)=u(x+y)$ :

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle ⟨u(x),u(y)⟩}& {\displaystyle =\frac{1}{2}(\parallel u(x)+u(y){\parallel }^2-\parallel u(x){\parallel }^2-\parallel u(y){\parallel }^2)}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{1}{2}(\parallel u(x+y){\parallel }^2-\parallel u(x){\parallel }^2-\parallel u(y){\parallel }^2)}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{1}{2}(\parallel x+y{\parallel }^2-\parallel x{\parallel }^2-\parallel y{\parallel }^2)=⟨x,y⟩\mathrm{.}}\end{array}$$

$2\Rightarrow 4$. Soit $\mathcal{B}=(e_1,\dots ,e_n)$ une base orthonormée quelconque. Pour tous $i,j$,

$$⟨u(e_i),u(e_j)⟩=⟨e_i,e_j⟩={\delta }_{i,j},$$

donc la famille $(u(e_1),\dots ,u(e_n))$ est orthonormée. Étant orthonormée, elle est libre ; comptant $n=\dim E$ vecteurs, c'est une base orthonormée de $E$.

$4\Rightarrow 3$. Immédiat, puisque $E$ possède au moins une base orthonormée (Gram-Schmidt).

$3\Rightarrow 1$. Soit $\mathcal{B}=(e_1,\dots ,e_n)$ une base orthonormée telle que $(u(e_1),\dots ,u(e_n))$ soit une base orthonormée. Soit $x\in E$, de coordonnées $(x_1,\dots ,x_n)$ dans $\mathcal{B}$. Alors $u(x)={\sum }_i{x}_{i}u(e_i)$, et comme la famille $(u(e_i))$ est orthonormée, le théorème de Pythagore donne

$$\parallel u(x){\parallel }^2=\sum _{i=1}^n{x}_i^2=\parallel x{\parallel }^2\mathrm{.}\mathrm{\square }$$

Bijectivité et valeurs propres

Démonstration. Soit $u\in \mathrm{O}(E)$ et $x\in \mathrm{Ker}u$. Alors $\parallel x\parallel =\parallel u(x)\parallel =\parallel 0_E\parallel =0$, donc $x=0_E$. L'endomorphisme $u$ est injectif, donc bijectif puisque $E$ est de dimension finie. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Soit $\lambda \in \mathrm{S}\mathrm{p}(u)$ et $x$ un vecteur propre associé, donc $x\mathrm{\ne }{0}_E$. De $u(x)=\lambda x$ on tire

$$\parallel x\parallel =\parallel u(x)\parallel =\parallel \lambda x\parallel =\mathrm{\mid }\lambda \mathrm{\mid }\cdot \parallel x\parallel ,$$

et comme $\parallel x\parallel \mathrm{\ne }0$, on peut simplifier : $\mathrm{\mid }\lambda \mathrm{\mid }=1$, donc $\lambda =1$ ou $\lambda =-1$. $\mathrm{\square }$

Le groupe orthogonal

Démonstration. Le point 1 est clair. Pour le point 2, si $u$ et $v$ conservent la norme, alors pour tout $x$,

$$\parallel (u\circ v)(x)\parallel =\parallel u(v(x))\parallel =\parallel v(x)\parallel =\parallel x\parallel \mathrm{.}$$

Pour le point 3, la bijectivité a déjà été établie ; pour tout $x\in E$, en appliquant la conservation de la norme par $u$ au vecteur $u^{-1}(x)$ :

$$\parallel u^{-1}(x)\parallel =\parallel u(u^{-1}(x))\parallel =\parallel x\parallel \mathrm{.}\mathrm{\square }$$

Stabilité de l'orthogonal

Démonstration. Point 1. L'application $u$ est injective, donc sa restriction à $F$ l'est aussi ; comme $u(F)\subset F$ et $\dim u(F)=\dim F$ (une application linéaire injective conserve la dimension), on a $u(F)=F$. La restriction $u_{\mathrm{\mid }F}:F\to F$ est donc un endomorphisme de $F$ conservant la norme : c'est une isométrie de $F$.

Point 2. Soit $y\in F^{\perp }$. Montrons que $u(y)\in F^{\perp }$, c'est-à-dire que $u(y)$ est orthogonal à tout vecteur de $F$. Soit $x\in F$. D'après le point 1, il existe $x^{\mathrm{\prime }}\in F$ tel que $x=u(x^{\mathrm{\prime }})$. Alors, en utilisant la conservation du produit scalaire,

$$⟨u(y),x⟩=⟨u(y),u(x^{\mathrm{\prime }})⟩=⟨y,x^{\mathrm{\prime }}⟩=0,$$

la dernière égalité car $y\in F^{\perp }$ et $x^{\mathrm{\prime }}\in F$. Donc $u(y)\in F^{\perp }$ et $F^{\perp }$ est stable. La restriction de $u$ à $F^{\perp }$ est alors un endomorphisme de $F^{\perp }$ conservant la norme. $\mathrm{\square }$

Symétries orthogonales et réflexions

Définition et expression

Démonstration. Comme $x=x_F+x_{F^{\perp }}$ et $p_F(x)=x_F$, on a bien

$$2p_F(x)-x=2x_F-(x_F+x_{F^{\perp }})=x_F-x_{F^{\perp }}=s_F(x)\mathrm{.}$$

Le point 1 est immédiat : $s_F(s_F(x))=s_F(x_F-x_{F^{\perp }})=x_F+x_{F^{\perp }}=x$, car $x_F\in F$ et $-x_{F^{\perp }}\in F^{\perp }$.

