Partie génératrice du groupe orthogonal
Bonjour,
J'ai remarqué que je n'avais pas vraiment assimilé la notion de réflexion donc je tente cet exercice.
Question 1 :
Analyse :
S'il existe une telle réflexion, alors $s(a-b)=s(a)-s(b)=b-a$. Donc $s(a-b)=-(a-b)$
Or, on sait qu'une réflexion est une symétrie orthogonale par rapport à un hyperplan et $E=Ker(s-Id_E) \oplus Ker(s+id_E)$. $s$ est la symétrie par rapport à $Ker(s-Id_E)$ parallèlement à $Ker(s+id_E)$.
Donc $a-b$ appartient à la droite vectorielle $Ker(s+id_E)$. Comme $a-b \ne 0$, on en déduit $\boxed{Ker(s+id_E)=Vect (a-b)}$
Finalement, $s$ est la réflexion par rapport à l'hyperplan $\boxed{Ker(s-Id_E)=(Vect(a-b))^{\perp}=(a-b)^{\perp}}$
Synthèse :
Soit $s$ la réflexion par rapport à l'hyperplan $(a-b)^{\perp}$
$a-b \ne 0$ alors $(a-b)^{\perp}$ est un hyperplan.
$s(a-b)=s(a)-s(b)=-(a-b)=b-a$
$<a-b ,a+b>=||a||^2-||b||^2 =0$ car $a$ et $b$ sont de même norme.
Donc $a-b$ et $a+b$ sont orthogonaux. Ainsi $a+b$ appartient à l'hyperplan $(a-b)^{\perp}$.
Par conséquent, $s(a+b)=s(a)+s(b)=a+b$
On en déduit $2 s(a)=2b$ et $2s(b)=2a$ donc $\boxed{s(a)=b}$ et $\boxed{s(b)=a}$
Question $2$ :
Posons $n=\dim E- \dim \ \ker(f-id_E)$
Au rang $n=0$, on a $E=\ker (f-id_E)$ donc $f=id_E$.
On prend une réflexion $s$ quelconque, et on a $f=s \circ s$.
Pour l'hérédité, je ne trouve pas.
J'ai remarqué que je n'avais pas vraiment assimilé la notion de réflexion donc je tente cet exercice.
Question 1 :
Analyse :
S'il existe une telle réflexion, alors $s(a-b)=s(a)-s(b)=b-a$. Donc $s(a-b)=-(a-b)$
Or, on sait qu'une réflexion est une symétrie orthogonale par rapport à un hyperplan et $E=Ker(s-Id_E) \oplus Ker(s+id_E)$. $s$ est la symétrie par rapport à $Ker(s-Id_E)$ parallèlement à $Ker(s+id_E)$.
Donc $a-b$ appartient à la droite vectorielle $Ker(s+id_E)$. Comme $a-b \ne 0$, on en déduit $\boxed{Ker(s+id_E)=Vect (a-b)}$
Finalement, $s$ est la réflexion par rapport à l'hyperplan $\boxed{Ker(s-Id_E)=(Vect(a-b))^{\perp}=(a-b)^{\perp}}$
Synthèse :
Soit $s$ la réflexion par rapport à l'hyperplan $(a-b)^{\perp}$
$a-b \ne 0$ alors $(a-b)^{\perp}$ est un hyperplan.
$s(a-b)=s(a)-s(b)=-(a-b)=b-a$
$<a-b ,a+b>=||a||^2-||b||^2 =0$ car $a$ et $b$ sont de même norme.
Donc $a-b$ et $a+b$ sont orthogonaux. Ainsi $a+b$ appartient à l'hyperplan $(a-b)^{\perp}$.
Par conséquent, $s(a+b)=s(a)+s(b)=a+b$
On en déduit $2 s(a)=2b$ et $2s(b)=2a$ donc $\boxed{s(a)=b}$ et $\boxed{s(b)=a}$
Question $2$ :
Posons $n=\dim E- \dim \ \ker(f-id_E)$
Au rang $n=0$, on a $E=\ker (f-id_E)$ donc $f=id_E$.
