Groupes d'isométries - preuves (A)

Soit $f$ un endomorphisme de l'espace euclidien $(E, \varphi)$. Nous devons prouver l'équivalence :

$(\forall x \in E, \|f(x)\| = \|x\|) \iff (\forall x, y \in E, \varphi(f(x), f(y)) = \varphi(x, y))$

Étape 1 : (Préservation du produit scalaire $\implies$ Préservation de la norme)

Supposons que $f$ préserve le produit scalaire. Pour tout $x, y \in E$, on a $\varphi(f(x), f(y)) = \varphi(x, y)$.

Prenons $y=x$. On a alors $\varphi(f(x), f(x)) = \varphi(x, x)$.

Par définition de la norme associée au produit scalaire, $\|v\|^2 = \varphi(v,v)$.

Donc, l'équation devient $\|f(x)\|^2 = \|x\|^2$.

Puisque les normes sont des réels positifs, on peut prendre la racine carrée des deux côtés, ce qui donne $\|f(x)\| = \|x\|$.

Ainsi, $f$ préserve la norme.

Étape 2 : (Préservation de la norme $\implies$ Préservation du produit scalaire)

Supposons que $f$ préserve la norme. Pour tout $v \in E$, on a $\|f(v)\| = \|v\|$.

Nous utilisons l'identité de polarisation : $\varphi(x, y) = \frac{1}{2}(\|x+y\|^2 - \|x\|^2 - \|y\|^2)$.

Appliquons cette identité aux vecteurs images $f(x)$ et $f(y)$ :

$\varphi(f(x), f(y)) = \frac{1}{2}(\|f(x)+f(y)\|^2 - \|f(x)\|^2 - \|f(y)\|^2)$

Puisque $f$ est un endomorphisme (linéaire), $f(x)+f(y) = f(x+y)$.

$\varphi(f(x), f(y)) = \frac{1}{2}(\|f(x+y)\|^2 - \|f(x)\|^2 - \|f(y)\|^2)$

Nous savons par hypothèse que $f$ préserve la norme, donc $\|f(v)\| = \|v\|$ pour tout $v \in E$. Appliquons ceci pour $v=x+y$, $v=x$, et $v=y$ :

$\varphi(f(x), f(y)) = \frac{1}{2}(\|x+y\|^2 - \|x\|^2 - \|y\|^2)$

On reconnaît dans le membre de droite l'identité de polarisation pour $\varphi(x, y)$.

$\varphi(f(x), f(y)) = \varphi(x, y)$

Ainsi, $f$ préserve le produit scalaire.

Conclusion : Les deux propriétés sont bien équivalentes.

Soit $f$ un endomorphisme de $E$. Nous allons prouver l'équivalence en montrant les deux implications.

Étape 1 : ($f^* \circ f = \text{Id}_E \implies f$ est une isométrie)

Supposons que $f^* \circ f = \text{Id}_E$. Cela signifie que pour tout $x \in E$, $f^*(f(x)) = x$.

Considérons le produit scalaire $\varphi(f(x), f(y))$ pour $x, y \in E$ quelconques. Par définition de l'adjoint $f^*$, on peut écrire :

$\varphi(f(x), f(y)) = \varphi(x, f^*(f(y)))$

En utilisant notre hypothèse $f^*(f(y)) = y$, on obtient :

$\varphi(f(x), f(y)) = \varphi(x, y)$

Ceci montre que $f$ préserve le produit scalaire. D'après la propriété démontrée précédemment, un endomorphisme qui préserve le produit scalaire préserve aussi la norme, donc $f$ est une isométrie.

Étape 2 : ($f$ est une isométrie $\implies f^* \circ f = \text{Id}_E$)

Supposons que $f$ est une isométrie. Cela signifie que $f$ préserve le produit scalaire, donc $\forall x, y \in E, \varphi(f(x), f(y)) = \varphi(x, y)$.

Par définition de l'adjoint, on a aussi $\varphi(f(x), f(y)) = \varphi(x, f^*(f(y)))$.

