Cours - Automorphismes Orthogonaux Et Matrices Orthogonales

c Christophe Bertault - MPSI

Automorphismes orthogonaux

et matrices orthogonales

Dans ce chapitre, on travaille uniquement avec le corps de base R et E est un espace euclidien orient. Les lettres n, p, q . . .dsignent des entiers naturels non nuls.

1 Automorphismes orthogonaux

et matrices orthogonales en dimension quelconque

1.1 Automorphismes orthogonaux

Dfinition (Automorphisme orthogonal/isomtrie vectorielle) Soit f : E E une application. Les assertionssuivantes sont quivalentes :

(i) f prserve les produits scalaires : x, y E, (f(x)f(y)) = (x|y).(ii) f est linaire et prserve les normes : x, y E,

f(x) = x.De plus, si lune de ces deux assertions est vraie, f est un automorphisme de E. On dit alors que f est un automorphismeorthogonal de E ou une isomtrie (vectorielle) de E.

Explication

Lquivalence des assertions (i) et (ii) est conceptuellement puissante : le seul fait quune application (non ncessairementlinaire a priori) prserve les produits scalaires la rend automatiquement linaire.

Une isomtrie vectorielle, comme son nom lindique, est une transformation gomtrique qui prserve ( iso- , mme,identique) les normes ( -mtrie , mesure).

Dmonstration

(i) = (ii) Dabord f prserve les normes, car pour tout x E :f(x) =(f(x)f(x)) =(x|x) = x.

Montrons que f est linaire. Pour tous x, y E et , R :f(x+ y) f(x) f(y)2 = f(x+ y)2 + 2f(x)2 + 2f(y)2 2(f(x+ y)f(x)) 2(f(x+ y)f(y))+ 2(f(x)f(y))

= x+ y2 + 2x2 + 2y2 2(x+ y|x) 2(x+ y|y) + 2(x|y)=(x+ y) x y2 = 0E2 = 0, donc f(x+ y) = f(x) + f(y).

(ii) = (i) Montrons que f prserve les produits scalaires. Soient x, y E. Utilisons les identits de polarisa-tion, notes ci-dessous :(

f(x)f(y)) = 1

2

[f(x) + f(y)2 f(x)2 f(y)2] linarit= 12

[f(x+ y)2 f(x)2 f(y)2](ii)=

1

2

[x+ y2 x2 y2

]= (x|y). Et voil.

Pour finir, montrons que sous rserve que lune des assertions (i) ou (ii) est vraie, f est un automorphisme de E.

Or nous avons prouv avec la premire implication que(f(e1), f(e2), . . . , f(en)

)est une base de E. Et voil !

Exemple Toute symtrie orthogonale de E en particulier tout rflexion de E est un automorphisme orthogonal de E.

En effet Soit s une symtrie orthogonale de E. Posons H = Ker (s IdE). Alors s est la symtrie par rapport H paralllement H. Soient x1, x2 E, dcomposs sous la forme x1 = h1 + h1 et x2 = h2 + h2 o h1, h2 Het h1, h

2 H. Alors s(x1) = h1 h1 et s(x2) = h2 h2, donc :

(s(x1)

s(x2)) = (h1 h1|h2 h2) = (h1|h2)=0

(h1|h2)=0

(h1|h2)+(h1|h2) = (h1|h2) +=0

(h1|h2)+=0

(h1|h2)+(h1|h2)= (h1 + h

1|h2 + h2) = (x1|x2).

1


Thorme (Caractrisation dun automorphisme orthogonal sur une base orthonormale) Soient f un endomor-phisme de E et (e1, e2, . . . , en) une base orthonormale de E. Les assertions suivantes sont quivalentes :

(i) f est un automorphisme orthogonal de E. (ii)(f(e1), f(e2), . . . , f(en)

)est une base orthonormale de E.

Explication Bref, un automorphisme orthogonal transforme toute base orthonormale de E en une base orthonormalede E ; et rciproquement, un endomorphisme de E qui tranforme une base orthonormale de E en une base orthonormale de Eest un automorphisme orthogonal de E.

Dmonstration

(i) = (ii) Si f est orthogonal, alors pour tous i, j J1, nK : (f(ei)f(ej)) = (ei|ej) = ij , donc(f(e1), f(e2), . . . , f(en)

), famille de n = dimE vecteurs, est une base orthonormale de E.