On prend une réflexion $s$ quelconque, et on a $f=s \circ s$.
Pour l'hérédité, je ne trouve pas.
Réponses
-
Bonjour,
c'est pas très naturel. Tu as fait un dessin??? -
Pour du plus naturel... Si tu as un vecteur $u$, sais-tu écrire la projection orthogonale d'un vecteur quelconque $v$ sur $\mathrm{vect}(u)$ ? puis en déduire une expression simple du symétrique de $v$ par la réflexion par rapport à $\mathrm{vect}(u)^\perp$ ? Tu pourras alors facilement vérifier que la réflexion d'hyperplan $\mathrm{vect}(b-a)^\perp$ permute $a$ et $b$.
Pour l'hérédité, tu dois passer d'une isométrie $f$ telle que $\dim E-\dim\ker(f-\mathrm{id}_E)=k$ à une isométrie $f'$ telle que $\dim E-\dim\ker(f'-\mathrm{id}_E)=k'<k$ ; autrement dit, $\dim\ker(f'-\mathrm{id}_E)>\dim\ker(f-\mathrm{id}_E)$ : il s'agit d'ajouter des points fixes. Pour cela, choisis $a$ non nul et pas fixé par $f$ ; pose $b=f(a)$, vérifie qu'il existe une réflexion $s$ qui permute $a$ et $b$ ; enfin, vérifie que $s$ fixe les points fixes de $f$ – peut-être au prix d'une condition supplémentaire sur $a$, qu'il te faudra alors imposer rétrospectivement (i.e. ajouter dans la rédaction quelques lignes plus haut).
Edit : Rectification de deux fautes de frappe (une macro qui n'existe pas et une inégalité dans le mauvais sens). -
J'ai fait un dessin pour résoudre la question $1$, par contre la question $2$, je ne vois pas trop quel dessin faire. Je commence ma récurrence, il faut bien se lancer.
Récurrence sur l'entier $p$ avec $\dim \ker (f-id_E)=n-p$ où $n=\dim E$.
Notons $H(p)$ pour $p \in [|0,n|]$ : Si $\dim \ker (f-id_E)=n-p$ où $n=\dim E$ alors $f$ peut s'écrire comme composées de réflexions.- $H(0=$ est vraie car si $p=0$ alors $\dim \ker (f-id_E)=n$ donc $E=\ker (f-id_E)$ et donc $f=id_E$. Soit $s$ une réflexion quelconque, on a bien $id_E=s \circ s$.
- Supposons $H(k)$ vraie pour tout $k \in [|0,p|]$ et montrons $H(p+1)$.
Si $\dim \ker (f-id_E)=n-(p+1)=n-p-1$ alors $\ker (f-id_E) \ne E$.
@Math Coss
Merci je viens de voir ton message, je vais y réfléchir cet après midi. -
Soit $s$ la réflexion orthogonale comme voulue. Soit $H$ l'hyperplan tel que $s$ soit la réflexion orthogonale par rapport à $H$. Soit $x\in E$ comment tu écris $s(x)$?
-
@Amédé
Si $E=H \oplus H^{\perp}$ alors si $x=y+z$ avec $(y,z) \in H \times H^{\perp}$ alors $s(x)=y-z$.
@Math Coss
La projection orthogonale de $v$ sur $Vect(u)$ est la projection sur $Vect(u)$ parallèlement à son supplémentaire orthogonal.
Si $u$ est non nul, $( \dfrac{u}{||u||})$ est une base orthonormale de la droite vectorielle $Vect(u)$. On a donc $\boxed{p(v)=<v,u> u}$
Je ne sais pas comment en déduire une expression simple de $s(v)$ :-S
Je vois l'idée générale pour la récurrence mais je n'ai pas encore trouvé. -
Ta formule est fausse : si tu prends $v=u$, tu trouves $p(u)=\|u\|^2u$ alors que tu voudrais $p(u)=u$. Tu sais que $p(v)=\lambda u$ pour $\lambda$ convenable et tu veux que $v-p(v)$ soit orthogonal à $u$ : cela te donne une contrainte – une équation – sur $\lambda$ que tu peux résoudre.