En combinant ces deux égalités, on obtient :

$\varphi(x, y) = \varphi(x, f^*(f(y)))$

$\varphi(x, y) - \varphi(x, f^*(f(y))) = 0$

Par linéarité du produit scalaire par rapport à la deuxième variable (ou sesquilinéarité dans le cas hermitien) :

$\varphi(x, y - f^*(f(y))) = 0$

Cette égalité est vraie pour tout $x \in E$. Le seul vecteur de $E$ qui est orthogonal à tous les vecteurs de $E$ est le vecteur nul (car le produit scalaire est non dégénéré). Donc, pour un $y$ fixé, on doit avoir :

$y - f^*(f(y)) = 0$

$y = f^*(f(y))$

Ceci étant vrai pour tout $y \in E$, on conclut que l'application $f^* \circ f$ est l'application identité $\text{Id}_E$.

Conclusion : Un endomorphisme $f$ est une isométrie si et seulement si $f^* \circ f = \text{Id}_E$. Cela implique aussi que toute isométrie en dimension finie est un isomorphisme (car elle est injective), et que son inverse est son adjoint : $f^{-1} = f^*$.

Soit $f$ un endomorphisme de $E$, et $\mathcal{B} = (e_1, \dots, e_n)$ une base orthonormée de $E$.

Étape 1 : (Si $f$ est une isométrie, alors l'image de $\mathcal{B}$ est une base orthonormée)

Supposons que $f$ est une isométrie. Alors $f$ préserve le produit scalaire.

Soit $\mathcal{B}' = (f(e_1), \dots, f(e_n))$ l'image de la base $\mathcal{B}$ par $f$. Pour montrer que $\mathcal{B}'$ est une base orthonormée, nous devons vérifier que $\varphi(f(e_i), f(e_j)) = \delta_{ij}$ pour tous $i, j \in \{1, \dots, n\}$.

Puisque $f$ préserve le produit scalaire, on a :

$\varphi(f(e_i), f(e_j)) = \varphi(e_i, e_j)$

Comme $\mathcal{B}$ est une base orthonormée, on sait que $\varphi(e_i, e_j) = \delta_{ij}$.

Donc, $\varphi(f(e_i), f(e_j)) = \delta_{ij}$.

Ceci prouve que la famille $\mathcal{B}'$ est une famille orthonormée. Une famille orthonormée de $n$ vecteurs dans un espace de dimension $n$ est toujours une base. Donc $\mathcal{B}'$ est une base orthonormée.

Étape 2 : (Si l'image d'une base orthonormée est une base orthonormée, alors $f$ est une isométrie)

Supposons qu'il existe une base orthonormée $\mathcal{B}=(e_1, \dots, e_n)$ telle que son image $\mathcal{B}' = (f(e_1), \dots, f(e_n))$ soit aussi une base orthonormée.

On a donc $\varphi(f(e_i), f(e_j)) = \delta_{ij}$.

Soit $x$ un vecteur quelconque de $E$. On peut le décomposer dans la base $\mathcal{B}$ : $x = \sum_{i=1}^n x_i e_i$.

La norme au carré de $x$ est donnée par (puisque $\mathcal{B}$ est orthonormée) :

$\|x\|^2 = \varphi\left(\sum_{i=1}^n x_i e_i, \sum_{j=1}^n x_j e_j\right) = \sum_{i,j} x_i x_j \varphi(e_i, e_j) = \sum_{i,j} x_i x_j \delta_{ij} = \sum_{i=1}^n x_i^2$

Maintenant, calculons l'image de $x$ par $f$. Par linéarité de $f$ :

$f(x) = f\left(\sum_{i=1}^n x_i e_i\right) = \sum_{i=1}^n x_i f(e_i)$

Calculons la norme au carré de $f(x)$. Comme la base $(f(e_1), \dots, f(e_n))$ est orthonormée par hypothèse, le calcul est similaire :

$\|f(x)\|^2 = \varphi\left(\sum_{i=1}^n x_i f(e_i), \sum_{j=1}^n x_j f(e_j)\right) = \sum_{i,j} x_i x_j \varphi(f(e_i), f(e_j)) = \sum_{i,j} x_i x_j \delta_{ij} = \sum_{i=1}^n x_i^2$

Nous avons donc $\|x\|^2 = \sum_{i=1}^n x_i^2$ et $\|f(x)\|^2 = \sum_{i=1}^n x_i^2$.