(ii) = (i) Rciproquement, supposons(f(e1), f(e2), . . . , f(en)

)orthonormale. Alors pour tous x, y E de

coordonnes respectives (x1, x2, . . . , xn) et (y1, y2, . . . , yn) dans (e1, e2, . . . , en) :

(f(x)

f(y)) =(

nk=1

xkf(ek)

nl=1

ylf(el)

)=

16k,l6n

xkyl(f(ek)

f(el)) = 16k,l6n

k=l

xkyl =

nk=1

xkyk = (x|y).

Thorme (Automorphisme orthogonal et sous-espaces stables) Soient f un automorphisme orthogonal de E et Fun sous-espace vectoriel de E stable par f , i.e. tel que f(F ) F . Alors F est aussi stable par f .

Dmonstration

Comme f est un automorphisme de E, cest aussi un isomorphisme de F sur son image f(F ). En particulier,F et f(F ) sont de mme dimension finie. Linclusion f(F ) F est donc en fait une galit : f(F ) = F .

Montrons que f(F) F. Soit t F. Montrer que f(t) F revient montrer que f(t) est orthogonal tous les vecteurs de F . Fixons donc y F . Nous venons de prouver que f(F ) = F , donc y = f(x) pourun certain x F . Alors comme f est orthogonal et comme t F : (f(t)y) = (f(t)f(x)) = (t|x) = 0.Ceci montre bien que f(t) est orthogonal y.

Dfinition (Automorphisme orthogonal positif/ngatif) Soit f un automorphisme orthogonal de E.Alors det(f) = 1 ou det(f) = 1. Si det(f) = 1, on dit que f est positif ; si det(f) = 1, on dit que f est ngatif.

Dmonstration Soit (e1, e2, . . . , en) une base orthonormale de E. On note M la matrice de f dans cette base.

Soient X,Y Rn et x et y les vecteurs de E de coordonnes respectives X et Y dans (e1, e2, . . . , en).Alors (x|y) = tXY . Mais puisque les coordonnes de f(x) et f(y) dans (e1, e2, . . . , en) sont MX et MY ,alors

(f(x)

f(y)) = t(MX)(MY ) = tX(tMM)Y . Comme f est orthogonal, on obtient finalement lgalittX(tMM)Y = tXY .Notons (X1, X2, . . . , Xn) la base canonique de R

n. Pour tous i, j J1, nK, le coefficient de position (i, j) detMM est alors tXi(

tMM)Xj vrifier ! MaistXi(

tMM)Xj =tXiXj =

{1 si i = j0 si i 6= j , donc

tMM = In.

Enfin det(M)2 = det (tM) det(M) = det (tMM) = det(In) = 1, donc : det(f) = det(M) { 1, 1}. Thorme (Caractrisation dun automorphisme orthogonal positif sur une base orthonormale directe) Soientf un endomorphisme de E et (e1, e2, . . . , en) une base orthonormale directe de E. Les assertions suivantes sont quivalentes :

(i) f est orthogonal positif. (ii)(f(e1), f(e2), . . . , f(en)

)est une base orthonormale directe de E.

Explication Pour un automorphisme orthogonal, tre positif cest respecter lorientation.

Dmonstration

(i) = (ii) Supposons f orthogonal positif. Nous savons dj qualors(f(e1), f(e2), . . . , f(en)

)est une base

orthonormale de E. Est-elle directe ? Oui car det(e1,e2,...,en)

(f(e1), f(e2), . . . , f(en)

)= det(f) = 1 > 0 et

(e1, e2, . . . , en) est directe.

2


(ii) = (i) Faisons lhypothse que(f(e1), f(e2), . . . , f(en)

)est une base orthonormale directe de E. Nous

savons dj qualors f est un automorphisme orthogonal de E. Mais comme (e1, e2, . . . , en) est aussi directe,

cela signifie que det(f) = det(e1,e2,...,en)

(f(e1), f(e2), . . . , f(en)

)> 0. Or ce dterminant vaut 1 en vertu

du thorme prcdent, donc det(f) = 1 comme voulu.

Dfinition (Groupe orthogonal et groupe spcial orthogonal)

(i) Lensemble des automorphismes orthogonaux de E, not O(E), est un sous-groupe du groupe linaire GL(E) de Eappel le groupe orthogonal de E.

