Exercice 0.1 : Calculer l'image d'un point par une transformation : dix calculs directs

Pour chaque ligne, écrivez la matrice de la transformation, toujours centrée à l'origine, puis calculez ce qui est demandé : les deux coordonnées de l'image (au centième si elles sont irrationnelles), le facteur d'aire ou l'antécédent. Les rotations se font dans le sens antihoraire, sauf mention contraire.

Une seule méthode pour les dix lignes : les colonnes de la matrice sont les images de $(1;\ 0)$ et de $(0;\ 1)$ , qu'on écrit en premier. On multiplie ensuite la matrice par le point écrit en colonne, ligne par colonne. Pour une composée, la matrice de la transformation appliquée EN PREMIER se place à DROITE du produit ; pour un antécédent, on applique la matrice inverse ; pour un facteur d'aire, on prend la valeur absolue du déterminant.

a) L'image du point $(-4;\ 6)$ par l'homothétie de rapport $\frac{5}{2}$ .
b) L'image du point $(-7;\ 4)$ par la réflexion d'axe des $y$ .
c) L'image du point $(6;\ -1)$ par la rotation de $180^{\circ}$ .
d) L'image du point $(5;\ 2)$ par la réflexion d'axe $y=-x$ .
e) L'image du point $(-3;\ 8)$ par la projection orthogonale sur l'axe des $y$ .
f) L'image du point $(2;\ -5)$ par le cisaillement vertical de facteur $3$ , qui envoie $(1;\ 0)$ sur $(1;\ 3)$ et laisse $(0;\ 1)$ fixe.
g) L'image du point $(4;\ 2)$ par la rotation de $30^{\circ}$ , en valeur exacte puis au centième.
h) L'image du point $(2;\ 1)$ par la transformation qui applique d'abord la rotation de $90^{\circ}$ dans le sens HORAIRE, puis le cisaillement de matrice $\begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ .
i) Le facteur par lequel la transformation de matrice $\begin{pmatrix} 3 & -2 \\ 4 & -5 \end{pmatrix}$ multiplie les aires.
j) L'antécédent du point $(4;\ 7)$ par la transformation de matrice $\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 5 & 3 \end{pmatrix}$ .

Tape tes réponses, la page te dit juste ou faux 0/19

a)

x'

y'

b)

x'

y'

c)

x'

y'

d)

x'

y'

e)

x'

y'

f)

x'

y'

g)

x'

y'

h)

x'

y'

i)

facteur d'aire

j)

x

y

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Réponses

a) $\begin{pmatrix} \frac{5}{2} & 0 \\ 0 & \frac{5}{2} \end{pmatrix}$ ; image $(-10;\ 15)$
b) $\begin{pmatrix} -1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ ; image $(7;\ 4)$
c) $\begin{pmatrix} -1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}$ ; image $(-6;\ 1)$
d) $\begin{pmatrix} 0 & -1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix}$ ; image $(-2;\ -5)$
e) $\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ ; image $(0;\ 8)$
f) $\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 3 & 1 \end{pmatrix}$ ; image $(2;\ 1)$
g) image $(2\sqrt{3}-1;\ 2+\sqrt{3})\approx(2{,}46;\ 3{,}73)$
h) $T=\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix}$ ; image $(3;\ -2)$
i) $\det=-7$ ; facteur d'aire $7$
j) $A^{-1}=\begin{pmatrix} 3 & -1 \\ -5 & 2 \end{pmatrix}$ ; antécédent $(5;\ -6)$

Le geste qui décide de tout : écrire la matrice par ses COLONNES, c'est-à-dire chercher où partent $(1;\ 0)$ et $(0;\ 1)$ , au lieu de la réciter de mémoire. Toutes les erreurs de signe de cette liste viennent d'une matrice récitée ; aucune ne survit au dessin des deux vecteurs de base.

a)

$H=\begin{pmatrix} \frac{5}{2} & 0 \\ 0 & \frac{5}{2} \end{pmatrix}$ , donc l'image est $\frac{5}{2}(-4;\ 6)=(-10;\ 15)$ . Chaque coordonnée est multipliée par le rapport.

b)

$(1;\ 0)$ part en $(-1;\ 0)$ et $(0;\ 1)$ reste fixe : $S_{y}=\begin{pmatrix} -1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ , et l'image est $(7;\ 4)$ . Piège : changer le signe de $y$ , ce qui est la réflexion d'axe des $x$ et donne $(-7;\ -4)$ .

c)

$R_{180}=\begin{pmatrix} -1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}$ , puisque $\cos 180^{\circ}=-1$ et $\sin 180^{\circ}=0$ : l'image est $(-6;\ 1)$ , le symétrique par rapport à l'origine.

d)

$(1;\ 0)$ part en $(0;\ -1)$ et $(0;\ 1)$ en $(-1;\ 0)$ : $\begin{pmatrix} 0 & -1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix}$ . L'image de $(5;\ 2)$ est $(-2;\ -5)$ : on échange les coordonnées ET on change les deux signes. Piège : échanger sans changer les signes, ce qui donne $(2;\ 5)$ , l'image par la réflexion d'axe $y=x$ .

e)

$(1;\ 0)$ part en $(0;\ 0)$ et $(0;\ 1)$ reste fixe : $Q_{y}=\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ , donc l'image est $(0;\ 8)$ . Piège : garder l'abscisse, $(-3;\ 0)$ , qui est la projection sur l'axe des $x$ .

f)

Les colonnes sont $(1;\ 3)$ et $(0;\ 1)$ : $\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 3 & 1 \end{pmatrix}$ . L'image est $(2;\ 3\times 2+(-5))=(2;\ 1)$ : l'abscisse ne bouge pas, l'ordonnée glisse de $3x$ . Piège : écrire le cisaillement horizontal $\begin{pmatrix} 1 & 3 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ , qui donne $(-13;\ -5)$ .

g)

$R_{30}=\begin{pmatrix} \frac{\sqrt{3}}{2} & -\frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2} \end{pmatrix}$ , donc $x'=4\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}-2\cdot\frac{1}{2}=2\sqrt{3}-1\approx 2{,}46$ et $y'=4\cdot\frac{1}{2}+2\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=2+\sqrt{3}\approx 3{,}73$ . Piège : placer le $-\sin$ en bas à gauche, ce qui tourne de $30^{\circ}$ dans le sens horaire.

h)

La rotation horaire de $90^{\circ}$ envoie $(1;\ 0)$ sur $(0;\ -1)$ et $(0;\ 1)$ sur $(1;\ 0)$ : $R=\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix}$ . Appliquée en premier, elle se place à droite : $T=CR=\begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix}$ . L'image de $(2;\ 1)$ est $(3;\ -2)$ ; pas à pas, $R(2;\ 1)=(1;\ -2)$ puis $C(1;\ -2)=(3;\ -2)$ . Piège : le produit $RC$ , qui applique le cisaillement d'abord et donne $(1;\ -1)$ .

i)

$\det\begin{pmatrix} 3 & -2 \\ 4 & -5 \end{pmatrix}=3\times(-5)-(-2)\times 4=-15+8=-7$ . Les aires sont multipliées par $|\det|=7$ ; le signe moins dit seulement que l'orientation est renversée. Piège : répondre $-7$ , une aire n'est jamais négative.

j)

$\det A=2\times 3-1\times 5=1$ , donc $A^{-1}=\begin{pmatrix} 3 & -1 \\ -5 & 2 \end{pmatrix}$ : on échange la diagonale, on change le signe des deux autres coefficients, on divise par le déterminant. L'antécédent est $A^{-1}(4;\ 7)=(12-7;\ -20+14)=(5;\ -6)$ , et l'on vérifie $A(5;\ -6)=(10-6;\ 25-18)=(4;\ 7)$ . Piège : appliquer $A$ au lieu de $A^{-1}$ , ce qui donne l'image $(15;\ 41)$ et non l'antécédent.

Contrôle : pour chaque ligne, on refait le calcul sur un dessin. Une réflexion garde la distance à l'origine, une rotation aussi ( $\sqrt{4^{2}+2^{2}}=\sqrt{20}$ et $(2\sqrt{3}-1)^{2}+(2+\sqrt{3})^{2}=20$ en g), une projection l'écrase sur son axe, et un antécédent, une fois transformé, redonne le point de départ.

