le corrigé

PC∗

Corrigé : interrogation sur les espaces euclidiens

Exercice 1

a) (b) est une base donc il existe λ1, . . . , λndans R tels que x = n

X

k=1

λ_kbk. Par linéarité on en déduit kxk2= 0, soit x = 0E.

b) Considérons l’application φ : E → Rn définie par φ(x) =h_b1 |_{xi, . . . , hbn} |_xi_{. Il s’agit d’une application linéaire,} injective d’après la première question. Puisque dim E = n = dim Rn, φ est un isomorphisme donc tout (α1, . . . , αn) ∈ Rn

possède un unique antécédent.

Exercice 2

Notons p cette projection. Pour tout x ∈ E on a p(x) = ha | xia. En notant (e) la base canonique de Rnon a p(ej) = aja. les

coordonnées de ce vecteur se retrouvent dans la je_{colonne de la matrice de la projection ; cette dernière est donc égale à} (aiaj)16i,j6n.

Autre preuve : on identifie les vecteurs x et a aux matrices colonnes X et A. Alors p(X) = hA | XiA = (ATX)A et puisque ATX est un scalaire on peut aussi écrire p(X) = A(ATX) = (AAT)X donc la matrice demandée est AAT.

Exercice 3

Commençons par faire un dessin :

H H x − x1= x2 x1 x y Posons x2= x − x1. On a x2∈H ⊥ et x2∈ Hpuisque x ∈ H et x1∈H.

Pour tout y ∈ H on a y = x2+ (y − x2). par ailleurs, y ∈ H et x2∈ Hdonc y − x2∈H et ainsi hx2|y − x2i= 0. D’après le théorème de Pythagore on a donc kyk2= kx2k2+ ky − x2k2> kx2k2avec égalité si (et seulement si) y = x2, ce qui prouve que

inf

y∈H

k_{yk = kx2}k_{= kx − x1}k_.

Exercice 4

Soit (f1, . . . , fp) une base orthonormée de H. Alors e

0 k= p X i=1 h_fi|_eki_{fi et ke}0 kk2= p X i=1 h_fi|_eki2_{. Ainsi,} n X k=1 k_e0 kk2= n X k=1 p X i=1 h_fi|_eki2₌ p X i=1 n X k=1 h_fi|_eki2₌ p X i=1 k_fik2_{= p = dim H}

Exercice 5

Toute projection orthogonale est diagonalisable dans une base orthonormée donc il existe P ∈ On(R) telle que A = PDPT

avec D = Ir O

O O

!

. Notons (E1, . . . , En) la base canonique de Rn; alors D = r X k=1 EkETk. On en déduit que A = r X k=1 PEkETkPT= r X k=1 XkXTk avec Xk= PEk.

Exercice 6

u est symétrique donc diagonalisable dans une base orthonormée (e). Posons u(ek) = λkek; sans perte de généralité on peut

supposer λ16_λ26 · · · 6_{λn, de sorte que max}_Sp(u)_{= λn.} Pour tout x ∈ E, posons x =

n X k=1 xkek. Alors u(x) = n X k=1 λ_kxkek donc hx | u(x)i = n X k=1 λ_kx2_k 6_λn n X k=1 x2_k = λnkxk2et ainsi, pour x , 0E,hx | u(x)i

k_xk2 6λn. Cette majoration est atteinte pour x = en, donc max_x,0E

h_{x | u(x)i} k_xk2 = λn.

Exercice 7

a) A est symétrique réelle donc diagonalisable. Elle est donc semblable à diag(λ1, . . . , λn). A2 est donc semblable à

diag(λ2₁, . . . , λ2n) et ainsi, tr(A2) = n

X

k=1

λ2_k.

Par ailleurs, le coefficient de rang (i,i) de A2_vaut

n X j=1 aijaji= n X j=1 a2_ijdonc tr(A2) = n X i=1 n X j=1 a2_ij. D’où l’égalité. b) Si

χ

n

X

k=1

a2_kk. D’après la question précédente on en déduit queX

i,j

a2_ij= 0, soit i , j =⇒ aij= 0. La matrice A est diagonale.

Exercice 8

a) C’est sensiblement la même démarche que dans l’exercice 6, mais matriciellement : A est diagonalisable dans une base orthonormée donc il existe P ∈ On(R) et D = diag(λ1, . . . , λ) diagonale telles que A = PDPT. Alors hX | AXi = XTPDPTX =

YDYTavec Y = PTX. Ainsi, hX | AXi =

n X k=1 λ_ky_k2. Si A ∈ K alors hX | AXi   6 n X k=1

y_k2= kYk2= kPTXk2= kXk2puisque P est orthogonale. Réciproquement, si pour tout X ∈ E,

hX | AXi   6 kXk

2_{, on applique cette majoration à un vecteur propre X}

k associé à la

valeur propre λkpour obtenir |λk|.kXk26 kXk2, soit |λk| 61 puisque Xk, 0. On a bien A ∈ K. b) C’est cette fois-ci semblable à l’exercice 7 : [ATA]jj=

n X i=1 a2_ijdonc tr(ATA) = n X j=1 n X i=1 a2_ij.

Par ailleurs, ATA = A2= PD2PTdonc | tr(ATA)| = | tr(D)| 6   n X k=1 λ2_k     6 n X k=1 |λk|26n car A ∈ K, donc n X i=1 a2_ij6_n.

c) La question précédente montre que pour la norme euclidienne canonique de Mn(R), K est inclus dans la boule fermée

de centre O (la matrice nulle) et de rayon √

n, donc K est bornée.

Pour montrer que K est fermé, considérons une suite (Ap) de matrices de A qui converge vers une matrice A. D’après la

première question, pour tout p ∈ N et tout X ∈ E,

hX | ApXi   6 kXk

2_{. En faisant tendre p vers +∞ on obtient} 

hX | AXi   6 k_Xk2_{donc A ∈ K, ce qui montre que K est un fermé.}

d) D’après l’inégalité de Cauchy-Schwarz,

hX | BXi  

6 kXk.kBXk = kXk

2_{car B ∈ O}

n(R). Il en est de même avec BTpuisque

BT∈ O_{n(R), donc :}   hX | AXi   6 1 2   hX | BXi    +   hX | B T_Xi    61 2  k_Xk2_{+ kXk}2_{= kXk}2 donc A ∈ K d’après la première question.