(ii) Lensemble des automorphismes orthogonaux positifs de E, not SO(E) ou O+(E), est un sous-groupe de O(E)appel le groupe spcial orthogonal de E.

Dmonstration

(i) Montrons que O(E) est un sous-groupe de GL(E).1) IdE O(E) car videmment IdE prserve les produits scalaires.2) Soient f, g O(E). Alors f1 g O(E) car pour tous x, y E :(

f1 g(x)f1 g(y)) fO(E)= (f f1 g(x)f f1 g(y)) = (g(x)g(y)) gO(E)= (x|y).

(ii) Montrons que SO(E) est un sous-groupe de O(E). Or SO(E) est lensemble des automorphismes ortho-gonaux de dterminant 1 de E, donc le noyau du morphisme de groupes detO(E) : O(E) { 1, 1} on rappelle que det transforme la composition en produit. Ce noyau est un sous-groupe de O(E).

1.2 Matrices orthogonales

Dfinition (Matrice orthogonale) Soit M Mn(R). On dit que M est orthogonale si tMM = M tM = In, ce qui revient dire que M est inversible dinverse tM .

En pratique Pour montrer que M est orthogonale, il suffit en fait de vrifier quon a tMM = In ou MtM = In.

Thorme (Automorphisme orthogonal et matrice orthogonale) Soient f un endomorphisme de E et B une baseorthonormale de E. Alors les assertions suivantes sont quivalentes :

(i) f est orthogonal. (ii) MatB

(f) est orthogonale.

$ $ $ Attention ! Il est essentiel que B soit orthonormale. Par exemple, si f est lapplication

{R

2 R2(x, y) 7 (x,y) ,

alors f O(R2) car pour tout (x, y) R2 :f(x, y) = (x,y) = (x, y). Pourtant la matrice de f dans la base(

(1, 0), (1, 1))de R2 (non orthonormale) est

(1 20 1

), et cette matrice nest pas orthogonale.

Dmonstration Posons M = MatB

(f) et notons n la dimension de E.

(i) = (ii) On a dj prouv dans une preuve prcdente que tMM = In on a donc aussi M tM = In.(ii) = (i) SupposonsM orthogonale. Alors f O(E) car pour tous x, y E de coordonnes respectives X,Ydans B :

(f(x)

f(y)) = t(MX)(MY ) = tX(tMM)Y = tXInY = tXY = (x|y). Thorme (Caractrisation dune matrice orthogonale au moyen de ses lignes ou de ses colonnes)Soit M Mn(R). Les assertions suivantes sont quivalentes :

(i) M est orthogonale.

(ii) La famille des colonnes de M est une base orthonormale de Rn (muni de sa structure euclidienne canonique).

(iii) La famille des lignes de M est une base orthonormale de Rn.

3


En pratique Rsultat bien pratique pour vrifier lil nu quune matrice est orthogonale ! Ainsi

(0 11 0

)est

orthogonale car ses deux colonnes sont de norme 1 et leur produit scalaire nul. Mme raisonnement avec16

2 3 12

3 1

2 0 2

.

Dmonstration Notons (E1, E2, . . . , En) la base canonique de Rn. Il sagit bien sr dune base orthonormale.

(i) (ii) Daprs le thorme prcdent, M est orthogonale si et seulement si lapplication linaire associe M est orthogonale, i.e. si et seulement si la famille

(ME1,ME2, . . . ,MEn

)est orthonormale. Or cette

famille est tout simplement la famille des colonnes de M .

(ii) (iii) Lgalit tMM = M tM = In tant inchange par transposition, une matrice est orthogonalesi et seulement si sa transpose lest do lquivalence des assertions (ii) et (iii).

Dfinition (Matrice orthogonale positive/ngative) Soit M Mn(R) une matrice orthogonale.Alors det(M) = 1 ou det(M) = 1. Si det(M) = 1, on dit que M est positive ; si det(M) = 1, on dit que M est ngative.

Dmonstration det(M)2 = det(M) det(tM) = det(M tM) = det(In) = 1.

$ $ $ Attention ! Toute matrice de dterminant 1 nest pas orthogonale. Prenez lexemple de la matrice(2 11 1

).

Vous dmontrerez seuls les propositions suivantes.