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Exercice 1 : Matrices des transformations géométriques usuelles

Toutes les transformations de cet exercice sont centrées à l'origine. On note $P(3;\ 2)$ le point dont on suivra l'image tout au long.

a) Donnez la matrice $R$ de la rotation de $90^{\circ}$ dans le sens antihoraire, puis l'image de $P$ .
b) Donnez la matrice $S$ de la réflexion par rapport à la droite $y=x$ , puis l'image de $P$ .
c) Donnez la matrice $H$ de l'homothétie de rapport $3$ , puis l'image de $P$ .
d) Donnez la matrice $Q$ de la projection orthogonale sur l'axe des $x$ , puis l'image de $P$ . Calculez les quatre déterminants et dites ce que chacun révèle.

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Réponses

a) $R=\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}$ ; $(-2;\ 3)$
b) $S=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}$ ; $(2;\ 3)$
c) $H=3I$ ; $(9;\ 6)$
d) $Q$ : $(3;0)$ ; déterminants $1$ , $-1$ , $9$ , $0$

a)

On applique la formule $R_{\theta}$ avec $\theta=90^{\circ}$ , donc $\cos 90^{\circ}=0$ et $\sin 90^{\circ}=1$ : $R=\begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$ . Image de $P$ : $R\begin{pmatrix} 3 \\ 2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} (0)(3)+(-1)(2) \\ (1)(3)+(0)(2) \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -2 \\ 3 \end{pmatrix}$ . Contrôle visuel : le point était dans le premier quadrant, il passe dans le deuxième, ce qui est bien l'effet d'un quart de tour antihoraire.

b)

La réflexion par rapport à $y=x$ échange les deux coordonnées, donc $S=\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$ . Image de $P$ : $(2;\ 3)$ . On peut retrouver la matrice par les colonnes : $(1;\ 0)$ se réfléchit en $(0;\ 1)$ , ce qui donne la première colonne, et $(0;\ 1)$ se réfléchit en $(1;\ 0)$ , ce qui donne la seconde.

c)

$H=\begin{pmatrix} 3 & 0 \\ 0 & 3 \end{pmatrix}$ , et l'image de $P$ est $(9;\ 6)$ . Une homothétie centrée à l'origine se lit directement : chaque coordonnée est multipliée par le rapport.

d)

La projection sur l'axe des $x$ conserve l'abscisse et annule l'ordonnée, donc $Q=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$ , et l'image de $P$ est $(3;\ 0)$ .

Les déterminants : $\det(R)=(0)(0)-(-1)(1)=1$ , $\det(S)=(0)(0)-(1)(1)=-1$ , $\det(H)=(3)(3)-0=9$ et $\det(Q)=(1)(0)-0=0$ .

Lecture de chacun. $\det(R)=1$ : la rotation conserve les aires et l'orientation, comme on l'attend d'un mouvement rigide. $\det(S)=-1$ : la réflexion conserve les aires en valeur absolue mais renverse l'orientation, un triangle parcouru dans le sens antihoraire l'est dans le sens horaire après réflexion. $\det(H)=9=3^{2}$ : les aires sont multipliées par $9$ , et non par $3$ , car l'agrandissement agit dans les deux directions à la fois. $\det(Q)=0$ : la projection écrase le plan entier sur une droite, toute aire devient nulle, et la transformation n'est donc pas inversible puisqu'on ne peut pas remonter d'un point de l'axe vers son antécédent.

Exercice 2 : Rotation de 60 degrés et puissances d'une matrice

On note $R_{60}$ la matrice de la rotation de $60^{\circ}$ dans le sens antihoraire autour de l'origine. On rappelle que $\cos 60^{\circ}=\dfrac{1}{2}$ et $\sin 60^{\circ}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ .

La flèche bleue indique le sens de la rotation.

a) Écrivez la matrice $R_{60}$ .
b) Déterminez l'image du point $A(2;\ 0)$ , et vérifiez que la distance à l'origine est conservée.
c) Calculez $R_{60}^{2}$ et identifiez géométriquement la transformation obtenue.
d) Sans calculer le produit, que vaut $R_{60}^{6}$ ? Justifiez géométriquement, puis donnez $\det(R_{60}^{6})$ .

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Réponses

a) $R_{60}=\begin{pmatrix}\frac12&-\frac{\sqrt3}{2}\\\frac{\sqrt3}{2}&\frac12\end{pmatrix}$
b) $(1;\ \sqrt3)$ , distance 2
c) Rotation de $120^\circ$
d) $R_{60}^6=I$ , déterminant 1

a)

$R_{60}=\begin{pmatrix} \cos 60^{\circ} & -\sin 60^{\circ} \\ \sin 60^{\circ} & \cos 60^{\circ} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \dfrac{1}{2} & -\dfrac{\sqrt{3}}{2} \\[4pt] \dfrac{\sqrt{3}}{2} & \dfrac{1}{2} \end{pmatrix}$ .

b)

$R_{60}\begin{pmatrix} 2 \\ 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \dfrac{1}{2}(2)-\dfrac{\sqrt{3}}{2}(0) \\[4pt] \dfrac{\sqrt{3}}{2}(2)+\dfrac{1}{2}(0) \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 \\ \sqrt{3} \end{pmatrix}$ . L'image est $A'(1;\ \sqrt{3})$ , dont la distance à l'origine vaut $\sqrt{1+3}=2$ , exactement celle de $A$ . Une rotation conserve les longueurs, ce contrôle doit devenir un réflexe de vérification.

c)

$R_{60}^{2}=\begin{pmatrix} \dfrac{1}{2} & -\dfrac{\sqrt{3}}{2} \\[4pt] \dfrac{\sqrt{3}}{2} & \dfrac{1}{2} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \dfrac{1}{2} & -\dfrac{\sqrt{3}}{2} \\[4pt] \dfrac{\sqrt{3}}{2} & \dfrac{1}{2} \end{pmatrix}$ . Coefficient en haut à gauche : $\dfrac{1}{4}-\dfrac{3}{4}=-\dfrac{1}{2}$ . En haut à droite : $-\dfrac{\sqrt{3}}{4}-\dfrac{\sqrt{3}}{4}=-\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ . En bas à gauche : $\dfrac{\sqrt{3}}{4}+\dfrac{\sqrt{3}}{4}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ . En bas à droite : $-\dfrac{3}{4}+\dfrac{1}{4}=-\dfrac{1}{2}$ .

Donc $R_{60}^{2}=\begin{pmatrix} -\dfrac{1}{2} & -\dfrac{\sqrt{3}}{2} \\[4pt] \dfrac{\sqrt{3}}{2} & -\dfrac{1}{2} \end{pmatrix}$ . On reconnaît $R_{\theta}$ avec $\cos\theta=-\dfrac{1}{2}$ et $\sin\theta=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ , soit $\theta=120^{\circ}$ . Appliquer deux fois une rotation de $60^{\circ}$ donne une rotation de $120^{\circ}$ : les angles s'additionnent quand les matrices se multiplient.

d)

Six rotations de $60^{\circ}$ font $360^{\circ}$ , soit un tour complet, qui ramène chaque point à sa position initiale. Donc $R_{60}^{6}=I=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ , sans aucun calcul matriciel. Par conséquent $\det(R_{60}^{6})=\det(I)=1$ , ce qui est cohérent avec $\big(\det R_{60}\big)^{6}=1^{6}=1$ .

Retenez le mécanisme : $R_{\alpha}R_{\beta}=R_{\alpha+\beta}$ . Il transforme un calcul de puissance de matrice en une simple addition d'angles, et c'est très exactement ce que la formule de De Moivre fait avec les nombres complexes. Les deux chapitres décrivent le même phénomène dans deux langages.

Exercice 3 : Composition de transformations et non-commutativité

On note $S$ la réflexion par rapport à l'axe des $x$ , de matrice $\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}$ , et $R$ la rotation de $90^{\circ}$ antihoraire, de matrice $\begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$ .

a) Calculez la matrice de $R\circ S$ , c'est-à-dire la transformation qui applique d'abord $S$ puis $R$ . Identifiez géométriquement le résultat.
b) Calculez la matrice de $S\circ R$ et identifiez-la également.
c) Comparez a) et b). Que peut-on en conclure ? Illustrez sur le point $P(1;\ 0)$ .
d) Calculez les déterminants de $R$ , $S$ , $R\circ S$ et $S\circ R$ , et vérifiez la cohérence avec la propriété $\det(AB)=\det(A)\det(B)$ .