Pour le point 2, les vecteurs $x_F$ et $x_{F^{\perp }}$ sont orthogonaux, donc Pythagore s'applique deux fois :

$$\parallel s_F(x){\parallel }^2=\parallel x_F{\parallel }^2+\parallel -x_{F^{\perp }}{\parallel }^2=\parallel x_F{\parallel }^2+\parallel x_{F^{\perp }}{\parallel }^2=\parallel x{\parallel }^2\mathrm{.}$$

Le point 3 traduit simplement que $s_F(x)=x$ équivaut à $x_{F^{\perp }}=0_E$, et $s_F(x)=-x$ à $x_F=0_E$. $\mathrm{\square }$

Caractérisation

Démonstration. Le sens direct vient d'être établi.

Réciproquement, supposons $s\circ s={\mathrm{I}\mathrm{d}}_E$ et $s\in \mathrm{O}(E)$. Le polynôme $X^2-1=(X-1)(X+1)$ annule $s$ ; il est scindé à racines simples, donc $s$ est diagonalisable et

$$E=F\oplus G,F=\mathrm{Ker}(s-{\mathrm{I}\mathrm{d}}_E),G=\mathrm{Ker}(s+{\mathrm{I}\mathrm{d}}_E),$$

ce qui signifie exactement que $s$ est la symétrie par rapport à $F$ parallèlement à $G$. Il reste à voir que $G=F^{\perp }$.

Soient $x\in F$ et $y\in G$. Comme $s$ conserve le produit scalaire,

$$⟨x,y⟩=⟨s(x),s(y)⟩=⟨x,-y⟩=-⟨x,y⟩,$$

donc $2⟨x,y⟩=0$, puis $⟨x,y⟩=0$. Ainsi $G\subset F^{\perp }$. Enfin, de $E=F\oplus G$ on tire $\dim G=n-\dim F=\dim F^{\perp }$ : l'inclusion $G\subset F^{\perp }$ entre sous-espaces de même dimension est une égalité. $\mathrm{\square }$

Formule explicite d'une réflexion

Démonstration. Posons $D=\mathrm{Vect}(a)$, de sorte que $H=D^{\perp }$ et $D=H^{\perp }$. La projection orthogonale sur la droite $D$ s'obtient avec la base orthonormée $(a\mathrm{/}\parallel a\parallel )$ de $D$ :

$$p_D(x)=⟨x,\frac{a}{\parallel a\parallel }⟩\frac{a}{\parallel a\parallel }=\frac{⟨a,x⟩}{\parallel a{\parallel }^2}a\mathrm{.}$$

La décomposition orthogonale de $x$ s'écrit $x=p_H(x)+p_D(x)$, donc

$$s_H(x)=p_H(x)-p_D(x)=(x-p_D(x))-p_D(x)=x-2p_D(x),$$

ce qui est la formule annoncée. $\mathrm{\square }$

Matrices orthogonales

Définition et lecture sur les colonnes

Démonstration. $1\iff 2\iff 3$ : en dimension finie, une matrice carrée $B$ vérifiant $BA=I_n$ est automatiquement l'inverse de $A$, donc vérifie aussi $AB=I_n$. Appliqué à $B=A^{\mathrm{\top }}$, cela donne l'équivalence des trois premiers points.

$1\iff 4$ : notons $C_1,\dots ,C_n$ les colonnes de $A$. La ligne $i$ de $A^{\mathrm{\top }}$ est $C_i^{\mathrm{\top }}$, donc le coefficient d'indice $(i,j)$ de $A^{\mathrm{\top }}A$ vaut

$$(A^{\mathrm{\top }}A{)}_{i,j}=C_i^{\mathrm{\top }}{C}_j=⟨C_i,C_j⟩\mathrm{.}$$

Dire que cette matrice vaut $I_n$, c'est dire que $⟨C_i,C_j⟩={\delta }_{i,j}$, c'est-à-dire que la famille des colonnes est orthonormée ; comptant $n$ vecteurs dans un espace de dimension $n$, c'est alors une base orthonormée.