Ben, si tu es dans $\R^2$ euclidien standard muni de sa base canonique $(e_1,e_2)$, le projeté orthogonal de $(x,y)$ sur $\newcommand{\vect}{\mathrm{vect}}\vect(e_2)$ est $(0,y)$, son projeté orthogonal sur $\vect(e_2)^\perp$ est $(x,0)=(x,y)-(0,y)$ et son symétrique par rapport à $\vect(e_2)^\perp$ est $(x,-y)=(x,y)-2(0,y)$. Tu le vois, ça, au moins ? (Je veux vraiment dire voir avec les yeux !)
Si tu es dans $E=U^\perp\oplus U$, où par exemple $U=\vect(u)$, le projeté orthogonal de $v\in E$ sur $U$ est $p(v)=\lambda u$ où $\lambda$ a été calculé ci-dessus ; son projeté orthogonal sur $U^\perp$ est $p'(v)$ tel que $v=p(v)+p'(v)$ (pourquoi ?) et son symétrique est $s(v)$ tel que $v+s(v)=2p'(v)$ (pourquoi ?). Tu remplaces $p'(v)$ en fonction de $p(v)$ puis en fonction de $\lambda$ et tu en déduis $s(v)$. Pis tu constates que tu avais la réponse depuis le paragraphe précédent ! -
D'accord merci. Oui pour l'exemple dans $\R^2$ je le vois. Pour la fin je ne comprends plus à partir de $p'(v)$ le projeté orthogonal sur $U^{\perp}$.
On a $p(v)= \lambda u$ et $<v-p(v),u>=<v-\lambda u,u>=<v,u>-\lambda ||u||^2=0$. Donc $\lambda =\dfrac{<v,u>}{||u||^2}$
Finalement $\boxed{p(v)= \dfrac{<v,u>}{||u||^2} u}$
Je pense que tu veux parler d'une formule connue que je vais redémontrer.
Supposons $E=F \oplus G$. Soit $s$ la symétrie par rapport à $F$ parallèlement à $G$. Soit $p$ la projection sur $F$ parallèlement à $G$.
Soit $x \in E$, alors $x=y+z$ avec $(y,z) \in F \times G$.
On a alors $s(x)=y-z$
Mais $y=p(x)$ ainsi que $z=x-p(x)$ et donc $s(x)=y-z=2p(x)-x$
Ce qui donne l'égalité d'applications $\boxed{s=2p-Id_E}$
J'ai du mal à voir comment appliquer ça à la question $1$. -
Je pense que l'un de nous deux a dû confondre $p$ et $p'$ parce que je m'attendais à $\mathrm{id}_E-2p$, c'est-à-dire \[s(v)=v-2\frac{\langle v,u\rangle}{\|u\|^2}u.\] Si $\|a\|^2=\|b\|^2$ et si on prend $u=a-b$, on vérifie que l'on a bien $s(a)=b$ et $s(b)=a$.
-
Bonjour,
ce n'est pas naturel. Si on considère que $s$ est la réflexion orthogonale d'hyperplan $H$. On considère un vecteur normal $n\not=0$ de $H$. On a $s(x)=x-2\dfrac{<x,n>}{||n||^{2}}n$. Si $s(a)=b$ alors $b=a-2\dfrac{<a,n>}{||n||^{2}}n$. Donc $<a,n>n=\dfrac{||n||^{2}}{2}(a-b)$. $a\not=b$, $n\not=0$ donc $<a,n>\not=0$. Ainsi $n$ et $a-b$ sont colinéaires. Donc $H=Vect((a-b)^{\perp}$. Et on a l’unicité d'une telle réflexion.