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Réponses

a) $RS$ : réflexion d'axe $y=x$
b) $SR$ : réflexion d'axe $y=-x$
c) $RS\neq SR$ ; $(0;1)$ contre $(0;-1)$
d) Tous les déterminants valent $\pm 1$ comme prévu

a)

Appliquer $S$ puis $R$ correspond au produit $RS$ , la matrice de la première transformation appliquée se plaçant à DROITE. $RS=\begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} (0)(1)+(-1)(0) & (0)(0)+(-1)(-1) \\ (1)(1)+(0)(0) & (1)(0)+(0)(-1) \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$ . C'est la matrice de la réflexion par rapport à la droite $y=x$ .

b)

Appliquer $R$ puis $S$ correspond au produit $SR=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} (1)(0)+(0)(1) & (1)(-1)+(0)(0) \\ (0)(0)+(-1)(1) & (0)(-1)+(-1)(0) \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 & -1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix}$ . C'est la matrice de la réflexion par rapport à la droite $y=-x$ .

c)

Les deux résultats diffèrent : $RS\neq SR$ . La composition de transformations n'est donc PAS commutative, ce qui reflète la non-commutativité du produit matriciel. L'ordre dans lequel on enchaîne les transformations change le résultat géométrique.

Illustration sur $P(1;\ 0)$ . Par $R\circ S$ : la réflexion laisse $P$ inchangé puisqu'il est sur l'axe des $x$ , puis la rotation l'envoie sur $(0;\ 1)$ . Par $S\circ R$ : la rotation envoie $P$ sur $(0;\ 1)$ , puis la réflexion par rapport à l'axe des $x$ l'envoie sur $(0;\ -1)$ . Les images sont $(0;\ 1)$ et $(0;\ -1)$ , deux points distincts, à partir du même point de départ et des deux mêmes transformations. C'est la démonstration concrète que l'ordre compte.

d)

$\det(R)=1$ , $\det(S)=-1$ , $\det(RS)=(0)(0)-(1)(1)=-1$ et $\det(SR)=(0)(0)-(-1)(-1)=-1$ . La propriété est bien vérifiée dans les deux sens : $\det(R)\det(S)=(1)(-1)=-1=\det(RS)$ et de même pour $SR$ .

Notez ce que cela révèle : le déterminant du produit ne dépend pas de l'ordre des facteurs, alors que le produit lui-même en dépend. Le déterminant ne voit que l'effet sur les aires et l'orientation, il ne distingue pas deux réflexions selon des axes différents. Deux transformations peuvent avoir le même déterminant sans être la même transformation, et c'est précisément le cas ici.

Exercice 4 : Retrouver la matrice, image d'une figure et facteur d'aire

Une transformation linéaire $T$ du plan est définie par ses effets sur les vecteurs de la base canonique : $T(1;\ 0)=(3;\ 1)$ et $T(0;\ 1)=(-1;\ 2)$ .

a) Déterminez la matrice $A$ de $T$ .
b) Déterminez l'image du vecteur $(4;\ -2)$ .
c) Le triangle de sommets $(0;\ 0)$ , $(1;\ 0)$ et $(0;\ 1)$ a pour aire $\dfrac{1}{2}$ . Déterminez l'aire de son image par $T$ .
d) La transformation $T$ est-elle inversible ? Si oui, déterminez $A^{-1}$ et l'antécédent du point $(7;\ 7)$ .

Voir la correction

Réponses

a) $A=\begin{pmatrix}3&-1\\1&2\end{pmatrix}$
b) $(14;\ 0)$
c) $\det A=7$ : aire $3{,}5$
d) $A^{-1}=\frac17\begin{pmatrix}2&1\\-1&3\end{pmatrix}$ ; $(3;\ 2)$

a)

Les colonnes de la matrice sont les images des vecteurs de la base canonique, dans l'ordre. La première colonne est donc $T(1;\ 0)=(3;\ 1)$ et la seconde $T(0;\ 1)=(-1;\ 2)$ , ce qui donne $A=\begin{pmatrix} 3 & -1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}$ . Attention à ne pas écrire les images en LIGNES : c'est l'erreur la plus fréquente, et elle produit la transposée, donc une transformation différente.

b)

$A\begin{pmatrix} 4 \\ -2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} (3)(4)+(-1)(-2) \\ (1)(4)+(2)(-2) \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 12+2 \\ 4-4 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 14 \\ 0 \end{pmatrix}$ . On peut vérifier autrement, par linéarité : $T(4;\ -2)=4\,T(1;\ 0)-2\,T(0;\ 1)=4(3;\ 1)-2(-1;\ 2)=(12+2;\ 4-4)=(14;\ 0)$ . Les deux chemins donnent le même résultat, et le second illustre directement ce que veut dire linéaire.

c)

$\det(A)=(3)(2)-(-1)(1)=6+1=7$ . L'aire de l'image vaut $|\det(A)|$ fois l'aire de départ, soit $7\times\dfrac{1}{2}=\dfrac{7}{2}=3{,}5$ unités d'aire. Le déterminant étant positif, l'orientation du triangle est conservée.

d)

$\det(A)=7\neq 0$ , donc $T$ est inversible. Pour une matrice $2\times 2$ , $A^{-1}=\dfrac{1}{\det(A)}\begin{pmatrix} d & -b \\ -c & a \end{pmatrix}=\dfrac{1}{7}\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ -1 & 3 \end{pmatrix}$ .

Antécédent de $(7;\ 7)$ : $A^{-1}\begin{pmatrix} 7 \\ 7 \end{pmatrix}=\dfrac{1}{7}\begin{pmatrix} (2)(7)+(1)(7) \\ (-1)(7)+(3)(7) \end{pmatrix}=\dfrac{1}{7}\begin{pmatrix} 21 \\ 14 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 3 \\ 2 \end{pmatrix}$ . Vérification directe : $T(3;\ 2)=(9-2;\ 3+4)=(7;\ 7)$ , conforme.

Une remarque qui vaut pour tout le chapitre : l'aire de l'image du triangle est aussi celle du triangle construit sur les deux vecteurs colonnes $(3;\ 1)$ et $(-1;\ 2)$ , dont l'aire vaut $\dfrac{1}{2}|\det(A)|=\dfrac{7}{2}$ . Le déterminant n'est pas seulement un facteur multiplicatif abstrait, il EST l'aire du parallélogramme image du carré unité.

Exercice 5 : Le cisaillement : une transformation qui préserve l'aire sans être une rotation

On considère la transformation $T$ de matrice $A=\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ , appelée cisaillement (ou transvection) horizontal. Elle glisse les points d'autant plus loin qu'ils sont hauts.

a) Déterminez les images des quatre sommets du carré unité $(0;\ 0)$ , $(1;\ 0)$ , $(1;\ 1)$ , $(0;\ 1)$ , et décrivez la figure obtenue.
b) Calculez $\det(A)$ et déduisez-en l'aire de l'image du carré unité.
c) Le cisaillement conserve-t-il les longueurs ? Comparez $\|(0;\ 1)\|$ à la norme de son image, et concluez.
d) Déterminez tous les points laissés fixes par $T$ . Que représente géométriquement cet ensemble ?

Voir la correction

Réponses

a) Parallélogramme $(0;0)$ , $(1;0)$ , $(3;1)$ , $(2;1)$
b) $\det=1$ : aire 1
c) $\sqrt5\neq 1$ : longueurs non conservées
d) L'axe des $x$

a)

$T(0;\ 0)=(0;\ 0)$ ; $T(1;\ 0)=(1;\ 0)$ ; $T(1;\ 1)=(1+2;\ 1)=(3;\ 1)$ ; $T(0;\ 1)=(2;\ 1)$ . L'image du carré unité est le parallélogramme de sommets $(0;\ 0)$ , $(1;\ 0)$ , $(3;\ 1)$ , $(2;\ 1)$ . La base sur l'axe des $x$ n'a pas bougé, mais le côté supérieur a glissé de deux unités vers la droite : le carré est devenu un parallélogramme penché.

b)

$\det(A)=(1)(1)-(2)(0)=1$ . L'aire de l'image vaut $|\det(A)|\times 1=1$ : le cisaillement CONSERVE l'aire, exactement comme une rotation. La base et la hauteur du parallélogramme sont inchangées ( $1$ et $1$ ), donc son aire reste $1$ , même si sa forme a changé du tout au tout.

c)

Non. On a $\|(0;\ 1)\|=1$ , tandis que son image $(2;\ 1)$ a pour norme $\sqrt{2^{2}+1^{2}}=\sqrt{5}\approx 2{,}24$ . Les longueurs ne sont donc pas conservées : le cisaillement n'est PAS une isométrie, ce n'est ni une rotation ni une réflexion. C'est l'enseignement central de l'exercice : un déterminant égal à $1$ garantit la conservation des aires, mais NON celle des longueurs. Seules les matrices orthogonales conservent les distances, et le cisaillement n'en est pas une.

d)

Un point $(x;\ y)$ est fixe si $T(x;\ y)=(x;\ y)$ , soit $(x+2y;\ y)=(x;\ y)$ . La deuxième coordonnée est automatiquement satisfaite, et la première donne $x+2y=x$ , donc $2y=0$ , soit $y=0$ . Les points fixes sont exactement ceux de la forme $(x;\ 0)$ : c'est l'axe des $x$ tout entier. Géométriquement, le cisaillement laisse sa droite de base immobile point par point et fait glisser tout le reste du plan parallèlement à elle, d'un décalage proportionnel à la hauteur.

