Rotation dans l'espace

Si $(u, v)$ est une base orthonormée du plan orthogonal à $k$, tu formes la matrice $P$ dont la première colonne correspond aux coordonnées de $k$ dans la base canonique, la seconde celles de $u$ et la troisième celles de $v$. Alors la matrice de ta rotation dans la base canonique est $P \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\ 0 & \cos \theta & - \sin \theta\\ 0 & \sin \theta & \cos \theta \end{pmatrix} P^{-1}$.

 $\vec{u}$ un vecteur normé de composantes $(a,b,c)$ dans la base $\beta$.
On demande la matrice dans cette même base de la rotation d'axe $\vec{u}$ d'angle donné $\theta$.

Soit $p$ (resp $q$) le projecteur orthogonal d'image (resp noyau) $\R\vec u$, $s : \vec x\mapsto \vec u{\wedge}\vec x$ et $r=p+\cos(\theta)q+\sin(\theta)s$
Alors $r$ est la rotation cherchée. On peut le voir
       tout bêtement en prenant une base orthonormée $(\vec u,\,\vec v,\,\vec u_{\wedge}\vec v)$
      plus sophistiqué (mais exercice instructif) en cherchant l'adjoint de $r$ ainsi que sa trace.

Pour $\vec x$ normé on a  $p(\vec x)=\langle \vec u,\vec x\rangle \vec u,\;q(\vec x)=\vec x-p(\vec x)$ de sorte que les matrices de $p,q,s$
sont d'écriture immédiate ce qui permet d'obtenir, sans calculs (juste un peu de concentration) la matrice demandée
$$R=\begin{pmatrix}
 a^2+(1-a^2)\cos(\theta) &ba-ba\cos(\theta)-c\sin(\theta) &ca-ca\cos(\theta)+b\sin(\theta) \\
 ab-ab\cos(\theta)+c\sin(\theta) &b^2+(1-b^2)\cos(\theta) &cb -cb\cos(\theta)-a\sin(\theta) \\
 ac-ac\cos(\theta)-b\sin(\theta) & bc-bc\cos(\theta)+a\sin(\theta) &c^2+(1-c^2)\cos(\theta)
\end{pmatrix}$$

Si $(u,v)$ forment une base du plan orthogonal au vecteur $k\neq 0 $  alors le vecteur $k$  est orthogonal aux vecteurs $u$ et $v$. Comment fait-il ? C'est très simple: il n'a pas le choix.