Dfinition (Groupe orthogonal et groupe spcial orthogonal)

(i) Lensemble des matrices orthogonales de taille n, not O(n), est un sous-groupe du groupe linaire GLn(R) appel legroupe orthogonal de degr n.

(ii) Lensemble des matrices orthogonales positives de taille n, not SO(n) ou O+(n), est un sous-groupe de O(n) appelle groupe spcial orthogonal de degr n.

Thorme (Automorphisme orthogonal positif et matrice orthogonale positive) Soient f un endomorphisme de Eet B une base orthonormale de E. On note n la dimension de E. Les assertions suivantes sont quivalentes :

(i) f SO(E). (ii) MatB

(f) SO(n).

2 Produit vectoriel

Le lemme et la dfinition suivants sont noncs en dimension finie quelconque mais nous les utiliserons en dimension 3.

Lemme (Dterminant dune base orthonormale directe dans une base orthonormale directe) Soient B et B

deux bases orthonormales directes de E. Alors : detB(B) = 1.

Dmonstration Notons f lautomorphisme de E qui envoie B sur B. Comme B et B sont deux basesorthonormales directes de E, nous savons que f SO(E), et donc que det(f) = 1. Or detB(B) = det(f).

Dfinition (Produit mixte) On note n la dimension de E. Soient (xk)16k6n une famille de n vecteurs de E et B et B

deux bases orthonormales directes de E. Alors : detB(x1, x2, . . . , xn) = detB(x1, x2, . . . , xn).Ce dterminant, indpendant du choix de la base orthonormale directe B quon peut faire, est appel le produit mixte dex1, x2, . . . , xn et not

[x1, x2, . . . , xn

].

Dmonstration detB(x1, x2, . . . , xn) = detB(B) detB(x1, x2, . . . , xn)

lemme= detB(x1, x2, . . . , xn).

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Explication En dbut danne, nous navions quun seul dterminant notre disposition, alors que le dterminantdune famille de vecteurs dpend dun choix pralable de base. Nous savons maintenant pourquoi : nous avions lhabitude de netravailler quavec des bases orthonormales en dimension 2 et 3.

Dfinition (Produit vectoriel) On suppose E de dimension 3. Soient u, v E. Il existe un unique vecteur de E not u vtel que : x E, [u, v, x] = (u v|x). Ce vecteur u v est appel le produit vectoriel de u par v.

Dmonstration Appliquer le thorme de reprsentation des formes linaires lapplication x 7 [u, v, x]. Explication En dbut danne, nous avions dfini dans lordre le produit scalaire puis le produit vectoriel, et laformule det(~u,~v, ~w) = (~u~v) ~w tait notre dfinition du dterminant. A prsent, le produit scalaire et le dterminant tantdfinis, cest le produit vectoriel que nous dfinissons avec la mme formule.

Nous retrouvons heureusement tous les rsultats sur le produit vectoriel que nous connaissions.

Thorme (Proprits du produit vectoriel) On suppose E de dimension 3. Soient u, v, w E.(i) Le vecteur u v est orthogonal u et v.(ii) Les vecteurs u et v sont colinaires si et seulement si u v = 0E .(iii) Le produit vectoriel est une application bilinaire alterne de E E dans E. b

u

v

u v

(iv) Si u et v ne sont pas colinaires, alors (u, v, u v) est une base directe de E.(v) On suppose la famille (u, v) orthonormale. Alors :

(u, v, w) est une base orthonormale directe de E si et seulement si w = u v.

Dmonstration

(i) Puisque le produit mixte est un dterminant, (uv|u) = [u, v, u] = 0, et donc u et uv sont orthogonaux.De mme avec v la place de u.

(ii) Si u et v sont colinaires, alors en tant que dterminant,[u, v, x

]= 0 = (0E |x) pour tout x E. Lunicit

du produit vectoriel montre aussitt que u v = 0E .Rciproquement, supposons quon ait u v = 0E et fixons un lment x de E rVect(u, v) le choix duntel x est possible car dimE = 3 et dimVect(u, v) 6 2. Puisque

[u, v, x

]= (uv|x) = (0E |x) = 0, et puisque

le produit mixte nest jamais quun dterminant, la famille (u, v, x) est donc lie. Or x nest pas combinaisonlinaire de u et v, tant donne la faon dont on la choisi. La famille (u, v) est donc ncessairement est lie.

