Correction du devoir maison n˚1

L.E.G.T.A. Le Chesnoy
D. Blottière
TB2 − 2010-2011
Mathématiques
Correction du devoir maison n˚1
Exercice 1 : Si la somme de trois complexes de module 1 vaut 1, l’un des trois est 1.
Soient a, b et c trois nombres complexes de module 1 tels que a + b + c = 1. Le but de cet exercice est de
démontrer que l’un au moins des trois nombres vaut 1.
1 1 1
1. Montrer que + + = 1.
a b
c
2. En déduire que ab + bc + ac = abc.
3. Montrer que (1 − a)(1 − b)(1 − c) = 0 et conclure.
Correction
1. On rappelle que si z est un nombre complexe de module 1, alors il existe un unique θ ∈] − π; π] tel que
z = eiθ (forme exponentielle de z). Ainsi, il existe θa , θb , θc ∈] − π; π] tels que :
b = eiθb
a = eiθa
On a
1 1 1
+ +
a b
c
c = eiθc .
=
1
1
1
+ iθ + iθc
eiθa
e b
e
e−iθa + e−iθb + e−iθc
=
=
=
=
=
eiθa + eiθb + eiθc
a+b+c
a+b+c
(propriétés algébriques de la conjugaison complexe)
1
(a + b + c = 1)
1
=
1
= e−iθ pour tout θ ∈ R)
eiθ
(e−iθ = eiθ pour tout θ ∈ R)
(
2. En multipliant chacun des deux membres de l’égalité obtenue en 1 par abc, on a : ab + bc + ac = abc.
3. On commence par développer (1 − a)(1 − b)(1 − c).
(1 − a)(1 − b)(1 − c) = (1 − a − b + ab)(1 − c)
= (1 − a − b + ab − c + ac + bc − abc)
= 1 − (a + b + c) + ab + ac + bc − abc
{z
}
{z
} |
|
0
0 (cf. 2.)
= 0
De (1 − a)(1 − b)(1 − c) = 0, on déduit qu’au moins un des trois facteurs (1 − a), (1 − b), (1 − c) est nul,
i.e. qu’un moins un des trois nombres a, b, c vaut 1.
Exercice 2 : Sphère inscrite dans un tétraèdre.
→
−
→ −
→ −
On fixe un repère orthonormé de l’espace (O; i ; j ; k ). Soient les quatre points de l’espace
A(1; 2; 0)
B(2; 2; 0)
C(1; 3; 0)
D(1; 2; 1).
1. Placer les points A, B, C, D sur une figure et représenter le tétraèdre ABCD.
\ BAD
\ et CAD
\ sont droits.
2. Démontrer que le tétraèdre ABCD est rectangle en A, i.e. que les angles BAC,
3. Écrire des équations cartésiennes des plans suivants :
(a) le plan P passant par A et orthogonal à la droite (BC) ;
(b) le plan Q passant par A et orthogonal à la droite (DC) ;
1
(c) le plan R passant par A et orthogonal à la droite (BD).