$3\iff 5$ : c'est le même calcul appliqué à $A{A}^{\mathrm{\top }}$, dont le coefficient $(i,j)$ est le produit scalaire de la $i$-ème et de la $j$-ème ligne de $A$. $\mathrm{\square }$

Traduction matricielle des isométries

Démonstration. Comme $\mathcal{B}$ est orthonormée, pour tous $x,y\in E$ de colonnes de coordonnées $X$ et $Y$, on a $⟨x,y⟩=X^{\mathrm{\top }}Y$ et $u(x)$ a pour colonne $AX$. Donc

$$⟨u(x),u(y)⟩=(AX{)}^{\mathrm{\top }}(AY)=X^{\mathrm{\top }}(A^{\mathrm{\top }}A)Y\mathrm{.}$$

Ainsi, $u$ conserve le produit scalaire si et seulement si $X^{\mathrm{\top }}\left(A^{\mathrm{\top }}A\right)Y=X^{\mathrm{\top }}Y$ pour toutes colonnes $X$ et $Y$, c'est-à-dire $X^{\mathrm{\top }}(A^{\mathrm{\top }}A-I_n)Y=0$. En prenant pour $X$ et $Y$ les colonnes $E_i$ et $E_j$ de la base canonique, ce scalaire vaut le coefficient $(i,j)$ de $A^{\mathrm{\top }}A-I_n$ : la condition équivaut donc à $A^{\mathrm{\top }}A=I_n$.

On conclut avec le théorème des caractérisations : $u$ conserve le produit scalaire si et seulement si $u\in \mathrm{O}(E)$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Notons ${\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}=(e_1^{\mathrm{\prime }},\dots ,e_n^{\mathrm{\prime }})$ et $C_1,\dots ,C_n$ les colonnes de $P$ : par construction, $C_j$ est la colonne des coordonnées de $e_j^{\mathrm{\prime }}$ dans $\mathcal{B}$. Comme $\mathcal{B}$ est orthonormée, $⟨e_i^{\mathrm{\prime }},e_j^{\mathrm{\prime }}⟩=C_i^{\mathrm{\top }}{C}_j$. Donc ${\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}$ est orthonormée si et seulement si $C_i^{\mathrm{\top }}{C}_j={\delta }_{i,j}$, c'est-à-dire $P^{\mathrm{\top }}P=I_n$. Une famille orthonormée de $n$ vecteurs étant une base, la conclusion suit. $\mathrm{\square }$

Le groupe ${\mathrm{O}}_n(\mathbb{R})$ et le déterminant

Démonstration. Point 1. $I_n^{\mathrm{\top }}{I}_n=I_n$. Pour le produit,

$$(AB{)}^{\mathrm{\top }}(AB)=B^{\mathrm{\top }}{A}^{\mathrm{\top }}AB=B^{\mathrm{\top }}{I}_{n}B=B^{\mathrm{\top }}B=I_n\mathrm{.}$$

Pour l'inverse, $(A^{\mathrm{\top }}{)}^{\mathrm{\top }}{A}^{\mathrm{\top }}=A{A}^{\mathrm{\top }}=I_n$, donc $A^{\mathrm{\top }}$ est orthogonale.

Point 2. En appliquant le déterminant à $A^{\mathrm{\top }}A=I_n$ et en utilisant $\det \left(A^{\mathrm{\top }}\right)=\det A$ :

$$\det \left(A^{\mathrm{\top }}\right)\cdot \det (A)=(\det A{)}^2=\det (I_n)=1,$$

donc $\det A=1$ ou $\det A=-1$. $\mathrm{\square }$

Orientation

Méthode et exemple

Isométries du plan euclidien

Dans toute cette section, $E$ est un plan euclidien, c'est-à-dire un espace euclidien de dimension $2$.

Description de ${\mathrm{O}}_2(\mathbb{R})$

Démonstration. Soit $A\in {\mathrm{O}}_2(\mathbb{R})$, de colonnes $C_1$ et $C_2$.

La colonne $C_1=(a,b{)}^{\mathrm{\top }}$ est unitaire : $a^2+b^2=1$. Il existe donc $\theta \in \mathbb{R}$ tel que $a=\cos \theta$ et $b=\sin \theta$.

La colonne $C_2$ est unitaire et orthogonale à $C_1$. Or, dans le plan, l'orthogonal de la droite $\mathrm{Vect}(C_1)$ est une droite, dirigée par $(-\sin \theta ,\cos \theta {)}^{\mathrm{\top }}$ qui est bien unitaire et orthogonal à $C_1$ (le produit scalaire vaut $-\cos \theta \sin \theta +\sin \theta \cos \theta =0$). Les seuls vecteurs unitaires de cette droite sont $\pm (-\sin \theta ,\cos \theta {)}^{\mathrm{\top }}$. Deux cas seulement se présentent donc :

$$A=\left(\begin{array}{cc}\cos \theta & -\sin \theta \\ \sin \theta & \cos \theta \end{array}\right)\text{ou}A=\left(\begin{array}{cc}\cos \theta & \sin \theta \\ \sin \theta & -\cos \theta \end{array}\right)\mathrm{.}$$

Dans le premier cas $\det A={\cos }^2\theta +{\sin }^2\theta =1$ et $A=R_{\theta }$ ; dans le second $\det A=-{\cos }^2\theta -{\sin }^2\theta =-1$ et, en posant $\alpha =\theta \mathrm{/}2$, on reconnaît $A=S_{\alpha }$.

