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Isométries d'un espace euclidien

⌚ ~83 min ▢ 10 blocs ✓ 19 exercices ➣ Prérequis : Espaces préhilbertiens réels, Compléments d'algèbre linéaire

En première année, Espaces préhilbertiens réels a construit la géométrie d'un espace euclidien : un produit scalaire $\langle\cdot\,|\,\cdot\rangle$, la longueur $\norme{x} = \sqrt{\langle x\,|\,x\rangle}$ qu'il produit, l'orthogonalité, et les bases orthonormées. Ce chapitre-là étudiait l'espace. Celui-ci étudie les applications de l'espace dans lui-même qui respectent cette géométrie --- les endomorphismes qui conservent la distance.
Le chapitre a cinq sections. La section~1 attache à chaque endomorphisme $u$ un partenaire, son adjoint $u^*$, analogue exact de la transposition des matrices. La section~2 décrit les matrices orthogonales --- celles qui conservent la structure euclidienne --- et les groupes $\mathrm{O}_n(\mathbb{R})$ et $\mathrm{SO}_n(\mathbb{R})$ qu'elles forment, avec la notion d'orientation. La section~3 isole les isométries vectorielles : les endomorphismes conservant la longueur, le groupe $\mathrm{O}(E)$, et leurs quatre caractérisations utiles. La section~4 les classifie complètement en dimension~2 --- les positives sont les rotations, les négatives les réflexions. La section~5 démontre le théorème de réduction : dans une base orthonormée bien choisie, toute isométrie est un assemblage diagonal de blocs $\pm 1$ et de rotations planes ; la section~5 rend ensuite ce résultat explicite en dimension~3.
Notations permanentes. Dans tout le chapitre, $E$ désigne un espace euclidien --- un espace préhilbertien réel de dimension finie --- avec $\dim E = n$ ; $\langle\cdot\,|\,\cdot\rangle$ est son produit scalaire, $\norme{\cdot}$ la norme associée, $0_E$ le vecteur nul. « BON » abrège base orthonormée. Les notions de produit scalaire, norme, inégalité de Cauchy--Schwarz, identité de polarisation, orthogonalité, orthogonal $F^\perp$ d'un sous-espace, $E = F \oplus F^\perp$, bases orthonormées, projection orthogonale et théorème de Pythagore sont celles de Espaces préhilbertiens réels ; les notions de somme et somme directe de sous-espaces, matrices par blocs, sous-espace stable et endomorphisme induit sont celles de Compléments d'algèbre linéaire ; $\mathcal{L}(E)$ est l'espace des endomorphismes de $E$, $\mathrm{GL}(E)$ le groupe des automorphismes.

I L'adjoint d'un endomorphisme

I.1 Représentation des formes linéaires et adjoint

Une forme linéaire sur $E$ est une application linéaire $E \to \mathbb{R}$. Le produit scalaire en fournit un stock : pour un vecteur fixé $a$, l'application $x \mapsto \langle a\,|\,x\rangle$ est une forme linéaire. Le premier théorème affirme que ce sont toutes les formes linéaires --- dans un espace euclidien, toute forme linéaire est un « produit scalaire contre un vecteur fixé ». Ce seul fait permet d'attacher à chaque endomorphisme un partenaire, son adjoint.

Theorem — Représentation des formes linéaires

Soit $E$ un espace euclidien. Pour toute forme linéaire $\varphi$ sur $E$, il existe un unique vecteur $a \in E$ tel que $$ \textcolor{colorprop}{\varphi(x) = \langle a\,|\,x\rangle \qquad \text{pour tout } x \in E.} $$

Preuve

Considérons l'application $\xi \colon E \to \mathcal{L}(E,\mathbb{R})$ qui à un vecteur $a$ associe la forme linéaire $\langle a\,|\,\cdot\rangle$. Elle est linéaire : par bilinéarité du produit scalaire, $\langle a + \lambda a'\,|\,\cdot\rangle = \langle a\,|\,\cdot\rangle + \lambda\langle a'\,|\,\cdot\rangle$, c'est-à-dire $\xi(a + \lambda a') = \xi(a) + \lambda\,\xi(a')$. Elle est injective : si $\xi(a) = 0$, alors $\langle a\,|\,x\rangle = 0$ pour tout $x$, et le choix $x = a$ donne $\norme{a}^2 = 0$, donc $a = 0_E$ --- le produit scalaire est défini positif. Enfin $\dim \mathcal{L}(E,\mathbb{R}) = \dim E$, donc l'application linéaire injective $\xi$ entre deux espaces de même dimension finie est un isomorphisme. En particulier $\xi$ est surjective : toute forme linéaire $\varphi$ est $\xi(a)$ pour un unique $a \in E$, ce qui est exactement l'existence et l'unicité annoncées.

Définition — Adjoint d'un endomorphisme

Soit $u \in \mathcal{L}(E)$. L'adjoint de $u$ est l'unique endomorphisme $u^* \in \mathcal{L}(E)$ tel que $$ \textcolor{colordef}{\langle u(x)\,|\,y\rangle = \langle x\,|\,u^*(y)\rangle \qquad \text{pour tous } x,y \in E.} $$

Remarque. Dans tout ce chapitre $E$ est un espace euclidien réel, et le produit scalaire est à valeurs réelles. Le produit scalaire complexe (hermitien) est hors programme --- il n'est pas traité ici, et tous les résultats ci-dessous sont énoncés sur $\mathbb{R}$.

Exemple — Adjoint d'une homothétie

L'adjoint de $\mathrm{id}_E$ est $\mathrm{id}_E$ : en effet $\langle \mathrm{id}_E(x)\,|\,y\rangle = \langle x\,|\,y\rangle = \langle x\,|\,\mathrm{id}_E(y)\rangle$. Plus généralement, pour l'homothétie $\lambda\,\mathrm{id}_E$ ($\lambda \in \mathbb{R}$), $\langle \lambda x\,|\,y\rangle = \lambda\langle x\,|\,y\rangle = \langle x\,|\,\lambda y\rangle$, donc $(\lambda\,\mathrm{id}_E)^* = \lambda\,\mathrm{id}_E$ --- une homothétie est son propre adjoint.

Exemple — Adjoint d'une projection orthogonale

Soit $p$ la projection orthogonale sur un sous-espace $F$ (parallèlement à $F^\perp$, rappelée de Espaces préhilbertiens réels). Décomposons $x = x_F + x_\perp$ et $y = y_F + y_\perp$ selon $E = F \oplus F^\perp$. Comme $F \perp F^\perp$, $$ \langle p(x)\,|\,y\rangle = \langle x_F\,|\,y_F + y_\perp\rangle = \langle x_F\,|\,y_F\rangle = \langle x_F + x_\perp\,|\,y_F\rangle = \langle x\,|\,p(y)\rangle. $$ Donc $p^* = p$ : une projection orthogonale est son propre adjoint. Ceci annonce le § 3.2.

Méthode — Déterminer l'adjoint d'un endomorphisme

Pour trouver l'adjoint $u^*$ d'un endomorphisme $u$, deux voies :

par l'identité de définition : deviner un endomorphisme candidat $v$ et vérifier $\langle u(x)\,|\,y\rangle = \langle x\,|\,v(y)\rangle$ pour tous $x,y$ ; par unicité de l'adjoint, $u^* = v$ ;
par une matrice : fixer une base orthonormée, écrire la matrice $M$ de $u$ dans celle-ci --- alors, comme le démontre le § 1.2, la matrice de $u^*$ dans la même base est la transposée $M^{\mathsf{T}}$. Attention : ceci ne vaut que dans une base orthonormée.

Compétences à pratiquer

Déterminer l'adjoint d'un endomorphisme

I.2 Propriétés de l'adjoint

L'adjoint se comporte exactement comme la transposition des matrices : l'application $u \mapsto u^*$ est linéaire, elle renverse la composition, et elle est involutive. Le lien n'est pas une simple analogie --- dans une base orthonormée, prendre l'adjoint, c'est transposer la matrice.

Proposition — Propriétés algébriques de l'adjoint

Pour tous $u,v \in \mathcal{L}(E)$ et tout $\lambda \in \mathbb{R}$ : $$ (u + \lambda v)^* = u^* + \lambda\,v^*, \qquad (u \circ v)^* = v^* \circ u^*, \qquad (u^*)^* = u. $$ L'application $u \mapsto u^*$ est donc une involution linéaire de $\mathcal{L}(E)$, et elle renverse la composition.

Preuve

Chaque identité s'obtient en vérifiant la relation de définition puis en invoquant l'unicité de l'adjoint. Pour tous $x,y \in E$ :

$\langle x\,|\,(u + \lambda v)^*(y)\rangle = \langle (u + \lambda v)(x)\,|\,y\rangle = \langle u(x)\,|\,y\rangle + \lambda\langle v(x)\,|\,y\rangle = \langle x\,|\,(u^* + \lambda v^*)(y)\rangle$ ;
$\langle x\,|\,(u \circ v)^*(y)\rangle = \langle u(v(x))\,|\,y\rangle = \langle v(x)\,|\,u^*(y)\rangle = \langle x\,|\,v^*(u^*(y))\rangle = \langle x\,|\,(v^* \circ u^*)(y)\rangle$ ;
$\langle x\,|\,(u^*)^*(y)\rangle = \langle u^*(x)\,|\,y\rangle = \langle y\,|\,u^*(x)\rangle = \langle u(y)\,|\,x\rangle = \langle x\,|\,u(y)\rangle$, en utilisant deux fois la symétrie du produit scalaire.

