Un endomorphisme $p$ de $E$, c'est-à-dire une application linéaire de $E$ dans $E$, est un projecteur exactement quand $p \circ p = p$. Il projette alors sur son image parallèlement à son noyau, et $E = \operatorname{Im} p \oplus \operatorname{Ker} p$ : chaque vecteur est, d'une seule façon, la somme d'un vecteur de l'image et d'un vecteur du noyau.
Exemple : $p(x, y) = (x - y,\ 0)$ vérifie $p(x - y,\ 0) = (x - y,\ 0)$, donc $p \circ p = p$ : c'est le projecteur sur l'axe des abscisses parallèlement à la droite $\operatorname{Vect}((1, 1))$. Pour une symétrie, la règle devient $s \circ s = \mathrm{id}_E$.
Projeter parallèlement à un supplémentaire
Tout part de deux sous-espaces supplémentaires : $E = F \oplus G$, et chaque vecteur $x$ s'écrit de façon unique $x = f + g$, avec $f \in F$ et $g \in G$.
Définition : le projecteur (ou projection) sur $F$ parallèlement à $G$ est l'application $p$ qui à $x = f + g$ associe $f$. La symétrie par rapport à $F$ parallèlement à $G$ est l'application $s$ qui à $x = f + g$ associe $f - g$.
Dans l'exemple de l'introduction, $F$ est l'axe des abscisses et $G = \operatorname{Vect}((1, 1))$. Comme $(3, 1) = (2, 0) + (1, 1)$, le projecteur envoie $(3, 1)$ sur $(2, 0)$, et la symétrie sur $(2, 0) - (1, 1) = (1, -1)$. Sur un dessin, l'extrémité du vecteur glisse parallèlement à $G$ jusqu'à $F$ ; pour la symétrie, elle continue d'autant de l'autre côté. Les programmes de MPSI et MP2I et de PCSI demandent cette définition géométrique et incitent à en faire des figures en dimension 2 et 3.
L'unicité de l'écriture rend $p$ linéaire : $\lambda x + x' = (\lambda f + f') + (\lambda g + g')$, avec $\lambda f + f' \in F$ et $\lambda g + g' \in G$, donc $p(\lambda x + x') = \lambda f + f' = \lambda p(x) + p(x')$. Tu lis aussi $\operatorname{Im} p = F$ et $\operatorname{Ker} p = G$. Enfin $q = \mathrm{id}_E - p$, qui envoie $x$ sur $g$, est le projecteur sur $G$ parallèlement à $F$.
Piège classique : « le projecteur sur $F$ » ne veut rien dire tant que tu n'as pas dit parallèlement à quoi. Sur l'axe des abscisses, $(x, y) \mapsto (x,\ 0)$ projette parallèlement à l'axe des ordonnées, l'exemple de l'introduction parallèlement à $\operatorname{Vect}((1, 1))$ : même image, applications différentes. Rien n'oblige non plus un projecteur à être orthogonal.
Reconnaître un projecteur
Propriété : un endomorphisme $p$ de $E$ est un projecteur si et seulement si $p \circ p = p$, ce qu'on note aussi $p^2 = p$. Dans ce cas, $E = \operatorname{Im} p \oplus \operatorname{Ker} p$, $p$ est le projecteur sur $\operatorname{Im} p$ parallèlement à $\operatorname{Ker} p$, et $\operatorname{Im} p = \operatorname{Ker}(p - \mathrm{id}_E)$.
Le sens direct se lit sur la définition : $p(x) = f$ est déjà dans $F$, donc $p$ le laisse fixe : $p(p(x)) = p(x)$. La réciproque est la partie utile.
Suppose $p \circ p = p$ et écris $x = p(x) + \big(x - p(x)\big)$. Le premier vecteur est dans $\operatorname{Im} p$, le second dans $\operatorname{Ker} p$, car $p\big(x - p(x)\big) = p(x) - p(p(x)) = 0_E$. Donc $E = \operatorname{Im} p + \operatorname{Ker} p$. Si $y = p(z)$ est aussi dans le noyau, alors $y = p(p(z)) = p(y) = 0_E$ : la somme est directe, et l'écriture de départ montre que $p$ garde la composante sur $\operatorname{Im} p$.