Il s'ensuit que $\|f(x)\|^2 = \|x\|^2$, et donc $\|f(x)\| = \|x\|$.

Ceci étant vrai pour tout $x \in E$, $f$ est une isométrie.

Pour montrer que $(O(E), \circ)$ est un groupe, nous devons vérifier les trois axiomes de la structure de groupe.

1. Stabilité (ou loi de composition interne)

Soient $f$ et $g$ deux isométries de $E$. Nous devons montrer que leur composée $f \circ g$ est aussi une isométrie.

Pour tout $x \in E$, nous devons vérifier que $\|(f \circ g)(x)\| = \|x\|$.

$\|(f \circ g)(x)\| = \|f(g(x))\|$

Puisque $f$ est une isométrie, $\|f(y)\| = \|y\|$ pour tout $y \in E$. Appliquons ceci avec $y=g(x)$:

$\|f(g(x))\| = \|g(x)\|$

Puisque $g$ est une isométrie, $\|g(x)\| = \|x\|$.

En combinant les deux, on obtient $\|(f \circ g)(x)\| = \|x\|$.

La composition est donc bien une loi interne sur $O(E)$.

2. Élément neutre

L'élément neutre pour la composition d'applications est l'application identité, $\text{Id}_E$, définie par $\text{Id}_E(x) = x$ pour tout $x \in E$.

Vérifions si $\text{Id}_E$ est une isométrie :

$\|\text{Id}_E(x)\| = \|x\|$

Ceci est vrai par définition. Donc, $\text{Id}_E \in O(E)$.

3. Existence de l'inverse

Soit $f \in O(E)$. Nous devons montrer que $f$ est bijective et que son inverse $f^{-1}$ est aussi une isométrie.

• Bijectivité : Pour montrer que $f$ est bijective, il suffit de montrer qu'elle est injective, car $f$ est un endomorphisme en dimension finie. Pour montrer l'injectivité, on montre que son noyau est réduit au vecteur nul. Soit $x \in \ker(f)$, alors $f(x) = 0$. On a $\|f(x)\| = \|0\| = 0$. Comme $f$ est une isométrie, $\|f(x)\| = \|x\|$. Donc $\|x\|=0$, ce qui implique $x=0$. Le noyau est donc $\ker(f) = \{0\}$, et $f$ est injective, donc bijective. L'inverse $f^{-1}$ existe.
• $f^{-1}$ est une isométrie : Nous devons montrer que $\|f^{-1}(y)\| = \|y\|$ pour tout $y \in E$.

Soit $y \in E$. Puisque $f$ est surjective, il existe un $x \in E$ tel que $y = f(x)$. Alors, par définition de l'inverse, $x = f^{-1}(y)$.

On a $\|y\| = \|f(x)\|$.

Puisque $f$ est une isométrie, $\|f(x)\| = \|x\|$.

Donc $\|y\| = \|x\|$.

En substituant $x = f^{-1}(y)$, on obtient $\|y\| = \|f^{-1}(y)\|$.

Ceci montre que $f^{-1}$ est une isométrie. Donc $f^{-1} \in O(E)$.

Conclusion : Les trois axiomes étant vérifiés, $(O(E), \circ)$ est un groupe.

Pour montrer que $(O_n(\mathbb{R}), \times)$ est un groupe, nous vérifions les trois axiomes.

1. Stabilité par multiplication

Soient $A, B \in O_n(\mathbb{R})$. Par définition, nous avons ${}^tAA = I_n$ et ${}^tBB = I_n$.

Nous devons montrer que le produit $AB$ est aussi dans $O_n(\mathbb{R})$, c'est-à-dire que ${}^t(AB)(AB) = I_n$.

${}^t(AB)(AB) = ({}^tB{}^tA)(AB)$

Par associativité de la multiplication matricielle :

${}^tB({}^tA A)B$

Puisque $A \in O_n(\mathbb{R})$, on a ${}^tAA = I_n$.

