Corrigé de la série 16

EPFL

Algèbre linéaire 1ère année 2008-2009

Corrigé de la série 16

Exercice 1. 1. Cette forme n’est pas définie positive car b((1,0),(1,0)) = 0.

2. (a) Cette forme n’est pas symétrique car

b₁((1,1),(1,−1)) = 0·26= 4 =b₁((1,−1),(1,1)).

(b) Cette forme n’est pas bilinéaire car

b₂((2,2),(1,1)) = (2 + 1)(2 + 1) = 96= 8 = 2(1 + 1)(1 + 1) = 2b₂((1,1),(1,1)).

(c) Cette forme n’est pas définie positive car

b3((1,−1),(1,−1)) = 0.

3. Dans le cas (a), la forme n’est pas définie positive (b(1,1) = 0), dans le cas (b) elle n’est pas symétrique b(x+ 1, x²) = 66= 8 =b(x², x+ 1).

4. La forme n’est pas définie positive (b(x²−x, x²−x) = 0).

5. Dans le cas (a), la forme n’est pas définie positive (b(−1,−1) = −2<0). La forme de la question (b) est un produit scalaire (produit scalaire standard sur F¹).

6. Cette forme est un produit scalaire : – Symétrique : b(f, g) =Rb

af(t)g(t)dt=Rb

a f(t)g(t)dt=b(f, g)∀f, g ∈V. – Linéaire dans la première variable : On a pour tout f, g, h∈V ;

b(f +g, h) = Z b

a

(f+g)(t)h(t)dt= Z b

a

(f(t) +g(t))h(t)dt

= Z b

a

(f(t)h(t) +g(t)h(t))dt= Z b

a

f(t)h(t)dt+ Z b

a

g(t)h(t)dt

=b(f, h) +b(g, h), et pour tout λ ∈Fet f, g∈V :

b(λf, g) = Z b

a

(λf)(t)g(t)dt= Z b

a

λf(t)g(t)dt

=λ Z b

a

f(t)g(t)dt =λb(f, g).

– Linéaire dans la seconde variable : par symétrie.

– Définie positive : Pour f ∈ V, on a b(f, f) = Rb

af(t)²dt ≥ 0, comme f(t)² ≥ 0 pour tout t ∈ [−1,1]. Si b(f, f) = 0, alors Rb

a f(t)²dt = 0, ce qui implique que la fonction f est la fonction nulle.

SiV =C⁰(R), la forme n’est pas définie positive, carRb

a f(t)²dt = 0implique uniquement que la fonction f est nulle sur l’intervalle [a, b]. Si V = P(R), par contre, on obtient de même que si Rb

a p(t)²dt pour un polynôme p, alors p= 0 sur [a, b], ce qui implique que p est le polynôme nul. La forme est donc définie positive dans ce cas.

7. Cette forme est un produit scalaire.

– Symétrique : pour toutp, q ∈V, on a :

b(p, q) = Z 1

−1

p⁰(t)q⁰(t)dt+p(0)q(0) = Z 1

−1

q⁰(t)p⁰(t)dt+q(0)p(0) =b(q, p).

– Linéaire dans la première variable : pour tout p, q, r∈V, on a :

b(p+q, r) = Z 1

−1

(p+q)⁰(t)r⁰(t)dt+ (p+q)(0)r(0)

= Z 1

−1

(p⁰(t) +q⁰(t))r⁰(t)dt+ (p(0) +q(0))r(0)

= Z 1

−1

p⁰(t)r⁰(t)dt+ Z 1

−1

q⁰(t)r⁰(t)dt+p(0)r(0) +q(0)r(0) =b(p, r) +b(q, r),

et l’homogénéité peut-être montrée de manière similaire.

– Linéaire dans la deuxième variable : par symétrie.

– Définie positive : Pour p ∈ V, on a b(p, p) = R1

−1(p⁰(t))²dt + (p(0))² ≥ 0. Si b(p, p) = R1

−1p⁰²(t)dt+ (p(0))² = 0, on a R1

−1(p⁰(t))²dt = (p(0))² = 0. Donc p(0) = 0 et p⁰ = 0 (voir ci-desus, il suffit de savoir que p⁰ est nul sur l’intervalle [−1,1] pour savoir que c’est le polynôme nul), ce qui implique quepest le polynôme constant disparaissant en 0, donc p= 0.

8. Cette forme est un produit scalaire :

– On vérifie facilement que b est bilinéaire et symétrique.

– Vérifions que b est définie positive :

b(p, p) =

2

X

k=0

|p(k)|² ≥0

pour tout p ∈ V. De plus, b(p, p) = |p(0)|² +|p(1)|² +|p(2)|² = 0 si et seulement si

|p(0)|= |p(1)|= |p(2)| = 0 et donc p(0) =p(1) =p(2) = 0. Le polynôme p a donc au moins trois racines ; comme il est de degré deux, cela implique que P = 0.

9. (a) Cette forme est symétrique : pour tout x, y ∈V, on a :

b(x, y) =x₁y₁+x₂y₂+ 2x₃y₃ +λ(x₃y₁+x₁y₃)−λ(x₃y₂+x₂y₃) = b(y, x).