Pour la dernière égalité, si $y = p(z)$, alors $p(y) = p(p(z)) = p(z) = y$ ; inversement, un vecteur fixe est sa propre image. La méthode en découle : calcule $p \circ p$, puis résous $p(x) = 0_E$ pour le noyau et $p(x) = x$ pour l'image. Ces deux sous-espaces sont les éléments caractéristiques de $p$.
Piège classique : $E = \operatorname{Im} f \oplus \operatorname{Ker} f$ n'a rien d'automatique. Pour $f(x, y) = (y,\ 0)$, le noyau et l'image sont tous deux l'axe des abscisses. Le théorème du rang donne $\dim \operatorname{Ker} f + \dim \operatorname{Im} f = \dim E$, pas une somme directe. C'est la condition $p \circ p = p$ qui la garantit, et ici $f \circ f = 0 \neq f$.
Les symétries
Propriété : un endomorphisme $s$ de $E$ est une symétrie si et seulement si $s \circ s = \mathrm{id}_E$. C'est alors la symétrie par rapport à $\operatorname{Ker}(s - \mathrm{id}_E)$, ses vecteurs fixes, parallèlement à $\operatorname{Ker}(s + \mathrm{id}_E)$, les vecteurs qu'elle change en leur opposé.
Pas besoin d'une seconde preuve : tout passe par le projecteur. Avec $x = f + g$, on a $2p(x) - x = 2f - (f + g) = f - g$, donc $s = 2p - \mathrm{id}_E$. En développant,
$$s \circ s = 4\,p \circ p - 4p + \mathrm{id}_E$$
qui vaut $\mathrm{id}_E$ exactement quand $p \circ p = p$. Inversement, si $s \circ s = \mathrm{id}_E$, l'endomorphisme $p = \dfrac{s + \mathrm{id}_E}{2}$ vérifie $p \circ p = \dfrac{s \circ s + 2s + \mathrm{id}_E}{4} = p$, et $s = 2p - \mathrm{id}_E$ : les vecteurs fixes de $s$ sont ceux de $p$, et ceux qu'elle change en leur opposé forment le noyau de $p$.
Une symétrie est sa propre réciproque, donc bijective. Un projecteur autre que $\mathrm{id}_E$ ne l'est jamais : son noyau n'est pas réduit à $\{0_E\}$.
Calculer un projecteur et écrire sa matrice
Dans $\mathbb{R}^3$, prends le plan $P$ d'équation $x + 2y - z = 0$ et la droite $D = \operatorname{Vect}(u)$, avec $u = (0, 1, 1)$. Comme $0 + 2 \times 1 - 1 = 1 \neq 0$, $u$ n'est pas dans $P$, et une droite non contenue dans un plan de $\mathbb{R}^3$ en est un supplémentaire : $\mathbb{R}^3 = P \oplus D$. Pour le projecteur $p$ sur $P$ parallèlement à $D$ :
Étape 1 : écris $v = (x, y, z)$ sous la forme $v = (v - \lambda u) + \lambda u$, et cherche le réel $\lambda$ qui met $v - \lambda u = (x,\ y - \lambda,\ z - \lambda)$ dans $P$.
Étape 2 : résous $x + 2(y - \lambda) - (z - \lambda) = 0$, soit $\lambda = x + 2y - z$.
Étape 3 : conclus par unicité de l'écriture : $p(v) = v - \lambda u = (x,\ -x - y + z,\ -x - 2y + 2z)$, et la symétrie associée envoie $v$ sur $v - 2\lambda u$.
Contrôle : $p(0, 1, 1) = (0, 0, 0)$, et $p(1, 0, 1) = (1, 0, 1)$ pour le vecteur $(1, 0, 1)$, qui est dans $P$.