${}^tB(I_n)B = {}^tBB$

Et puisque $B \in O_n(\mathbb{R})$, on a ${}^tBB = I_n$.

Donc, ${}^t(AB)(AB) = I_n$, ce qui prouve que $AB \in O_n(\mathbb{R})$.

2. Élément neutre

L'élément neutre pour la multiplication matricielle est la matrice identité $I_n$.

Nous devons vérifier si $I_n \in O_n(\mathbb{R})$. On calcule :

${}^tI_n I_n = I_n I_n = I_n$

La condition est vérifiée, donc $I_n \in O_n(\mathbb{R})$.

3. Existence de l'inverse

Soit $A \in O_n(\mathbb{R})$. Par définition, ${}^tAA = I_n$.

Cette relation montre que $A$ est inversible et que son inverse est $A^{-1} = {}^tA$.

Il nous reste à vérifier que cet inverse $A^{-1}$ est bien dans $O_n(\mathbb{R})$.

Nous devons donc montrer que ${}^t(A^{-1})(A^{-1}) = I_n$.

Substituons $A^{-1}$ par ${}^tA$ :

${}^t({}^tA)({}^tA) = A({}^tA)$

Nous savons que ${}^tAA = I_n$. En multipliant à droite par $A^{-1}$ (qui est ${}^tA$), on obtient ${}^tA = A^{-1}$. Et en multipliant ${}^tAA=I_n$ à gauche par $A$, on obtient $A({}^tA A) = A I_n$, donc $(A{}^tA)A=A$. Comme A est inversible, on peut multiplier par $A^{-1}$ à droite pour obtenir $A{}^tA = I_n$.

Ainsi, ${}^t(A^{-1})(A^{-1}) = I_n$, et donc $A^{-1} \in O_n(\mathbb{R})$.

Conclusion : Les trois axiomes étant satisfaits, $O_n(\mathbb{R})$ est un groupe pour la multiplication matricielle.

Soit $M$ une matrice appartenant au groupe orthogonal $O_n(\mathbb{R})$.

Étape 1 : Utiliser la définition de $O_n(\mathbb{R})$

Par définition, $M$ satisfait la relation :

${}^tMM = I_n$

où $I_n$ est la matrice identité d'ordre $n$.

Étape 2 : Appliquer le déterminant

Appliquons la fonction déterminant aux deux membres de cette équation :

$\det({}^tMM) = \det(I_n)$

Étape 3 : Utiliser les propriétés du déterminant

Nous utilisons deux propriétés du déterminant :

1. Le déterminant d'un produit de matrices est le produit de leurs déterminants : $\det(AB) = \det(A)\det(B)$.
2. Le déterminant d'une matrice transposée est égal au déterminant de la matrice originale : $\det({}^tM) = \det(M)$.

Appliquons la première propriété au membre de gauche :

$\det({}^tM)\det(M) = \det(I_n)$

Appliquons la seconde propriété :

$\det(M)\det(M) = \det(I_n)$

$(\det(M))^2 = \det(I_n)$

Étape 4 : Calculer le déterminant de l'identité et résoudre

Le déterminant de la matrice identité est 1.

$(\det(M))^2 = 1$

L'équation $x^2 = 1$ pour une variable réelle $x = \det(M)$ a exactement deux solutions : $x=1$ et $x=-1$.

Conclusion :

Le déterminant d'une matrice orthogonale $M$ ne peut prendre que les valeurs 1 ou -1.

$\det(M) \in \{-1, 1\}$

Soit $M$ une matrice de $M_n(\mathbb{R})$. Notons ses vecteurs colonnes $C_1, C_2, \dots, C_n$, où chaque $C_j \in \mathbb{R}^n$.