4. Montrer que les plans P, Q et R se coupent suivant une droite, notée D, dont on donnera un vecteur
directeur.
5. Démontrer que la droite D est orthogonale au plan (BCD).
6. Soit Π le plan d’équation cartésienne
√
√
√
√
(3 + 3)x − 2 3y + (3 + 3)z − 6 + 2 3 = 0.
(a) Montrer que le plan Π contient la droite (BD).
(b) Montrer que les plans P, Q, R et Π ont un unique point commun, noté Ω.
(c) Montrer que Ω est situé à égale distance des quatre faces du tétraèdre ABCD. (C’est donc le centre
de la sphère inscrite dans le tétraèdre ABCD.)
Correction
1. Figure représentant le tétraèdre ABCD.
−
→
k
D
b
−
→
j
−
→
i
b
b
A
C
b
B
−−
→
−→
−−→
−−→ −→
−−→
2. On va démontrer que les vecteurs AB et AC (respectivement AB et AD, AC et AD) sont orthogonaux
pour répondre à la question posée. Commençons par calculer les coordonnées de ces différents vecteurs
→
→ −
−
→ −
dans la base ( i , j , k ) :
−−→
−→
−−→
AD(0; 0; 1).
AC(0; 1; 0)
AB(1; 0; 0)
→
−
→
−−→ −
−
→
−
−
→
→
→
−
→ −
−
→ −
On a donc AB = i , AC = j et AD = k . Comme la base ( i , j , k ) est orthonormée (en particulier
−−→ −→ −−→ −−→
−→ −−→
orthogonale), on a bien : AB ⊥ AC, AB ⊥ AD et AC ⊥ AD.
3. Commençons par déterminer une équation cartésienne du plan P passant par A et orthogonal à la droite
(BC).
−−→
Le vecteur BC a pour coordonnées (−1; 1; 0). Comme c’est un vecteur normal de P, un théorème du cours
nous dit qu’il existe un réel d tel que
−x + y + d = 0
(1)
est une équation cartésienne de P. Le point A appartient au plan P ; ses coordonnées vérifient donc
l’équation (1). On a donc
−1 + 2 + d = 0.
On en déduit que d = −1. Ainsi
−x + y − 1 = 0
est une équation cartésienne de P.
2
(2)
On procède de même pour trouver une équation cartésienne du plan Q passant par A et orthogonal à la
droite (DC) et une équation cartésienne du plan R passant par A et orthogonal à la droite (BD) et on
obtient :
Q:y−z−2=0
R : −x + z + 1 = 0
(3)
(4)
4. D’après la question 3., un point M (x; y; z) de l’espace appartient à P ∩ Q ∩ R si et seulement si ses
coordonnées vérifient les équations (2), (3) et (4).



