Dans cet article, nous allons vous introduire les notions de projecteurs orthogonaux et symétries orthogonales, tout en corrigeant quelques exercices pour vous aider à appliquer ces deux notions.
Prérequis
- Projecteurs
- Symétries
- Espace euclidien
Définition
Projecteur orthogonal
Soit F un sous-espace vectoriel d’un espace vectoriel E. On appelle p le projecteur orthogonal sur F comme étant le projecteur sur F parallèlement à F^{\perp}.
Concrètement cela signifie que contrairement à un projecteur classique sur F parallèlement à G, on n’a pas le choix sur G, cela doit être F^{\perp}. Donc si on parle de projecteur orthogonal sur F, celui-ci est bien défini.
Symétrie orthogonale
De manière analogue, on définit la symétrie orthogonale s sur F comme étant la symétrie sur F parallèlement à F^{\perp}.
Propriétés
Voici les propriétés importantes à retenir :
- Si \mathcal{B} = (e_1, \ldots, e_p) est une base orthonormée de F, alors le projecteur orthogonal s’écrit p(x) =\displaystyle \sum_{k=1}^p \langle x,e_i \rangle e_i
- Le projecteur est le point qui minimise la distance entre x et F : ||x- p(x) || = \displaystyle \inf_{y \in F} ||x-y||
- Le projecteur orthogonal réduit la norme : ||p(x) || \leq ||x||
- On peut facilement déduire de cette propriété que la fonction projecteur est 1-lipschitzienne : ||p(x)-p(y) || = ||p(x-y)|| \leq 1.||x-y||
- \forall x,y \in E, \langle p(x),y \rangle = \langle p(x),p(y) \rangle
- On a la formule qui relie le projecteur orthogonal sur F à la symétrie orthogonale sur F : s = 2p - Id
Exercices corrigés
Exercice 1126
Enoncé
Corrigé
Une base orthonormée de P est u_1 = \dfrac{1}{\sqrt{2}}(1,-1,0) ; u_2 = \dfrac{1}{\sqrt{6}}(1,1,-2) . On a alors :
\begin{array}{ll}
p(e_1)& = \langle u_1,e_1 \rangle u_1+ \langle u_2,e_1 \rangle u_2 \\
& = \dfrac{1}{\sqrt{2}} \dfrac{1}{\sqrt{2}}(1,-1,0) + \dfrac{1}{\sqrt{6}}\dfrac{1}{\sqrt{6}}(1,1,-2) \\
& = \dfrac{1}{2}(1,-1,0) + \dfrac{1}{6}(1,1,-2) \\
& = \dfrac{1}{3}(2,-1,-1) \\
p(e_2)& = \langle u_1,e_2 \rangle u_1+ \langle u_2,e_2 \rangle u_2 \\
& = \dfrac{-1}{\sqrt{2}} \dfrac{1}{\sqrt{2}}(1,-1,0) + \dfrac{1}{\sqrt{6}}\dfrac{1}{\sqrt{6}}(1,1,-2) \\
& = \dfrac{-1}{2}(1,-1,0) + \dfrac{1}{6}(1,1,-2) \\
& = \dfrac{1}{3}(-1,2,-1) \\
p(e_3)& = \langle u_1,e_3 \rangle u_1+ \langle u_2,e_3 \rangle u_2 \\
& = \dfrac{-2}{\sqrt{6}}\dfrac{1}{\sqrt{6}}(1,1,-2) \\
& = \dfrac{1}{3}(-1,-1,2) \\
\end{array}On a donc comme matrice pour p :
M =\dfrac{1}{3} \begin{pmatrix}
2 & -1 & -1\\
-1 & 2 & -1 \\
-1 & -1 & 2
\end{pmatrix}Exercice 1128
Enoncé
Corrigé
On écarte le cas où x et ou y est nul parce que c’est directement vrai. Maintenant, on sait qu’une base orthonormée de Vect(y) est \dfrac{y}{||y||}. On a donc :
p_{vect(y)} (x) = \left\langle x , \dfrac{y}{||y||}\right\rangle \dfrac{y}{||y||} = \left\langle x , y\right\rangle \dfrac{y}{||y||^2} De manière symétrique, on a
p_{vect(x)} (y) = \left\langle x , y\right\rangle \dfrac{x}{||x||^2} On veut donc que :
\left\langle x , y\right\rangle \dfrac{x}{||x||^2} = \left\langle x , y\right\rangle \dfrac{y}{||y||^2} Donc soit x et y sont orthogonaux et c’est gagné, soit on a
x ||y||^2 = y ||x||^2
Ce qui signifie que nécessairement x et y sont colinéaires. On peut donc écrire y = \lambda x, \lambda \neq 0 ce qui nous donne :
x \lambda^2 ||x||^2 = \lambda x ||x||^2 \iff \lambda = 1
Donc la réponse à l’exercice sur les projecteurs orthogonaux est : x et y sont égaux ou orthogonaux