Quant au fait que toutes les matrices $R_{\alpha }$ et $S_{\alpha }$ sont orthogonales, il se lit sur les mêmes calculs de colonnes : dans les deux cas les colonnes sont de norme $\sqrt{{\cos }^2+{\sin }^2}=1$ et de produit scalaire nul. $\mathrm{\square }$

Rotations planes

Démonstration. Calculons le produit coefficient par coefficient :

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle R_{\theta }{R}_{{\theta }^{\mathrm{\prime }}}}& {\displaystyle =\left(\begin{array}{cc}\cos \theta & -\sin \theta \\ \sin \theta & \cos \theta \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}\cos {\theta }^{\mathrm{\prime }}& -\sin {\theta }^{\mathrm{\prime }}\\ \sin {\theta }^{\mathrm{\prime }}& \cos {\theta }^{\mathrm{\prime }}\end{array}\right)}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\left(\begin{array}{cc}\cos \theta \cos {\theta }^{\mathrm{\prime }}-\sin \theta \sin {\theta }^{\mathrm{\prime }}& -\cos \theta \sin {\theta }^{\mathrm{\prime }}-\sin \theta \cos {\theta }^{\mathrm{\prime }}\\ \sin \theta \cos {\theta }^{\mathrm{\prime }}+\cos \theta \sin {\theta }^{\mathrm{\prime }}& -\sin \theta \sin {\theta }^{\mathrm{\prime }}+\cos \theta \cos {\theta }^{\mathrm{\prime }}\end{array}\right)}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\left(\begin{array}{cc}\cos (\theta +{\theta }^{\mathrm{\prime }})& -\sin (\theta +{\theta }^{\mathrm{\prime }})\\ \sin (\theta +{\theta }^{\mathrm{\prime }})& \cos (\theta +{\theta }^{\mathrm{\prime }})\end{array}\right)=R_{\theta +{\theta }^{\mathrm{\prime }}}\mathrm{.}}\end{array}$$

La commutativité en découle, puisque $\theta +{\theta }^{\mathrm{\prime }}={\theta }^{\mathrm{\prime }}+\theta$. Les deux dernières égalités sont les cas ${\theta }^{\mathrm{\prime }}=0$ et ${\theta }^{\mathrm{\prime }}=-\theta$. Enfin $R_{\theta }=R_{{\theta }^{\mathrm{\prime }}}$ impose $\cos \theta =\cos {\theta }^{\mathrm{\prime }}$ et $\sin \theta =\sin {\theta }^{\mathrm{\prime }}$, donc $\theta \equiv {\theta }^{\mathrm{\prime }}[2\pi ]$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Soient $\mathcal{B}$ et ${\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}$ deux bases orthonormées directes, $P$ la matrice de passage de $\mathcal{B}$ à ${\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}$, $A$ et $A^{\mathrm{\prime }}$ les matrices de $r$ dans $\mathcal{B}$ et ${\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}$. La matrice $P$ est orthogonale et de déterminant $1$ (les deux bases sont directes), donc $P\in {\mathrm{S}\mathrm{O}}_2(\mathbb{R})$. De même $A\in {\mathrm{S}\mathrm{O}}_2(\mathbb{R})$. La formule de changement de base donne $A^{\mathrm{\prime }}=P^{-1}AP$, et comme ${\mathrm{S}\mathrm{O}}_2(\mathbb{R})$ est commutatif, $AP=PA$, d'où

$$A^{\mathrm{\prime }}=P^{-1}AP=P^{-1}PA=A\mathrm{.}\mathrm{\square }$$

Justification. Complétons $x$ en une base orthonormée directe $({\epsilon }_1,{\epsilon }_2)$ avec ${\epsilon }_1=x$. Le vecteur $y$ étant unitaire, ses coordonnées $(y_1,y_2)$ vérifient $y_1^2+y_2^2=1$ : il existe donc $\theta$ tel que $y=\cos \theta {\epsilon }_1+\sin \theta {\epsilon }_2$, et alors $r_{\theta }(x)=y$. On lit immédiatement $⟨x,y⟩=\cos \theta$ et

$$\det (x,y)=\mid \begin{array}{cc}1& \cos \theta \\ 0& \sin \theta \end{array}\mid =\sin \theta \mathrm{.}\mathrm{\square }$$

Réflexions du plan et classification

Démonstration. Fixons une base orthonormée $\mathcal{B}$ (directe si $E$ est orienté) et notons $A$ la matrice de $u$ dans $\mathcal{B}$ ; elle est orthogonale.

Cas $\det u=1$. La description de ${\mathrm{O}}_2(\mathbb{R})$ donne $A=R_{\theta }$, et l'invariance de cette matrice par changement de base orthonormée directe a été établie plus haut. Un vecteur fixe non nul vérifierait $R_{\theta }X=X$, donc $1$ serait valeur propre de $R_{\theta }$ ; or le polynôme caractéristique de $R_{\theta }$ vaut

$$X^2-\mathrm{tr}(R_{\theta })X+\det (R_{\theta })=X^2-2\cos \theta X+1,$$

dont $1$ est racine si et seulement si $2-2\cos \theta =0$, c'est-à-dire $\cos \theta =1$, soit $\theta \equiv 0[2\pi ]$.