On montre facilement qu’elle est bilinéaire. On cherche donc à déterminerλ∈Rtel queb soit définie positive. On vérifie que

b(x, x) =x²₁+x²₂+ 2x²₃+ 2λx₁x₃−2λx₂x₃ = (x₁+λx₃)²+ (x₂−λx₃)²+ 2(1−λ²)x²₃

pour toutx∈V. Pourλ ∈Rtel que |λ|<1, et x∈V, on a

b(x, x) = (x1+λx3)²+ (x2−λx3)²+ 2(1−λ²)

| {z }

>0

x²₃ ≥0.

L’égalité

b(x, x) = (x₁+λx₃)²+ (x₂−λx₃)²+ 2(1−λ²)

| {z }

>0

x²₃ = 0.

impliquex₁+λx₃ =x₂−λx₃ =x₃ = 0, et donc x₃ =x₁ =x₂ = 0. Donc x= 0.

Pourλ=±1, on a

b(x, x) = (x₁±λx₃)²+ (x₂∓λx₃)² ≥0

pour tout x ∈ V, mais b((1,−1,−1),(1,−1,−1)) = 0 dans le cas λ = 1, etb((1,−1,1),(1,−1,1)) = 0 dans le cas λ=−1.

Pour|λ| >1, la condition b(x, x)≥0n’est pas satisfaite pour tout x∈V. En effet, on trouve

b

1,−1,−1 λ

,

1,−1,−1 λ

= (1−1)²+ (−1 + 1)²+ 2(1−λ²) λ²

= 2(1−λ²) λ² <0.

La formeb est donc un produit scalaire si et seulement si|λ|<1.

(b) Cette forme n’est pas symétrique carb((1,1,0),(1,0,0)) = 16= 7 =b((1,0,0),(1,1,0)).

(c) Cette forme n’est pas définie positive car b((0,0,1),(0,0,1)) =−3.

Exercice 2. 1. D’après la règle du paralélogramme (série 15, exercice 5), on a :

kv+wk²+kv−wk² = 2(kvk²+kwk²).

On a donc :kv+wk²+kv−wk²−2kvk² = 2kwk², ce qui donnekwk² = ¹₂(4²+6²−2·3²) = 17, et donckwk=√

17.

2. Soit φ le produit scalaire définissant la norme k · k. En reprenant la preuve de l’inégalité de Cauchy-Schwarz, on voit que l’inégalité est une égalité (|φ(v, w)| = kvk · kwk) si et seulement si

u=w−φ(v, w) φ(v, v)v = 0, c’est-à-dire si et seulement si

w= φ(v, w) φ(v, v)v.

On obtient donc

φ(v, w) =kvk · kwk ⇔w= φ(v, w)

φ(v, v)v, et φ(v, w)>0, et par conséquent

kvk+kwk=kv+wk

⇔ (kvk+kwk)² = (kv+wk)²(car les deux côtés de l’égalité ci dessus sont positifs)

⇔ kvk²+kwk²+ 2kvk · kwk=kvk²+kwk²+ 2φ(v, w)

⇔ φ(v, w) = kvk · kwk (1)

⇔ w= φ(v, w)

φ(v, v)v, etφ(v, w)>0.

Comme le côté gauche de l’égalité (1) est positif, on aφ(v, w)>0, etkvk+kwk=kv+wk implique l’existence der := ^φ(v,w)_φ(v,v) positif tel que w=rv.

Réciproquement, notons que s’il existe r > 0 tel que w = rv, alors ^φ(v,w)_φ(v,v) = ^φ(v,rv)_φ(v,v) = r, et donc w = ^φ(v,w)_φ(v,v)v avec φ(v, w) > 0, ce qui implique kvk+kwk = kv+wk d’après les équivalences ci-dessus.

3. Supposons que φ: R²×R² →R soit un produit scalaire tel que kxk² =φ(x, x) = (|x₁|+|x₂|)² ∀x∈R².

Dans l’exercice 5 de la série 15, nous avons vu qu’alors la règle du parallélogramme 2(kxk²+kyk²) = kx+yk²+kx−yk² ∀x, y ∈R²

doit être satisfaite. Mais pour x= (1,0), y= (0,1), on a2(kxk²+kyk²) = 2(1 + 1) = 4 etkx+yk²+kx−yk² = 4 + 4 = 8, contradiction. Par conséquent, un produit scalaire de norme associée k · kne peut pas exister.

Exercice 3. Montrons d’abord que la formeφ est bien-définie. Soitf, g ∈V. Il faut vérifier que limz→∞

Rz

0 f(t)g(t)e^−tdt existe. Par le critère de Cauchy, c’est le cas si et seulement si ∀ > 0 il existe s₀ ≥ 0 tel que s₀ < x < y implique que |Ry

x f(t)g(t)e^−tdt| < . Soit > 0 arbitraire.

