EPFLAlgèbre linéaire 1ère année 2009-2010
Corrigé de la série 16
Exercice 1.
1. Soitx∈G⊥. Par définition, cela signifie queφ(x, y) = 0pour touty∈G. CommeF⊆G, on a en particulier queφ(x, y) = 0pour touty∈F. Par conséquencex∈F⊥. Commex était arbitraire, nous avons bien montré queG⊥⊆F⊥.
2. Montrons(F+G)⊥⊆F⊥∩G⊥: Soitx∈(F+G)⊥. Doncφ(x, y) = 0 ∀y∈F+G.
CommeF⊆F+GetG⊆F+G, on aφ(x, v) = 0∀v∈F etφ(x, w) = 0∀w∈G. Par conséquencex∈F⊥∩G⊥.
MontronsF⊥∩G⊥⊆(F+G)⊥: Soitx∈F⊥∩G⊥. Prenons n’importe quely∈F+Get écrivonsysous la formey=v+wavecv∈F etw∈G. Alors :φ(x, y) =φ(x, v+w) = φ(x, v) +φ(x, w) = 0 + 0 = 0et doncx∈(F+G)⊥.
3. Soitx ∈ F⊥+G⊥. Soientv ∈ F⊥ et w ∈ G⊥ tels que x = v+w. Alors φ(x, y) = φ(v+w, y) =φ(v, y) +φ(w, y) = 0 + 0 = 0pour touty∈F∩Get doncx∈(F∩G)⊥. 4. Siv∈V⊥, alorsφ(v, v) = 0, doncv= 0. Par conséquent,V⊥={0}.
On aφ(v,0) = 0pour toutv∈V, ce qui montre{0}⊥=V.
5. Par hypothèse, on aF = span(v1) +· · ·+ span(vk). Par récurrence, l’énoncé de l’exercice 1.2 implique queF⊥= span(v1)⊥∩ · · · ∩span(vk)⊥. Alorsx∈F⊥ssix∈span(vi)⊥pour touti= 1, . . . , k. De plus, la condition quex∈span(vi)⊥ est équivalente àφ(x, vi) = 0 par homogénéité, d’où l’équivalence désirée.
Alternativement, on peut démontrer les deux implications directement.
Exercice 2. 1. On montre tout d’abord queφest bien symétrique. SoientA= (aij)i,j=1,...,n, B= (bij)i,j=1,...,n∈Mat(n,F). On a alors(B∗)ij=bjipouri, j= 1, . . . , net on calcule
φ(A, B) = Tr(A·B∗) =Xn
k=1
(A·B∗)kk=Xn
k=1
Xn j=1
akj(B∗)jk
= Xn k=1
Xn j=1
akjbkj= Xn k=1
Xn j=1
akjbkj= Xn k=1
Xn j=1
bkj(A∗)jk
= Xn k=1
(B·A∗)kk=φ(B, A).
Pour montrer la bilinéarité deφ, on choisitA, B, C∈Mat(n;F)eta, b∈Fet on calcule φ(aA+bB, C) = Tr((aA+bB)·C∗) =
Xn k=1
((aA+bB)·C∗)kk= Xn k=1
(aA·C∗+bB·C∗)kk
= Xn k=1
(a(A·C∗)kk+b(B·C∗)kk) =aφ(A, C) +bφ(B, C).
1
On montre enfin queφest défini positif. On a comme plus haut φ(A, A) =
Xn k=1
(A·A∗)kk= Xn k=1
Xn j=1
akjakj= Xn k,j=1
|akj|2≥0
etφ(A, A) = 0si et seulement si|akj|= 0pourj, k= 1, . . . , n, donc si et seulement siA est la matrice nulle.
2. On montre facilement queW = span 1 0
0 0
, 0 0
0 1
, 0 1
1 0
est une base deW (voir l’exercice 1.5 de la série 5). D’après l’exercice 1.5, il suffit donc de trouver l’ensemble des matrices orthogonales à ces trois matrices. SoitA=
a b c d
∈Mat(2;F). On a φ
a b c d
, 1 0
0 0
= Tr a b
c d
· 1 0
0 0
= Tr a 0
c 0
=a, φ
a b c d
, 0 0
0 1
= Tr a b
c d
· 0 0
0 1
= Tr 0 b
0 d
=d, φ
a b c d
, 0 1
1 0
= Tr a b
c d
· 0 1
1 0
= Tr b a
d c
=b+c.
On trouve donc que A ∈ W⊥ ssi a = d = 0 et b = −c. Par conséquent W⊥ = span
0 1
−1 0
, etW⊥est l’ensembles des matrices antisymétriques : W⊥={A∈Mat(2;F)|A=−At}.
3. On aW+W⊥= span 1 0
0 0
, 0 0
0 1
, 0 1
1 0
, 0 1
−1 0
= Mat(2;F), car 0 1
0 0
=
12
0 1 1 0
+ 0 1
−1 0
et 0 0
1 0
=12 0 1
1 0
− 0 1
−1 0
. Comme cette liste gé- nératrice deMat(2;F)est composée de quatre vecteurs etdim(Mat(2;F)) = 4, elle est linéairement indépendante d’après une proposition du cours. On a donc
Mat(2;F) = span 1 0
0 0
⊕span 0 0
0 1
⊕span 0 1
1 0
⊕span
0 1
−1 0
= span 1 0
0 0
, 0 0
0 1
, 0 1
1 0
⊕span
0 1
−1 0
=W⊕W⊥.