Cas $\det u=-1$. On a $A=S_{\alpha }$ pour un certain $\alpha$. Un calcul direct donne

$$S_{\alpha }^2=\left(\begin{array}{cc}{\cos }^{2}2\alpha +{\sin }^{2}2\alpha & \cos 2\alpha \sin 2\alpha -\sin 2\alpha \cos 2\alpha \\ \sin 2\alpha \cos 2\alpha -\cos 2\alpha \sin 2\alpha & {\sin }^{2}2\alpha +{\cos }^{2}2\alpha \end{array}\right)=I_2,$$

donc $u\circ u={\mathrm{I}\mathrm{d}}_E$. Comme $u$ est de plus une isométrie, le théorème de caractérisation des symétries orthogonales s'applique : $u$ est la symétrie orthogonale par rapport à $F=\mathrm{Ker}(u-{\mathrm{I}\mathrm{d}}_E)$.

Il reste à voir que $F$ est une droite. La trace de $S_{\alpha }$ vaut $\cos 2\alpha -\cos 2\alpha =0$ et son déterminant vaut $-1$, donc son polynôme caractéristique est $X^2-1$ : les valeurs propres sont $1$ et $-1$, chacune simple, donc $\dim F=1$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Point 1. Vérifions directement les deux vecteurs propres :

$$S_{\alpha }\left(\begin{array}{c}\cos \alpha \\ \sin \alpha \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}\cos 2\alpha \cos \alpha +\sin 2\alpha \sin \alpha \\ \sin 2\alpha \cos \alpha -\cos 2\alpha \sin \alpha \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}\cos (2\alpha -\alpha )\\ \sin (2\alpha -\alpha )\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}\cos \alpha \\ \sin \alpha \end{array}\right),$$ $$S_{\alpha }\left(\begin{array}{c}-\sin \alpha \\ \cos \alpha \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-\cos 2\alpha \sin \alpha +\sin 2\alpha \cos \alpha \\ -\sin 2\alpha \sin \alpha -\cos 2\alpha \cos \alpha \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}\sin \alpha \\ -\cos \alpha \end{array}\right)=-\left(\begin{array}{c}-\sin \alpha \\ \cos \alpha \end{array}\right)\mathrm{.}$$

La droite $D_{\alpha }$ est donc fixée point par point et sa perpendiculaire est retournée : c'est bien la réflexion d'axe $D_{\alpha }$.

Point 2. Posons $c=\cos 2\alpha$, $s=\sin 2\alpha$, $c^{\mathrm{\prime }}=\cos 2{\alpha }^{\mathrm{\prime }}$, $s^{\mathrm{\prime }}=\sin 2{\alpha }^{\mathrm{\prime }}$. Alors

$$S_{\alpha }{S}_{{\alpha }^{\mathrm{\prime }}}=\left(\begin{array}{cc}c& s\\ s& -c\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}{c}^{\mathrm{\prime }}& s^{\mathrm{\prime }}\\ s^{\mathrm{\prime }}& -c^{\mathrm{\prime }}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}c{c}^{\mathrm{\prime }}+s{s}^{\mathrm{\prime }}& c{s}^{\mathrm{\prime }}-s{c}^{\mathrm{\prime }}\\ s{c}^{\mathrm{\prime }}-c{s}^{\mathrm{\prime }}& s{s}^{\mathrm{\prime }}+c{c}^{\mathrm{\prime }}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}\cos (2\alpha -2{\alpha }^{\mathrm{\prime }})& -\sin (2\alpha -2{\alpha }^{\mathrm{\prime }})\\ \sin (2\alpha -2{\alpha }^{\mathrm{\prime }})& \cos (2\alpha -2{\alpha }^{\mathrm{\prime }})\end{array}\right),$$

c'est-à-dire $R_{2(\alpha -{\alpha }^{\mathrm{\prime }})}$. $\mathrm{\square }$

Isométries de l'espace (en pratique)

Rotation d'axe orienté

Démonstration. Posons ${\epsilon }_1=a\mathrm{/}\parallel a\parallel$ et complétons en une base orthonormée directe $({\epsilon }_1,{\epsilon }_2,{\epsilon }_3)$. Comme $x\in D^{\perp }$, on écrit $x=x_2{\epsilon }_2+x_3{\epsilon }_3$, et par définition de $r$,

$$r(x)=(x_2\cos \theta -x_3\sin \theta ){\epsilon }_2+(x_2\sin \theta +x_3\cos \theta ){\epsilon }_3\mathrm{.}$$

Le déterminant se calcule dans cette base orthonormée directe, en développant selon la première ligne :

