Une symétrie orthogonale

Publié le 19/03/17

(cet exercice est issu de l’oral Centrale Psi 2015)
On munit {\mathbb{R}^{4}} du produit scalaire usuel, et de sa base canonique.

Soit {F} le sous-espace de {\mathbb{R}^{4}} euclidien défini par {\begin{cases}x - y - z + t = 0\\2x - z - t = 0\end{cases}}

Déterminer la matrice de la symétrie orthogonale par rapport à {F}.

On voit deux méthodes pour cet exercice très calculatoire.

  • Première méthode. Soit {u=(x,y,z,t)} dans {\mathbb{R}^4}.

    Soit {v=(x',y',z',t')} son symétrique orthogonal par rapport à {F}.

    Notons {H} l’hyperplan d’équation {x-y-z+t=0}.

    Notons {K} l’hyperplan d’équation {2x-z-t=0}.

    Le vecteur {a=(1,-1,-1,1)} dirige la normale à {H}.

    Le vecteur {b=(2,0,-1,-1)} dirige la normale à {K}.

    le plan \text{Vect}(a,b) est dans l’orthogonal de {F=H\cap K}.

    Mais {\dim F=\dim F^{\bot}=2}, donc {F^\bot=\text{Vect}(a,b)}.

    Ainsi {v-u} s’écrit {\lambda a+\mu b} donc {\begin{cases}x'=x+\lambda+2\mu\cr y'=y-\lambda\\z'=z-\lambda-\mu\\ t'=t+\lambda-\mu\end{cases}}

    Le vecteur {w=u+v=(x'',y'',z'',t'')} est dans {F}.

    Ses coordonnées s’écrivent : {(2)\begin{cases}x''=2x+\lambda+2\mu\\ y''=2y-\lambda\\z''=2z-\lambda-\mu\cr t''=2t+\lambda-\mu\end{cases}}

    Il suffit alors de reporter {x'',y'',z'',t''} dans les équations de {H} et {K}.

    On obtient alors : {\begin{cases}x-y-z+t+2\lambda+\mu=0\cr 2x-z-t+\lambda+3\mu=\end{cases}}

    On trouve : {\lambda=\dfrac{1}{5}(-x+3y+2z-4t)} et {\mu=\dfrac{1}{5}(-3x-y+z+3t)}.

    Il en découle {\begin{cases}x'=\dfrac{1}{5}(-2x+y+4z+2t)\phantom{\bigg(}\\ y'=\dfrac{1}{5}(x+2y-2z+4t)\phantom{\bigg(}\\z'=\dfrac{1}{5}(4x-2y+2z+t)\phantom{\bigg(}\\t'=\dfrac{1}{5}(2x+4y+z-2t)\end{cases}}

    c’est-à-dire {\begin{pmatrix}x'\\ y'\\ z'\\ t' \end{pmatrix}=S\begin{pmatrix}x\\ y\\ z\\ t\end{pmatrix}} avec {S=\dfrac{1}{5}\begin{pmatrix}-2&1&4&2\\1&2&-2&4\\4&-2&2&1\\2&4&1&-2 \end{pmatrix}}

    On a ainsi obtenu la matrice {S} de la symétrie vectorielle orthogonale par rapport au plan {F}.

  • Deuxième méthode. On a les équivalences : {\begin{array}{rl}(x,y,z,t)\in F&\Leftrightarrow \begin{cases}y=3x-2z\\t=2x-z\end{cases}\\\\&\Leftrightarrow \begin{pmatrix}x\\ y\\ z\\ t\end{pmatrix}=x\begin{pmatrix}1\\ 3\\ 0\\ 2\end{pmatrix}+z\begin{pmatrix}0\\ -2\\ 1\\ -1\end{pmatrix}\end{array}}Les vecteurs {\begin{cases}a=(1,3,0,2)\\ b=(0,2,-1,1)\end{cases}} forment donc une base de {F}.

    On cherche {\alpha} tel que {a+\alpha b} soit orthogonal à {a}.

    On trouve : {\left({a+\alpha b}\mid{a}\right)=14+8\alpha} donc {\alpha=-\dfrac{7}{4}} convient.

    Les vecteurs {\begin{cases}a=(1,3,0,2)\\c=4a-7b=(4,-2,7,1)\end{cases}} sont donc dans {F} et orthogonaux.

    La projection orthogonale sur {F=\text{Vect}\{a,c\}} est définie par l’égalité : {p(u)=\dfrac{\left({a}\mid{u}\right)}{\left\|{a}\right\|^{2}}a+\dfrac{\left({c}\mid{u}\right)}{\left\|{c}\right\|^{2}}c=\dfrac{a^\top\,u}{\left\|{a}\right\|^{2}}\,a+\dfrac{c^\top\,u}{\left\|{c}\right\|^{2}}\,c}On peut écrire (intervertir scalaires et vecteurs) : {p(u)=\biggl(\dfrac{a\,a^\top}{a}{\left\|{a}\right\|^{2}}+\dfrac{c\,{c^\top}}{\left\|{c}\right\|^{2}}\biggr)u}.

    La matrice de la projection orthogonale sur {F} est donc {P=\dfrac{a\,a^\top}{a}{\left\|{a}\right\|^{2}}+\dfrac{c\,c^\top}{\left\|{c}\right\|^{2}}}.

    On trouve la matrice P: {\begin{array}{rl}P&=\dfrac{1}{14}\begin{pmatrix}1&1&0&2\\ 3&9&0&6\\ 0&0&0&0\\ 2&6&0&4\end{pmatrix}+\dfrac{1}{70}\begin{pmatrix}16& -8& 28& 4\\-8& 4& -14& -2\\28& -14& 49& 7\\4& -2& 7& 1\end{pmatrix}\\\\&=\dfrac{1}{10}\begin{pmatrix}3& 1& 4& 2\\ 1& 7& -2& 4\\ 4& -2& 7& 1\\ 2& 4& 1& 3\end{pmatrix}\end{array}}La matrice {S} de de la symétrie orthogonale par rapport à {F} est donc : {S=2P-I_{4}=\dfrac{1}{5}\begin{pmatrix}-2&1&4&2\\1&2&-2&4\\4&-2&2&1\\2&4&1&-2\end{pmatrix}}