Pour la matrice, prends une base adaptée à la décomposition : une base de $P$, ici $w_1 = (1, 0, 1)$ et $w_2 = (0, 1, 2)$, non colinéaires, suivie de $u$. Dans la base $(w_1, w_2, u)$, les matrices de $p$ et de $s$ se lisent sans calcul :
$$\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \qquad \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}$$
La première est égale à son carré, la seconde a pour carré l'identité : de quoi retrouver les deux règles le jour où tu les as oubliées.
Exercices corrigés
Les deux premiers appliquent le cours, les deux derniers ont le niveau d'un devoir surveillé. Rédige ta réponse avant d'ouvrir chaque correction.
Exercice 1 : Soit $f$ l'endomorphisme de $\mathbb{R}^2$ défini par $f(x, y) = (2x - 2y,\ x - y)$. Montre que $f$ est un projecteur et donne ses éléments caractéristiques. Un camarade ajoute : « $f \circ f = f$, donc $f \circ (f - \mathrm{id}) = 0$, donc $f = 0$ ou $f = \mathrm{id}$. » Où se trompe-t-il ?
Correction :
$f(2x - 2y,\ x - y) = \big(2(2x - 2y) - 2(x - y),\ (2x - 2y) - (x - y)\big) = (2x - 2y,\ x - y)$, donc $f \circ f = f$ : c'est un projecteur.
Noyau : $x - y = 0$, donc $\operatorname{Ker} f = \operatorname{Vect}((1, 1))$. Vecteurs fixes : $f(x, y) = (x, y)$ donne deux fois $x - 2y = 0$, donc $\operatorname{Im} f = \operatorname{Vect}((2, 1))$. $f$ projette sur la droite $\operatorname{Vect}((2, 1))$ parallèlement à la droite $\operatorname{Vect}((1, 1))$.
Le camarade a tort, puisque $f(1, 0) = (2, 1)$ et $f(1, 1) = (0, 0)$ : $f$ n'est ni nulle ni l'identité. Son erreur est la seconde implication. Pour des nombres, $ab = 0$ force $a = 0$ ou $b = 0$, pas pour des endomorphismes composés : ici $f$ et $f - \mathrm{id}$ ne sont pas nuls, et leur composée l'est.
Exercice 2 : Dans un repère orthonormé d'unité le mètre, le sol est le plan $z = 0$ et les rayons du soleil sont dirigés par $u = (1, 1, -2)$ (données fictives). L'ombre d'un point $M$, repéré par ses coordonnées, est le point où la droite passant par $M$ et dirigée par $u$ coupe le sol. Montre que l'application $p$ qui envoie $M$ sur son ombre est le projecteur sur le sol parallèlement à $\operatorname{Vect}(u)$, et donne son expression. Quelle est la longueur de l'ombre d'un poteau vertical de 3 m planté à l'origine, au centimètre près ?
Correction :
Le sol $S$ est un plan et $u$ n'y est pas, sa troisième coordonnée valant $-2$ : $\mathbb{R}^3 = S \oplus \operatorname{Vect}(u)$. Pour $M = (x, y, z)$, l'ombre est le point $M - \lambda u$ du sol, donc $z + 2\lambda = 0$ et $\lambda = -\dfrac{z}{2}$. L'écriture $M = (M - \lambda u) + \lambda u$ est la décomposition de $M$ dans $S \oplus \operatorname{Vect}(u)$, donc l'ombre est l'image de $M$ par ce projecteur :
$$p(x, y, z) = \left(x + \frac{z}{2},\ y + \frac{z}{2},\ 0\right)$$
Par linéarité, l'ombre du poteau est le segment qui joint les ombres de ses extrémités. Celle du pied est l'origine, celle du sommet $p(0, 0, 3) = \left(\dfrac{3}{2}, \dfrac{3}{2}, 0\right)$. L'ombre mesure $\sqrt{\left(\dfrac{3}{2}\right)^2 + \left(\dfrac{3}{2}\right)^2} = \dfrac{3\sqrt{2}}{2} \approx 2{,}12$ m.
Exercice 3 : Dans $\mathbb{R}_2[X]$, l'espace des polynômes réels de degré au plus 2, on pose $s(P) = P(1 - X)$. Montre que $s$ est une symétrie et donne une base de chacun de ses éléments caractéristiques.