(iii) Lassertion (ii) montre que, si le produit vectoriel est bilinaire, alors il est aussi altern nul sur toutefamille dont deux vecteurs sont gaux. Il nous suffit donc de montrer sa bilinarit. Contentons-nous mmede dmontrer sa linarit par rapport la seconde variable. Soient u, v, w E et , R. Pour tout x E :(u(v+w)

x) = [u, v+w, x] = [u, v, x]+[u, w, x] = (uv|x)+(uw|x) = ((uv)+(uw)x).Lunicit du produit vectoriel montre aussitt que u (v + w) = (u v) + (u w).

(iv) Supposons u et v non colinaires. Montrer que (u, v, u v) est une base directe de E revient montrerque son dterminant dans une base directe de E est strictement positif. Cela revient donc montrer que[u, v, u v] > 0, ce qui est vrai car [u, v, u v] = (u v|u v) = u v2 et u v 6= 0E daprs (ii).

(v) Supposons (u, v) orthonormale.

Montrons que (u, v, u v) est une base orthonormale directe de E. Cette famille est une base orthogonaledirecte de E daprs (i) et (iv), mais uv est-il unitaire ? Ce qui est sr, cest que la famille

(u, v,

u vu v

)est orthonormale directe. Par consquent, puisque le produit mixte nest jamais quun dterminant dansune base orthonormale directe et puisque le dterminant dune base orthonormale directe dans une base

orthonormale directe vaut 1 :

[u, v,

u vu v

]= 1 =

(u v

u vu v)

= u v. Et voil.

Rciproquement, supposons que (u, v, w) est une base orthonormale directe deE et montrons que w = uv.Comme Vect(u, v) est de dimension 2, Vect(u, v) est une droite vectorielle qui contient la fois w etu v. Il existe donc R tel que u v = w. Or (u, v, w) est une base orthonormale directe, donc[u, v, w

]= 1 = (u v|w) = (w|w) = . Ainsi = 1, donc w = u v.

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3 Automorphismes orthogonaux en dimension 2 et 3

3.1 Automorphismes orthogonaux en dimension 2

Thorme (Matrices orthogonales de taille 2)

Toute matrice orthogonale positive de taille 2 est de la forme(cos sin sin cos

)pour un certain R.

De plus lapplication 7(cos sin sin cos

)est un morphisme de groupes surjectif de R sur SO(2) de noyau 2Z.

En particulier, SO(2) est un groupe commutatif.

Toute matrice orthogonale ngative de taille 2 est de la forme(cos sin sin cos

)pour un certain R.

Dmonstration

Soit M =(a cb d

)M2(R).

M O(2) tMM = I2

a2 + b2 = 1c2 + d2 = 1ac+ bd = 0

, R/

a = cos et b = sin c = cos et d = sincos cos+ sin sin = 0

, R/

a = cos et b = sin c = cos et d = sincos( ) = 0

, R, { 1, 1

}/

a = cos et b = sin c = cos et d = sin

+ 2

mod 2

R, { 1, 1

}/

{a = cos et b = sin

c = cos( +

2

)et d = sin

( +

2

) R,

{ 1, 1

}/

{a = cos et b = sin c = sin et d = cos R,

{ 1, 1

}/ M =

(cos sin sin cos

).

Un simple calcul de dterminant montre quon rcupre pour = 1 les matrices orthogonales positives, etpour = 1 les matrices orthogonales ngatives.

Montrons ensuite que lapplication R : 7(cos sin sin cos

)est un morphisme de groupes surjectif de R

sur SO(2) de noyau 2Z.1) On vrifie facilement que pour tous , R : R()R() = R( + ).2) La sujectivit de R est une consquence des quivalences prcdentes.

3) Pour le noyau de R, soit R. Ce appartient au noyau de R si et seulement si R() = I2, i.e. si etseulement si cos = 1 et sin = 0, i.e. si et seulement si 0 mod 2. Comme voulu : Ker R = 2Z.

Montrons enfin que SO(2) est commutatif. Soient A,B SO(2). Il existe alors , R tels que A = R()et B = R(). Alors AB = R()R() = R( + ) = R(+ ) = R()R() = BA.

Thorme (Classification des automorphismes orthogonaux en dimension 2) On suppose E de dimension 2. Soit fun automorphisme orthogonal de E.