Exercice 6 : Démonstrations : linéarité, matrices orthogonales et projections

Cet exercice porte sur les propriétés structurelles des transformations. Les calculs numériques y servent uniquement de vérification.

a) Soit $A$ une matrice $2\times 2$ et $T(\vec{v})=A\vec{v}$ . Démontrez que $T$ est linéaire.
b) Démontrez que la translation $f(x;\ y)=(x+1;\ y)$ n'est PAS une transformation linéaire. Donnez le critère le plus rapide.
c) Démontrez que la matrice de rotation $R_{\theta}$ vérifie $R_{\theta}^{T}R_{\theta}=I$ , et déduisez-en que la rotation conserve les normes.
d) Une matrice $P$ est dite idempotente si $P^{2}=P$ . Vérifiez que la projection orthogonale sur l'axe des $x$ est idempotente, et interprétez géométriquement cette propriété.

Voir la correction

Réponses

a) Distributivité et scalaires
b) $f(0;0)=(1;0)\neq(0;0)$
c) $R_\theta^TR_\theta=I$ : normes conservées
d) $P^2=P$ : projeter deux fois ne change rien

a)

Il faut établir les deux propriétés de la définition, et elles découlent toutes deux des règles du calcul matriciel. Additivité : $T(\vec{u}+\vec{v})=A(\vec{u}+\vec{v})=A\vec{u}+A\vec{v}=T(\vec{u})+T(\vec{v})$ , par distributivité du produit matriciel sur l'addition. Homogénéité : $T(k\vec{u})=A(k\vec{u})=k(A\vec{u})=k\,T(\vec{u})$ , car un scalaire se déplace librement dans un produit matriciel. Les deux conditions sont vérifiées, donc $T$ est linéaire.

b)

Le critère le plus rapide est celui de l'origine : toute transformation linéaire vérifie $T(\vec{0})=\vec{0}$ , puisque $T(\vec{0})=T(0\cdot\vec{0})=0\cdot T(\vec{0})=\vec{0}$ . Or ici $f(0;\ 0)=(1;\ 0)\neq(0;\ 0)$ . L'origine est déplacée, donc $f$ n'est pas linéaire. Une seule ligne suffit.

On peut aussi le voir sur l'additivité : $f(1;\ 0)+f(1;\ 0)=(2;\ 0)+(2;\ 0)=(4;\ 0)$ , alors que $f\big((1;\ 0)+(1;\ 0)\big)=f(2;\ 0)=(3;\ 0)$ . Les deux résultats diffèrent. Retenez la leçon générale : une translation, aussi simple soit-elle géométriquement, n'est jamais linéaire. C'est pourquoi les rotations et réflexions de ce chapitre sont toutes centrées à l'origine.

c)

$R_{\theta}=\begin{pmatrix} \cos\theta & -\sin\theta \\ \sin\theta & \cos\theta \end{pmatrix}$ , donc $R_{\theta}^{T}=\begin{pmatrix} \cos\theta & \sin\theta \\ -\sin\theta & \cos\theta \end{pmatrix}$ . Le produit $R_{\theta}^{T}R_{\theta}$ a pour coefficient en haut à gauche $\cos^{2}\theta+\sin^{2}\theta=1$ , en haut à droite $-\cos\theta\sin\theta+\sin\theta\cos\theta=0$ , en bas à gauche $-\sin\theta\cos\theta+\cos\theta\sin\theta=0$ , et en bas à droite $\sin^{2}\theta+\cos^{2}\theta=1$ . Donc $R_{\theta}^{T}R_{\theta}=I$ : la matrice est orthogonale, et $R_{\theta}^{-1}=R_{\theta}^{T}$ .

Conservation des normes : $\|R_{\theta}\vec{v}\|^{2}=(R_{\theta}\vec{v})\cdot(R_{\theta}\vec{v})=(R_{\theta}\vec{v})^{T}(R_{\theta}\vec{v})=\vec{v}^{T}R_{\theta}^{T}R_{\theta}\vec{v}=\vec{v}^{T}I\vec{v}=\vec{v}^{T}\vec{v}=\|\vec{v}\|^{2}$ . Les normes étant positives, $\|R_{\theta}\vec{v}\|=\|\vec{v}\|$ . La rotation conserve donc les longueurs, et par différence de vecteurs, elle conserve aussi les distances entre points : c'est une isométrie. Le fait que $R_{\theta}^{-1}=R_{\theta}^{T}$ a une lecture géométrique limpide : l'inverse d'une rotation de $\theta$ est la rotation de $-\theta$ , et remplacer $\theta$ par $-\theta$ change le signe des sinus seulement, ce qui est exactement l'effet de la transposition ici.

d)

$P=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$ , donc $P^{2}=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}=P$ . La matrice est bien idempotente.

Interprétation géométrique : projeter un point sur l'axe des $x$ l'amène sur cet axe ; le projeter une deuxième fois ne le déplace plus, puisqu'il y est déjà. Répéter l'opération ne change rien, ce que l'algèbre traduit par $P^{2}=P$ . Remarquez la conséquence : une matrice idempotente non identité ne peut pas être inversible. En effet, si $P$ était inversible, on pourrait multiplier $P^{2}=P$ par $P^{-1}$ et obtenir $P=I$ . Comme $P\neq I$ ici, $P$ n'est pas inversible, ce que confirme $\det(P)=0$ . L'information perdue lors de la projection, l'ordonnée, ne peut être reconstituée.

Exercice 7 : Problème : une similitude directe, du carré unité à l'inverse

On considère la transformation $T$ du plan obtenue en appliquant d'abord la rotation de $45^{\circ}$ antihoraire autour de l'origine, puis l'homothétie de rapport $\sqrt{2}$ centrée à l'origine.

On rappelle que $\cos 45^{\circ}=\sin 45^{\circ}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ .

a) Montrez que la matrice de $T$ est $A=\begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$ .
b) Calculez $\det(A)$ et déduisez-en le facteur par lequel les aires sont multipliées.
c) Déterminez les images des quatre sommets du carré unité $(0;\ 0)$ , $(1;\ 0)$ , $(1;\ 1)$ , $(0;\ 1)$ . Vérifiez que l'image est un carré et calculez son aire de deux façons.
d) Calculez $A^{2}$ et identifiez géométriquement la transformation $T\circ T$ .
e) Déterminez $A^{-1}$ et l'antécédent du point $(3;\ 5)$ .
f) Vérifiez que $T$ agit sur le point $(x;\ y)$ exactement comme la multiplication du nombre complexe $x+iy$ par $1+i$ . Que valent le module et l'argument de $1+i$ , et que retrouve-t-on ?

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Réponses

a) $A=\sqrt2\,R_{45}=\begin{pmatrix}1&-1\\1&1\end{pmatrix}$
b) $\det A=2$
c) Carré $(0;0)$ , $(1;1)$ , $(0;2)$ , $(-1;1)$ : aire 2
d) $A^2=2R_{90}$
e) $(4;\ 1)$
f) Module $\sqrt2$ , argument $45^\circ$

a)

La matrice de la rotation de $45^{\circ}$ est $R=\begin{pmatrix} \dfrac{\sqrt{2}}{2} & -\dfrac{\sqrt{2}}{2} \\[4pt] \dfrac{\sqrt{2}}{2} & \dfrac{\sqrt{2}}{2} \end{pmatrix}$ et celle de l'homothétie est $H=\sqrt{2}\,I$ . La rotation étant appliquée en premier, elle se place à droite : $A=HR=\sqrt{2}\begin{pmatrix} \dfrac{\sqrt{2}}{2} & -\dfrac{\sqrt{2}}{2} \\[4pt] \dfrac{\sqrt{2}}{2} & \dfrac{\sqrt{2}}{2} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \dfrac{2}{2} & -\dfrac{2}{2} \\[4pt] \dfrac{2}{2} & \dfrac{2}{2} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$ .

