Antidéplacement de l'espace
Bonjour,
Pour illustrer le lien entre algèbre et géométrie, voici un nouvel exercice.
On considère l'application affine de $\mathbb{R}^3$ dans $\mathbb{R}^3$ dont la détermination analytique est :
$\begin{cases}
~x' = 1+\dfrac{3}{4}x+\dfrac{1}{4}y+\dfrac{\sqrt{6}}{4}z\\
~y' = 1+\dfrac{1}{4}x+\dfrac{3}{4}y-\dfrac{\sqrt{6}}{4}z\\
~z' = 1+\dfrac{\sqrt{6}}{4}x-\dfrac{\sqrt{6}}{4}y-\dfrac{2}{4}z
\end{cases}.$
Montrer que $f$ est un anti-déplacement de l'espace. Précisez sa nature et ses éléments caractéristiques.
Pour illustrer le lien entre algèbre et géométrie, voici un nouvel exercice.
On considère l'application affine de $\mathbb{R}^3$ dans $\mathbb{R}^3$ dont la détermination analytique est :
$\begin{cases}
~x' = 1+\dfrac{3}{4}x+\dfrac{1}{4}y+\dfrac{\sqrt{6}}{4}z\\
~y' = 1+\dfrac{1}{4}x+\dfrac{3}{4}y-\dfrac{\sqrt{6}}{4}z\\
~z' = 1+\dfrac{\sqrt{6}}{4}x-\dfrac{\sqrt{6}}{4}y-\dfrac{2}{4}z
\end{cases}.$
Montrer que $f$ est un anti-déplacement de l'espace. Précisez sa nature et ses éléments caractéristiques.
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Réponses
A ton service, Bruno, mais j'ai mis quelques minutes à comprendre que tu avais supprimé mon message!
Pour commencer, la matrice $A$ impliquée est orthogonale symétrique et son polynôme caractéristique est: $(X-1)^2(X+1)$, ce qui est plutôt bon signe!
C'est donc la matrice d'une symétrie vectorielle par rapport à un plan et les projecteurs sur les sous-espaces propres sont: $\dfrac 12(Id+A)$ et $\dfrac 12(Id-A)$, etc, etc...
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
En fait il est inutile de calculer le polynôme caractéristique.
Après avoir constaté que la matrice est orthogonale et symétrique, on calcule les projecteurs et on peut conclure après inspection de leurs rangs égaux à leurs traces..
A vérifier :
Avec des notations usuelles :
$\displaystyle X' = X_0 + AX$
On a $\displaystyle A^2 = I_3$, et $\displaystyle det A = -1$ les éléments propres sont :
$\displaystyle x=-1$ et $\displaystyle U = (-\frac{1}{\sqrt{6}}, \frac{1}{\sqrt{6}}, 1)^t$
$\displaystyle x=1$ et $\displaystyle V = (\sqrt{6}, 0, 1)^t$
$\displaystyle x=1$ et $\displaystyle W = (1,1, 0)^t$
On remarque que $U$ est perpendiculaire à $V$ et à $W.$
La transformation est donc la composée d'une translation de vecteur à déterminer et d'une reflexion par rapport au plan défini par les deux vecteurs non colinéaires $V$ et $W.$
Soit $M$ la matrice associée. On a $M =\dfrac{1}{4}A$ et $AA^t=16I_3$ où $I_3$ est la matrice unité.
De plus, on a $Dét(A)=-64$.
Par suite, la matrice associée est celle d'une isométrie vectorielle négative et donc $f$ est un antidéplacement.
Le système qui donne les points fixes de $f$ est sans solutions, et donc $f$ n'admet donc aucun point fixe.
$f$ est donc une symétrie glissée par rapport à un certain plan P. l'équation de P est $ -2x+2y+2\sqrt{6}z-\sqrt{6}=0.$
Encore une fois nul besoin de calculer le déterminant!
On constate que la matrice $A$ est symétrique orthogonale. C'est donc une symétrie orthogonale.
Les projecteurs sont:
1°$ B=\frac 12(Id+A)$ sur le sous espace propre correspondant à la valeur propre $1$.
Comme $Trace(B)=2$, ce sous-espace propre est de dimension $2$.
Les vecteurs colonnes de $B$ fournissent gratis pro deo des vecteurs propres pour la valeur propre $1$
2° Idem avec l'autre projecteur $C=\frac 12(Id-A)$ qui est de trace $1$ et donc de rang $1$.
Les vecteurs colonnes de $C$ sont proportionnels entre eux et fournissent un vecteur propre pour la valeur propre $-1$.
3° Le polynôme caractéristique (et le déterminant) ainsi que les vecteurs propres sont donc obtenus pratiquement sans calculs.
4° Il faut donner la décomposition canonique de l'antidéplacement en produit commutatif d'une translation et d'une symétrie plane.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Pour calculer le vecteur de la translation dans la décomposition canonique de l'antidéplacement $f$, on fait l'astuce habituelle. On calcule $f^2$. On constate que c'est une translation de vecteur $T$ et le vecteur de la translation dans la décomposition canonique de $f$ est $\dfrac T 2$.
Amicalement
[small]p[/small]appus
En résumé, voici comment je vois la rédaction de l'exo de Bouzar
1° On montre que la matrice $A$ est orthogonale et symétrique. C'est donc la matrice d'une symétrie orthogonale par rapport à quoi, on ne le sait pas encore!
2° On définit les projecteurs $B=\frac 12(Id+A)$ et $C=\frac 12(Id-A)$ et on calcule leurs traces: $Trace(B)=\frac 12(3+1)=2$ et $Trace (C)=\frac 12(3-1)=1$.
On sait alors que $A$ est la matrice d'une symétrie vectorielle plane. Mais à ce stade, il est inutile d'exhiber des vecteurs propres de $A$, ce n'est pas demandé!
3° On sait que $f$ est un antidéplacement qui s'écrit sous la forme (dite canonique, allez savoir pourquoi?):$f=s\circ t=t\circ s$ où $s$ est une symétrie plane et $t$ une translation. Ce sont et cette symétrie et cette translation qu'il faut absolument exhiber!
4° On a $f^2=t^2$.
$f^2$ est donc une translation de vecteur $T$ facile à calculer et $t$ est la translation de vecteur $\frac T2$.
5° On calcule $s=f\circ t^{-1}=t^{-1}\circ f$.
On sait que $s$ est une symétrie plane par rapport à un plan affine et on exhibe une équation de ce plan!
Amicalement
[small]p[/small]appus
De plus cette écriture est commutative.
Ses éléments caractéristiques sont le plan $P$ et le vecteur $\vec{u}$.
Avec les quaternions
$$qv:=(0,(x,y,z))\quad \text{et}\quad qr:=(0,(-1,1,\sqrt{6})/\sqrt{8})
$$
l'application s'écrit
$$
f : qv \mapsto -qr*qv*\overline{qr} + (0,(1,1,1))
$$
où $*$ est la multiplication des quaternions.
$-f$ est une rotation et un automorphisme intérieur des quaternions induit une rotation sur les quaternions dont la première composante est nulle.
Bien des choses sont terminées dans notre enseignement général!
Jules Ferry doit se retourner dans sa tombe à Saint-Dié!
Amicalement
[small]p[/small]appus