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \det ({\epsilon }_1,x,r(x))}& {\displaystyle =\mid \begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& x_2& x_2\cos \theta -x_3\sin \theta \\ 0& x_3& x_2\sin \theta +x_3\cos \theta \end{array}\mid }\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =x_2(x_2\sin \theta +x_3\cos \theta )-x_3(x_2\cos \theta -x_3\sin \theta )}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =(x_2^2+x_3^2)\sin \theta =\parallel x{\parallel }^2\sin \theta \mathrm{.}}\end{array}$$

Il suffit alors de multiplier par $\parallel a\parallel$, le déterminant étant linéaire en sa première colonne. $\mathrm{\square }$

Méthode de reconnaissance

Endomorphismes autoadjoints

Définition

Démonstration. L'endomorphisme nul est autoadjoint. Si $u,v\in \mathcal{S}(E)$ et $\lambda ,\mu \in \mathbb{R}$, alors pour tous $x,y$, par bilinéarité du produit scalaire,

$$⟨(\lambda u+\mu v)(x),y⟩=\lambda ⟨u(x),y⟩+\mu ⟨v(x),y⟩=\lambda ⟨x,u(y)⟩+\mu ⟨x,v(y)⟩=⟨x,(\lambda u+\mu v)(y)⟩\mathrm{.}\mathrm{\square }$$

Caractérisation matricielle

Démonstration. Soient $x,y\in E$ de colonnes de coordonnées $X$ et $Y$ dans $\mathcal{B}$. Comme $\mathcal{B}$ est orthonormée,

$$⟨u(x),y⟩=(AX{)}^{\mathrm{\top }}Y=X^{\mathrm{\top }}{A}^{\mathrm{\top }}Y,⟨x,u(y)⟩=X^{\mathrm{\top }}(AY)=X^{\mathrm{\top }}AY\mathrm{.}$$

Donc $u$ est autoadjoint si et seulement si $X^{\mathrm{\top }}(A^{\mathrm{\top }}-A)Y=0$ pour toutes colonnes $X,Y$. En prenant $X=E_i$ et $Y=E_j$, ce scalaire est le coefficient $(i,j)$ de $A^{\mathrm{\top }}-A$ : la condition équivaut à $A^{\mathrm{\top }}=A$. La dimension annoncée est celle, connue, de l'espace des matrices symétriques. $\mathrm{\square }$

Exemples fondamentaux

Caractérisation des projecteurs orthogonaux

Démonstration. Sens direct. Une projection orthogonale est un projecteur, donc $p\circ p=p$ ; et l'exemple précédent montre qu'elle est autoadjointe.

Réciproque. Supposons $p\circ p=p$ et $p\in \mathcal{S}(E)$. La relation $p\circ p=p$ signifie que $p$ est un projecteur, donc

$$E=F\oplus G,F=\mathrm{Im}p=\mathrm{Ker}(p-{\mathrm{I}\mathrm{d}}_E),G=\mathrm{Ker}p,$$

et $p$ est la projection sur $F$ parallèlement à $G$. Il reste à établir $G=F^{\perp }$.

Soient $x\in F$ et $y\in G$. Comme $x\in F$, on a $p(x)=x$ ; comme $y\in G$, on a $p(y)=0_E$. Le caractère autoadjoint donne alors

$$⟨x,y⟩=⟨p(x),y⟩=⟨x,p(y)⟩=⟨x,0_E⟩=0.$$

Donc $G\subset F^{\perp }$. Enfin $\dim G=n-\dim F=\dim F^{\perp }$, donc $G=F^{\perp }$ et $p=p_F$. $\mathrm{\square }$

Orthogonalité des sous-espaces propres

Démonstration. Soient $\lambda \mathrm{\ne }\mu$ deux valeurs propres, $x\in E_{\lambda }(u)$ et $y\in E_{\mu }(u)$. On calcule le même produit scalaire de deux façons :

$$⟨u(x),y⟩=⟨\lambda x,y⟩=\lambda ⟨x,y⟩,⟨x,u(y)⟩=⟨x,\mu y⟩=\mu ⟨x,y⟩\mathrm{.}$$

Comme $u$ est autoadjoint, ces deux quantités sont égales, donc $(\lambda -\mu )⟨x,y⟩=0$. Puisque $\lambda \mathrm{\ne }\mu$, on conclut $⟨x,y⟩=0$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Soit $y\in F^{\perp }$ et $x\in F$. Comme $F$ est stable, $u(x)\in F$, donc

$$⟨u(y),x⟩=⟨y,u(x)⟩=0,$$

la dernière égalité car $y\in F^{\perp }$ et $u(x)\in F$. Ainsi $u(y)\in F^{\perp }$ : le sous-espace $F^{\perp }$ est stable. La relation $⟨u(x),y⟩=⟨x,u(y)⟩$, vraie pour tous les vecteurs de $E$, l'est en particulier pour ceux de $F^{\perp }$ : l'endomorphisme induit est autoadjoint. $\mathrm{\square }$

Le théorème spectral

Les deux énoncés

Réciproque et conséquences

Démonstration. En transposant un produit et en utilisant $D^{\mathrm{\top }}=D$ :

$$A^{\mathrm{\top }}=(PD{P}^{\mathrm{\top }}{)}^{\mathrm{\top }}=(P^{\mathrm{\top }}{)}^{\mathrm{\top }}{D}^{\mathrm{\top }}{P}^{\mathrm{\top }}=PD{P}^{\mathrm{\top }}=A\mathrm{.}\mathrm{\square }$$

Démonstration. Point 1. La diagonalisabilité donne la somme directe ; l'orthogonalité deux à deux des sous-espaces propres a été démontrée à la section précédente.