$M = \begin{pmatrix} | & | & & | \\ C_1 & C_2 & \dots & C_n \\ | & | & & | \end{pmatrix}$

La matrice transposée ${}^tM$ a pour lignes les transposées de ces vecteurs colonnes :

${}^tM = \begin{pmatrix} - & {}^tC_1 & - \\ - & {}^tC_2 & - \\ & \vdots & \\ - & {}^tC_n & - \end{pmatrix}$

Étape 1 : Calculer le produit ${}^tMM$

Effectuons le produit matriciel $P = {}^tMM$. L'élément $P_{ij}$ situé à la $i$-ème ligne et $j$-ème colonne de $P$ est obtenu en multipliant la $i$-ème ligne de ${}^tM$ par la $j$-ème colonne de $M$.

La $i$-ème ligne de ${}^tM$ est ${}^tC_i$.

La $j$-ème colonne de $M$ est $C_j$.

Ainsi, l'élément $P_{ij}$ est le produit matriciel ${}^tC_i C_j$. Ce produit est une matrice $1 \times 1$, que l'on identifie à un scalaire. Il correspond exactement au produit scalaire canonique de $C_i$ et $C_j$.

$P_{ij} = {}^tC_i C_j = \varphi(C_i, C_j)$

La matrice produit est donc :

${}^tMM = \begin{pmatrix} \varphi(C_1, C_1) & \varphi(C_1, C_2) & \dots & \varphi(C_1, C_n) \\ \varphi(C_2, C_1) & \varphi(C_2, C_2) & \dots & \varphi(C_2, C_n) \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ \varphi(C_n, C_1) & \varphi(C_n, C_2) & \dots & \varphi(C_n, C_n) \end{pmatrix}$

Étape 2 : Relier la condition d'orthogonalité à la condition sur les colonnes

Par définition, $M$ est une matrice orthogonale si et seulement si ${}^tMM = I_n$.

La matrice identité $I_n$ est la matrice dont les coefficients $(I_n)_{ij}$ sont donnés par le symbole de Kronecker $\delta_{ij}$ :

$(I_n)_{ij} = \delta_{ij} = \begin{cases} 1 & \text{si } i=j \\ 0 & \text{si } i \neq j \end{cases}$

En identifiant les coefficients de la matrice ${}^tMM$ avec ceux de $I_n$, la condition ${}^tMM = I_n$ est équivalente à :

$\varphi(C_i, C_j) = \delta_{ij} \quad \text{pour tous } i, j \in \{1, \dots, n\}$

Étape 3 : Interpréter la condition sur les colonnes

La condition $\varphi(C_i, C_j) = \delta_{ij}$ signifie que :

• Si $i=j$, $\varphi(C_i, C_i) = \|C_i\|^2 = 1$, donc les vecteurs colonnes sont de norme 1 (unitaires).
• Si $i \neq j$, $\varphi(C_i, C_j) = 0$, donc deux vecteurs colonnes distincts sont orthogonaux.

L'ensemble de ces conditions est précisément la définition d'une famille orthonormée. Une famille orthonormée de $n$ vecteurs dans un espace de dimension $n$ comme $\mathbb{R}^n$ forme une base.

Conclusion :

La matrice $M$ est orthogonale si et seulement si la famille de ses vecteurs colonnes $(C_1, \dots, C_n)$ est une base orthonormée de $\mathbb{R}^n$.

Soit $(E, \varphi)$ un espace euclidien, et soient $x, y$ deux vecteurs non nuls de $E$.

La définition de l'angle non-orienté $\theta$ entre $x$ et $y$ est donnée par la relation $\cos(\theta) = \frac{\varphi(x,y)}{\|x\|\|y\|}$.

Pour que cette définition soit mathématiquement valide, il faut que l'argument de la fonction $\arccos$ (qui est $\cos(\theta)$) soit toujours dans son domaine de définition, c'est-à-dire l'intervalle $[-1, 1]$.

Étape 1 : S'assurer que l'expression est bien définie

Les vecteurs $x$ et $y$ sont supposés non nuls. Par conséquent, leurs normes $\|x\|$ et $\|y\|$ sont strictement positives. Le dénominateur $\|x\|\|y\|$ n'est donc jamais nul, et la fraction est bien définie.

Étape 2 : Appliquer l'inégalité de Cauchy-Schwarz

L'inégalité de Cauchy-Schwarz est une propriété fondamentale de tout produit scalaire. Elle s'énonce ainsi :

$|\varphi(x, y)| \leq \|x\| \|y\|$

où $|\cdot|$ désigne la valeur absolue.

