Dans $\mathbb{R}^3$, on considère le plan $F=\{(x,y,z)\mid x-y+2z=0\}$ et la droite $D=\mathrm{Vect}(w)$ avec $w=(1,1,1)$.
- Montrer que $\mathbb{R}^3=F\oplus D$.
- Déterminer l'expression du projecteur $p$ sur $F$ parallèlement à $D$.
- En déduire l'expression de la symétrie $s$ par rapport à $F$ parallèlement à $D$.
- Contrôler les formules sur $w$ et sur un vecteur de $F$.
Pour $u=(x,y,z)$, chercher $\lambda$ tel que $u-\lambda w\in F$.
L'unicité de $\lambda$ donne l'intersection, son existence donne la somme.
$p(u)=u-\lambda w$ et $s=2p-\mathrm{id}$.
1. Soit $u=(x,y,z)\in\mathbb{R}^3$.
Analyse. Si $u=a+\lambda w$ avec $a\in F$, alors $a=(x-\lambda,\,y-\lambda,\,z-\lambda)$ vérifie $(x-\lambda)-(y-\lambda)+2(z-\lambda)=0$, soit $x-y+2z-2\lambda=0$, donc
$$\lambda=\frac{x-y+2z}{2}.$$
$\lambda$, puis $a=u-\lambda w$, sont déterminés par $u$ : la décomposition est unique, donc $F\cap D=\{0\}$.
Synthèse. Avec cette valeur de $\lambda$, le calcul précédent montre que $a=u-\lambda w$ est dans $F$, $\lambda w\in D$, et $u=a+\lambda w$.
Donc $\mathbb{R}^3=F\oplus D$.
2. $p(u)=u-\lambda w$ avec $\lambda=\frac{x-y+2z}{2}$. On calcule $x-\lambda=\frac{x+y-2z}{2}$, $y-\lambda=\frac{-x+3y-2z}{2}$, $z-\lambda=\frac{-x+y}{2}$. Ainsi
$$p(x,y,z)=\left(\frac{x+y-2z}{2},\ \frac{-x+3y-2z}{2},\ \frac{-x+y}{2}\right).$$
3. $s=2p-\mathrm{id}$ :
$$s(x,y,z)=(y-2z,\ -x+2y-2z,\ -x+y-z).$$
4. $p(1,1,1)=\left(0,0,0\right)$ et $s(1,1,1)=(-1,-1,-1)$, comme attendu pour un vecteur de $D$. Le vecteur $(1,1,0)$ est dans $F$ ($1-1+0=0$) : $p(1,1,0)=(1,1,0)$ et $s(1,1,0)=(1,\,1,\,0)$. De plus, pour tout $u$, $p(u)$ vérifie l'équation de $F$ : $\frac{(x+y-2z)-(-x+3y-2z)+2(-x+y)}{2}=0$.
$p(x,y,z)=\left(\frac{x+y-2z}{2},\frac{-x+3y-2z}{2},\frac{-x+y}{2}\right)$, $s(x,y,z)=(y-2z,\,-x+2y-2z,\,-x+y-z)$.