= 1 

 −x + y
y − z = 2
P ∩ Q ∩ R = M (x; y; z) :



−x
+ z = −1

= 1
 −x + y
y − z = 2 .
On cherche donc à résoudre le système (S) :

−x
+ z = −1

= 1
 −x + y
(S) ⇐⇒
y − z = 2

−y + z = −2
(L3 − L1 )
⇐⇒
−x + y
y
−
z
=
=
1
2
On a supprimé la ligne L3 , car elle est proportionnelle à L2 (L3 = −L2 ). Le rang de (S) est donc 2.
Comme (S) possède 3 inconnues, il y a 3 − 2 = 1 paramètre à choisir. On pose z = t comme paramètre.
On en déduit que




 x=1+t 
y =2+t
P ∩ Q ∩ R = M (x; y; z) : ∃ t ∈ R
.



z=t
On reconnaı̂t alors la représentation paramétrique de la droite passant par A(1; 2; 0) et dirigée par le
→
vecteur −
u (1; 1; 1). On a ainsi prouvé que D = P ∩ Q ∩ R est la droite passant par A(1; 2; 0) et dirigée par
→
le vecteur −
u (1; 1; 1).
−−→
−−→
5. On commence par déterminer un vecteur normal au plan (BCD). Les vecteurs BC(−1 : 1; 0) et BD(−1; 0; 1)
sont deux vecteurs (non colinéaires) du plan (BCD). Par suite le vecteur
−−→ −−→
−
→
n = BC ∧ BD (1| × 1 {z
− 0 × 0} ; 0 × (−1) − 1 × (−1) ; −1 × 0 − (−1) × 1)
|
{z
} |
{z
}
1
1
1
−−→
−−→
−
→
est orthogonal à BC et à BD ; il est donc normal au plan (BCD). On a donc →
u =−
n et donc
−
→
→
u // −
n.
On en déduit, d’après le cours, que la droite D est orthogonale au plan (BCD).
6. (a) Les points B(2; 2; 0) et D(1; 2; 1) appartiennent tous deux à Π car leurs coordonnées respectives
vérifient l’équation de Π. En effet
√
√
√
√
√
√
√
(3 + 3) × 2 − 2 3 × 2 + (3 + 3) × 0 − 6 + 2 3 = 6 + 2 3 − 4 3 − 6 + 2 3 = 0
et
√
√
√
√
√
√
√
√
(3 + 3) × 1 − 2 3 × 2 + (3 + 3) × 1 − 6 + 2 3 = 3 + 3 − 4 3 + 3 + 3 − 6 + 2 3 = 0.
Un plan qui contient deux points distincts contient aussi toute la droite qui passe par ces deux points.
Ainsi le plan Π contient non seulement les points B et D, mais aussi toute la droite (BD).
(b) On a déjà vu que P ∩ Q ∩ R est une droite notée D, dont