Ici l'ordre n'aurait rien changé, car une homothétie centrée à l'origine commute avec toute matrice : c'est un multiple de l'identité. C'est une exception, pas la règle, et il ne faut surtout pas en tirer une habitude.

b)

$\det(A)=(1)(1)-(-1)(1)=1+1=2$ . Les aires sont donc multipliées par $|\det(A)|=2$ . Cohérence avec la construction : la rotation ne change pas les aires, et l'homothétie de rapport $\sqrt{2}$ les multiplie par $(\sqrt{2})^{2}=2$ . Les deux raisonnements concordent.

c)

$T(0;\ 0)=(0;\ 0)$ , $T(1;\ 0)=(1;\ 1)$ , $T(1;\ 1)=(1-1;\ 1+1)=(0;\ 2)$ et $T(0;\ 1)=(-1;\ 1)$ . L'image du carré unité est donc le quadrilatère de sommets $(0;\ 0)$ , $(1;\ 1)$ , $(0;\ 2)$ et $(-1;\ 1)$ .

C'est bien un carré : les quatre côtés ont pour longueur $\sqrt{1^{2}+1^{2}}=\sqrt{2}$ , et deux côtés consécutifs issus de l'origine, $(1;\ 1)$ et $(-1;\ 1)$ , ont un produit scalaire de $(1)(-1)+(1)(1)=0$ , donc ils sont perpendiculaires. Le carré unité, tourné de $45^{\circ}$ et agrandi d'un facteur $\sqrt{2}$ , reste un carré.

Aire, première méthode : côté $\sqrt{2}$ , donc aire $=(\sqrt{2})^{2}=2$ unités d'aire. Deuxième méthode : $|\det(A)|\times 1=2$ unités d'aire, puisque le carré unité a une aire de $1$ . Les deux valeurs coïncident.

d)

$A^{2}=\begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1-1 & -1-1 \\ 1+1 & -1+1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 & -2 \\ 2 & 0 \end{pmatrix}$ . On factorise : $A^{2}=2\begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$ , c'est-à-dire l'homothétie de rapport $2$ composée avec la rotation de $90^{\circ}$ .

C'est exactement ce qu'on attendait : appliquer deux fois une rotation de $45^{\circ}$ donne $90^{\circ}$ , et appliquer deux fois une homothétie de rapport $\sqrt{2}$ donne un rapport $(\sqrt{2})^{2}=2$ . Les angles s'additionnent, les rapports se multiplient. Contrôle par le déterminant : $\det(A^{2})=\big(\det A\big)^{2}=4$ , et directement $(0)(0)-(-2)(2)=4$ .

e)

Pour une matrice $2\times 2$ : $A^{-1}=\dfrac{1}{\det(A)}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}=\dfrac{1}{2}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}$ . Antécédent de $(3;\ 5)$ : $A^{-1}\begin{pmatrix} 3 \\ 5 \end{pmatrix}=\dfrac{1}{2}\begin{pmatrix} 3+5 \\ -3+5 \end{pmatrix}=\dfrac{1}{2}\begin{pmatrix} 8 \\ 2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 4 \\ 1 \end{pmatrix}$ . Vérification : $T(4;\ 1)=(4-1;\ 4+1)=(3;\ 5)$ , conforme.

Géométriquement, $A^{-1}$ est la rotation de $-45^{\circ}$ suivie de l'homothétie de rapport $\dfrac{1}{\sqrt{2}}$ , ce qui défait exactement $T$ .

f)

Calculons le produit complexe : $(x+iy)(1+i)=x+ix+iy+i^{2}y=x+ix+iy-y=(x-y)+i(x+y)$ . Ce nombre complexe a pour partie réelle $x-y$ et pour partie imaginaire $x+y$ . Or $T(x;\ y)=A\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} x-y \\ x+y \end{pmatrix}$ . Les deux résultats sont identiques : multiplier par $1+i$ dans le plan complexe, c'est appliquer $T$ dans le plan réel.

Le module de $1+i$ vaut $\sqrt{1^{2}+1^{2}}=\sqrt{2}$ et son argument vaut $45^{\circ}$ , puisque le point $(1;\ 1)$ est sur la bissectrice du premier quadrant. On retrouve exactement les deux paramètres de la construction de $T$ : le module donne le rapport de l'homothétie, l'argument donne l'angle de la rotation.

C'est le pont entre les deux derniers chapitres de la session. Multiplier par un complexe de module $r$ et d'argument $\theta$ , c'est composer une rotation de $\theta$ avec une homothétie de rapport $r$ , et la formule de De Moivre $\big(r\,e^{i\theta}\big)^{n}=r^{n}e^{in\theta}$ n'est rien d'autre que la version complexe du calcul de $A^{n}$ mené en d). Quand un problème d'examen demande une puissance élevée d'une matrice de similitude, passer par les complexes est souvent le chemin le plus court.

Exercice 8 : Réflexions par rapport à une droite et composition de deux réflexions

La réflexion par rapport à la droite passant par l'origine et faisant un angle $\theta$ avec l'axe des $x$ a pour matrice $M(\theta)=\begin{pmatrix} \cos 2\theta & \sin 2\theta \\ \sin 2\theta & -\cos 2\theta \end{pmatrix}$ .

a) Retrouvez, à partir de cette formule, la matrice de la réflexion par rapport à l'axe des $x$ ( $\theta=0$ ) et par rapport à la droite $y=x$ ( $\theta=45^{\circ}$ ).
b) Montrez que toute matrice de réflexion vérifie $\det(M)=-1$ et $M^{2}=I$ . Que signifie géométriquement la seconde égalité ?
c) On note $S_{0}$ la réflexion par rapport à l'axe des $x$ et $S_{45}$ la réflexion par rapport à $y=x$ . Calculez la matrice de $S_{45}\circ S_{0}$ et identifiez la transformation obtenue.
d) Énoncez et justifiez la règle générale : la composée de deux réflexions d'axes faisant un angle $\alpha$ est une rotation d'angle $2\alpha$ . Vérifiez la cohérence des déterminants, puis donnez l'angle de la rotation obtenue quand les deux axes font un angle de $30^{\circ}$ .

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Réponses

a) $\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}$ et $\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}$
b) $\det=-1$ , $M^2=I$ : involution
c) Rotation de $90^\circ$
d) Rotation d'angle $2\alpha$ ; $60^{\circ}$ pour des axes à $30^{\circ}$

a)

Pour $\theta=0$ : $\cos 0=1$ et $\sin 0=0$ , donc $M(0)=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}$ , la réflexion par rapport à l'axe des $x$ . Pour $\theta=45^{\circ}$ : $2\theta=90^{\circ}$ , $\cos 90^{\circ}=0$ et $\sin 90^{\circ}=1$ , donc $M(45^{\circ})=\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$ , la réflexion par rapport à $y=x$ qui échange les deux coordonnées. Les deux matrices connues sont bien des cas particuliers de la formule générale.

b)

$\det(M)=(\cos 2\theta)(-\cos 2\theta)-(\sin 2\theta)(\sin 2\theta)=-\cos^{2}2\theta-\sin^{2}2\theta=-1$ , en utilisant l'identité fondamentale. Pour le carré : le coefficient en haut à gauche de $M^{2}$ vaut $\cos^{2}2\theta+\sin^{2}2\theta=1$ , celui en haut à droite $\cos 2\theta\sin 2\theta-\sin 2\theta\cos 2\theta=0$ , et de même $M^{2}=I$ . Géométriquement, $M^{2}=I$ signifie qu'appliquer deux fois la même réflexion ramène chaque point à sa place : une réflexion est sa propre inverse, c'est une involution. Le déterminant $-1$ confirme que chaque réflexion renverse l'orientation.

c)

Appliquer $S_{0}$ puis $S_{45}$ correspond au produit $S_{45}S_{0}=\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$ . On reconnaît la matrice de la rotation de $90^{\circ}$ antihoraire. Deux réflexions se sont composées en une rotation.

d)

Règle : la composée de deux réflexions d'axes passant par l'origine et faisant entre eux un angle $\alpha$ est la rotation d'angle $2\alpha$ (dans le sens qui va du premier axe vers le second). Justification par les matrices : $M(\beta)M(\alpha)$ se calcule à l'aide des formules d'addition et donne exactement $R_{2(\beta-\alpha)}$ . Ici les axes sont l'axe des $x$ ( $\theta=0$ ) et la droite $y=x$ ( $\theta=45^{\circ}$ ), donc l'angle entre eux est $45^{\circ}$ , et la composée est la rotation de $2\times 45^{\circ}=90^{\circ}$ , ce que confirme le calcul de c). Cohérence des déterminants : chaque réflexion a un déterminant $-1$ , leur produit a donc un déterminant $(-1)(-1)=+1$ , qui est bien celui d'une rotation. L'orientation, renversée deux fois, est finalement rétablie. Pour deux axes à $30^{\circ}$ l'un de l'autre, la composée est la rotation de $2\times 30^{\circ}=60^{\circ}$ .