Dans chaque cas la relation vaut pour tout $x$, donc l'unicité de l'adjoint donne l'égalité annoncée.

Proposition — Matrice de l'adjoint dans une base orthonormée

Soit $\mathcal{B}$ une base orthonormée de $E$ et $u \in \mathcal{L}(E)$. Alors $$ \textcolor{colorprop}{\mathrm{Mat}_{\mathcal{B}}(u^*) = \mathrm{Mat}_{\mathcal{B}}(u)^{\mathsf{T}}.} $$ Dans une base orthonormée, passer à l'adjoint, c'est transposer la matrice.

Preuve

Écrivons $\mathcal{B} = (e_1,\dots,e_n)$, orthonormée, et $M = (m_{i,j}) = \mathrm{Mat}_{\mathcal{B}}(u)$. Par définition la $j$-ème colonne de $M$ contient les coordonnées de $u(e_j)$ dans $\mathcal{B}$ ; comme $\mathcal{B}$ est orthonormée, la $i$-ème coordonnée d'un vecteur $z$ est $\langle e_i\,|\,z\rangle$, donc $$ m_{i,j} = \langle e_i\,|\,u(e_j)\rangle. $$ De même, en notant $M' = (m'_{i,j}) = \mathrm{Mat}_{\mathcal{B}}(u^*)$, on a $m'_{i,j} = \langle e_i\,|\,u^*(e_j)\rangle$. Or $$ m'_{i,j} = \langle e_i\,|\,u^*(e_j)\rangle = \langle u(e_i)\,|\,e_j\rangle = \langle e_j\,|\,u(e_i)\rangle = m_{j,i}. $$ Ainsi $m'_{i,j} = m_{j,i}$ pour tous $i,j$, c'est-à-dire $M' = M^{\mathsf{T}}$.

Exemple — Invariants partagés par un endomorphisme et son adjoint

Dans une base orthonormée, $u$ a pour matrice $M$ et $u^*$ pour matrice $M^{\mathsf{T}}$. Une matrice et sa transposée ont le même rang, le même déterminant ($\det M^{\mathsf{T}} = \det M$) et la même trace ($\mathrm{Tr}\,M^{\mathsf{T}} = \mathrm{Tr}\,M$). Donc $u$ et $u^*$ ont le même rang, le même déterminant et la même trace. (Le polynôme caractéristique n'est volontairement pas invoqué : il relève d'un chapitre ultérieur.)

Exemple — Renversement de la composition sur un couple concret

Sur $\mathbb{R}^2$ muni de sa base canonique (orthonormée), soit $u$ et $v$ les endomorphismes de matrices $$ A = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}, \qquad B = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 3 & 1 \end{pmatrix}. $$ Alors $u \circ v$ a pour matrice $AB = \begin{pmatrix} 7 & 2 \\ 3 & 1 \end{pmatrix}$, donc par la proposition ci-dessus $(u \circ v)^*$ a pour matrice $(AB)^{\mathsf{T}} = \begin{pmatrix} 7 & 3 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}$. D'autre part $v^* \circ u^*$ a pour matrice $$ B^{\mathsf{T}} A^{\mathsf{T}} = \begin{pmatrix} 1 & 3 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 2 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 7 & 3 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}. $$ Les deux coïncident --- l'identité $(u \circ v)^* = v^* \circ u^*$ en action, l'ordre des facteurs étant visiblement renversé.

Proposition — Adjoint et sous-espaces stables

Soit $u \in \mathcal{L}(E)$ et $F$ un sous-espace de $E$. Si $F$ est stable par $u$, alors $F^\perp$ est stable par $u^*$.

Preuve

Supposons $F$ stable par $u$, c'est-à-dire $u(F) \subset F$. Soit $y \in F^\perp$ ; montrons $u^*(y) \in F^\perp$, c'est-à-dire $\langle u^*(y)\,|\,x\rangle = 0$ pour tout $x \in F$. Pour un tel $x$, $$ \langle u^*(y)\,|\,x\rangle = \langle x\,|\,u^*(y)\rangle = \langle u(x)\,|\,y\rangle. $$ Comme $x \in F$ et $F$ est stable, $u(x) \in F$ ; et $y \in F^\perp$, donc $\langle u(x)\,|\,y\rangle = 0$. Donc $u^*(y) \in F^\perp$, et $F^\perp$ est stable par $u^*$.

Exemple — Adjoint d'une matrice dans la base canonique

Soit $u$ l'endomorphisme de $\mathbb{R}^3$ (muni de son produit scalaire canonique) dont la matrice dans la base canonique est $$ A = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & -1 \\ 3 & 0 & 1 \end{pmatrix}. $$ Déterminer la matrice de l'adjoint $u^*$ dans la base canonique.

Correction

La base canonique de $\mathbb{R}^3$ est orthonormée pour le produit scalaire canonique. D'après la proposition sur la matrice de l'adjoint, la matrice de $u^*$ dans cette base est la transposée de $A$ : $$ \mathrm{Mat}(u^*) = A^{\mathsf{T}} = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 3 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & 1 \end{pmatrix}. $$

Compétences à pratiquer

Utiliser les propriétés de l'adjoint

II Matrices orthogonales

II.1 Matrices orthogonales et groupe orthogonal

Parmi les matrices carrées réelles, certaines conservent la structure euclidienne de $\mathbb{R}^n$. Elles se caractérisent par une seule relation algébrique entre une matrice et sa transposée, et forment deux groupes emboîtés --- les objets centraux de ce chapitre du côté matriciel.

Définition — Matrice orthogonale

Une matrice $M \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ est orthogonale lorsque $$ \textcolor{colordef}{M^{\mathsf{T}} M = M M^{\mathsf{T}} = I_n,} $$ ce qui équivaut à dire que $M$ est inversible avec $M^{-1} = M^{\mathsf{T}}$.

Pour une matrice carrée, chacune des deux égalités $M^{\mathsf{T}} M = I_n$ et $M M^{\mathsf{T}} = I_n$ entraîne l'autre : un inverse d'un seul côté d'une matrice carrée est automatiquement un inverse des deux côtés. Vérifier la seule égalité $M^{\mathsf{T}} M = I_n$ suffit donc.

Theorem — Le groupe orthogonal et le groupe spécial orthogonal

L'ensemble des matrices orthogonales de taille $n$, noté $\mathrm{O}_n(\mathbb{R})$, est un sous-groupe de $\mathrm{GL}_n(\mathbb{R})$ --- le groupe orthogonal. Le déterminant d'une matrice orthogonale vaut $+1$ ou $-1$. La partie $$ \mathrm{SO}_n(\mathbb{R}) = \{ M \in \mathrm{O}_n(\mathbb{R}) : \det M = 1 \} $$ est elle-même un sous-groupe, le groupe spécial orthogonal.

Preuve

Une matrice orthogonale est inversible (son inverse est $M^{\mathsf{T}}$), donc $\mathrm{O}_n(\mathbb{R}) \subset \mathrm{GL}_n(\mathbb{R})$. Vérifions les axiomes de sous-groupe.

$I_n \in \mathrm{O}_n(\mathbb{R})$, car $I_n^{\mathsf{T}} I_n = I_n$.
Stable par produit : si $M,N$ sont orthogonales, $(MN)^{\mathsf{T}}(MN) = N^{\mathsf{T}} M^{\mathsf{T}} M N = N^{\mathsf{T}} I_n N = N^{\mathsf{T}} N = I_n$.
Stable par inverse : si $M$ est orthogonale, $M^{-1} = M^{\mathsf{T}}$, et $(M^{-1})^{\mathsf{T}} M^{-1} = (M^{\mathsf{T}})^{\mathsf{T}} M^{\mathsf{T}} = M M^{\mathsf{T}} = I_n$.

Donc $\mathrm{O}_n(\mathbb{R})$ est un sous-groupe de $\mathrm{GL}_n(\mathbb{R})$. Pour le déterminant, en appliquant $\det$ à $M^{\mathsf{T}} M = I_n$ on obtient $\det(M^{\mathsf{T}})\det(M) = 1$, et $\det(M^{\mathsf{T}}) = \det(M)$, donc $\det(M)^2 = 1$ et $\det M \in \{-1,1\}$. Enfin $\det \colon \mathrm{O}_n(\mathbb{R}) \to (\{-1,1\},\times)$ est un morphisme de groupes, et $\mathrm{SO}_n(\mathbb{R})$ en est le noyau --- le noyau d'un morphisme de groupes est un sous-groupe.

Exemple — Trois matrices orthogonales

L'identité $I_n$ est orthogonale avec $\det = 1$, donc $I_n \in \mathrm{SO}_n(\mathbb{R})$. Pour $\theta \in \mathbb{R}$, la matrice $\begin{pmatrix} \cos\theta & -\sin\theta \\ \sin\theta & \cos\theta \end{pmatrix}$ vérifie $M^{\mathsf{T}} M = I_2$ et $\det M = \cos^2\theta + \sin^2\theta = 1$, donc elle appartient à $\mathrm{SO}_2(\mathbb{R})$. La matrice de permutation $$ P = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} $$ vérifie $P^{\mathsf{T}} P = I_3$ (vérification directe) et $\det P = 1$, donc $P \in \mathrm{SO}_3(\mathbb{R})$.