Point 2. La première formule est la linéarité. Pour la deuxième, comme la base est orthonormée, le produit scalaire de $u(x)={\sum }_i{\mu }_i{x}_i{e}_i$ et de $x={\sum }_i{x}_i{e}_i$ est la somme des produits des coordonnées, soit ${\sum }_i{\mu }_i{x}_i^2$. La troisième est le théorème de Pythagore. $\mathrm{\square }$

Méthode de diagonalisation orthogonale

Endomorphismes autoadjoints positifs

Définitions

Caractérisation spectrale

Démonstration. Sens direct. Supposons $u\in {\mathcal{S}}^{+}(E)$ et soit $\lambda \in \mathrm{S}\mathrm{p}(u)$, de vecteur propre $x\mathrm{\ne }{0}_E$. Alors

$$0⩽⟨u(x),x⟩=⟨\lambda x,x⟩=\lambda \parallel x{\parallel }^2,$$

et comme $\parallel x{\parallel }^2>0$, on obtient $\lambda ⩾0$. Si $u$ est de plus défini positif, l'inégalité de gauche est stricte et $\lambda >0$.

Réciproque. Supposons $\mathrm{S}\mathrm{p}(u)\subset {\mathbb{R}}_{+}$. Le théorème spectral fournit une base orthonormée $(e_1,\dots ,e_n)$ de vecteurs propres, avec $u(e_i)={\mu }_i{e}_i$ et ${\mu }_i⩾0$ pour tout $i$. Pour $x={\sum }_i{x}_i{e}_i$, on a vu que

$$⟨u(x),x⟩=\sum _{i=1}^n{\mu }_i{x}_i^2⩾0,$$

comme somme de termes positifs : $u\in {\mathcal{S}}^{+}(E)$.

Si maintenant tous les ${\mu }_i$ sont strictement positifs et si $x\mathrm{\ne }{0}_E$, alors au moins une coordonnée $x_{i_0}$ est non nulle, donc ${\sum }_i{\mu }_i{x}_i^2⩾{\mu }_{i_0}{x}_{i_0}^2>0$ : $u\in {\mathcal{S}}^{++}(E)$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Points 1 et 2. Si $u\in {\mathcal{S}}^{++}(E)$ et $u(x)=0_E$, alors $⟨u(x),x⟩=0$, ce qui force $x=0_E$ : $u$ est injectif donc bijectif. Réciproquement, si $u\in {\mathcal{S}}^{+}(E)$ est inversible, alors $0\mathrm{\notin }\mathrm{S}\mathrm{p}(u)$, donc toutes les valeurs propres, déjà positives, sont strictement positives, et la caractérisation spectrale conclut.

Point 3. D'abord $(A^{\mathrm{\top }}A{)}^{\mathrm{\top }}=A^{\mathrm{\top }}(A^{\mathrm{\top }}{)}^{\mathrm{\top }}=A^{\mathrm{\top }}A$ : la matrice est symétrique. Ensuite, pour toute colonne $X$,

$$X^{\mathrm{\top }}\left(A^{\mathrm{\top }}A\right)X=(AX{)}^{\mathrm{\top }}(AX)=\parallel AX{\parallel }^2⩾0,$$

donc $A^{\mathrm{\top }}A\in {\mathcal{S}}_n^{+}(\mathbb{R})$. Cette quantité est nulle si et seulement si $AX=0$. Donc $A^{\mathrm{\top }}A$ est définie positive si et seulement si le seul $X$ vérifiant $AX=0$ est $X=0$, c'est-à-dire si et seulement si $A$ est inversible. $\mathrm{\square }$

Encadrement et quotient de Rayleigh

Démonstration. Le théorème spectral fournit une base orthonormée $(e_1,\dots ,e_n)$ de vecteurs propres, associée aux valeurs propres ${\mu }_1,\dots ,{\mu }_n$ (avec répétitions). Pour $x={\sum }_i{x}_i{e}_i$, on dispose des deux formules

$$⟨u(x),x⟩=\sum _{i=1}^n{\mu }_i{x}_i^2,\parallel x{\parallel }^2=\sum _{i=1}^n{x}_i^2\mathrm{.}$$