 x=1+t
y =2+t

z=t
3
est une représentation paramétrique (de paramètre t). On en déduit que l’ensemble cherché P ∩ Q ∩
R ∩ Π coı̈ncide avec D ∩ Π. En utilisant la représentation paramétrique de D et l’équation cartésienne
de Π connues, on a



x=1+t









y =2+t
.
D ∩ Π = M (x; y; z) : ∃ t ∈ R
z = t√





√
√
√ 



(3 + 3)x − 2 3y + (3 + 3)z = 6 − 2 3

x=1+t



y =2+t
′
On étudie alors le système (S ) :
.
z
= t√


√
√
√

(3 + 3)x − 2 3y + (3 + 3)z = 6 − 2 3

x=1+t



y =2+t
′
(S ) ⇐⇒
z = t√


√
√
√

(3 + 3)(1 + t) − 2 3(2 + t) + (3 + 3)t = 6 − 2 3
On résout (L4 ) (en isolant l’inconnue t) pour obtenir (L4 ) ⇐⇒ t =
(S ′ )

x=1+t



 y =2+t
⇐⇒
z=t
√



 t = 1 + 3.
2
6
√
⇐⇒ x = 3 + 3 ;
2
6
√
5
3
+
2
6
y=
;
z=
√
1
3
+
. On a donc
2
6
√
1
3
+
2
6
;
t=
√
1
3
+
.
2
6
De cette étude, on déduit que l’ensemble P ∩ Q ∩ R ∩ Π = D ∩ Π est réduit à un point Ω qui a pour
coordonnées
√
√
√ !
3
3 5
3 1
3
.
+
; +
; +
2
6 2
6 2
6
(c) Le tétraèdre ABCD possède 4 faces : (ABC), (ABD), (ACD) et (BCD). Il s’agit de calculer les
distances d(Ω, (ABC)), d(Ω, (ABD)), d(Ω, (ACD)) et d(Ω, (BCD)) et de montrer qu’elles sont toutes
égales. Pour cela on pense à appliquer la formule du cours qui donne la distance d’un point à un plan,
connaissant une équation cartésienne du plan et les coordonnées du point dans un repère orthonormé.
On va d’abord déterminer une équation cartésienne de chacun des plans (ABC), (ABD), (ACD) et
(BCD).
−−
→
Commençons par donner une équation cartésienne du plan (ABC). Les vecteurs AB(1; 0; 0) et
−→
AC(0; 1; 0) sont deux vecteurs (non colinéaires) du plan (ABC). Par suite le vecteur
−−→ −→
AB ∧ AC (0 × 0 − 1 × 0 ; 0 × 0 − 0 × 1 ; 1 × 1 − 0 × 0)
|
{z
} |
{z
} |
{z
}
0
0
1
−−→
−→
est orthogonal à AB et à AC ; il est donc normal au plan (ABC). Un théorème du cours nous dit
alors qu’il existe un réel d tel que
z+d=0
(5)
est une équation cartésienne de (ABC). Le point A appartient au plan P ; ses coordonnées vérifient
donc l’équation (5). On a donc
0 + d = 0.
On en déduit que d = 0. Ainsi
z=0
4
(6)
est une équation cartésienne de (ABC) 1 .
On applique la même méthode pour déterminer des équations cartésiennes des plans (ABD), (ACD)
et (BCD) et on obtient :
(ABD) : −y + 2 = 0
(ACD) : x − 1 = 0
(BCD) : x + y + z − 4 = 0
En utilisant les équations (6), (7), (8) et (9), les coordonnées
(7)
(8)
(9)
√
√
√ !
3 5
3 1
3
3
du point
+
; +
; +
2
6 2
6 2
6
Ω et le cours, on a
d(Ω, (ABC)) = √
1 √3 +
2
6 =
√
3
1
+
2
6
02 + 02 + 12
5 √3
+ 2
− −
1 √3 1 √3
2
6
d(Ω, (ABD)) = p
= − −
= +
6 2
6
02 + (−1)2 + 02 2
3 √3
− 1
+
√
2
6
1
3
= +
d(Ω, (ACD)) = √
2
2
2
2
6
1 +0 +0
3 √3 5 √3 1 √3
+ +
+ +
− 4
+
2
6
2
6
2
6
√
=
d(Ω, (BCD)) =
12 + 12 + 12
1 √3 +
√
√
2
2 1
3
3 1
√
= √ + √ =
+
6