Exemple — Déterminant un n'implique pas orthogonale

Avoir un déterminant égal à $\pm 1$ est nécessaire mais non suffisant pour l'orthogonalité. La matrice $M = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ vérifie $\det M = 1$, pourtant $$ M^{\mathsf{T}} M = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix} \ne I_2, $$ donc $M$ n'est pas orthogonale. L'orthogonalité est la relation $M^{\mathsf{T}} M = I_n$, jamais la seule valeur du déterminant.

Compétences à pratiquer

Identifier les matrices orthogonales

II.2 Bases orthonormées et orientation

Les matrices orthogonales admettent une lecture transparente : ce sont exactement les matrices dont les colonnes forment une famille orthonormée, et exactement les matrices qui transforment une base orthonormée en une autre. Répartir les matrices orthogonales selon le signe de leur déterminant divise alors les bases orthonormées en deux familles --- les deux orientations de l'espace.

Proposition — Matrices orthogonales et familles orthonormées

Une matrice $M \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ est orthogonale si et seulement si ses colonnes forment une famille orthonormée de $\mathbb{R}^n$ (pour le produit scalaire canonique), si et seulement si ses lignes le font.

Preuve

Soit $C_1,\dots,C_n$ les colonnes de $M$. Le coefficient de $M^{\mathsf{T}} M$ en position $(i,j)$ est le produit de la ligne $i$ de $M^{\mathsf{T}}$ --- c'est-à-dire la colonne $i$ de $M$ --- par la colonne $j$ de $M$ : $$ (M^{\mathsf{T}} M)_{i,j} = C_i^{\mathsf{T}} C_j = \langle C_i\,|\,C_j\rangle, $$ le produit scalaire canonique de $\mathbb{R}^n$. Donc $M^{\mathsf{T}} M = I_n$ si et seulement si $\langle C_i\,|\,C_j\rangle = \delta_{i,j}$ pour tous $i,j$, c'est-à-dire si les colonnes forment une famille orthonormée. En appliquant ceci à $M^{\mathsf{T}}$, dont les colonnes sont les lignes de $M$, on obtient l'énoncé sur les lignes ; et $M$ est orthogonale ssi $M^{\mathsf{T}}M = I_n$ ssi $MM^{\mathsf{T}} = I_n$.

Proposition — Matrices orthogonales et changements de base orthonormée

La matrice de passage entre deux bases orthonormées de $E$ est orthogonale ; réciproquement, étant donné une base orthonormée $\mathcal{B}$ et une matrice orthogonale $M$, il existe une base orthonormée $\mathcal{B}'$ dont la matrice de passage depuis $\mathcal{B}$ est $M$. Dans tout le chapitre, la matrice de passage de $\mathcal{B}$ à $\mathcal{B}'$ a pour colonnes les vecteurs de $\mathcal{B}'$ exprimés dans $\mathcal{B}$.

Preuve

Soit $\mathcal{B}, \mathcal{B}'$ deux bases orthonormées et $P$ la matrice de passage de $\mathcal{B}$ à $\mathcal{B}'$. Ses colonnes sont les vecteurs de coordonnées, dans $\mathcal{B}$, des vecteurs de $\mathcal{B}'$. Comme $\mathcal{B}$ est orthonormée, le produit scalaire de deux vecteurs égale le produit scalaire canonique de leurs colonnes de coordonnées dans $\mathcal{B}$. Donc les colonnes $i$ et $j$ de $P$ ont pour produit scalaire canonique $\langle e'_i\,|\,e'_j\rangle = \delta_{i,j}$, la famille $\mathcal{B}'$ étant orthonormée : les colonnes de $P$ forment une famille orthonormée, donc $P$ est orthogonale par la proposition précédente.
Réciproquement, soit $M$ orthogonale et $\mathcal{B}$ une base orthonormée. Soit $\mathcal{B}'$ la famille dont les colonnes de coordonnées dans $\mathcal{B}$ sont les colonnes de $M$. Ces colonnes forment une famille orthonormée de $\mathbb{R}^n$ ; comme $\mathcal{B}$ est orthonormée, $\mathcal{B}'$ est une famille orthonormée de $n$ vecteurs de $E$, donc une base orthonormée, et $M$ est par construction la matrice de passage de $\mathcal{B}$ à $\mathcal{B}'$.

Définition — Orientation d'un espace euclidien

Deux bases orthonormées de $E$ définissent la même orientation lorsque la matrice de passage entre elles a pour déterminant $+1$. Orienter $E$, c'est choisir l'une des classes ainsi obtenues ; ses bases sont alors dites directes, les autres indirectes.

Proposition — Les deux orientations

« Définir la même orientation » est une relation d'équivalence sur l'ensemble des bases orthonormées de $E$, et pour $n \ge 1$ elle a exactement deux classes.

Preuve

Notons $P_{\mathcal{B} \to \mathcal{B}'}$ la matrice de passage. La relation est réflexive ($P_{\mathcal{B} \to \mathcal{B}} = I_n$, $\det = 1$) ; symétrique ($P_{\mathcal{B}' \to \mathcal{B}} = P_{\mathcal{B} \to \mathcal{B}'}^{-1}$, donc son déterminant est l'inverse de $\det P_{\mathcal{B} \to \mathcal{B}'}$, égal à $1$ quand ce dernier l'est) ; transitive ($P_{\mathcal{B} \to \mathcal{B}''} = P_{\mathcal{B} \to \mathcal{B}'}\, P_{\mathcal{B}' \to \mathcal{B}''}$, donc les déterminants se multiplient). C'est donc une relation d'équivalence.
Pour le compte : entre deux bases orthonormées la matrice de passage est orthogonale, donc son déterminant vaut $+1$ ou $-1$ --- deux bases sont dans la même classe ssi ce déterminant vaut $+1$. Les deux valeurs sont atteintes : à partir d'une base orthonormée $(e_1,\dots,e_n)$, la famille $(-e_1,e_2,\dots,e_n)$ est encore une base orthonormée, et la matrice de passage $\mathrm{diag}(-1,1,\dots,1)$ a pour déterminant $-1$ --- ceci vaut pour tout $n \ge 1$. Enfin il y a au plus deux classes : si $\mathcal{B}_2$ et $\mathcal{B}_3$ sont toutes deux dans une classe différente de $\mathcal{B}_1$, alors $\det P_{\mathcal{B}_1 \to \mathcal{B}_2} = \det P_{\mathcal{B}_1 \to \mathcal{B}_3} = -1$, donc $\det P_{\mathcal{B}_2 \to \mathcal{B}_3} = \det P_{\mathcal{B}_2 \to \mathcal{B}_1}\,\det P_{\mathcal{B}_1 \to \mathcal{B}_3} = (-1)(-1) = 1$, donc $\mathcal{B}_2$ et $\mathcal{B}_3$ sont dans la même classe. Exactement deux classes.

Exemple — Orientations de la base canonique

Sur $\mathbb{R}^n$ on oriente d'ordinaire l'espace en déclarant la base canonique $(e_1,\dots,e_n)$ directe. Changer un vecteur en son opposé --- remplacer $e_1$ par $-e_1$ --- donne une base orthonormée de déterminant de passage $-1$, donc indirecte ; ceci vaut pour tout $n \ge 1$. Pour $n \ge 2$, échanger deux vecteurs --- permuter $e_1$ et $e_2$ --- donne aussi un déterminant de passage $-1$, donc une base indirecte.

Méthode — Vérifier qu'une matrice est orthogonale

Pour décider si une matrice $M \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ est orthogonale, et si elle appartient à $\mathrm{SO}_n(\mathbb{R})$ :

orthogonalité : soit calculer $M^{\mathsf{T}} M$ et vérifier qu'elle vaut $I_n$, soit --- souvent plus rapide --- vérifier que les colonnes de $M$ forment une famille orthonormée (chaque colonne de norme $1$, colonnes distinctes orthogonales) ;
appartenance à $\mathrm{SO}_n$ : une fois $M$ reconnue orthogonale, calculer $\det M$ ; alors $M \in \mathrm{SO}_n(\mathbb{R})$ ssi $\det M = 1$, et $M \in \mathrm{O}_n(\mathbb{R}) \setminus \mathrm{SO}_n(\mathbb{R})$ ssi $\det M = -1$.

Compétences à pratiquer

Orienter un espace euclidien

III Isométries vectorielles

III.1 Isométries vectorielles et leurs caractérisations

Une isométrie vectorielle est un endomorphisme qui ne change la longueur d'aucun vecteur. La définition utilise la norme, mais elle a une lecture équivalente immédiate en termes de produit scalaire, et trois autres caractérisations --- par les bases orthonormées, par l'adjoint, par la matrice --- chacune utile en pratique. Elles sont rassemblées dans le théorème ci-dessous.