Exercice 9 : Retrouver la matrice à partir de son action sur deux vecteurs quelconques

On sait qu'une transformation linéaire $T$ du plan vérifie $T(1;\ 1)=(3;\ 1)$ et $T(1;\ -1)=(1;\ 3)$ . Les deux vecteurs de départ ne sont PAS ceux de la base canonique, il faut donc retrouver la matrice autrement que par simple lecture des colonnes.

En pointillé les vecteurs de départ, en trait plein leurs images.

a) En posant $A=\begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}$ , traduisez les deux conditions en équations et déterminez $A$ .
b) Déduisez-en les images $T(1;\ 0)$ et $T(0;\ 1)$ des vecteurs de la base canonique.
c) Calculez $\det(A)$ , dites si $T$ est inversible et par quel facteur elle multiplie les aires.
d) Déterminez $A^{-1}$ , puis l'antécédent du point $(4;\ 0)$ .

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Réponses

a) $A=\begin{pmatrix}2&1\\2&-1\end{pmatrix}$
b) $T(1;0)=(2;2)$ , $T(0;1)=(1;-1)$
c) $\det=-4$ : inversible, aires $\times 4$
d) $(1;\ 2)$

a)

La condition $T(1;\ 1)=(3;\ 1)$ donne $\begin{pmatrix} a+b \\ c+d \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 3 \\ 1 \end{pmatrix}$ , soit $a+b=3$ et $c+d=1$ . La condition $T(1;\ -1)=(1;\ 3)$ donne $\begin{pmatrix} a-b \\ c-d \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 \\ 3 \end{pmatrix}$ , soit $a-b=1$ et $c-d=3$ . En additionnant et soustrayant : $a=2$ , $b=1$ , puis $c=2$ , $d=-1$ . Donc $A=\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 2 & -1 \end{pmatrix}$ . Vérification : $A(1;\ 1)=(3;\ 1)$ et $A(1;\ -1)=(1;\ 3)$ ✓.

b)

Les colonnes de $A$ sont précisément les images des vecteurs de la base canonique : $T(1;\ 0)=(2;\ 2)$ (première colonne) et $T(0;\ 1)=(1;\ -1)$ (deuxième colonne). Connaître l'action sur deux vecteurs indépendants suffit à connaître l'action sur toute la base, donc sur tout le plan : c'est une conséquence directe de la linéarité.

c)

$\det(A)=(2)(-1)-(1)(2)=-2-2=-4$ . Il est non nul, donc $T$ est inversible. Les aires sont multipliées par $|\det(A)|=4$ , et le signe négatif indique que $T$ renverse l'orientation du plan.

d)

$A^{-1}=\dfrac{1}{\det(A)}\begin{pmatrix} d & -b \\ -c & a \end{pmatrix}=\dfrac{1}{-4}\begin{pmatrix} -1 & -1 \\ -2 & 2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \frac{1}{4} & \frac{1}{4} \\ \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} \end{pmatrix}$ . Antécédent de $(4;\ 0)$ : $A^{-1}\begin{pmatrix} 4 \\ 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \frac{1}{4}(4) \\ \frac{1}{2}(4) \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix}$ . Vérification : $T(1;\ 2)=(2+2;\ 2-2)=(4;\ 0)$ , conforme.

Exercice 10 : Démonstrations : composée, image d'une droite et conservation des milieux

Ces démonstrations n'utilisent que la définition de la linéarité. Elles expliquent pourquoi une transformation linéaire préserve la structure géométrique du plan.

a) Soient $T_{1}$ et $T_{2}$ deux transformations linéaires de matrices $A_{1}$ et $A_{2}$ . Démontrez que $T_{2}\circ T_{1}$ est linéaire et que sa matrice est le produit $A_{2}A_{1}$ .
b) Démontrez que l'image par une transformation linéaire $T$ d'une droite $\{P+t\vec{u}:t\in\mathbb{R}\}$ est une droite (ou un point si $T(\vec{u})=\vec{0}$ ).
c) Démontrez que $T$ conserve les milieux : $T\!\left(\dfrac{P+Q}{2}\right)=\dfrac{T(P)+T(Q)}{2}$ . Que peut-on en déduire pour l'image d'un parallélogramme ?
d) Vrai ou faux : toute transformation linéaire conserve les distances. Énoncez le critère correct et illustrez-le en comparant une rotation et le cisaillement $\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ .

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Réponses

a) Matrice $A_2A_1$
b) $T(P)+t\,T(\vec u)$ : droite ou point
c) Milieux conservés : parallélogrammes conservés
d) Faux : il faut $A^TA=I$ ; $\sqrt{65}\neq 5$

a)

Linéarité de la composée : pour tous $\vec{u},\vec{v}$ et tout scalaire $k$ , $(T_{2}\circ T_{1})(\vec{u}+\vec{v})=T_{2}\big(T_{1}(\vec{u}+\vec{v})\big)=T_{2}\big(T_{1}(\vec{u})+T_{1}(\vec{v})\big)=T_{2}(T_{1}\vec{u})+T_{2}(T_{1}\vec{v})$ , en appliquant successivement la linéarité de $T_{1}$ puis celle de $T_{2}$ ; de même $(T_{2}\circ T_{1})(k\vec{u})=k\,(T_{2}\circ T_{1})(\vec{u})$ . La composée est donc linéaire. Sa matrice : $(T_{2}\circ T_{1})(\vec{v})=T_{2}(A_{1}\vec{v})=A_{2}(A_{1}\vec{v})=(A_{2}A_{1})\vec{v}$ , par associativité du produit matriciel. La matrice de la composée est donc $A_{2}A_{1}$ , la transformation appliquée en premier étant à droite.

b)

Soit un point de la droite, $P+t\vec{u}$ . Son image est $T(P+t\vec{u})=T(P)+t\,T(\vec{u})$ , par linéarité. Quand $t$ parcourt $\mathbb{R}$ , ce point décrit l'ensemble $\{T(P)+t\,T(\vec{u}):t\in\mathbb{R}\}$ . Si $T(\vec{u})\neq\vec{0}$ , c'est la droite passant par $T(P)$ et de vecteur directeur $T(\vec{u})$ . Si $T(\vec{u})=\vec{0}$ , tous les points ont la même image $T(P)$ : la droite est écrasée sur un point. Dans tous les cas, l'image d'une droite est une droite ou un point, jamais une courbe : une transformation linéaire ne courbe pas les droites.

c)

$T\!\left(\dfrac{P+Q}{2}\right)=\dfrac{1}{2}T(P+Q)=\dfrac{1}{2}\big(T(P)+T(Q)\big)=\dfrac{T(P)+T(Q)}{2}$ , en sortant le scalaire $\tfrac{1}{2}$ puis en utilisant l'additivité. Le milieu de $[PQ]$ a donc pour image le milieu de $[T(P)T(Q)]$ . Conséquence : les diagonales d'un parallélogramme se coupant en leur milieu, cette propriété est préservée, donc l'image d'un parallélogramme est un parallélogramme (éventuellement aplati si la transformation est singulière). Plus généralement, $T$ préserve le parallélisme et les rapports le long d'une droite.

d)

FAUX en général. Le critère correct : une transformation linéaire conserve les distances si et seulement si sa matrice est ORTHOGONALE, c'est-à-dire vérifie $A^{T}A=I$ (rotations et réflexions). Une rotation d'angle $\theta$ satisfait ce critère et conserve donc les longueurs, par exemple $\|(3;\ 4)\|=5$ est préservé. Le cisaillement $\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ , lui, ne conserve PAS les distances bien que son déterminant vaille $1$ : l'image de $(3;\ 4)$ est $(7;\ 4)$ , de norme $\sqrt{65}\neq 5$ . Déterminant égal à $1$ et matrice orthogonale sont deux conditions différentes : la première conserve les aires, seule la seconde conserve les longueurs.