2
3
2 3 2 3
La démonstration est ainsi achevée.
Problème : Une symétrie axiale ou un exemple d’application linéaire.
→ →
−
−
Soit E l’ensemble des vecteurs du plan. On le munit d’une base orthonormée ( i , j ). E se trouve ainsi équipé
d’un produit scalaire (cf. cours) vérifiant notamment les propriétés
− −
→
→
i.i =1
−
On note →
s le vecteur défini par
− −
→
→
j.j =1
− −
→
→
i . j = 0.
→ −
−
→
−
→
s = i − j.
Le but de ce problème est d’étudier l’application σ : E → E définie par
−
pour tout →
u ∈ E.
→
→
→
→
→
σ(−
u ) = (−
u .−
s )−
s −−
u
Partie A : Calculs de quelques images de vecteurs par l’application σ.
→→
−
→
−
→
−
1. Calculer le produit scalaire i .−
s et en déduire que σ( i ) = − j .
→→
−
→
−
→
−
2. Calculer le produit scalaire j .−
s et en déduire que σ( j ) = − i .
→
→
→
→
3. Vérifier que −
s .−
s = 2 et en déduire que σ(−
s)=−
s.
1. On aurait pu directement remarquer que les cotes des points A, B et C sont toutes nulles et voir ainsi directement que z = 0
est une équation du plan (ABC).
5
Correction
Pour mener à bien les calculs demandés, on fera un usage intensif des propriétés algébriques du produit scalaire.
On les rappelle.
−
−
−
Propriétés algébriques du produit scalaire : Si →
u, →
v et →
w sont des vecteurs et si λ est un
nombre réel, on a :
1. On a
d’où
2. On a
d’où
3. On a
d’où
(A)
−
→
→
→
→
u .−
v =−
v .−
u
(B)
−
→
→
→
→
→
→
→
−
→
→
→
→
→
→
u .(−
v +−
w) = −
u .−
v +−
u .−
w et (→
u +−
v ).−
w =−
u .−
w +−
v .−
w
(C)
→
→
→
→
→
→
(λ−
u ).−
v =−
u .(λ−
v ) = λ(−
u .−
v)
− −
→
→ −
−
→ −
→
→−
−
→ −
→−
→
i .→
s = i .( i − j ) = i . i − i . j = 1 − 0 = 1,
→
−
→→ −
−
→ → −
−
→ −
→ −
→ −
→
→
−
σ( i ) = ( i .−
s )→
s − i =−
s − i = i − j − i =−j.
− −
→
→ −
−
→ −
→
→−
−
→ −
→−
→
j .→
s = j .( i − j ) = j . i − j . j = 0 − 1 = −1,
→
−
→→ −
−
→
−
→
−
→ −
−
→ −
→
→
−
→
σ( j ) = ( j .−
s )→
s − j = −−
s − j =−i + j − j =−i.
→ −
−
→ −
→ −
→
→−
−
→ −
→−
→ −
→−
→ −
→−
→
−
→
→
s .−
s = ( i − j ).( i − j ) = i . i − i . j − j . i + j . j = 1 + 0 + 0 + 1 = 2,
→
→
→
→
→
→
→
→
σ(−
s ) = (−
s .−
s )−
s −−
s = 2−
s −−
s =−
s.
Partie B : Propriétés de l’application σ.
1. Démontrer les deux assertions suivantes.
→
−
→
→
→
→
(a) Pour tout −
u ,→
v ∈ E, σ(−
u +−
v ) = σ(−
u ) + σ(−
v ).
→
−
−
→
→
−
(b) Pour tout λ ∈ R, u ∈ E, σ(λ u ) = λ σ( u ).
Terminologie : L’application σ vérifiant les propriétés (a) et (b) ci-dessous, on dit que σ est une application linéaire.
→
→
→
2. (a) Démontrer que pour tout −
u ∈ E, σ ◦ σ(−
u) = −
u.
→
−
→
−
−
Rappel : Par définition, σ ◦ σ( u ) = σ(σ( u )) pour tout →
u ∈ E.
(b) Déduire de (a) que l’application σ est injective.
−
→
Rappel : L’application σ est injective si et seulement si pour tout →
u,−
v ∈ E,
→
−
→
−
→
−
→
−