Définition — Isométrie vectorielle

Une isométrie vectorielle de $E$ est un endomorphisme $u \in \mathcal{L}(E)$ qui conserve la norme : $$ \textcolor{colordef}{\norme{u(x)} = \norme{x} \qquad \text{pour tout } x \in E.} $$

Proposition — Conservation du produit scalaire

Un endomorphisme $u \in \mathcal{L}(E)$ conserve la norme si et seulement s'il conserve le produit scalaire, c'est-à-dire $$ \langle u(x)\,|\,u(y)\rangle = \langle x\,|\,y\rangle \qquad \text{pour tous } x,y \in E. $$

Preuve

Si $u$ conserve le produit scalaire, alors pour tout $x$, $\norme{u(x)}^2 = \langle u(x)\,|\,u(x)\rangle = \langle x\,|\,x\rangle = \norme{x}^2$, donc $u$ conserve la norme. Réciproquement, supposons que $u$ conserve la norme. L'identité de polarisation, rappelée de Espaces préhilbertiens réels, exprime le produit scalaire à l'aide de la norme : $$ \langle a\,|\,b\rangle = \tfrac{1}{2}\bigl( \norme{a + b}^2 - \norme{a}^2 - \norme{b}^2 \bigr). $$ En l'appliquant à $a = u(x)$, $b = u(y)$ et en utilisant $u(x) + u(y) = u(x + y)$ (linéarité de $u$), $$ \begin{aligned} \langle u(x)\,|\,u(y)\rangle &= \tfrac{1}{2}\bigl( \norme{u(x) + u(y)}^2 - \norme{u(x)}^2 - \norme{u(y)}^2 \bigr)\\ &= \tfrac{1}{2}\bigl( \norme{u(x + y)}^2 - \norme{u(x)}^2 - \norme{u(y)}^2 \bigr) && \text{(linéarité)}\\ &= \tfrac{1}{2}\bigl( \norme{x + y}^2 - \norme{x}^2 - \norme{y}^2 \bigr) && \text{(}u\text{ conserve la norme)}\\ &= \langle x\,|\,y\rangle. && \text{(polarisation)} \end{aligned} $$

Proposition — Une isométrie vectorielle est un automorphisme

Toute isométrie vectorielle de $E$ est un automorphisme de $E$.

Preuve

Soit $u$ une isométrie vectorielle et $x \in \mathrm{Ker}\,u$. Alors $\norme{x} = \norme{u(x)} = \norme{0_E} = 0$, donc $x = 0_E$ : ainsi $\mathrm{Ker}\,u = \{0_E\}$ et $u$ est injectif. Comme $E$ est de dimension finie, un endomorphisme injectif est bijectif, donc $u \in \mathrm{GL}(E)$.

Définition — Le groupe orthogonal

L'ensemble des isométries vectorielles de $E$ se note $\mathrm{O}(E)$ et s'appelle le groupe orthogonal de $E$.

Proposition — Le groupe orthogonal est un sous-groupe

$\mathrm{O}(E)$ est un sous-groupe de $\mathrm{GL}(E)$.

Preuve

Par la proposition précédente $\mathrm{O}(E) \subset \mathrm{GL}(E)$. L'identité conserve la norme, donc $\mathrm{id}_E \in \mathrm{O}(E)$. Si $u,v \in \mathrm{O}(E)$, alors $\norme{(u \circ v)(x)} = \norme{u(v(x))} = \norme{v(x)} = \norme{x}$, donc $u \circ v \in \mathrm{O}(E)$. Si $u \in \mathrm{O}(E)$, alors pour tout $x$, en appliquant la conservation de la norme par $u$ au vecteur $u^{-1}(x)$ on obtient $\norme{u^{-1}(x)} = \norme{u(u^{-1}(x))} = \norme{x}$, donc $u^{-1} \in \mathrm{O}(E)$. Donc $\mathrm{O}(E)$ est un sous-groupe de $\mathrm{GL}(E)$.

Theorem — Caractérisations d'une isométrie vectorielle

Pour $u \in \mathcal{L}(E)$, les propriétés suivantes sont équivalentes :

[(i)] $u$ est une isométrie vectorielle ;
[(ii)] l'image par $u$ d'une base orthonormée --- de façon équivalente, de toute base orthonormée --- est une base orthonormée ;
[(iii)] $u^* \circ u = \mathrm{id}_E$ ;
[(iv)] la matrice de $u$ dans une base orthonormée --- de façon équivalente, dans toute base orthonormée --- est orthogonale.

Preuve

Fixons une base orthonormée $\mathcal{B} = (e_1,\dots,e_n)$.
(i)$\Rightarrow$(ii). Si $u$ est une isométrie, il conserve le produit scalaire, donc $\langle u(e_i)\,|\,u(e_j)\rangle = \langle e_i\,|\,e_j\rangle = \delta_{i,j}$ : la famille $\bigl(u(e_1),\dots,u(e_n)\bigr)$ est orthonormée, et étant formée de $n$ vecteurs, c'est une base orthonormée.
(ii)$\Rightarrow$(i). Supposons $\bigl(u(e_1),\dots,u(e_n)\bigr)$ base orthonormée. Pour $x = \sum_i x_i e_i$, la linéarité donne $u(x) = \sum_i x_i\, u(e_i)$. Les $x_i$ sont les coordonnées de $u(x)$ dans la base orthonormée $\bigl(u(e_1),\dots,u(e_n)\bigr)$, donc $\norme{u(x)}^2 = \sum_i x_i^2$ ; et $\norme{x}^2 = \sum_i x_i^2$ également, $\mathcal{B}$ étant orthonormée. Donc $\norme{u(x)} = \norme{x}$ : $u$ est une isométrie. Ainsi (i)$\Leftrightarrow$(ii), et comme (i) ne dépend pas de la base choisie, (ii) vaut pour une base ssi pour toute base.
(i)$\Rightarrow$(iii). Une isométrie $u$ est un automorphisme. Pour tous $x,y$, la conservation du produit scalaire s'écrit $\langle x\,|\,y\rangle = \langle u(x)\,|\,u(y)\rangle = \langle x\,|\,(u^* \circ u)(y)\rangle$, donc $\langle x\,|\,(u^* \circ u)(y) - y\rangle = 0$ pour tout $x$ ; le choix $x = (u^* \circ u)(y) - y$ donne $(u^* \circ u)(y) = y$. Donc $u^* \circ u = \mathrm{id}_E$.
(iii)$\Rightarrow$(i). Si $u^* \circ u = \mathrm{id}_E$ alors $u$ est injectif, donc bijectif ($E$ de dimension finie). Pour tous $x,y$, $\langle u(x)\,|\,u(y)\rangle = \langle x\,|\,(u^* \circ u)(y)\rangle = \langle x\,|\,y\rangle$, donc $u$ conserve le produit scalaire, donc la norme : $u$ est une isométrie.
(iii)$\Leftrightarrow$(iv). Dans la base orthonormée $\mathcal{B}$, posons $M = \mathrm{Mat}_{\mathcal{B}}(u)$ ; alors $\mathrm{Mat}_{\mathcal{B}}(u^*) = M^{\mathsf{T}}$, donc $\mathrm{Mat}_{\mathcal{B}}(u^* \circ u) = M^{\mathsf{T}} M$. Donc $u^* \circ u = \mathrm{id}_E \iff M^{\mathsf{T}} M = I_n \iff M$ est orthogonale. Comme (iii) ne dépend pas de la base, (iv) vaut pour une base orthonormée ssi pour toute.

Définition — Isométries positives et négatives

Soit $u \in \mathrm{O}(E)$. Sa matrice dans une base orthonormée est orthogonale, donc $\det u \in \{-1,1\}$. L'isométrie $u$ est positive (ou directe) lorsque $\det u = +1$, négative (ou indirecte) lorsque $\det u = -1$. Les isométries positives forment le groupe spécial orthogonal $\mathrm{SO}(E)$, sous-groupe de $\mathrm{O}(E)$.

Exemple — L'identité et son opposée

L'identité $\mathrm{id}_E$ est une isométrie avec $\det \mathrm{id}_E = 1$ : elle est positive. Son opposée $-\mathrm{id}_E$ vérifie $\norme{-x} = \norme{x}$, c'est donc aussi une isométrie ; sa matrice dans toute base orthonormée est $-I_n$, de déterminant $(-1)^n$. Donc $-\mathrm{id}_E$ est positive lorsque $n$ est pair, négative lorsque $n$ est impair.

Exemple — Une symétrie orthogonale est une isométrie

Soit $p$ la projection orthogonale sur un sous-espace $F$, et $s = 2p - \mathrm{id}_E$ la symétrie orthogonale associée. Pour $x = x_F + x_\perp$ selon $E = F \oplus F^\perp$, on a $s(x) = x_F - x_\perp$, et par le théorème de Pythagore $\norme{s(x)}^2 = \norme{x_F}^2 + \norme{x_\perp}^2 = \norme{x}^2$. Donc $s$ est une isométrie --- la sous-section suivante étudie ces symétries en détail.

Méthode — Montrer qu'un endomorphisme est une isométrie

Pour démontrer que $u \in \mathcal{L}(E)$ est une isométrie vectorielle, on choisit la caractérisation la plus économique selon les données :

si $u$ est donné par une formule, vérifier $\norme{u(x)} = \norme{x}$ directement, ou $\langle u(x)\,|\,u(y)\rangle = \langle x\,|\,y\rangle$ ;
si $u$ est donné par son action sur une base orthonormée, vérifier que les images forment une base orthonormée ;
si $u$ est donné par une matrice $M$ dans une base orthonormée, vérifier que $M$ est orthogonale ($M^{\mathsf{T}} M = I_n$) ;
si l'adjoint est facile à calculer, vérifier $u^* \circ u = \mathrm{id}_E$.