Comme ${\lambda }_{\min }⩽{\mu }_i⩽{\lambda }_{\max }$ pour tout $i$ et que $x_i^2⩾0$, on peut encadrer terme à terme :

$${\lambda }_{\min }\sum _{i=1}^n{x}_i^2⩽\sum _{i=1}^n{\mu }_i{x}_i^2⩽{\lambda }_{\max }\sum _{i=1}^n{x}_i^2,$$

ce qui est l'encadrement annoncé. Si $x$ est un vecteur propre associé à ${\lambda }_{\max }$, alors $⟨u(x),x⟩={\lambda }_{\max }\parallel x{\parallel }^2$ directement, et de même pour ${\lambda }_{\min }$. $\mathrm{\square }$

Exemples

Méthodes à connaître

1. Montrer qu'un endomorphisme est une isométrie. Trois voies, à choisir selon les données. Si $u$ est donné par une formule, calculer $\parallel u(x){\parallel }^2$ et le comparer à $\parallel x{\parallel }^2$. Si $u$ est donné par une matrice $A$ dans une base orthonormée, vérifier $A^{\mathrm{\top }}A=I_n$ en regardant les colonnes. Si $u$ est donné par son action sur une base orthonormée, vérifier que l'image de cette base est orthonormée : une seule base suffit.

2. Montrer qu'un endomorphisme est une symétrie orthogonale. Vérifier deux choses seulement : $u\circ u={\mathrm{I}\mathrm{d}}_E$ et $u\in \mathrm{O}(E)$. Le sous-espace de symétrie est alors $\mathrm{Ker}(u-{\mathrm{I}\mathrm{d}}_E)$. Pour une réflexion par rapport à $\{a{\}}^{\perp }$, ne pas refaire le calcul : appliquer la formule $s(x)=x-2{\displaystyle \frac{⟨a,x⟩}{\parallel a{\parallel }^2}}a$. Contrôles : $\det =(-1{)}^{n-p}$ et $\mathrm{tr}=2p-n$.

3. Reconnaître une isométrie du plan. Vérifier l'orthogonalité de la matrice, puis calculer le déterminant. Si $\det =1$ : rotation, d'angle lu sur la matrice via le couple $(\cos \theta ,\sin \theta )$. Si $\det =-1$ : réflexion, d'axe $\mathrm{Ker}(u-\mathrm{I}\mathrm{d})$, avec la trace nulle en contrôle.

4. Reconnaître une rotation de l'espace. Vérifier $A\in {\mathrm{S}\mathrm{O}}_3(\mathbb{R})$. Axe : $\mathrm{Ker}(A-I_3)$, que l'on oriente par un vecteur $a$. Cosinus : $\cos \theta ={\displaystyle \frac{\mathrm{tr}(A)-1}{2}}$. Signe du sinus : produit mixte $\det (a,x,u(x))$ pour un $x$ non nul orthogonal à $a$. Contrôle final obligatoire : ${\cos }^2\theta +{\sin }^2\theta =1$.

5. Montrer qu'un endomorphisme est autoadjoint. Soit revenir à la définition et établir $⟨u(x),y⟩=⟨x,u(y)⟩$ en faisant apparaître une expression symétrique en $x$ et $y$ ; soit écrire sa matrice dans une base orthonormée et constater qu'elle est symétrique. Ne jamais utiliser le symbole $u^{\ast }$, qui est hors programme.

6. Reconnaître une projection orthogonale. Le critère est double : $p\circ p=p$ et $p$ autoadjoint. Matriciellement en base orthonormée : $A^2=A$ et $A^{\mathrm{\top }}=A$. Le sous-espace de projection est $\mathrm{Im}p=\mathrm{Ker}(p-{\mathrm{I}\mathrm{d}}_E)$.

7. Diagonaliser orthogonalement une matrice symétrique. Valeurs propres, sous-espaces propres, Gram-Schmidt à l'intérieur de chaque sous-espace propre de dimension au moins $2$, concaténation (les blocs sont automatiquement orthogonaux entre eux), puis $P$ et $D$ dans le même ordre. Vérifier $P^{\mathrm{\top }}P=I_n$ et $AP=PD$ avant de conclure.

8. Montrer qu'une matrice symétrique est positive ou définie positive. Deux stratégies. Par le spectre : calculer les valeurs propres et vérifier leur signe (c'est la caractérisation spectrale). Par le calcul direct : écrire $X^{\mathrm{\top }}AX$ et le mettre sous forme d'une somme de carrés, ou reconnaître une expression du type $\parallel A^{\mathrm{\prime }}X{\parallel }^2$. Se souvenir que $A^{\mathrm{\top }}A$ est toujours positive, et définie positive exactement quand $A$ est inversible.

9. Majorer ou minorer $⟨u(x),x⟩$. Diagonaliser $u$ dans une base orthonormée de vecteurs propres et utiliser $⟨u(x),x⟩={\sum }_i{\mu }_i{x}_i^2$ avec $\parallel x{\parallel }^2={\sum }_i{x}_i^2$. On obtient immédiatement l'encadrement par ${\lambda }_{\min }$ et ${\lambda }_{\max }$, et les cas d'égalité sont les vecteurs propres extrêmes.

Tableau récapitulatif

Dans tout ce tableau, les matrices sont celles des endomorphismes dans une base orthonormée de $E$, espace euclidien de dimension $n$.