Étape 3 : Manipuler l'inégalité

Puisque $\|x\|\|y\|$ est un nombre réel strictement positif, nous pouvons diviser les deux membres de l'inégalité par cette quantité sans changer le sens de l'inégalité :

$\frac{|\varphi(x, y)|}{\|x\| \|y\|} \leq 1$

En utilisant la propriété $|a/b| = |a|/|b|$, on peut réécrire le membre de gauche :

$\left| \frac{\varphi(x, y)}{\|x\| \|y\|} \right| \leq 1$

Étape 4 : Conclure

L'inégalité $|A| \leq 1$ est équivalente à $-1 \leq A \leq 1$.

En posant $A = \frac{\varphi(x,y)}{\|x\|\|y\|}$, nous avons donc :

$-1 \leq \frac{\varphi(x,y)}{\|x\|\|y\|} \leq 1$

Conclusion :

La quantité $\frac{\varphi(x,y)}{\|x\|\|y\|}$ est toujours un nombre réel compris dans l'intervalle $[-1, 1]$. Par conséquent, il existe un unique angle $\theta$ dans l'intervalle $[0, \pi]$ tel que $\cos(\theta)$ soit égal à cette valeur. La définition de l'angle non-orienté par la fonction $\arccos$ est donc bien fondée.

Soit $f$ une isométrie d'un espace euclidien $E$. Soient $x, y$ deux vecteurs non nuls de $E$.

L'angle non-orienté $\theta(x,y)$ entre $x$ et $y$ est l'unique réel dans $[0, \pi]$ tel que :

$\cos(\theta(x,y)) = \frac{\varphi(x,y)}{\|x\|\|y\|}$

Nous voulons prouver que l'angle entre les images $f(x)$ et $f(y)$ est le même, c'est-à-dire $\theta(f(x),f(y)) = \theta(x,y)$.

Étape 1 : Définir l'angle entre les vecteurs images

Si $x$ et $y$ sont non nuls, et comme $f$ est une isométrie (donc injective), leurs images $f(x)$ et $f(y)$ sont aussi non nulles. On peut donc définir l'angle $\theta(f(x),f(y))$ entre elles :

$\cos(\theta(f(x),f(y))) = \frac{\varphi(f(x),f(y))}{\|f(x)\|\|f(y)\|}$

Étape 2 : Utiliser les propriétés de l'isométrie

Une isométrie $f$ a deux propriétés clés que nous allons utiliser :

1. Elle préserve le produit scalaire : $\varphi(f(x),f(y)) = \varphi(x,y)$.
2. Elle préserve la norme : $\|f(v)\| = \|v\|$ pour tout vecteur $v$.

Appliquons ces propriétés à l'expression de $\cos(\theta(f(x),f(y)))$.

Le numérateur devient :

$\varphi(f(x),f(y)) = \varphi(x,y)$

Le dénominateur devient :

$\|f(x)\|\|f(y)\| = \|x\|\|y\|$

Étape 3 : Comparer les cosinus

En substituant ces résultats dans la formule, on obtient :

$\cos(\theta(f(x),f(y))) = \frac{\varphi(x,y)}{\|x\|\|y\|}$

On reconnaît dans le membre de droite l'expression de $\cos(\theta(x,y))$.

$\cos(\theta(f(x),f(y))) = \cos(\theta(x,y))$

Étape 4 : Conclure sur l'égalité des angles

La fonction cosinus est injective sur l'intervalle $[0, \pi]$. Puisque par définition, les angles non-orientés $\theta(x,y)$ et $\theta(f(x),f(y))$ appartiennent tous deux à cet intervalle, l'égalité de leurs cosinus implique l'égalité des angles eux-mêmes.

$\theta(f(x),f(y)) = \theta(x,y)$

Conclusion : Toute isométrie préserve l'angle non-orienté entre deux vecteurs.