Compétences à pratiquer

Montrer qu'un endomorphisme est une isométrie

III.2 Symétries orthogonales

Après $\pm\mathrm{id}_E$, les isométries les plus simples sont les symétries orthogonales : on fixe un sous-espace $F$, on le laisse intact, et on renverse l'orthogonal $F^\perp$. Rappelons de la première année que, pour une somme directe $E = F \oplus G$, la symétrie par rapport à $F$ parallèlement à $G$ envoie $x = x_F + x_G$ sur $x_F - x_G$ et vérifie $s \circ s = \mathrm{id}_E$ ; la symétrie orthogonale est le cas $G = F^\perp$. Lorsque $F$ est un hyperplan, la symétrie s'appelle une réflexion. Deux caractérisations les rendent reconnaissables --- une géométrique (une symétrie est orthogonale exactement quand elle est une isométrie), une matricielle (exactement quand sa matrice dans une base orthonormée est symétrique).

Définition — Symétrie orthogonale et réflexion

Soit $F$ un sous-espace de $E$ et $E = F \oplus F^\perp$. La symétrie orthogonale par rapport à $F$ est la symétrie par rapport à $F$ parallèlement à $F^\perp$ : elle envoie $x = x_F + x_\perp$ sur $x_F - x_\perp$. Lorsque $F$ est un hyperplan, cette symétrie orthogonale s'appelle une réflexion.

Proposition — Symétries orthogonales et isométries

Une symétrie vectorielle de $E$ est orthogonale si et seulement si c'est une isométrie vectorielle.

Preuve

$(\Rightarrow)$ Soit $s$ la symétrie orthogonale par rapport à $F$. Pour $x = x_F + x_\perp$ selon $E = F \oplus F^\perp$, $s(x) = x_F - x_\perp$. Comme $x_F \in F$ et $x_\perp \in F^\perp$ sont orthogonaux, le théorème de Pythagore donne $$ \norme{s(x)}^2 = \norme{x_F}^2 + \norme{-x_\perp}^2 = \norme{x_F}^2 + \norme{x_\perp}^2 = \norme{x}^2, $$ donc $s$ est une isométrie.
$(\Leftarrow)$ Soit $s$ une symétrie par rapport à $F$ parallèlement à une direction $G$, avec $E = F \oplus G$, et supposons $s$ isométrie. Prenons $x \in F$ et $y \in G$ ; alors $s(x + y) = x - y$, et comme $s$ est une isométrie, $$ \norme{x + y}^2 = \norme{s(x + y)}^2 = \norme{x - y}^2. $$ En développant les deux membres, $\norme{x}^2 + 2\langle x\,|\,y\rangle + \norme{y}^2 = \norme{x}^2 - 2\langle x\,|\,y\rangle + \norme{y}^2$, d'où $4\langle x\,|\,y\rangle = 0$, c'est-à-dire $\langle x\,|\,y\rangle = 0$. Donc tout vecteur de $G$ est orthogonal à tout vecteur de $F$ : $G \subset F^\perp$. Comme $E = F \oplus G$ et $E = F \oplus F^\perp$, les sous-espaces $G$ et $F^\perp$ ont la même dimension $n - \dim F$, donc $G = F^\perp$. Ainsi $s$ est la symétrie orthogonale par rapport à $F$.

Proposition — Caractérisation matricielle d'une symétrie orthogonale

Une symétrie vectorielle de $E$ est orthogonale si et seulement si sa matrice dans une base orthonormée --- de façon équivalente, dans toute base orthonormée --- est symétrique.

Preuve

$(\Rightarrow)$ Soit $s$ une symétrie orthogonale. Par la proposition précédente $s$ est une isométrie, et une symétrie vérifie $s \circ s = \mathrm{id}_E$. La caractérisation (iii) donne $s^* \circ s = \mathrm{id}_E$, donc $s^* = s^{-1} = s$ : la symétrie est autoadjointe. Dans toute base orthonormée $\mathcal{B}$, $\mathrm{Mat}_{\mathcal{B}}(s^*) = \mathrm{Mat}_{\mathcal{B}}(s)^{\mathsf{T}}$, et $s^* = s$ donne $\mathrm{Mat}_{\mathcal{B}}(s)^{\mathsf{T}} = \mathrm{Mat}_{\mathcal{B}}(s)$ --- la matrice est symétrique, dans toute base orthonormée.
$(\Leftarrow)$ Soit $s$ une symétrie dont la matrice $M$ dans une base orthonormée est symétrique, $M = M^{\mathsf{T}}$. Une symétrie vérifie $s \circ s = \mathrm{id}_E$, donc $M^2 = I_n$. Alors $M M^{\mathsf{T}} = M\,M = M^2 = I_n$, donc $M$ est orthogonale ; par la caractérisation (iv), $s$ est une isométrie, donc une symétrie orthogonale par la proposition précédente.

Exemple — La réflexion par rapport à un hyperplan

Soit $a$ un vecteur unitaire de $E$ et $H = \{a\}^\perp$ l'hyperplan orthogonal à $a$. Exprimer la réflexion $\sigma$ par rapport à $H$ en fonction de $x$ et $a$, et vérifier directement que c'est une isométrie.

Correction

Décomposons $x$ selon $E = H \oplus \mathrm{Vect}(a)$. La composante sur la droite $\mathrm{Vect}(a)$ est la projection orthogonale de $x$ sur celle-ci ; comme $a$ est unitaire, cette projection est $\langle a\,|\,x\rangle\, a$, et la composante dans $H$ est $x - \langle a\,|\,x\rangle\, a$. La réflexion par rapport à $H$ conserve la composante dans $H$ et renverse l'autre : $$ \sigma(x) = \bigl(x - \langle a\,|\,x\rangle\, a\bigr) - \langle a\,|\,x\rangle\, a = \textcolor{colorprop}{x - 2\langle a\,|\,x\rangle\, a}. $$ C'est une isométrie : en utilisant $\norme{a} = 1$, $$ \norme{\sigma(x)}^2 = \norme{x}^2 - 4\langle a\,|\,x\rangle\langle a\,|\,x\rangle + 4\langle a\,|\,x\rangle^2\norme{a}^2 = \norme{x}^2. $$

La symétrie orthogonale par rapport à une droite $F$ du plan : la composante selon $F$ est conservée, la composante selon $F^\perp$ est renversée.

Compétences à pratiquer

Étudier les symétries orthogonales

IV Isométries en dimension 2

IV.1 Les matrices orthogonales de taille 2

En dimension $2$ les matrices orthogonales s'écrivent complètement : chacune dépend d'un seul paramètre réel $\theta$, et le signe du déterminant les répartit en deux familles données par deux formes normales explicites. C'est le socle calculatoire de toute la classification des isométries planes.

Theorem — Forme normale d'une matrice orthogonale de taille 2

Une matrice $M \in \mathcal{M}_2(\mathbb{R})$ est orthogonale si et seulement s'il existe $\theta \in \mathbb{R}$ tel que $$ M = \begin{pmatrix} \cos\theta & -\sin\theta \\ \sin\theta & \cos\theta \end{pmatrix} \quad \text{ou} \quad M = \begin{pmatrix} \cos\theta & \sin\theta \\ \sin\theta & -\cos\theta \end{pmatrix}. $$ La première forme a pour déterminant $+1$, la seconde $-1$ ; donc $M \in \mathrm{SO}_2(\mathbb{R})$ si et seulement si $M$ a la première forme.

Preuve

Chacune des deux matrices affichées est orthogonale : ses colonnes sont de norme $1$ et orthogonales (leur produit scalaire vaut $\mp\cos\theta\sin\theta \pm \sin\theta\cos\theta = 0$). Réciproquement, soit $M = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}$ orthogonale. Ses colonnes forment une famille orthonormée de $\mathbb{R}^2$ : $$ a^2 + c^2 = 1, \qquad b^2 + d^2 = 1, \qquad ab + cd = 0. $$ De $a^2 + c^2 = 1$ il existe $\theta \in \mathbb{R}$ avec $a = \cos\theta$, $c = \sin\theta$ ; de $b^2 + d^2 = 1$ il existe $\varphi \in \mathbb{R}$ avec $b = \cos\varphi$, $d = \sin\varphi$. La relation $ab + cd = 0$ s'écrit $\cos\theta\cos\varphi + \sin\theta\sin\varphi = \cos(\theta - \varphi) = 0$, donc $\theta - \varphi \equiv \tfrac{\pi}{2} \pmod{\pi}$, c'est-à-dire $\varphi \equiv \theta - \tfrac{\pi}{2}$ ou $\varphi \equiv \theta + \tfrac{\pi}{2} \pmod{2\pi}$.

Si $\varphi \equiv \theta + \tfrac{\pi}{2}$ : $b = \cos(\theta + \tfrac{\pi}{2}) = -\sin\theta$, $d = \sin(\theta + \tfrac{\pi}{2}) = \cos\theta$ --- la première forme, avec $\det M = \cos^2\theta + \sin^2\theta = 1$.
Si $\varphi \equiv \theta - \tfrac{\pi}{2}$ : $b = \cos(\theta - \tfrac{\pi}{2}) = \sin\theta$, $d = \sin(\theta - \tfrac{\pi}{2}) = -\cos\theta$ --- la seconde forme, avec $\det M = -\cos^2\theta - \sin^2\theta = -1$.