Il reste à faire la synthèse. -
@Amédé votre méthode a l'air plus compliquée que celle que j'ai utilisée au début. Il faut sortir une formule barbare alors que moi je n'ai utilisé aucune formule. En plus, je ne crois pas savoir la démontrer.
@Math Coss
Je crois que $v=p'(v)+p(v)$ vient de la relation de Chasles (j'ai fait un dessin) mais l'autre relation je ne trouve pas, le $v+s(v)=2p'(v)$.
Pour le calcul, $s(a)=a-2 \dfrac{<a,a-b>}{||a||^2} (a-b)=a-\dfrac{2}{||a||^2} (a-b) (||a||^2-<a,b>)$.
On ne dirait pas que ça se simplifie, que faire du $<a,b>$ ? -
Si on a deux sous-espaces supplémentaires $E=U\oplus U'$, pour tout vecteur $v\in E$, il existe un unique couple $(w,w')\in U\times U'$ tel que $v=w+w'$. Alors la projection $p(v)$ de $v$ sur $U$ parallèlement à $U'$ est $w$ et la projection $p'(v)$ de $v$ sur $U'$ est $w'$. On a donc par construction $v=p(v)+p'(v)$, c'est-à-dire que $\mathrm{id}_E=p+p'$. Cela marche en particulier si $p$ est la projection orthogonale sur $U$, i.e. la projection sur $U$ parallèlement à $U^\perp$ – dans ce cas, $p'$ est la projection sur $U^\perp$ parallèlement à $(U^\perp)^\perp=U$, i.e. la projection orthogonale sur $U^\perp$.
Quant à la réflexion par rapport à $U^\perp$, c'est plus ou moins la même chose : elle est définie comme valant $\mathrm{id}$ sur $U^\perp$ et $-\mathrm{id}$ sur $U$. Quand on dispose de la décomposition $v=p(v)+p'(v)$ précédente, on a donc \[s(v)=-p(v)+p'(v)=-p(v)+v-p(v)=v-2p(v).\]
Le calcul se simplifie – enfin, si on le fait convenablement, sans confondre $a$ et $a-b$ au dénominateur : \begin{align*}
s(a)&=a-2\frac{\langle a,a-b\rangle}{\|a-b\|^2}(a-b)\\
&=\frac{\|a-b\|^2-2\langle a,a-b\rangle}{\|a-b\|^2}a+\frac{2\langle a,a-b\rangle}{\|a-b\|^2}b.
\end{align*}On calcule à part en utilisant la relation $\|a\|=\|b\|$ \[\|a-b\|^2=\|a\|^2-2\langle a,b\rangle+\|b\|^2=2\|a\|^2-2\langle a,b\rangle=2\langle a,a-b\rangle\] et on conclut : le coefficient de $a$ est nul, celui de $b$ vaut $1$ et donc $s(a)=b$. -
La formule barbare est celle de l'expression d'une symétrie orthogonale par rapport à un hyperplan... A savoir, et à savoir démontrer.
-
J'ai laissé ça de côté car je ne comprenais toujours pas. 4 jours plus tard, j'ai le déclic, j'ai enfin compris en faisant un peu une synthèse des remarques. Pas facile cet exercice ::o
@Amédé ok ce n'était pas dans les cours que j'ai lus mais ça m'a l'air important. Ce n'est pas si dur à montrer quand on pose les choses.
D'accord merci c'est clair, je ne suis pas trop habitué à ces notations @Math Coss, surtout les $p(v)$ et $p'(v)$. Je n'avais pas pensé à développer $||a-b||^2$.
Je redémontre la réflexion en utilisant les notations que j'ai l'habitude de manipuler.
Question 1 :
Soit $\alpha$ un élément non nul de $E$.
Notons $s$ la réflexion par rapport à l'orthogonal de la droite vectoriel $Vect(\alpha)$.
Montrons que $s(x)=x-2 \dfrac{ <\alpha ,x>}{ ||\alpha||^2} \alpha$
Comme $\alpha$ est non nul, son orthogonal $\{\alpha \}^{\perp}$ est un hyperplan. Soit $x \in E$ et $E= \{\alpha \}^{\perp} \oplus Vect( \alpha)$, il existe $y \in \{\alpha \}^{\perp}$ et $z \in Vect( \alpha)$ tels que $x=y+z$.