σ( u ) = σ( v ) =⇒ u = v .
(c) Déduire de (a) que l’application σ est surjective (et donc bijective d’après (b)).
→
−
Rappel : L’application σ est surjective si et seulement si pour tout −
w ∈ E, il existe →
u ∈ E tel que
→
−
→
−
σ( u ) = w .
→
→
→
3. Montrer que pour tout −
u ∈ E, ||σ(−
u )|| = || −
u ||.
Indication : On pourra utiliser la question 3. de la partie A et la formule du cours
→
→
→
→
||−
v ||2 = −
v .−
v , si −
v ∈ E.
Correction
À nouveau les propriétés algébriques du produit scalaire vont être très utiles dans cette partie.
6
−
→
1. (a) Soient →
u,−
v ∈ E.
→
→
σ(−
u +−
v)
→
→
→
→
→
→
= ((−
u +−
v ).−
s )−
s − (−
u +−
v)
→
→
→
→
→
→
→
= (−
u .−
s +−
v .−
s )−
s −−
u −−
v
(Prop. (B) du produit scalaire)
→
→
→
→
→
→
→
→
= (−
u .−
s )−
s + (−
v .−
s )−
s −−
u −−
v
→
→
→
→
→
→
→
→
v .−
s )−
s −−
v
= (−
u .−
s )−
s −−
u + (−
{z
} |
{z
}
|
−
σ(→
u)
−
(b) Soient λ ∈ R, →
u ∈ E.
→
σ(λ −
u) =
−
σ(→
v)
→
→
→
→
((λ −
u ).−
s )−
s − λ−
u
=
→
→
→
→
(λ(−
u .−
s ))−
s − λ−
u
=
→
→
→
→
λ((−
u .−
s )−
s ) − λ−
u
=
→
→
→
→
λ((−
u .−
s )−
s −−
u)
|
{z
}
(Prop. (C) du produit scalaire)
−
σ(→
u)
−
2. (a) Soit →
u ∈ E.
→
→
σ ◦ σ(−
u ) = σ(σ(−
u ))
→
→
→
→
= σ((−
u .−
s )−
s −−
u)
→
→
→
→
= (−
u .−
s )σ(−
s ) − σ(−
u)
(cf. 1.(a) et 1.(b))
→
→
→
→
→
→
→
= (−
u .−
s )−
s − ((−
u .−
s )−
s −−
u)
→
→
(cf. question 3. de la partie A : σ(−
s)=−
s)
−
= →
u.
→
→
(b) Soient −
u,−
v ∈E
→
−
→
→
→
σ( u ) = σ(−
v ) =⇒ σ(σ(−
u )) = σ(σ(−
v ))
(Deux éléments égaux ont même image par une application)
→
→
=⇒ σ ◦ σ(−
u ) = σ ◦ σ(−
v)
−
→
=⇒ →
u =−
v
(cf. question 2.(a))
L’application σ est donc injective.
−
(c) On doit démontrer que quel que soit →
w ∈ E, l’équation
→
→
−)
σ(−
u) = −
w
(E→
w
−
d’inconnue →
u ∈ E possède une solution.
→
→
→
→
→
→
−
D’après 2.(a), σ(σ(−
w )) = −
w . Ainsi, en posant −
u = σ(−
w ), on a σ(−
u) =−
w . L’équation (E→
w ) possède
→
−
→
−
→
−
donc une solution ( u = σ( w )) et ce, quel que soit w ∈ E.
Par conséquent, l’application σ est surjective.
→
→
→
3. Soit −
u ∈ E. On va démontrer que ||σ(−
u )||2 = || −
u ||2 , en utilisant l’indication donnée. On en déduira que
→
−
→
−
||σ( u )|| = || u || car une norme est un nombre réel positif ou nul.
→
→
→
||σ(−
u )||2 = σ(−
u ).σ(−
u)
=
→
→
→
→
→
→
→
→
((−
u .−
s )−
s −−
u ).((−
u .−
s )−
s −−
u)
=
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
s .−
s − 2(−
u .−
s )(−
u .−
s)+−
u .−
u
(−
u .−
s )2 −
=
→
→
→
→
→
→
2(−
u .−
s )2 − 2(−
u .−
s )2 + −
u .−
u
=
→
||−
u ||2
(Prop. (A), (B) et (C) du produit scalaire)
−
→
(cf. question 3. de la partie A : →
s .−
s = 2)
−
→
→
(d’après la relation fondamentale : →
u .−
u = ||−
u ||2 )
7
→ −
−
→
Partie C : Matrice de l’application linéaire σ relativement à la base ( i , j ).
