Semaine 16

Colle PC Semaine 16 2011-2012

Espaces vectoriels préhilbertiens réels ou complexes + espaces euclidiens

EXERCICE 1 :

Soit E = M 3 ( R ) muni du produit scalaire usuel ( ∀ (A, B) ∈ ( M 3 ( R )) ² , (A | B) = T r( ^t AB) 1. Prouver que l’orthogonal de A ³ ( R ) est S ³ ( R ).

2. Soit M =





0 1 0 0 0 1 0 0 0



. Calculer la distance de M au sous espace vectoriel des matrices antisymétriques.

EXERCICE 2 :

Soit n ∈ N

^∗

et φ l’application de ( C _n [X ]) ² dans C définie par : φ(P, Q) = 1 2π

Z 2π 0

P(e ^iθ )Q(e ^iθ )dθ.

1. Montrer que φ est un produit scalaire hermitien et que la base canonique de C _n [X ] est orthonormale.

2. Étant donné Q = X ⁿ + a n−1 X ⁿ⁻¹ + · · · + a 0 ∈ C _n [X ], calculer || Q || ² . Soit M = sup

|z|=1

| Q(z) | . Montrer que M > 1, puis que M = 1 si et seulement si a n−1 = · · · = a 0 = 0.

EXERCICE 3 :

On note E l’ensemble des sutes réelles de carrés sommables c’est à dire les usites réelles (u n ) n∈

N

telles que :

+∞

X

n=0

u ² _n < + ∞ 1. Montrer que E est un R -espace vectoriel.

2. Pour (u, v) de E ² , on pose φ(u, v) =

+∞

X

n=0

u n v n . Montrer que φ est un produit scalaire sur E.

EXERCICE 4 :

Soit E un espace préhilbertien réel et (e 1 , e 2 , ..., e n ) une famille de n vecteurs unitaires de E (n ∈ N

^∗

) telle que, pour tout x ∈ E, on ait : || x || ² =

n

X

k=1

(x | e k ) ² .

Montrer que la famille (e 1 , e 2 , ..., e n ) est une base orthonormée de E.

EXERCICE 5 :

Dans R ⁴ euclidien, former la matrice par rapport à la base canonique de la symétrie orthogonale par rapport au plan H d’équations :

x 1 + x 2 − x 3 − x 4 = 0 x 1 + 3x 2 + x 3 − x 4 = 0

My Maths Space 1 sur 3

Colle PC Semaine 16 2011-2012

Correction des exercices :

Ex 1 : ∀ (A, B) ∈ ( M 3 ( R )) ² , (A | B) = T r( ^t AB) = X

16i,j6n

a ij b ij .

1. Soit (A, B) ∈ S 3 ( R ) × A 3 ( R ), (A | B) = T r( ^t AB) = T r(AB) = T r(BA) = − T r( ^t BA) = − (B | A) = − (A | B) On en déduit que (A | B) = 0 donc que S ³ ( R ) ⊂ ( A ³ ( R ))

^⊥

.

De plus, un raisonnement sur les dimensions donne : dim( S ³ ( R ))=dim(( A ³ ( R ))

^⊥

) ( ∗ )

( ∗ ) dim( A

3

( R ))+dim(( A

3

( R ))

^⊥

)=n

²

et dim( S

3

( R ))+dim(( A

3

( R )))=n

²

car A

3

( R ) et S

3

( R ) sont en somme directe.

Ainsi S 3 ( R ) = ( A 3 ( R ))

^⊥

2. On sait que M 3 ( R ) = A 3 ( R ) ⊕ S 3 ( R ). ( ∗ ) ( ∗ ) ∀ M ∈ M

₃

( R ), M = M +

^t

M

2 + M −

^t

M

2 de manière unique avec M +

^t

M

2 ∈ S

₃

( R ) et M −

^t

M

2 ∈ A

₃

( R )

D’après la question 1, la projection de M sur A 3 ( R ) est la partie antisymétrique de M et la distance cherchée est la norme de la partie symétrique de M qui s’écrit :

1 2









0 1 0 0 0 1 0 0 0



 +





0 0 0 1 0 0 0 1 0







 = 1 2





0 1 0 1 0 1 0 1 0



 = D Ainsi d(M, A ³ ( R ))= √ _t

DD = 1 2

√ 1 ² + 1 ² + 1 ² + 1 ² = 1

Ex 2 :

→ Pour démontrer que φ est un produit scalaire hermitien, on prouve que :

• φ(P, Q) = φ(P, Q) (laissé au lecteur)

• φ est semi-linéaire à gauche et linéaire à droite : φ est sesquilinéaire. (laissé au lecteur)

• φ(P, P ) = 1 2π

Z 2π 0

P (e ^iθ )

2 dθ > 0.