Exemple — Les deux formes pour un angle donné

Pour $\theta = \tfrac{\pi}{3}$, on a $\cos\theta = \tfrac{1}{2}$ et $\sin\theta = \tfrac{\sqrt{3}}{2}$. Les deux matrices orthogonales de taille $2$ attachées à cet angle sont $$ \begin{pmatrix} \tfrac{1}{2} & -\tfrac{\sqrt{3}}{2} \\ \tfrac{\sqrt{3}}{2} & \tfrac{1}{2} \end{pmatrix} \in \mathrm{SO}_2(\mathbb{R}), \qquad \begin{pmatrix} \tfrac{1}{2} & \tfrac{\sqrt{3}}{2} \\ \tfrac{\sqrt{3}}{2} & -\tfrac{1}{2} \end{pmatrix} \in \mathrm{O}_2(\mathbb{R}) \setminus \mathrm{SO}_2(\mathbb{R}). $$ La première a pour déterminant $+1$, la seconde $-1$.

Compétences à pratiquer

Décrire les matrices orthogonales de taille 2

IV.2 Rotations et classification des isométries planes

Dans toute cette sous-section $E$ est un plan euclidien orienté. La forme normale de $\mathrm{SO}_2(\mathbb{R})$ dépend d'un seul angle, et les angles s'ajoutent quand les matrices se multiplient : cela fait de $\mathrm{SO}_2(\mathbb{R})$ un groupe abélien transparent et permet de définir la rotation d'angle $\theta$. La classification en découle : les isométries positives du plan sont les rotations, les négatives les réflexions.

Proposition — Le morphisme des rotations planes

Pour $\theta \in \mathbb{R}$ on note $R(\theta) = \begin{pmatrix} \cos\theta & -\sin\theta \\ \sin\theta & \cos\theta \end{pmatrix}$. L'application $R \colon \theta \mapsto R(\theta)$ est un morphisme de groupes surjectif de $(\mathbb{R}, +)$ sur $(\mathrm{SO}_2(\mathbb{R}), \times)$, de noyau $2\pi\mathbb{Z}$. Par conséquent $\mathrm{SO}_2(\mathbb{R})$ est abélien, et le paramètre $\theta$ d'une matrice de $\mathrm{SO}_2(\mathbb{R})$ est déterminé modulo $2\pi$.

Preuve

En calculant le produit et en utilisant les formules d'addition du cosinus et du sinus, $$ R(\theta)R(\theta') = \begin{pmatrix} \cos\theta\cos\theta' - \sin\theta\sin\theta' & -\cos\theta\sin\theta' - \sin\theta\cos\theta' \\ \sin\theta\cos\theta' + \cos\theta\sin\theta' & \cos\theta\cos\theta' - \sin\theta\sin\theta' \end{pmatrix} = R(\theta + \theta'). $$ Chaque $R(\theta)$ appartient à $\mathrm{SO}_2(\mathbb{R})$ par le théorème du § 4.1, donc $R$ envoie $\mathbb{R}$ dans le groupe $(\mathrm{SO}_2(\mathbb{R}), \times)$ ; l'identité $R(\theta)R(\theta') = R(\theta + \theta')$ fait alors de $R$ un morphisme de groupes $(\mathbb{R}, +) \to (\mathrm{SO}_2(\mathbb{R}), \times)$. Il est surjectif sur $\mathrm{SO}_2(\mathbb{R})$ : le théorème du § 4.1 affirme que toute matrice de $\mathrm{SO}_2(\mathbb{R})$ est un $R(\theta)$. Son noyau : $R(\theta) = I_2$ ssi $\cos\theta = 1$ et $\sin\theta = 0$, ssi $\theta \in 2\pi\mathbb{Z}$. Enfin $\mathrm{SO}_2(\mathbb{R})$ est abélien car $R(\theta)R(\theta') = R(\theta + \theta') = R(\theta' + \theta) = R(\theta')R(\theta)$, et $R(\theta) = R(\theta')$ ssi $R(\theta - \theta') = I_2$ ssi $\theta - \theta' \in 2\pi\mathbb{Z}$ --- le paramètre est déterminé modulo $2\pi$.

Définition — Rotation d'un plan euclidien orienté

Soit $E$ un plan euclidien orienté et $\theta \in \mathbb{R}$. La rotation d'angle $\theta$ est l'endomorphisme de $E$ dont la matrice dans une base orthonormée directe est $R(\theta)$.

Cette définition ne dépend pas de la base orthonormée directe choisie. Si $\mathcal{B}$ et $\mathcal{B}'$ sont deux bases orthonormées directes, la matrice de passage $P$ est orthogonale de déterminant $+1$, donc $P \in \mathrm{SO}_2(\mathbb{R})$. La matrice de la rotation dans $\mathcal{B}'$ est alors $$ P^{-1} R(\theta)\, P = P^{-1} P\, R(\theta) = R(\theta), $$ puisque $\mathrm{SO}_2(\mathbb{R})$ est abélien, donc $R(\theta)$ et $P$ commutent --- ce qui permet de réécrire $R(\theta)\,P$ en $P\,R(\theta)$ ci-dessus. La matrice est $R(\theta)$ dans toute base orthonormée directe, et la rotation d'angle $\theta$ est bien définie.

Exemple — Nombres complexes de module un et rotations planes

Soit $\mathbb{U}$ le groupe $(\{z \in \mathbb{C} : |z| = 1\}, \times)$ des nombres complexes de module un, rappelé de Nombres complexes ; tout élément de $\mathbb{U}$ est $\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta}$ pour un certain $\theta \in \mathbb{R}$, et $\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta} = \mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta'}$ exactement lorsque $\theta - \theta' \in 2\pi\mathbb{Z}$. Posons $\Phi(\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta}) = R(\theta)$. C'est bien défini : si $\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta} = \mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta'}$ alors $\theta - \theta' \in 2\pi\mathbb{Z}$, donc $R(\theta) = R(\theta')$. C'est un morphisme : $\Phi(\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta}\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta'}) = \Phi(\mathrm{e}^{\mathrm{i}(\theta+\theta')}) = R(\theta+\theta') = R(\theta)R(\theta')$. C'est une bijection : surjective car tout élément de $\mathrm{SO}_2(\mathbb{R})$ est un $R(\theta) = \Phi(\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta})$, injective car $\Phi(\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta}) = I_2$ impose $\theta \in 2\pi\mathbb{Z}$, c'est-à-dire $\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta} = 1$. Donc $\Phi$ est un isomorphisme de groupes $$ \mathbb{U} \xrightarrow{\ \sim\ } \mathrm{SO}_2(\mathbb{R}), \qquad \mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta} \longmapsto R(\theta), $$ l'isomorphisme $\mathbb{U} \simeq \mathrm{SO}_2(\mathbb{R})$ du programme : une rotation plane « est » un nombre complexe de module un.

Une rotation d'angle $\theta$ agit sur un vecteur en le faisant tourner de l'angle $\theta$ ; l'angle se lit directement sur la matrice $R(\theta)$.

Theorem — Classification des isométries planes

Soit $E$ un plan euclidien orienté. Une isométrie positive de $E$ est une rotation ; une isométrie négative de $E$ est une réflexion par rapport à une droite.

Preuve

Soit $u \in \mathrm{O}(E)$ et $M$ sa matrice dans une base orthonormée ; $M \in \mathrm{O}_2(\mathbb{R})$.
Cas positif ($\det u = +1$). Prenons une base orthonormée directe ; la matrice de $u$ dans celle-ci est orthogonale de déterminant $+1$, donc appartient à $\mathrm{SO}_2(\mathbb{R})$, donc égale $R(\theta)$ pour un certain $\theta$ par le théorème du § 4.1. Donc $u$ est la rotation d'angle $\theta$.
Cas négatif ($\det u = -1$). Par le théorème du § 4.1, $M = \begin{pmatrix} \cos\theta & \sin\theta \\ \sin\theta & -\cos\theta \end{pmatrix}$ dans une base orthonormée. Un calcul direct donne $$ M^2 = \begin{pmatrix} \cos^2\theta + \sin^2\theta & \cos\theta\sin\theta - \sin\theta\cos\theta \\ \sin\theta\cos\theta - \cos\theta\sin\theta & \sin^2\theta + \cos^2\theta \end{pmatrix} = I_2, $$ Comme $M^2 = I_2$, $u^2 = \mathrm{id}_E$, donc $u$ est une symétrie vectorielle ; et $M$ est symétrique, donc par la caractérisation matricielle du § 3.2 $u$ est une symétrie orthogonale par rapport à un certain sous-espace $F$. Dans une base orthonormée adaptée à $E = F \oplus F^\perp$, cette symétrie a la matrice diagonale portant $\dim F$ coefficients $+1$ et $\dim F^\perp$ coefficients $-1$, donc $\det u = (-1)^{\dim F^\perp}$ ; ici $\det u = -1$ impose $\dim F^\perp = 1$, donc $F$ est une droite : $u$ est la réflexion par rapport à la droite $F$.