(i) Si f est ngatif, alors f est une rflexion, i.e. ici une symtrie orthogonale par rapport une droite.

(ii) Si f est positif, i.e. si f SO(E), alors la matrice MatB

(f) de f ne dpend pas du choix de la base B de E quon peut

faire, condition que B soit orthonormale directe ; cette matrice est de la forme

(cos sin sin cos

)pour un certain R

unique 2 prs appel une mesure de langle de f .

On a par ailleurs, pour tout u E unitaire : cos = (uf(u)) et sin = [u, f(u)].Enfin, si f 6= IdE , lensemble Ker (f IdE) des points fixes de f est rduit

{0E}.

Explication

La commutativit du groupe SO(2) possde une interprtation gomtrique simple. Elle signifie que deux rotations planes ici vectorielles commutent toujours : tourner dun angle puis dun angle , cest pareil que tourner de puis de .

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Lassertion (ii) est bien connue. Si (~,~) est une base orthonormale directe du plan et si nous notons (~u , ~v) limage decette base par la rotation dangle , alors ~u = cos ~+ sin ~ et ~v = sin ~+ cos ~. La matrice de la rotation dangle dans la base (~,~) est donc

(cos sin sin cos

)et en effet, elle ne dpend pas du choix de ~ et ~.

$$$ Attention ! Dans lassertion (ii), il est essentiel que les bases considres soient orthonormales directes ; lorientationdtermine le signe de la mesure de langle de la rotation. En effet, si on change lorientation de E, une mesure de langle de larotation avec la nouvelle orientation sera et non plus .

Dmonstration Donnons-nous une base orthonormale directe (e1, e2) de E.

(i) Supposons f ngatif. Alors la matrice de f dans la base (e1, e2) est orthogonale ngative, i.e. de la forme(cos sin sin cos

)pour un certain R. Posons alors u1 = cos

2e1 +sin

2e2 et u2 = sin

2e1 +cos

2e2.

Il est clair que (u1, u2) est une base orthonormale de E. De plus un calcul facile montre que f(u1) = u1

et que f(u2) = u2, de sorte que la matrice de f dans (u1, u2) est(1 00 1

). Ainsi f est la rflexion par

rapport Vect(u1).

b

e1

e2

f(e1)

f(e2)

2u1

u2On voit sur cette figure que e1 et f(e1) (resp. e2 et f(e2)) sont orthogonalement sym-triques lun de lautre par rapport la droite engendre par u1. Cest pourquoi nousavons lide de montrer que f est la rflexion par rapport la droite engendre par u1.

(ii) Supposons f positif. Alors la matrice de f dans la base (e1, e2) est orthogonale positive, i.e. de la forme(cos sin sin cos

) SO(2) pour un certain R.

Soit (u1, u2) une base orthonormale directe quelconque de E. Si P dsigne la matrice de passagede (e1, e2) (u1, u2), alors la matrice de f dans (u1, u2) est P

1

(cos sin sin cos

)P . Or P , vue comme

application, envoie une base orthonormale directe sur une base orthonormale directe, donc P SO(2).Du coup P et

(cos sin sin cos

)commutent, SO(2) tant commutatif. La matrice de f dans (u1, u2) est

donc P1(cos sin sin cos

)P =

(cos sin sin cos

). Comme voulu, la matrice de f ne dpend ainsi pas de

la base orthonormale directe dans laquelle on la calcule.

Soit u E unitaire. Notons v lunique vecteur pour lequel (u, v) est une base orthonormale directede E. La matrice de f dans (u, v) est

(cos sin sin cos

), donc f(u) = cos u+ sin v. Comme voulu :

(uf(u)) = (u cos u+sin v) = cos u2 = cos et [u, f(u)] = det (u,v)(u, f(u)) = 1 cos 0 sin

= sin . Pour finir, supposons f 6= IdE et montrons que Ker (f IdE) =

{0E}, i.e. que f IdE est

injectif, ou encore bijectif. La matrice de f IdE dans (e1, e2) est(cos 1 sin sin cos 1

), de dterminant

(cos 1)2 +sin2 = 2(1 cos ) = 4 sin2 2. Or f 6= IdE , donc 6 0 mod 2, donc det(f IdE) 6= 0.

3.2 Automorphismes orthogonaux en dimension 3

Dfinition (Rotations en dimension 3) On suppose E de dimension 3.Soit r un automorphisme orthogonal positif de E autre que IdE .

