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

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.