Exemple — Le tableau de classification des isométries planes

Les isométries d'un plan euclidien se répartissent en quatre types, classés par déterminant et par valeurs propres réelles :

$\mathrm{id}_E$ : positive, $R(0) = I_2$, seule valeur propre réelle $1$ (sous-espace propre $E$) ;
$-\mathrm{id}_E$ : positive, $R(\pi) = -I_2$, seule valeur propre réelle $-1$ (sous-espace propre $E$) ;
rotation d'angle $\theta \notin \pi\mathbb{Z}$ : positive, $R(\theta)$, aucune valeur propre réelle --- les sous-espaces propres $E_1$ et $E_{-1}$ sont tous deux $\{0_E\}$ ;
réflexion par rapport à une droite : négative, valeurs propres réelles $1$ et $-1$, sous-espaces propres la droite et son orthogonal.

Parmi les quatre types, la rotation d'angle $\theta \notin \pi\mathbb{Z}$ est la seule sans aucune valeur propre réelle.

Méthode — Identifier une isométrie plane à partir de sa matrice

Étant donné la matrice $M \in \mathrm{O}_2(\mathbb{R})$ d'une isométrie plane $u$ dans une base orthonormée directe du plan orienté :

calculer $\det M$ ;
si $\det M = +1$ : alors $M = R(\theta)$, et $u$ est la rotation d'angle $\theta$ --- lire $\cos\theta$ sur le coefficient $(1,1)$ et $\sin\theta$ sur le coefficient $(2,1)$ (la base étant directe, ce $\sin\theta$ donne l'angle correctement signé) ;
si $\det M = -1$ : alors $u$ est une réflexion ; son axe est la droite des vecteurs fixes, le sous-espace propre $\mathrm{Ker}(u - \mathrm{id}_E)$.

Compétences à pratiquer

Identifier une isométrie plane

V Réduction des isométries

V.1 Le théorème de réduction

Les dimensions $1$ et $2$ sont maintenant entièrement comprises : une isométrie est $\pm\mathrm{id}$, une rotation, ou une réflexion. Le théorème de réduction étend cela à toute dimension : dans une base orthonormée bien choisie, une isométrie se décompose en blocs indépendants de taille $1$ ou $2$ --- un $+1$, un $-1$, ou une rotation plane $R(\theta)$. La démonstration repose sur deux faits : l'orthogonal d'un sous-espace stable est stable, et tout endomorphisme admet une droite ou un plan stable.

Rappel (polynôme d'un endomorphisme). Pour un polynôme $P = \sum_k a_k X^k \in \mathbb{R}[X]$ et un endomorphisme $u \in \mathcal{L}(E)$, on note $P(u) = \sum_k a_k\, u^k$, avec $u^0 = \mathrm{id}_E$ --- le polynôme de l'endomorphisme $u$, introduit en première année. Deux polynômes en un même $u$ commutent, et $(PQ)(u) = P(u) \circ Q(u)$. Ces faits sont rappelés de la première année et utilisés dans la démonstration suivante ; rien de plus n'est nécessaire.

Proposition — L'orthogonal d'un sous-espace stable

Soit $u \in \mathrm{O}(E)$ et $F$ un sous-espace de $E$ stable par $u$. Alors $F^\perp$ est stable par $u$.

Preuve

Comme $u$ est une isométrie, il est injectif, donc sa restriction $u_{|F} \colon F \to F$ est injective ; $F$ étant de dimension finie, $u_{|F}$ est bijective, donc $u(F) = F$. Soit maintenant $y \in F^\perp$ ; montrons $u(y) \in F^\perp$. Prenons $x' \in F$ quelconque. Comme $u(F) = F$, il existe $x \in F$ avec $x' = u(x)$, et alors $$ \langle u(y)\,|\,x'\rangle = \langle u(y)\,|\,u(x)\rangle = \langle y\,|\,x\rangle = 0, $$ le produit scalaire étant conservé par $u$ et $y$ orthogonal à $x \in F$. Donc $u(y) \in F^\perp$, et $F^\perp$ est stable par $u$.

Proposition — Existence d'une droite ou d'un plan stable

Tout endomorphisme d'un espace vectoriel réel de dimension finie au moins $1$ admet une droite stable ou un plan stable.

Preuve

Soit $u \in \mathcal{L}(E)$ avec $\dim E \ge 1$, et choisissons $x \ne 0_E$. La famille $\bigl(u^k(x)\bigr)_{k \ge 0}$ a une infinité de vecteurs dans l'espace de dimension finie $E$, donc elle est liée : il existe un polynôme non nul $P \in \mathbb{R}[X]$ tel que $P(u)(x) = 0_E$. Comme $x \ne 0_E$, $P$ ne peut pas être une constante non nulle (une constante $c \ne 0$ donnerait $P(u)(x) = c\,x \ne 0_E$), donc $\deg P \ge 1$. Factorisons $P$ sur $\mathbb{R}$ --- rappelé de Arithmétique des polynômes, tout polynôme réel se factorise en facteurs irréductibles de degré $1$ et $2$ : $$ P = \alpha\, Q_1 \cdots Q_m, $$ avec $\alpha \ne 0$ le coefficient dominant et chaque $Q_j$ unitaire de degré $1$ ou $2$. Comme $\alpha \ne 0$, la relation $P(u)(x) = 0_E$ donne $(Q_1 \cdots Q_m)(u)(x) = 0_E$.
Posons $v_0 = x$ et $v_j = \bigl(Q_{m-j+1}(u) \circ \dots \circ Q_m(u)\bigr)(x)$ pour $1 \le j \le m$, de sorte que $v_0 = x \ne 0_E$ et $v_m = (Q_1 \cdots Q_m)(u)(x) = 0_E$. Soit $j$ le plus grand indice tel que $v_j \ne 0_E$ --- il existe, car $v_0 \ne 0_E$, et $j < m$ car $v_m = 0_E$. Posons $y = v_j \ne 0_E$ et $Q = Q_{m-j}$, de degré $1$ ou $2$ ; alors $$ Q(u)(y) = Q_{m-j}(u)(v_j) = v_{j+1} = 0_E. $$

Si $\deg Q = 1$ : $Q$ unitaire donne $Q = X - \lambda$, donc $(u - \lambda\,\mathrm{id}_E)(y) = 0_E$, c'est-à-dire $u(y) = \lambda y$. Alors $\mathrm{Vect}(y)$ est une droite stable.
Si $\deg Q = 2$ : $Q$ unitaire donne $Q = X^2 + bX + c$, donc $u^2(y) = -b\,u(y) - c\,y$. Le sous-espace $\mathrm{Vect}(y, u(y))$ contient $u(y)$ et $u(u(y)) = u^2(y) = -b\,u(y) - c\,y$, donc il est $u$-stable ; c'est une droite stable ou un plan stable.

L'argument n'utilise que la factorisation de $\mathbb{R}[X]$ en irréductibles de degré $1$ et $2$ --- ni polynôme minimal, ni polynôme caractéristique.

Theorem — Réduction d'une isométrie vectorielle

Soit $u \in \mathrm{O}(E)$. Il existe une base orthonormée de $E$ dans laquelle la matrice de $u$ est diagonale par blocs, $$ \mathrm{Mat}(u) = I_p \oplus (-I_q) \oplus R(\theta_1) \oplus \dots \oplus R(\theta_r), $$ avec $p + q + 2r = n$ et chaque $\theta_i \in \mathbb{R} \setminus \pi\mathbb{Z}$. Ici $\oplus$ désigne la juxtaposition diagonale par blocs : un bloc $I_p$, un bloc $-I_q$, et $r$ blocs de rotation $R(\theta_i)$ de taille $2$ ; chacun de $p$, $q$, $r$ peut être nul.

Preuve

Récurrence forte sur $n = \dim E$.
Cas de base. Pour $n = 0$, $E = \{0_E\}$ et l'énoncé est vrai de façon vide, avec la base vide et $p = q = r = 0$. Pour $n = 1$, $u \in \mathrm{O}(E)$ envoie un vecteur unitaire $e$ sur $u(e) = \lambda e$ avec $|\lambda| = \norme{u(e)} = 1$, donc $\lambda = \pm 1$ : la matrice est $I_1$ ou $-I_1$. Pour $n = 2$, fixons une orientation quelconque du plan (la forme par blocs obtenue n'en dépend pas) et appliquons la classification du § 4.2 : $u$ une rotation, de matrice $R(\theta)$ dans une base adaptée --- soit $I_2$ si $\theta \in 2\pi\mathbb{Z}$, $-I_2$ si $\theta \in \pi + 2\pi\mathbb{Z}$, un vrai bloc $R(\theta)$ avec $\theta \notin \pi\mathbb{Z}$ sinon ; ou $u$ une réflexion, de matrice $\mathrm{diag}(1,-1) = I_1 \oplus (-I_1)$ dans une base orthonormée de vecteurs propres. Chaque cas a la forme annoncée.
Pas de récurrence ($n \ge 3$, le résultat supposé en toute dimension $< n$). Par la proposition « droite ou plan stable », $u$ admet un sous-espace stable $F$ avec $\dim F \in \{1,2\}$. Par la proposition précédente $F^\perp$ est stable, et $E = F \oplus F^\perp$ avec $F \perp F^\perp$. Les endomorphismes induits $u_{|F}$ et $u_{|F^\perp}$ conservent la norme, donc ce sont des isométries de $F$ et de $F^\perp$ respectivement, deux espaces de dimension $< n$. L'hypothèse de récurrence fournit une base orthonormée de $F$ et une de $F^\perp$ dans lesquelles les matrices ont la forme diagonale par blocs annoncée. En concaténant ces deux bases on obtient une base orthonormée de $E$ (puisque $E = F \oplus F^\perp$ est une somme directe orthogonale), dans laquelle la matrice de $u$ est la juxtaposition des deux formes par blocs --- à nouveau du type annoncé.