→ →
−
−
− −
→
→
1. (a) Donner les coordonnées de i et j dans la base ( i , j ).
→
−
→
−
x1
x2
(b) Déduire de la partie A, les coordonnées respectives
et
de σ( i ) et σ( j ) dans la base
y1
y2
→ −
−
→
( i , j ).
a b
0
1
x2
x1
.
(c) Déterminer l’unique matrice A =
et A
telle que A
=
=
y2
c d
1
y1
0
→ −
−
→
Terminologie : A est appelée matrice de l’application linéaire σ relativement à la base ( i , j ).
−
2. Soit →
u ∈ E, soit
→ →
−
−
la base ( i , j ).
′
− −
→
→
x
x
→
ses coordonnées dans la base ( i , j ) et soit
les coordonnées de σ(−
u ) dans
y
y′
(a) En utilisant le fait que σ est une application linéaire (i.e. que σ possède les propriétés (a) et (b) de
la question 1. de la partie B), déterminer x′ et y ′ en fonction de x et y.
′
x
x
(b) Vérifier que A
=
.
y
y′
Remarque : On a donc démontré le résultat suivant.
− −
→
→
x
→
−
→
Si les coordonnées de u sont
dans la base ( i , j ), alors σ(−
u) a
y
→ −
−
→
x
pour coordonnées A
dans la base ( i , j ).
y
La seule connaissance de la matrice A permet donc de calculer les images de tous les vecteurs du
plan par l’application σ.
3. (a) Calculer A
1
.
−1
(b) Déduire de 2.(b) et de 3.(a) un résultat déjà obtenudansla partie A.
1
Indication : On pourra commencer par interpréter
comme les coordonnées d’un certain vec−1
→ −
−
→
teur du plan dans la base ( i , j ).
→
−
→
−
→
−
→
−
− −
→
→
4. Déduire de 2.(b) les coordonnées des vecteurs σ(3 i + 2 j ) et σ(− i + 4 j ) dans la base ( i , j ).
5. Soit O un point du plan.
→ →
−
− −−→
(a) Faire une figure sur laquelle on dessinera les représentants d’origine O des vecteurs i , j , i − j,
→
−
→ −
−
→
→
−
3 i + 2 j , − i + 4 j ainsi que ceux de leurs images par σ.
(b) Qu’inspire cette figure quant à l’application σ ?
−
6. Soit →
u ∈ E. Déduire de 2.(b) que
→
→
→
→
σ(−
u)=−
u ⇐⇒ −
u //−
s.
′
′
x
x
x
x
2
2
7. (a) Démontrer que pour tout
∈ R , il existe un unique
∈ R tel que A
=
.
y′
y
y
y′
(b) Déduire de 2.(b) et de 7.(a) un résultat déjà obtenu dans la partie B.
Correction
1
.
0
→
−
−
→
−
→
→ →
−
−
→
−
0
.
Comme j = 0 i + 1 j , les coordonnées de j dans la base ( i , j ) sont
1
−
→
−
→
−
→
− −
→
→
−
→
1. (a) Comme i = 1 i + 0 j , les coordonnées de i dans la base ( i , j ) sont
8
(b) D’après la partie A,
−
→
→
−
→
−
→
−
σ( i ) = − j = 0 i + −1 j
→
−
→
−
σ( j ) = − i = −1
→
−
→
−
Les coordonnées respectives de σ( i ) et σ( j ) dans la
0
et
−1
−
→
→
−
i + 0 j.
→ −
−
→
base ( i , j ) sont donc :
−1
.
0
Par suite :
x1 = 0
;
y1 = −1 ;
x2 = −1 ;
y2 = 0.
(c) On commence par calculer
A
1
a
=
0
c
b
d
1
a
=
0
c
A
0
a
=
1
c
b
d
0
b
=
.
1
d
Par suite
A
1
x1
0
x2
a
x1
b
x2
=
et A
=
⇐⇒
=
et
=
0
1
c
d
y1
y2
y1
y2
La matrice A cherchée est donc
2. (a) Comme
0 −1
.
−1 0