• φ(P, P ) = 0 ⇒ P (e ^iθ )

= 0 ⇔ P (z) = 0 pour tout nombre complexe de module 1, c’est à dire que P = 0. φ est définie positive.

On a démontré que φ est un produit scalaire hermitien.

Soit p, q deux entiers compris entre 0 et n. φ(X ^p , X ^q ) = 1 2π

Z 2π 0

e ^i(−p+q)θ )dθ donc || X ^p || ² = 1 2π

Z 2π 0

dθ = 1 et pour p 6 = q, φ(X ^p , X ^q ) = 1

2π 1 i( − p + q)

e ^{i(−p+q)θ 2π}

0 = 0 . La base canonique est orthonormale.

Q = X ⁿ + a n−1 X ⁿ⁻¹ + · · · + a 0 ∈ C _n [X ].

|| Q || ² = φ(Q, Q) = φ X ⁿ +

n−1

X

k=0

a k X ^k , X ⁿ +

n−1

X

k=0

a k X ^k

!

= φ(X ⁿ , X ⁿ ) +

n−1

X

k=0

a k a k φ(X ^k , X ^k ) = 1 +

n−1

X

k=0

| a k | ² . (compte-tenu du fait que (X ^p ) 06p6n est une base orthonormale pour φ et du fait que φ est un produit scalaire hermitien)

M = sup

|z|=1

| Q(z) | . M = 1 ⇔

n−1

X

k=0

| a k | ² = 0 ⇔ a k = 0 , ∀ k compris entre 0 et n − 1. On a donc Q = X ⁿ Ex 3 :

1. S = ( R

^N

, +, .) est un espace vectoriel réel. Montrons que E est un sous-espace vectoriel de S. Pour cela, soit (u, v) ∈ E ² et (λ, µ) ∈ R ² ) on a :

My Maths Space 2 sur 3

Colle PC Semaine 16 2011-2012

• De façon évidente λu ∈ E ;

• (u n + v n ) ² = u ² _n + v _n ² + 2u n v n 6 u ² _n + v _n ² + u ² _n + v ² _n = 2u ² _n + 2v _n ² . On sait que u et v sont des suites de carrés sommables donc il en est de même de la suite (u + v).

Ainsi en tant que sous-espace vectoriel de S, E est bien un R -espace vectoriel.

2. De (u n − v n ) ² > 0, on en déduit que u n v n 6 1

2 (u ² _n + v _n ² ) donc cela prouve que la série

+∞

X

n=0

u n v n est convergente donc φ(u, v) existe si (u, v) ∈ E ² .

Pour la symétrie, la bilinéarité et la positivité de φ, c’est évident et : φ(u, u) = 0 ⇔

+∞

X

n=0

u ² _n = 0 ⇒ ∀ n ∈ N , u ² _n = 0 ⇒ u = 0.

L’application φ est un produit scalaire sur E.

Ex 4 :

→ ∀ i tel que 1 6 i 6 n, 1 = || e i || =

n

X

k=1

(e i | e k ) ² ⇔ 1 = (e i | e i ) ² +

n

X

k=1,k6=i

(e i | e k ) ² ⇔ ∀ k tel que 1 6 k 6 n et k 6 = i, (e i | e k ) = 0. Ainsi la famille (e 1 , e 2 , ..., e n ) est orthonormale. (orthogonale composée de vecteurs unitaires)

Maintenant, pour répondre à la question, il faut démontrer que E =vect(e 1 , e 2 , ..., e n ). On note F =vect(e 1 , e 2 , ..., e n ) et x ∈ E. On considère la projection orthogonale de x sur F et on démontre que p F (x) = x ce qui prouvera que F = E.

On a p F (x) =

n

X

k=1

(x | e k )e k , on en déduit que || p F (x) || ² =

n

X

k=1

(x | e k ) ² = || x || ² .

En utilisant le théorème de Pythagore, on a || p F (x) || ² + || x − p F (x) || ² = || x || ² car x − p F (x) et p F (x) sont orthogonaux. On a donc || x − p F (x) || ² = || x || ² − || p F (x) || ² = 0 donc x − p F (x) = 0 ⇔ p F (x) = x.

Ex 5 :

→ Une base de F est (u, v) où u = (1, 0, 0, 1) et v = (0, 1, − 1, 2).

Une base orthonormale possible est (w, t) où w = 1

√ 2 (1, 0, 0, 1) et v = 1

2 ( − 1, 1, − 1, 1).

Soit p la projection orthogonale sur F (expression des p(e i ) dans la base (e i )). P = 1 4









3 − 1 1 1

− 1 1 − 1 1

1 − 1 1 − 1

1 1 − 1 3









et donc celle de la symétrie s = 2p − Id est : S = 1 2









1 − 1 1 1

− 1 − 1 − 1 1 1 − 1 − 1 − 1

1 1 − 1 1









My Maths Space 3 sur 3