Comme f et g sont bornées, il existe x₀, y₀ > 0 tels que |f(t)| ≤ x₀ et |g(t)| ≤ y₀ pour tout t∈[0,∞). Par des propriétés fondamentales de l’intégration, on a

Z y

x

f(t)g(t)e^−tdt

≤ Z y

x

|f(t)||g(t)|e^−tdt≤x0y0

Z ∞

x

e^−tdt =x0y0e^−x.

Pour x suffisamment grand, cette quantité devient arbitrairement petit, comme e^−x converge vers zéro pour x→ ∞. Le critère est donc satisfait.

Les faits que φ est bilinéaire, symétrique et définie positive sont des conséquences de pro- priétés élémentaires de l’intégration.

Pour calculer ksin|_[0,∞)k, rappelons d’abord quesin²(t) = ¹₂(1−cos(2t)). Alors :

ksin|[0,∞)k² = Z ∞

0

sin²(t)e^−tdt = 1 2

Z ∞

0

(1−cos(2t))e^−tdt

= 1 2

1−

Z ∞

0

cos(2t)e^−tdt

. Pour évaluer R∞

0 cos(2t)e^−tdt, on fait une intégration par parties : Z ∞

0

cos(2t)e^−tdt =−cos(2t)e^−t|^∞₀ −2 Z ∞

0

sin(2t)e^−tdt.

Une deuxième intégration par partie nous donne Z ∞

0

cos(2t)e^−tdt = 1−2

−sin(2t)e^−t|^∞₀ + 2 Z ∞

0

cos(2t)e^−tdt

= 1−4 Z ∞

0

cos(2t)e^−tdt, et doncR∞

0 cos(2t)e^−tdt = 1/5. Par conséquent : ksin|[0,∞)k=

s 1 2

1− 1

5

= r2

5.

Exercice 4. 1. Soit V =R³ etφ: V ×V →R le produit scalaire standard : φ(x, y) = x₁y₁+x₂y₂+x₃y₃ ∀x, y ∈V.

Soit (x1, x2, x3)∈V tel quex²₁+x²₂+x²₃ = 1. L’inégalité de Cauchy–Schwarz nous donne (x₁+ 2x₂+ 3x₃)² =φ((x₁, x₂, x₃),(1,2,3))² ≤ k(x₁, x₂, x₃)k²· k(1,2,3)k² = 1·14.

2. Soient a, b∈R tels que a < b. L’exercice 1, (6) montre que φ(p, q) =Rb

ap(t)q(t)dt (p, q ∈ C(R)) définit un produit scalaire sur C(R). L’inégalité de Cauchy-Schwarz, appliquée à la fonction f et la fonction constante1, donne

Z b

1

f(t)dt ²

=φ(1, f)² ≤ k1k²kfk² = (b−a) Z b

a

f(t)²dt.

Exercice 5. 1. Notons d’abord qu’on peut généraliser l’inégalité du triangle comme suit : Soit k · k une norme sur leF-espace vectoriel V. Alors on a

kv₁+. . .+v_nk ≤ kv₁k+kv₂+. . .+v_nk ≤. . .≤ kv₁k+. . .+kv_nk pour toutv₁, . . . , v_n∈V.

On considère le R-espace vectoriel V :=P(R) muni du produit scalaire φ :V ×V → R, b(p1, p2) = Rb

ap1(t)p2(t)dt pour tout p1, p2 ∈ V (voir l’exercice 1.6). Soit k · k la norme induite sur V par φ. On a, d’après l’inégalité du triangle généralisée vue ci-dessus :

kpk ≤

n

X

i=0

ka_iXⁱk

⇒

Z b

a

p(t)²dt ¹₂

≤

n

X

i=0

|a_i| Z b

a

t²ⁱdt ¹₂

⇒

Z b

a

p(t)²dt

1 2

≤

n

X

i=0

|a_i|

b²ⁱ⁺¹−a²ⁱ⁺¹ 2i+ 1

¹₂ .

2. D’après les exemples du cours, leR-espace vectorielV := Mat(n, n;R)est muni du produit scalaireφ :V ×V →R, φ(A, B) = Tr(AB^t). Soit k · k la norme induite sur V par φ. On calcule

kA+Bk ≤ kAk+kBk

⇒ p

Tr ((A+B)(A+B)^t) ≤ p

Tr(AA^t) +p

Tr(BB^t) = 2p

Tr(Id) = 2√ n

⇒ Tr ((A+B)(A^t+B^t)) ≤ 4n

⇒ Tr (AA^t+AB^t+BA^t+BB^t) ≤ 4n

⇒ Tr (Id +AB^t+BA^t+ Id) ≤ 4n

⇒ n+ Tr (AB^t) + Tr (BA^t) +n ≤ 4n

⇒ 2 Tr (AB^t) ≤ 2n

⇒ Tr (AB^t) ≤ n.

(Dans l’avant-dernière implication, on a utilisé Tr (AB^t) = Tr

(AB^t)^t

= Tr (BA^t).) En utilisant de même l’inéquation kA−Bk ≤ kAk+k −Bk = kAk+kBk, on obtient

−Tr (AB^t)≤n et donc

Tr AB^t ≤n.