Soit $E$ un $\mathbb{R}$-espace vectoriel de dimension finie. Soit $\mathcal{E}$ l'ensemble de toutes les bases de $E$. La relation $\mathcal{R}$ est définie sur $\mathcal{E}$ par :

$\forall \mathcal{B}, \mathcal{B}' \in \mathcal{E}, \quad \mathcal{B} \mathcal{R} \mathcal{B}' \iff \det(P_{\mathcal{B},\mathcal{B}'}) > 0$

où $P_{\mathcal{B},\mathcal{B}'}$ est la matrice de passage de la base $\mathcal{B}$ à la base $\mathcal{B}'$.

1. Réflexivité

Nous devons montrer que $\mathcal{B} \mathcal{R} \mathcal{B}$ pour toute base $\mathcal{B}$.

La matrice de passage de la base $\mathcal{B}$ à elle-même est la matrice identité $I_n$.

$P_{\mathcal{B},\mathcal{B}} = I_n$

Le déterminant de la matrice identité est 1.

$\det(P_{\mathcal{B},\mathcal{B}}) = \det(I_n) = 1$

Puisque $1 > 0$, la condition est satisfaite. Donc, $\mathcal{B} \mathcal{R} \mathcal{B}$. La relation est réflexive.

2. Symétrie

Supposons que $\mathcal{B} \mathcal{R} \mathcal{B}'$. Nous devons montrer que $\mathcal{B}' \mathcal{R} \mathcal{B}$.

L'hypothèse $\mathcal{B} \mathcal{R} \mathcal{B}'$ signifie que $\det(P_{\mathcal{B},\mathcal{B}'}) > 0$.

La matrice de passage de $\mathcal{B}'$ à $\mathcal{B}$ est l'inverse de la matrice de passage de $\mathcal{B}$ à $\mathcal{B}'$ :

$P_{\mathcal{B}',\mathcal{B}} = (P_{\mathcal{B},\mathcal{B}'})^{-1}$

Le déterminant de l'inverse d'une matrice est l'inverse du déterminant de la matrice :

$\det(P_{\mathcal{B}',\mathcal{B}}) = \det((P_{\mathcal{B},\mathcal{B}'})^{-1}) = \frac{1}{\det(P_{\mathcal{B},\mathcal{B}'})}$

Par hypothèse, $\det(P_{\mathcal{B},\mathcal{B}'})$ est un nombre réel strictement positif. L'inverse d'un réel strictement positif est aussi un réel strictement positif.

Donc, $\det(P_{\mathcal{B}',\mathcal{B}}) > 0$.

Ceci montre que $\mathcal{B}' \mathcal{R} \mathcal{B}$. La relation est symétrique.

3. Transitivité

Supposons que $\mathcal{B} \mathcal{R} \mathcal{B}'$ et $\mathcal{B}' \mathcal{R} \mathcal{B}''$. Nous devons montrer que $\mathcal{B} \mathcal{R} \mathcal{B}''$.

Les hypothèses se traduisent par :

1. $\det(P_{\mathcal{B},\mathcal{B}'}) > 0$
2. $\det(P_{\mathcal{B}',\mathcal{B}''}) > 0$

La formule de changement de base (relation de Chasles) nous dit que :

$P_{\mathcal{B},\mathcal{B}''} = P_{\mathcal{B},\mathcal{B}'} P_{\mathcal{B}',\mathcal{B}''}$

En utilisant la propriété $\det(AB) = \det(A)\det(B)$, on a :

$\det(P_{\mathcal{B},\mathcal{B}''}) = \det(P_{\mathcal{B},\mathcal{B}'}) \times \det(P_{\mathcal{B}',\mathcal{B}''})$

Par hypothèse, nous multiplions deux nombres réels strictement positifs. Le produit de deux nombres réels strictement positifs est un nombre réel strictement positif.

Donc, $\det(P_{\mathcal{B},\mathcal{B}''}) > 0$.

Ceci montre que $\mathcal{B} \mathcal{R} \mathcal{B}''$. La relation est transitive.

Conclusion :

La relation $\mathcal{R}$ est réflexive, symétrique et transitive. C'est donc une relation d'équivalence sur l'ensemble des bases de $E$.