Donc $s(x)=y-z=x-2z$
Exprimons $z$ en fonction de $x$. Comme $z \in Vect( \alpha)$, alors il existe $\lambda \in \R$ tel que $z= \lambda \alpha$. Ainsi, $y=x- \lambda \alpha$.
De plus, $y \in \{\alpha \}^{\perp}$ donc $<\alpha,y>=<\alpha,x>- \lambda <\alpha,\alpha>$.
Il en découle $\lambda = \dfrac{ <\alpha ,x>}{ ||\alpha||^2}$ car $<\alpha,\alpha> \ne 0$
D'où $s(x)=x-2z=x-2 \lambda \alpha=x-2 \dfrac{ <\alpha ,x>}{ ||\alpha||^2} \alpha$
On a montré $\boxed{\forall x \in E \ s(x)=x-2 \dfrac{ <\alpha ,x>}{ ||\alpha||^2} \alpha}$
Dans notre cas $\alpha=a-b \ne $ car $a \ne b$.
Question 2 :
Posons $n= \dim E$.
Soit $H(k)$ : "Si $f \in O(E)$ vérifie $\dim \ker(f-id_E)=n-k$ alors $f$ est la composée de réflexions" pour $k \in [|0,n|]$.
Si $\dim \ker(f-id_E)=n$ alors $\ker(f-id_E)=E$ et $f=id_E$. $f=s \circ s$ pour n'importe quelle réflexion $s$ donc $H(0)$ est vraie.
Supposons $H(l)$ vraie pour tout $l \in [|0,k|]$ et $k \in [|0,n-1|]$. Soit $f \in O(E)$ tel que $\dim \ker(f-id_E)=n-k-1$. Donc $\ker(f-id_E) \ne E$.
Comme $0 \leq k \leq n-1$ on en déduit $n-k-1 \leq n-1 <n$ donc $\ker(f-id_E) \ne E$. Donc $\ker(f-id_E)^{\perp} \ne \{0 \}$. Il existe donc un élément $a \in \ker(f-id_E)^{\perp}$. Alors $f(a) \ne a$.
En effet, on a $\ker(f-id_E)^{\perp} \cap \ker(f-id_E) = \{0 \}$.
Notons $b=f(a)$, on a alors $b \ne a$.
Comme $f \in O(E)$, on a $||a||=||b||$. D'après Q1, il existe une réflexion $s$ de $E$ telle que $s(a)=b$ et $s(b)=a$. Elle est unique, c'est la réflexion par rapport à $(a-b)^{\perp}$.
Ainsi, $s \circ f(a)=s( f(a) )= s(b)=a$ On a donc $\boxed{s \circ f(a)=a}$
Si $x \in \ker(f-id_E)$ alors $<x,a>=0$ car $a \in \ker(f-id_E)^{\perp}$/ Par ailleurs, $<x,b>=<f(x),f(a)>=0$ car $f \in O(E)$.
Ainsi, $<x,a-b>=0$ et on en déduit que $x \in (a-b)^{\perp}$
Par conséquent, $s(x)=x$ et $\boxed{s \circ f(x)=x}$
On a donc l'inclusion $\boxed{\ker(f- id_E) \subset \ker( s \circ f - id_E)}$
Montrons que l'inclusion est stricte. Comme $a \notin \ker(f- id_E)$ et $a \in \ker( s \circ f - id_E)$, alors $\dim \ker(s- id_E) =n-l$ avec $0 \leq l \leq k$.
D'après l'hypothèse de récurrence, on a $s \circ f = \displaystyle\prod_{i=1}^r s_i$ où les $s_i$ sont des réflexions.
Donc $\boxed{f= s \circ \displaystyle\prod_{i=1}^r s_i}$
On a montré $H(k+1)$, ce qui termine la récurrence.
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