Lensemble Ker (r IdE) des points fixes de r est une droite vectorielle de E appele laxe de r. Soit (u, v) une base orthonormale du plan Ker (r IdE). Alors la matrice de r dans la base orthonormale directe

(u, v, u v) de E est de la formecos sin 0sin cos 0

0 0 1

pour un certain R.

On dit finalement que r est la rotation daxe orient par u v et dangle de mesure . Par convention, on considre IdEcomme une rotation, admettant toute droite vectorielle pour axe et 0 (modulo 2) pour mesure dangle.

7


Explication

La figure ci-contre illustre le fait que la matrice de r dans (u, v, uv) soitcos sin 0sin cos 0

0 0 1

. b

uv

r(u v) = u v

r(u)

r(v)

Pourquoi dire rotation daxe orient par u v et dangle de mesure et non pas tout simplement rotation daxedirig par u v et dangle de mesure ?Pour le comprendre, choisissons dorienter laxe de r au moyen du vecteur opposv u. Notre base orthonormale directe de E de rfrence sera alors (v, u, v u).La figure ci-contre est la mme que la prcdente, mais on regarde les choses dedessous, et non plus de dessus. Avec la nouvelle orientation choisie, la mesure delangle de r est exactement loppos de la prcdente si vous ne le voyez pasbien, regardez la figure en mettant cette page la tte en bas.Conclusion : la mesure de langle dune rotation en dimension 3 dpend de la faondont on choisit dorienter son axe.

b

u

v

r(v u) = v u

r(u)

r(v)

Dmonstration

Soit B une base de E. Posons : () = det(RI3) =r11 r12 r13r21 r22 r23r31 r32 r33

pour tout R, o Rdsigne la matrice de r dans B. Un dveloppement la Sarrus montre que est une fonction polynomialede degr 3. Du coup, son comportement en et le thorme des valeurs intermdiaires prouvent que possde une racine relle 0 : det(r0IdE) = det(R0I3) = (0) = 0. En dautres termes, r0IdEnest pas injectif, donc r(x0) = 0x0 pour un certain x0 E non nul. Enfin comme r prserve les normes :x0 =

r(x0) = 0x0 = |0| x0 et donc 0 = 1.Conclusion : il existe un vecteur x0 E non nul tel que r(x0) = x0.

Notons F lensemble des points fixes de r : F = Ker (r dE). Alors F est stable par r, car pour toutx F , r(x) = x F . Or r est orthogonal, donc F est lui aussi stable par r comme nous lavons vu audbut de ce chapitre. Nous devons montrer que F est une droite, i.e. que dimF = 1.

1) Par hypothse r 6= IdE, donc F = Ker (r IdE) 6= E, donc dimF 6= 3.2) Supposons F de dimension 2, de sorte que dimF = dimEdimF = 1, et donnons-nous une base

orthonormale (e1, e2, e3) de E adapte la dcomposition E = F F. Alors r(e1) = e1 et r(e2) = e2 pardfinition de F , et r(e3) = e3 pour un certain R puisque F est stable par r. La matrice de r dans

(e1, e2, e3) est donc

1 0 00 1 00 0

. Or r SO(E), donc det(r) = 1 = , donc r = IdE contradiction.

3) Supposons enfin F de dimension 0, i.e. que r na pas de point fixe autre que 0E . Reprenant lesnotations du premier point, nous pouvons donc affirmer que 0 = 1 et r(x0) = x0.Posons alors X0 = Vect(x0). Comme X0 est stable par lautomorphisme orthogonal r, X

0 est lui aussi

stable par r, de dimension 2. Ceci veut dire que rX0

est un endomorphisme de X0 , et mme un auto-

morphisme orthogonal de X0 , car comme r prserve les produit scalaires, rX

0

aussi a fortiori.

Soit (x1, x2) une base orthonormale de X0 . Orientons X

0 laide de cette base cela revient dcr-

ter, arbitrairement, que cette base est directe. Daprs notre tude des automorphismes orthogonaux endimension 2, rX

0

est soit une rotation, soit une rflexion. Mais comme r na pas de point fixe autre que

0E , il en est de mme de rX0

, et donc rX0

est une rotation, disons dangle de mesure .