Exercice 11 : Trois transformations de l'espace

Dans l'espace, on considère la rotation $R$ de $90^{\circ}$ autour de l'axe des $z$ , de matrice $\begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$ , la projection orthogonale $Q$ sur le plan $z=0$ , de matrice $\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$ , et la réflexion $S$ par rapport au plan $x=y$ , de matrice $\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$ .

a) Calculez les images du point $P(1;\ 2;\ 3)$ par $R$ , $Q$ et $S$ .
b) Calculez les trois déterminants et interprétez-les en termes de volume.
c) Calculez la matrice de $R\circ S$ et identifiez la transformation.
d) Quel est le plus petit entier $k\geq 1$ tel que $R^{k}=I$ ?
e) Quels sont les points laissés fixes par $R$ ?

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Réponses

a) $(-2;1;3)$ , $(1;2;0)$ , $(2;1;3)$
b) $1$ , $0$ , $-1$
c) Réflexion par rapport au plan $x=0$
d) $k=4$
e) L'axe des $z$

a)

$R(P)=(-2;\ 1;\ 3)$ : le quart de tour agit dans le plan horizontal et laisse la cote. $Q(P)=(1;\ 2;\ 0)$ : la cote est annulée. $S(P)=(2;\ 1;\ 3)$ : les deux premières coordonnées sont échangées.

b)

$\det R=1$ : volumes et orientation conservés. $\det Q=0$ : l'espace est écrasé sur un plan, tout volume devient nul et $Q$ n'est pas inversible. $\det S=-1$ : volumes conservés, orientation renversée, comme pour une réflexion du plan.

c)

$RS=\begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$ : c'est la réflexion par rapport au plan $x=0$ , qui change le signe de l'abscisse. Son déterminant, $-1$ , est bien le produit $1\times(-1)$ .

d)

Chaque application de $R$ tourne de $90^{\circ}$ autour de l'axe des $z$ : il faut quatre quarts de tour pour revenir au départ, donc $k=4$ . En effet $R^{2}$ est le demi-tour, de matrice $\text{diag}(-1;\ -1;\ 1)$ , différente de $I$ .

e)

$R(x;\ y;\ z)=(-y;\ x;\ z)=(x;\ y;\ z)$ impose $x=-y$ et $y=x$ , donc $x=y=0$ , $z$ quelconque : les points fixes forment l'axe des $z$ , l'axe de la rotation.

Le fil : en dimension 3, les colonnes de la matrice restent les images des vecteurs de base, et le déterminant mesure l'effet sur les volumes.

Exercice 12 : L'image d'un cercle : une ellipse

On considère la transformation $T$ de matrice $A=\begin{pmatrix} 3 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$ et le cercle unité, formé des points $(\cos t;\ \sin t)$ .

a) Déterminez l'image du point $(\cos t;\ \sin t)$ et l'équation de la courbe image.
b) Quels sont les demi-axes de cette courbe ?
c) L'aire d'une ellipse de demi-axes $a$ et $b$ vaut $\pi ab$ . Calculez l'aire de l'image, au centième, et comparez-la à $|\det A|$ fois l'aire du disque unité.
d) On applique maintenant le cisaillement $\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ au disque unité. Quelle est l'aire de l'image, au centième ?
e) L'image d'un cercle centré à l'origine par une rotation est-elle un cercle ?

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Réponses

a) $\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{4}=1$
b) 3 et 2
c) $6\pi\approx 18{,}85=|\det A|\,\pi$
d) $\pi\approx 3{,}14$
e) Oui

a)

$T(\cos t;\ \sin t)=(3\cos t;\ 2\sin t)$ . Avec $X=3\cos t$ et $Y=2\sin t$ : $\frac{X^{2}}{9}+\frac{Y^{2}}{4}=\cos^{2}t+\sin^{2}t=1$ . La courbe image est l'ellipse $\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{4}=1$ .

b)

Les demi-axes valent $3$ , selon l'axe des $x$ , et $2$ , selon l'axe des $y$ : ce sont les coefficients diagonaux, qui étirent chaque direction.

c)

$\pi\times 3\times 2=6\pi\approx 18{,}85$ . Le disque unité a pour aire $\pi$ , et $|\det A|=6$ : on retrouve $6\pi$ . Le facteur d'aire du déterminant vaut pour toute figure, pas seulement pour les polygones.

d)

Le cisaillement a pour déterminant $1$ : l'image, une ellipse inclinée, a la même aire que le disque, $\pi\approx 3{,}14$ , bien que sa forme soit très différente.

e)

Oui : une rotation conserve les distances à l'origine, donc chaque point du cercle reste à la même distance. Plus généralement, seules les transformations de matrice orthogonale envoient le cercle unité sur lui-même.

Le fil : une transformation linéaire envoie un cercle sur une ellipse, dont l'aire est multipliée par la valeur absolue du déterminant.

Exercice 13 : Défaire une transformation composée

On note $C$ le cisaillement de matrice $\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ et $R$ la rotation de $90^{\circ}$ antihoraire, de matrice $\begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$ . La transformation $T$ applique d'abord $C$ , puis $R$ .

a) Calculez la matrice de $T$ .
b) Calculez l'image du point $(2;\ 3)$ par $T$ .
c) Calculez $\det T$ et la matrice de $T^{-1}$ .
d) Calculez $C^{-1}R^{-1}$ et $R^{-1}C^{-1}$ . Lequel des deux produits est égal à $T^{-1}$ ? Expliquez.
e) Appliquez $T^{-1}$ au point obtenu en b).

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Réponses

a) $T=\begin{pmatrix}0&-1\\1&1\end{pmatrix}$
b) $(-3;\ 5)$
c) $\det T=1$ ; $T^{-1}=\begin{pmatrix}1&1\\-1&0\end{pmatrix}$
d) $T^{-1}=C^{-1}R^{-1}$
e) $(2;\ 3)$

a)

La première transformation se place à droite : $T=RC=\begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$ .

b)

$T\begin{pmatrix} 2 \\ 3 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -3 \\ 2+3 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -3 \\ 5 \end{pmatrix}$ . En deux temps : $C(2;\ 3)=(5;\ 3)$ , puis $R(5;\ 3)=(-3;\ 5)$ .

c)

$\det T=0\times 1-(-1)\times 1=1$ , et $T^{-1}=\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix}$ .

d)

$C^{-1}=\begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ et $R^{-1}=\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix}$ . $C^{-1}R^{-1}=\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix}=T^{-1}$ , tandis que $R^{-1}C^{-1}=\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}$ est différente. Pour défaire « $C$ puis $R$ », on défait d'abord $R$ , la dernière appliquée, puis $C$ : $T^{-1}=(RC)^{-1}=C^{-1}R^{-1}$ , comme on retire ses chaussures avant ses chaussettes.

e)

$T^{-1}\begin{pmatrix} -3 \\ 5 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -3+5 \\ 3 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 2 \\ 3 \end{pmatrix}$ : on retrouve le point de départ.

Le fil : l'inverse d'une composée défait les transformations dans l'ordre inverse de celui où elles ont été faites.

Exercice 14 : Problème : l'ombre portée, une projection oblique

Les rayons du Soleil arrivent selon la direction $\vec{d}=(1;\ 1;\ -2)$ sur un sol horizontal, le plan $z=0$ . L'ombre d'un point $M(x;\ y;\ z)$ est le point où la droite passant par $M$ et dirigée par $\vec{d}$ rencontre le sol.