a = x1 = 0



b = x2 = −1
⇐⇒
 c = y1 = −1


d = y2 = 0
(d’après 1.(b))
− −
→
→
x
−
sont les coordonnées de →
u dans la base ( i , j ) On a
y
→
−
→
−
−
→
u =x i +y j .
(10)
′
→ −
−
→
x
→
→
Pour déterminer les coordonnées
de σ(−
u ) dans la base ( i , j ), on cherche à écrire σ(−
u)
′
y
→ −
−
→
comme une combinaison linéaire de la famille de vecteurs ( i , j ).
→
σ(−
u) =
→
−
→
−
σ(x i + y j )
(cf. (10))
=
→
−
→
−
x σ( i ) + y σ( j )
=
→
−
→
−
−x j − y i
(cf. 1.(a) et 1.(b) de la partie B)
(cf. 1. et 2. de la partie A)
On a donc
−
→
−
→
→
σ(−
u ) = −y i + −x j .
− −
→
→
→
De (11), on déduit que les coordonnées σ(−
u ) dans la base ( i , j ) sont
x′ = −y
et
(11)
−y
. On a donc
−x
y ′ = −x.
(b) Un calcul élémentaire montre que :
′
x
0 −1
x
−y
x
A
=
=
=
.
y
−1 0
y
−x
y′
3. (a) A
1
−1
=
0 −1
−1 0
1
−1
=
1
−1
.
9
→
−
→
−
→ −
−
→
→
→
(b) Remarquons
d’abord que comme −
s = 1 i + -1 j , les coordonnées de −
s dans la base ( i , j ) sont
→ →
−
−
1
→
. De 2.(b) et de 3.(a), on déduit donc que les coordonnées de σ(−
s ) dans la base ( i , j ) sont
−1
1
→
→
, i.e. σ(−
s)=−
s . On retrouve ainsi le résultat de la question 3. de la partie A.
−1
→
−
→
−
→ −
−
→
4. D’après 2.(b), les coordonnées du vecteur σ(3 i + 2 j ) dans la base ( i , j ) sont
3
0 −1
3
−2
A
=
=
2
−1 0
2
−3
→
−
→
−
→ −
−
→
et celles de σ(− i + 4 j ) toujours dans la base ( i , j ) sont
−1
0 −1
−1
−4
A
=
=
.
4
−1 0
4
1
5. Soit O un point du plan.
→ →
−
− −−→ →
−
→
−
(a) Figure sur laquelle on a placé les représentants d’origine O des vecteurs i , j , i − j, 3 i + 2 j ,
→
−
→
−
− i + 4 j ainsi que ceux de leurs images par σ.
D
→
−
→
−
−
→
u =3 i +2j
→
−
→
−
→
−
v = − i +4 j
−
→
v
−
→
u
−
→
j
→
σ(−
v)
O
→
−
σ( j )
b
−
→
i
→
−
s
→
−
σ( i )
→
σ(−
u)
(b) On peut, à raison, interpréter σ comme la symétrie axiale d’axe la droite D passant par O et dirigée
→
par −
s.
− −
→
→
x
dans la base ( i , j ). Alors d’après 2.(a) ou 2.(b), les coordonnées de
y
→ →
−
−
−y
−
→
σ( u ) dans la base ( i , j ) sont
.
−x
→ −
−
→
→
→
Preuve de =⇒ : Si −
u = σ(−
u ), alors les coordonnées de ces deux vecteurs dans la base ( i , j ) sont
identiques, i.e.
x = −y.
−
6. Soit →
u ∈ E de coordonnées
Par suite
→
−
→
−
→
−
→
−
→ −
−
→
−
→
u = x i + y j = −y i + y j = −y( i − j ).
| {z }
→
−
s
−
→
Donc →
u //−
s.
10
−
→
−
→
Preuve de ⇐= : Si →
u //−
s , alors il existe λ ∈ R tel que →
u = λ−
s . On a donc
→
σ(−
u) =
=
=
=
7. (a) Soit
x′
y′
→
σ(λ−
s)
→
λσ(−
s)
(cf. 1.(b) de la partie B)
→
→
→
s
(cf. 3. de la partie A : σ(−
s)=−
s)
λ−
→
−
u.
∈ R2 . On doit résoudre l’équation de paramètres x′ , y ′ ∈ R :
(Ex′ ,y′ )
d’inconnue
x
∈ R2
y
(Ex′ ,y′ )
A
′
x
x
=
y
y′
⇐⇒
0 −1
−1 0
⇐⇒
−y
−x
=
′
x
x
=
y
y′
x′
y′
⇐⇒ x = −y ′
et y = −x′
−y ′
L’équation (Ex′ ,y′ ) admet bien une unique solution :
.
−x′
′
→ −
−
→
x
→
−
−
(b) Soit w un vecteur du plan de coordonnées
dans la base ( i , j ). Si →
u est un vecteur du plan
y′
→ −
−
→
x
de coordonnées
dans la base ( i , j ), alors :
y
→ −
−
→
→
→
→
−
→
σ(−
u) = −
w ⇐⇒ σ(
u)
et −
wontles mêmes coordonnées dans la base ( i , j ).
x
x′
⇐⇒ A
=
(d’après 2.(b)).
y
y′
→
⇐⇒ Les coordonnées de −
u sont solutions de l’équation (Ex′ ,y′ ).
En appliquant le résultat démontré à la question 7.(a), on obtient alors que, quel que soit le vecteur
→
−
→
→
→
w du plan, il existe un unique vecteur −
u du plan tel que σ(−
u) = −
w . L’application σ est donc
bijective et on retrouve ainsi les résultats des questions 2.(b) et 2.(c) de la partie B.
11