Correction :
$s$ est linéaire, car $(\lambda P + Q)(1 - X) = \lambda P(1 - X) + Q(1 - X)$, et remplacer $X$ par $1 - X$ ne fait pas monter le degré : $s$ est un endomorphisme de $\mathbb{R}_2[X]$. De plus $s(s(P)) = P\big(1 - (1 - X)\big) = P$, donc $s \circ s = \mathrm{id}$.
Pour $P = a + bX + cX^2$, on développe : $s(P) = (a + b + c) - (b + 2c)X + cX^2$.
$s(P) = P$ équivaut à $b + c = 0$ (les coefficients constants et ceux de $X$ donnent la même condition), donc $P = a + c(X^2 - X)$. Les polynômes $1$ et $X^2 - X$, de degrés différents, forment une famille libre : $\operatorname{Ker}(s - \mathrm{id}) = \operatorname{Vect}(1,\ X^2 - X)$, de dimension 2.
$s(P) = -P$ impose $c = -c$, donc $c = 0$, puis $a + b = -a$, soit $b = -2a$ : $\operatorname{Ker}(s + \mathrm{id}) = \operatorname{Vect}(1 - 2X)$.
$s$ est la symétrie par rapport à $\operatorname{Vect}(1,\ X^2 - X)$ parallèlement à $\operatorname{Vect}(1 - 2X)$. Contrôle : $2 + 1 = 3 = \dim \mathbb{R}_2[X]$, et $s(1 - 2X) = 1 - 2(1 - X) = -(1 - 2X)$.
Exercice 4 : Soient $p$ et $q$ deux projecteurs de $E$. Montre que $p + q$ est un projecteur si et seulement si $p \circ q = q \circ p = 0$.
Correction :
Comme $p \circ p = p$ et $q \circ q = q$, on a $(p + q) \circ (p + q) = p + q + p \circ q + q \circ p$. Donc $p + q$ est un projecteur si et seulement si $p \circ q + q \circ p = 0$, ce qui est vrai quand $p \circ q = q \circ p = 0$.
Réciproquement, suppose $p \circ q + q \circ p = 0$. En composant par $p$ à gauche, puis à droite, tu obtiens $p \circ q + p \circ q \circ p = 0$ et $p \circ q \circ p + q \circ p = 0$. La différence donne $p \circ q = q \circ p$, puis l'hypothèse donne $2\,p \circ q = 0$ : donc $p \circ q = q \circ p = 0$.
Le piège : la composition n'est pas commutative, donc $(p + q) \circ (p + q)$ ne vaut pas $p \circ p + 2\,p \circ q + q \circ q$.
À retenir
À retenir :
- Si $E = F \oplus G$ et $x = f + g$, le projecteur sur $F$ parallèlement à $G$ donne $f$, la symétrie donne $f - g$.
- Projecteur : $p \circ p = p$, et alors $E = \operatorname{Im} p \oplus \operatorname{Ker} p$, avec $\operatorname{Im} p = \operatorname{Ker}(p - \mathrm{id}_E)$.
- Symétrie : $s \circ s = \mathrm{id}_E$, par rapport à $\operatorname{Ker}(s - \mathrm{id}_E)$ parallèlement à $\operatorname{Ker}(s + \mathrm{id}_E)$ ; et $s = 2p - \mathrm{id}_E$.
- Pour projeter parallèlement à $\operatorname{Vect}(u)$ : cherche $\lambda$ tel que $x - \lambda u \in F$.
- Dans une base adaptée, les matrices sont diagonales : des $1$ et des $0$ pour $p$, des $1$ et des $-1$ pour $s$.
Sources
- Ministère de l'Enseignement supérieur, de la Recherche et de l'Innovation, programme de mathématiques de MPSI et MP2I (annexe 1), 2021, partie « Applications linéaires », paragraphe « Endomorphismes » : texte sur education.gouv.fr.
- Même ministère, programme de mathématiques de PCSI (annexe 1), 2021, même paragraphe : texte sur education.gouv.fr.