La flèche orange donne la direction des rayons du Soleil.

a) Un poteau vertical relie l'origine au point $(0;\ 0;\ 4)$ . Déterminez l'ombre de son sommet et la longueur de l'ombre, au centième.
b) Montrez que l'ombre de $M(x;\ y;\ z)$ est $\left(x+\frac{z}{2};\ y+\frac{z}{2};\ 0\right)$ et écrivez la matrice $\Omega$ de cette transformation.
c) Vérifiez que $\Omega^{2}=\Omega$ et interprétez.
d) Déterminez le noyau de $\Omega$ et son déterminant.
e) Cette transformation est-elle la projection orthogonale sur le sol ? Comparez avec l'ombre du même poteau à midi sous un Soleil vertical.

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Réponses

a) $(2;\ 2;\ 0)$ ; longueur $2\sqrt2\approx 2{,}83$
b) $\Omega=\begin{pmatrix}1&0&\frac12\\0&1&\frac12\\0&0&0\end{pmatrix}$
c) $\Omega^2=\Omega$ : projection
d) Noyau dirigé par $\vec d$ ; $\det\Omega=0$
e) Non : projection oblique

a)

Le point $(t;\ t;\ 4-2t)$ atteint le sol pour $t=2$ : l'ombre du sommet est $(2;\ 2;\ 0)$ , et l'ombre du poteau est le segment de l'origine à ce point, de longueur $2\sqrt{2}\approx 2{,}83$ .

b)

$M+t\vec{d}=(x+t;\ y+t;\ z-2t)$ touche le sol quand $t=\frac{z}{2}$ , d'où l'ombre $\left(x+\frac{z}{2};\ y+\frac{z}{2};\ 0\right)$ . Chaque coordonnée est une combinaison linéaire de $x$ , $y$ , $z$ : $\Omega=\begin{pmatrix} 1 & 0 & \frac{1}{2} \\ 0 & 1 & \frac{1}{2} \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$ .

c)

La première ligne de $\Omega^{2}$ vaut $\left(1;\ 0;\ \frac{1}{2}+0\right)$ , la deuxième $\left(0;\ 1;\ \frac{1}{2}\right)$ et la troisième est nulle : $\Omega^{2}=\Omega$ . L'ombre d'une ombre est elle-même : un point déjà au sol ne bouge plus. C'est une projection.

d)

$\Omega(x;\ y;\ z)=\vec{0}$ impose $x=-\frac{z}{2}$ et $y=-\frac{z}{2}$ : le noyau est la droite dirigée par $(-1;\ -1;\ 2)$ , c'est-à-dire par $\vec{d}$ . Les vecteurs parallèles aux rayons ont une ombre nulle. $\det\Omega=0$ , la troisième ligne étant nulle.

e)

Non : la projection orthogonale sur le sol a pour matrice $\text{diag}(1;\ 1;\ 0)$ et envoie $(0;\ 0;\ 4)$ à l'origine, une ombre de longueur nulle, celle d'un Soleil exactement vertical. Ici les rayons sont obliques, et $\Omega$ est une projection OBLIQUE : même image, le sol, mais un noyau incliné, la direction des rayons.

Le fil : une projection est caractérisée par $P^{2}=P$ ; elle est définie par son image et par son noyau, la direction selon laquelle on projette.

Exercice 15 : Problème : reconnaître une matrice de transformation

On considère les matrices $M_{1}=\begin{pmatrix} 0{,}6 & -0{,}8 \\ 0{,}8 & 0{,}6 \end{pmatrix}$ , $M_{2}=\begin{pmatrix} 0{,}8 & 0{,}6 \\ 0{,}6 & -0{,}8 \end{pmatrix}$ , $M_{3}=\begin{pmatrix} 2 & -2 \\ 2 & 2 \end{pmatrix}$ et $M_{4}=\begin{pmatrix} 1 & 3 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ . On rappelle qu'une matrice $M$ est orthogonale si $M^{T}M=I$ .

a) Parmi $M_{1}$ , $M_{2}$ et $M_{4}$ , lesquelles sont orthogonales ?
b) Montrez que $M_{1}$ est une rotation et donnez son angle, au centième de degré.
c) Calculez $\det M_{2}$ . Montrez que $M_{2}$ est une réflexion et donnez l'angle de son axe avec l'axe des $x$ , au centième de degré.
d) Écrivez $M_{3}$ comme un multiple d'une matrice de rotation. Donnez le rapport, au centième, et l'angle.
e) Calculez $\det M_{4}$ . De quelle transformation s'agit-il ?

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Réponses

a) $M_1$ et $M_2$ orthogonales, pas $M_4$
b) Rotation de $53{,}13^\circ$
c) $\det=-1$ : réflexion, axe à $18{,}43^\circ$
d) Rapport $2\sqrt2\approx 2{,}83$ , angle $45^\circ$
e) $\det M_4=1$ : cisaillement

a)

$M_{1}^{T}M_{1}$ : diagonale $0{,}36+0{,}64=1$ , hors diagonale $-0{,}48+0{,}48=0$ , donc $M_{1}$ est orthogonale. De même $M_{2}^{T}M_{2}=I$ . Pour $M_{4}$ , la deuxième colonne $(3;\ 1)$ a pour norme $\sqrt{10}\neq 1$ : $M_{4}$ n'est pas orthogonale.

b)

$M_{1}$ est orthogonale de déterminant $0{,}36+0{,}64=1$ : c'est une rotation, de la forme $\begin{pmatrix} \cos\theta & -\sin\theta \\ \sin\theta & \cos\theta \end{pmatrix}$ avec $\cos\theta=0{,}6$ et $\sin\theta=0{,}8$ , donc $\theta\approx 53{,}13^{\circ}$ .

c)

$\det M_{2}=-0{,}64-0{,}36=-1$ : orthogonale de déterminant $-1$ , c'est une réflexion, de la forme $\begin{pmatrix} \cos 2\theta & \sin 2\theta \\ \sin 2\theta & -\cos 2\theta \end{pmatrix}$ . $\cos 2\theta=0{,}8$ et $\sin 2\theta=0{,}6$ donnent $2\theta\approx 36{,}87^{\circ}$ , et l'axe fait un angle $\theta\approx 18{,}43^{\circ}$ avec l'axe des $x$ .

d)

$M_{3}=2\sqrt{2}\begin{pmatrix} \frac{\sqrt{2}}{2} & -\frac{\sqrt{2}}{2} \\ \frac{\sqrt{2}}{2} & \frac{\sqrt{2}}{2} \end{pmatrix}$ : la rotation de $45^{\circ}$ suivie de l'homothétie de rapport $2\sqrt{2}\approx 2{,}83$ . Contrôle : $\det M_{3}=8=(2\sqrt{2})^{2}$ .

e)

$\det M_{4}=1$ : les aires sont conservées, mais la matrice n'est pas orthogonale, donc les longueurs ne le sont pas. C'est le cisaillement horizontal qui fait glisser chaque point de $3$ fois sa hauteur.

Le fil : orthogonale de déterminant $1$ , c'est une rotation ; de déterminant $-1$ , une réflexion ; un multiple de rotation est une similitude ; un déterminant $1$ sans orthogonalité ne conserve que les aires.

Exercices corrigés : les transformations linéaires du plan (201-SN4-RE, ancien 201-NYC / Maths 105)

Rappel de cours

Calculs : les images à calculer

Exercice 0.1 : Calculer l'image d'un point par une transformation : dix calculs directs

Partie A : Les bases (/50)

Exercice 1 : Matrices des transformations géométriques usuelles

Exercice 2 : Rotation de 60 degrés et puissances d'une matrice

Exercice 3 : Composition de transformations et non-commutativité

Exercice 4 : Retrouver la matrice, image d'une figure et facteur d'aire

Exercice 5 : Le cisaillement : une transformation qui préserve l'aire sans être une rotation

Partie B : Niveau examen (/50)

Exercice 6 : Démonstrations : linéarité, matrices orthogonales et projections

Exercice 7 : Problème : une similitude directe, du carré unité à l'inverse

Exercice 8 : Réflexions par rapport à une droite et composition de deux réflexions

Exercice 9 : Retrouver la matrice à partir de son action sur deux vecteurs quelconques

Exercice 10 : Démonstrations : composée, image d'une droite et conservation des milieux

Partie C : les classiques (/50)

Exercice 11 : Trois transformations de l'espace

Exercice 12 : L'image d'un cercle : une ellipse

Exercice 13 : Défaire une transformation composée

Exercice 14 : Problème : l'ombre portée, une projection oblique

Exercice 15 : Problème : reconnaître une matrice de transformation

Voir aussi

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