Exemple — Déterminant d'une isométrie réduite

À partir de la forme réduite, le déterminant se lit immédiatement. Chaque bloc de rotation vérifie $\det R(\theta_i) = 1$, le bloc $I_p$ contribue $1$, le bloc $-I_q$ contribue $(-1)^q$ : $$ \det u = 1^p \cdot (-1)^q \cdot 1^r = (-1)^q. $$ Donc $u$ est une isométrie positive si et seulement si $q$ --- le nombre de blocs $-1$ --- est pair.

Méthode — Réduire une isométrie vectorielle

Pour mettre une isométrie $u \in \mathrm{O}(E)$ sous forme réduite :

calculer les sous-espaces propres $E_1 = \mathrm{Ker}(u - \mathrm{id}_E)$ et $E_{-1} = \mathrm{Ker}(u + \mathrm{id}_E)$ --- ils portent les blocs $I_p$ et $-I_q$ ;
l'orthogonal $(E_1 \oplus E_{-1})^\perp$ est $u$-stable (orthogonal d'un sous-espace $u$-stable, par le § 5.1) ; les blocs de rotation $R(\theta_i)$ ont $\theta_i \notin \pi\mathbb{Z}$, donc aucun vecteur propre pour $\pm 1$, si bien que tout vecteur propre pour $\pm 1$ est dans $E_1 \oplus E_{-1}$ et cet orthogonal ne porte que des blocs de rotation --- un sous-espace de dimension paire $2r$ ;
en dimension $2$ c'est exactement le § 4 ; en dimension $3$, le § 5.2 ci-dessous explicite la forme réduite ($I_1 \oplus R(\theta)$ ou $(-I_1) \oplus R(\theta)$), avec $\cos\theta$ lu sur la trace ;
en dimension $> 3$ la méthode est seulement structurelle : $E_1$ et $E_{-1}$ donnent les blocs $\pm 1$, mais le découpage de $(E_1 \oplus E_{-1})^\perp$ en plans de rotation est garanti par le théorème, non calculé par cette méthode.

Compétences à pratiquer

Réduire une isométrie vectorielle

V.2 Isométries en dimension 3

En dimension $3$ le théorème de réduction devient entièrement explicite. Dans toute cette sous-section $E$ est un espace euclidien orienté de dimension $3$ --- une orientation fixée une fois pour toutes, au sens du § 2.2, de sorte que « base orthonormée directe » ait un sens. Une isométrie positive est alors une rotation autour d'un axe ; une isométrie négative combine une rotation et une réflexion.

Theorem — Isométries positives d'un espace de dimension 3

Soit $E$ un espace euclidien orienté de dimension $3$ et $u \in \mathrm{SO}(E)$. Il existe une base orthonormée directe dans laquelle $$ \mathrm{Mat}(u) = I_1 \oplus R(\theta), \qquad \text{et} \qquad \mathrm{Tr}\,u = 1 + 2\cos\theta. $$ L'isométrie $u$ est une rotation. Lorsque $u \ne \mathrm{id}_E$, son axe est la droite $\mathrm{Ker}(u - \mathrm{id}_E)$.

Preuve

Appliquons le théorème de réduction à $u$ : dans une certaine base orthonormée, $\mathrm{Mat}(u) = I_p \oplus (-I_q) \oplus R(\theta_1) \oplus \dots \oplus R(\theta_r)$, avec $p + q + 2r = 3$. Comme $u \in \mathrm{SO}(E)$, $\det u = (-1)^q = +1$, donc $q$ est pair. Une paire de blocs $+1$ se lit $R(0)$ et une paire de blocs $-1$ se lit $R(\pi)$ ; en regroupant, et avec $p + q + 2r = 3$ et $q$ pair, la seule forme possible est $I_1 \oplus R(\theta)$, où $\theta = 0$ lorsque $u = \mathrm{id}_E$, $\theta = \pi$ lorsque la matrice est $\mathrm{diag}(1,-1,-1)$, et $\theta \notin \pi\mathbb{Z}$ sinon. La trace de $I_1 \oplus R(\theta)$ vaut $1 + 2\cos\theta$.
La base peut être prise directe : si celle obtenue est indirecte, on remplace son premier vecteur --- celui qui engendre le bloc $I_1$ --- par son opposé. Ce vecteur est fixé par $u$, donc la matrice $I_1 \oplus R(\theta)$ est inchangée, tandis que l'orientation de la base est renversée. Enfin, lorsque $u \ne \mathrm{id}_E$ (donc $\theta \notin 2\pi\mathbb{Z}$), le bloc de rotation $R(\theta)$ ne fixe aucun vecteur non nul, donc $\mathrm{Ker}(u - \mathrm{id}_E)$ est exactement la droite du bloc $I_1$ --- l'axe.

Theorem — Isométries négatives d'un espace de dimension 3

Soit $E$ un espace euclidien orienté de dimension $3$ et $u \in \mathrm{O}(E) \setminus \mathrm{SO}(E)$. Il existe une base orthonormée directe dans laquelle $$ \mathrm{Mat}(u) = (-I_1) \oplus R(\theta). $$ Un tel $u$ est le composé de la rotation d'angle $\theta$ dans le plan du bloc $R(\theta)$, prolongée par l'identité sur la droite orthogonale, avec la réflexion par rapport à ce plan. En particulier $u = -\mathrm{id}_E$ lorsque $\theta = \pi$, et $u$ est une réflexion plane lorsque $\theta = 0$.

Preuve

Appliquons le théorème de réduction : $\mathrm{Mat}(u) = I_p \oplus (-I_q) \oplus R(\theta_1) \oplus \dots \oplus R(\theta_r)$ avec $p + q + 2r = 3$ et $\det u = (-1)^q = -1$, donc $q$ est impair. En regroupant les paires de blocs $\pm 1$ égaux en $R(0)$ ou $R(\pi)$, il reste exactement un bloc $-1$, d'où la forme $(-I_1) \oplus R(\theta)$. Comme dans le cas positif la base peut être prise directe : remplacer le vecteur du bloc $-I_1$ par son opposé renverse l'orientation et laisse la matrice inchangée. La matrice $(-I_1) \oplus R(\theta)$ se factorise visiblement comme le produit commutatif de la rotation $I_1 \oplus R(\theta)$ et de la réflexion $\mathrm{diag}(-1,1,1)$ par rapport au plan du bloc $R(\theta)$.

Remarque (hors attendu). Le programme énonce, mot pour mot : « La pratique du calcul des éléments géométriques d'un élément de $\mathrm{SO}_3(\mathbb{R})$ n'est pas un attendu du programme. » Le chapitre donne bien l'axe $\mathrm{Ker}(u - \mathrm{id}_E)$ et la valeur $\cos\theta = \tfrac{1}{2}(\mathrm{Tr}\,u - 1)$, mais la détermination complète des éléments géométriques --- en particulier le signe de l'angle de rotation --- n'est pas travaillée ici comme une méthode exigible.

Exemple — Une rotation de l'espace de dimension 3

Prenons $\mathbb{R}^3$ avec son orientation canonique et la matrice $$ A = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}. $$ Ses colonnes forment une famille orthonormée directe, donc $A \in \mathrm{SO}_3(\mathbb{R})$ : par le théorème, $A$ est une rotation. Sa trace vaut $\mathrm{Tr}\,A = 0$, donc $1 + 2\cos\theta = 0$, c'est-à-dire $\cos\theta = -\tfrac{1}{2}$. L'axe est $\mathrm{Ker}(A - I_3)$ : la résolution de $(A - I_3)v = 0_E$ donne $v_1 = v_2 = v_3$, donc l'axe est la droite $\mathrm{Vect}\bigl((1,1,1)\bigr)$. Ainsi $A$ est la rotation autour de $\mathrm{Vect}\bigl((1,1,1)\bigr)$ avec $\cos\theta = -\tfrac{1}{2}$ --- l'angle signé précis étant, comme noté ci-dessus, hors attendu.

Une rotation de l'espace de dimension $3$ fixe son axe $D$ point par point et fait tourner le plan orthogonal $D^\perp$ de l'angle $\theta$.

Pour aller plus loin

Ce chapitre a classifié les endomorphismes qui conservent la géométrie d'un espace euclidien : les isométries, complètement réduites en blocs $\pm 1$ et rotations planes. Le chapitre Endomorphismes autoadjoints traite l'autre famille distinguée --- les endomorphismes égaux à leur propre adjoint --- et démontre le théorème spectral : un endomorphisme autoadjoint est diagonalisable en base orthonormée. Isométries et endomorphismes autoadjoints sont les deux moitiés de la géométrie d'un espace euclidien, et les techniques de réduction de ce chapitre et du suivant en sont les deux faces complémentaires.

Compétences à pratiquer

Étudier les isométries en dimension 3