La famille (x0, x1, x2) est une base orthonormale de E puisque E = X0 X0 , et la matrice de r dans

cette base est

1 0 00 cos sin

0 sin cos

. Cette matrice a pour dterminant 1 contradiction.

Conclusion : seul cas restant, dimF = 1 comme voulu.

Du coup, dimF = 2. Fixons une base orthonormale (u, v) de F et orientons F laide de celle-ci. Imitantle raisonnement 3) ci-dessus, on peut alors montrer que rF est soit une rotation, soit une rflexion. Maistous les points fixes de r sont dans F par dfinition de F , et de plus F F = {0E}, donc rF na pas depoint fixe autre que 0E , donc est une rotation, disons dangle de mesure .

Comme u v est orthogonal u et v, u v Vect(u, v) = (F) = F . La matrice de r dans la baseorthonormale directe (u, v, u v) de E est finalement

cos sin 0sin cos 0

0 0 1

comme voulu.

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Thorme (Calcul de limage dun vecteur par une rotation en dimension 3)On suppose E de dimension 3. Soient R et a E unitaire.On note r la rotation daxe orient par a et dangle de mesure .

b

u a u

a

r(u)

cos sin

(i) Pour tout u E orthogonal a : r(u) = (cos ) u+ (sin ) a u.(ii) Si de plus u est unitaire : cos =

(ur(u)) et sin = [u, r(u), a].

Dmonstration Soit u E orthogonal a.

(i) Nous savons que (a, u, au) est une base orthonormale directe de E, donc (u, au, a) aussi, o (u, au) est

une base orthonormale de Ker (r IdE). La matrice de f dans (u, au, a) est alorscos sin 0sin cos 0

0 0 1

,

donc en particulier : r(u) = (cos ) u+ (sin ) a u.

(ii) Supposons u unitaire. Nous venons de voir que r(u) = (cos ) u+ (sin ) a u.Alors :

(ur(u)) = (u(cos ) u+ (sin ) a u) u(au)= cos u2 = cos . Egalement :[

u, r(u), a]=[a, u, r(u)

]=(aur(u)) = (au(cos ) u+(sin ) au) u(au)= sin au2 = sin .

En pratique Soit r une rotation de E. Comment dterminer ses lments caractristiques, savoir son axe (orient)et une mesure de son angle ?

1) Laxe de r tant lensemble de ses points fixes, le dterminer revient rsoudre lquation r(x) = x dinconnuex E facile. En particulier, on peut alors orienter laxe de r laide dun point fixe unitaire a deux choix possibles.

2) Ensuite, si dsigne une mesure de langle de r, on calcule cos et sin avec le thorme prcdent laide dunvecteur u E unitaire orthogonal a. La valeur de en dcoule, ventuellement sous forme darcsinus/arccosinus.

Exemple La matrice R =1

7

2 3 66 2 33 6 2

est la rotation daxe orient par 1

19(1, 3, 3) et dangle de mesure Arccos

( 514

).

En effet Notons r lendomorphisme de R3 de matrice R dans la base canonique.

On vrifie aisment sur R que r est un automorphisme orthogonal. Et comme det(R) = 1 rgle de Sarruspar exemple r est une rotation.

Dterminons laxe de r, savoir lensemble Ker (r IdE) des points fixes de r. Pour tout (x, y, z) R3 :

(x, y, z) Ker (r IdE) 2x 3y + 6z = 7x6x + 2y + 3z = 7y3x + 6y + 2z = 7z

3x y + 2z = 06x 5y + 3z = 03x + 6y 5z = 0

3x = y = z aprs L3 L3 L1 L2, puis L2 L2 + 2L1.

Ainsi Ker (r IdE) = Vect((1, 3, 3)

). Notons a le vecteur unitaire

119

(1, 3, 3) et orientons laxe de r

laide de a. Alors r est la rotation daxe orient par a et dangle de mesure un certain R.

Le vecteur u = 12(0, 1,1) est orthogonal a et unitaire, et par ailleurs r(u) = 1

72(9,1, 4). Du coup

cos =(ur(u)) = 5

14et sin =

[u, r(u), a

]=

1

1419

0 9 11 1 31 4 3

= 319

14. La valeur de cos et le signe

de sin nous permettent enfin daffirmer que Arccos( 514

)mod 2.

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Cours - Automorphismes Orthogonaux Et Matrices Orthogonales