4. SoitA= a b
c d
∈Mat(2;F). On a φ
A,
1 2 3 4
= Tr a b
c d
· 1 3
2 4
= Tr
a+ 2b 3a+ 4b c+ 2d 3c+ 4d
=a+ 2b+ 3c+ 4d.
La matriceAest donc un élément deU⊥ssia+ 2b+ 3c+ 4d= 0, et donc ssiApeut-être écriteA=
−2b−3c−4d b
c d
avecb, c, d∈F. On trouve donc
U⊥=
−2b−3c−4d b
c d
|b, c, d∈F
= span
−2 1 0 0
, −3 0
1 0
, −4 0
0 1
. 2
Une matriceA= a b
c d
∈Mat(2;F)est par conséquent un élément de(U⊥)⊥ssi 0 =φ
a b c d
, −2 1
0 0
= Tr a b
c d
· −2 0
1 0
= Tr
−2a+b 0
−2c+d 0
=−2a+b, 0 =φ
a b c d
, −3 0
1 0
= Tr a b
c d
· −3 1
0 0
= Tr
−3a a
−3c c
=−3a+c, 0 =φ
a b c d
, −4 0
0 1
= Tr a b
c d
· −4 0
0 1
= Tr
−4a b
−4c d
=−4a+d.
On trouve doncA∈(U⊥)⊥ssib= 2a,c= 3aetd= 4a, donc ssiA∈span 1 2
3 4
= U. On a donc prouvé l’égalité(U⊥)⊥=U.
Exercice 3. 1. SoitV =R3etφ:V ×V →Rle produit scalaire pondéré : φ(x, y) = 2x1y1+x2y2+ 3x3y3∀x, y∈V.
Soit(x1, x2, x3)∈V tel quek(x1, x2, x3)k2= 2x21+x22+ 3x23≤1. L’inégalité de Cauchy–
Schwarz appliquée à(x1, x2, x3)et(1,1,1)nous donne
|2x1+x2+ 3x3|=|φ((x1, x2, x3),(1,1,1))| ≤ k(x1, x2, x3)k · k(1,1,1)k ≤1·√ 6 =√
6.
2. SoientRb a, b ∈ R tels que a < b. L’exercice 2.5 de la série 14 montre que φ(f, g) =
af(t)g(t)dt(f, g ∈ C0([a, b],R)) définit un produit scalaire surC0([a, b],R). L’inéga- lité de Cauchy-Schwarz, appliquée à la fonctionfet la fonction constante1, donne
Z b
a f(t)dt 2
=φ(1, f)2≤ k1k2kfk2= (b−a) Z b
a f(t)2dt.
3. Il a été montré en cours que la formePn φ:Rn×Rn→Rdéfinie parφ((x1, . . . , xn),(y1, . . . , yn)) =
j=1jxjyjest un produit scalaire. Soient (a1, . . . , an),(b1, . . . , bn)∈ Rn. L’inégalité de Cauchy-Schwarz appliquée aux vecteurs(a1, . . . , an)et(b1, b2/2, . . . , bn/n)donne
Xn j=1
ajbj
!2
= Xn
j=1
j·aj·bj
j
!2
=φ((a1, . . . , an),(b1, b2/2, . . . , bn/n))2
≤ k(a1, . . . , an)k2· k(b1/1, . . . , bn/n)k2
= Xn
j=1
ja2j
!
· Xn
j=1
jb2j j2
!
= Xn j=1
ja2j
!
· Xn j=1
b2j j
! .
Exercice 4. 1. Notons d’abord qu’on peut généraliser l’inégalité du triangle comme suit : Soitk · kune norme sur leF-espace vectorielV. Alors on a
kv1+. . .+vnk ≤ kv1k+kv2+. . .+vnk ≤. . .≤ kv1k+. . .+kvnk pour toutv1, . . . , vn∈V.
On considère leR-espace vectorielV :=P(R)muni du produit scalaireφ:V ×V →R, b(p1, p2) =Rb
ap1(t)p2(t)dtpour toutp1, p2 ∈V (voir l’exercice 2.5 de la série 14). Soit 3
k · kla norme induite surV parφ. On a, d’après l’inégalité du triangle généralisée vue ci-dessus :
kpk ≤ Xn
i=0
kaiXik
⇒ Z b
a p(t)2dt 12
≤ Xn i=0
|ai| Z b
a t2idt 12
⇒ Z b
a p(t)2dt 12
≤ Xn i=0
|ai|
b2i+1−a2i+1 2i+ 1
12 .
2. D’après l’exercice 2, leR-espace vectorielV := Mat(n, n;R)est muni du produit scalaire φ:V×V →R,φ(A, B) = Tr(ABt). Soitk · kla norme induite surV parφ. On calcule
kA+Bk ≤ kAk+kBk
⇒ p
Tr ((A+B)(A+B)t) ≤ p
Tr(AAt) +p
Tr(BBt) = 2p
Tr(Id) = 2√
⇒ Tr ((A+B)(At+Bt)) ≤ 4n n
⇒ Tr (AAt+ABt+BAt+BBt) ≤ 4n
⇒ Tr (Id +ABt+BAt+ Id) ≤ 4n
⇒ n+ Tr (ABt) + Tr (BAt) +n ≤ 4n
⇒ 2 Tr (ABt) ≤ 2n
⇒ Tr (ABt) ≤ n.
(Dans l’avant-dernière implication, on a utilisé Tr (ABt) = Tr (ABt)t
= Tr (BAt).) En utilisant de même l’inéquationkA−Bk ≤ kAk+k −Bk=kAk+kBk, on obtient
−Tr (ABt)≤net donc Tr ABt≤n.
4
