EPFLAlgèbre linéaire 1ère année 2007-2008
Corrigé de la série 14
Exercice 1.
(a) La formeb n'est pas bilinéaire : b(2,1) = 3 6= 2 + 2 = b(1,1) +b(1,1), b(2,2) = 4 6= 6 = 2b(1,2) (i.e. ni additive ni homogène dans la première variable, idem pour la seconde) ; elle est visiblement symétrique pour F = R, mais non pas pour F = C : on a b(i,0) = i mais b(0, i) =−i; b n'est pas dénie positive : b(−1,−1) =−2<0.
(b) Pour F=R :
b est symétrique : b(x, y) = xy=yx=b(y, x) ∀x, y ∈V ;
best linéaire dans la première variable :b(x1+x2, y) = (x1+x2)y =x1y+x2y=b(x1, y)+
b(x2, y) ∀x1, x2, y ∈V,b(λx, y) = (λx)y =λ(xy) = λb(x, y) ∀λ∈F,∀x, y ∈V ;
b est linéaire dans la seconde variable, par symétrie (par exemple :b(x, λy) = b(λy, x) = λb(y, x) =λb(x, y) ∀λ∈F,∀x, y ∈V) ;
b est dénie positive :b(x, x) =x2 ≥0 ∀x∈V et b(x, x) = x2 = 0 ssix= 0. Pour F=C :
b n'est pas symétrique : b(1, i) =i, mais b(i,1) = ¯i=−i;
b n'est pas bilinéaire, au sens déni dans le cours : On a b(1, i) = i, mais¯ib(1,1) =−i; b n'est pas dénie positive :b(1 +i,1 +i) = (1 +i)2 = 2i n'est pas réel.
Par contre,b0(z, z0) = zz0 est un produit scalaire pour Ret pourC (pour Rc'est juste b).
(c) Pas bilinéaire :b((2,2),(0,0)) = 2·2 = 4, mais2b((1,1),(0,0)) = 2(1·1) = 2; symétrique ; pas dénie positive :b((−1,1),(−1,1)) =−2·2 =−4<0.
(d) Pour F=R :
symétrique : visiblement ;
linéaire dans la première variable : b(x+x0, y) = ((x1 +x01) + (x2 +x02))(y1 +y2) = (x1 +x2)(y1 +y2) + (x01 +x02)(y1 +y2) = b(x, y) +b(x0, y) ∀x, x0, y ∈ V, b(λx, y) = (λx1+λx2)(y1+y2) = λ(x1+x2)(y1+y2) = λb(x, y) ∀λ∈F,∀x, y ∈V ;
linéaire dans la seconde variable : par symétrie ; pas dénie positive : b((1,−1),(1,−1)) = 0. Pour F=C :
pas symétrique :b((1,0),(i,0)) =i, mais b((i,0),(1,0)) =−i; pas bilinéaire : b((1,0),(i,0)) = i, mais¯ib((1,0),(1,0)) =−i;
pas dénie positive, comme ce n'est déjà pas le cas pourF=R⊆C.
(e) Oui (3 fois) :
symétrique : b(p, q) = R1
−1p(t)q(t)dt=R1
−1q(t)p(t)dt =b(q, p)∀p, q ∈V ; linéaire dans la première variable : b(p+ q, r) = R1
−1(p + q)(t)r(t)dt = R1
−1(p(t) + q(t))r(t)dt = R1
−1(p(t)r(t) + q(t)r(t))dt = R1
−1p(t)r(t)dt +R1
−1q(t)r(t)dt = b(p, r) + b(q, r) ∀p, q, r ∈ V ; b(λp, q) = R1
−1(λp)(t)q(t)dt = R1
−1λp(t)q(t)dt = λR1
−1p(t)q(t)dt = λb(p, q) ∀λ∈F∀p, q ∈V ;
linéaire dans la seconde variable : par symétrie ;
dénie positive : Pour p ∈ V, on a b(p, p) = R1
−1p(t)2dt ≥ 0, comme p(t)2 ≥ 0 ∀t ∈ [−1,1]. Sib(p, p) = 0, alors R1
−1p(t)2dt = 0. Comme p(t)2 est continue sur [−1,1], une proposition de l'analyse dit que p(t)2 = 0 ∀t ∈ [−1,1]. En tant que polynôme, p2 n'a qu'un nombre ni de racines, sauf si p2 = 0. Donc p2 = 0, et alors p= 0.
(f) symétrique, bilinéaire, positive (même preuve qu'au dessus), mais pas dénie positive : La fonctionf: R→Rdénie commef(x) =
(x2−1, |x|>1
0, |x| ≤1 est continue et6= 0, mais on a b(f, f) = 0.
(g) symétrique (visiblement) ;
linéaire dans la première variable : b(p+q, r) = R1
−1(p+q)0(t)r0(t)dt+ (p+q)(0)r(0) = R1
−1(p0(t)+q0(t))r0(t)dt+(p(0)+q(0))r(0) =R1
−1p0(t)r0(t)dt+R1
−1q0(t)r0(t)dt+p(0)r(0)+
q(0)r(0) =b(p, r) +b(q, r)∀p, q, r ∈V ; similaire pour la homogénéité ; linéaire dans la deuxième variable : par symétrie ;
dénie positive : Pour p ∈ V, on a b(p, p) = R1
−1(p0(t))2dt+ (p(0))2 ≥ 0 (voir (e)). Si b(p, p) = 0, alors R1
−1(p0(t))2dt= 0 = (p(0))2. Doncp(0) = 0etp0 = 0par les arguments de (e), et alors forcément p= 0.
Exercice 2.
(a) La forme bilinéaire b est visiblement symétrique. Voyons quand elle est positive dénie : b(x, x) =x21+6x22+3x23+4x1x2+6λx1x3 = (x1+2x2+3λx3)2+2(x2−3λx3)2+(3−27λ2)x23. Sous cette forme, nous pouvons aisément déterminer sous quelles conditions àλ on a que b(x, x) ≥ 0 pour tout x : b(x, x) ≥ 0 ∀x ∈ R3 ssi 3−27λ2 ≥ 0 ssi |λ| ≤ 1/3. Il reste à voir si b est positive dénie lorsque |λ| ≤ 1/3. Soit donc |λ| ≤ 1/3 et supposons que b(x, x) = 0. Alors
(x1+ 2x2+ 3λx3)2 = 2(x2−3λx3)2 = (3−27λ2)x23 = 0.
Lorsque λ = 1/3, ces équations sont satisfaites pour (−3,1,1), quand λ = −1/3 pour (3,−1,1). Par contre, si |λ| < 1/3, il faut que x3 = x2 = x1 = 0. Pour résumer, b est dénie positive si et seulement si −1/3< λ <1/3.
(b) Cette forme b n'est jamais symétrique (par exemple on a b((1,0,0),(0,1,0)) = 6, mais b((0,1,0),(1,0,0)) = 0) et donc jamais un produit scalaire.
(c) Ce b est toujours symétrique mais jamais positive déni : b((0,0,1),(0,0,1)) = −3. Par conséquence, b n'est pas un produit scalaire, pour aucun λ.
Exercice 3. Par bilinéarité et symétrie, on a :
kv+wk2 =ϕ(v +w, v+w) =kvk2+kwk2+ 2ϕ(v, w), kv−wk2 =ϕ(v −w, v−w) = kvk2+kwk2−2ϕ(v, w).
En sommant les deux équations, on trouve : kv +wk2 +kv −wk2 −2kvk2 = 2kwk2. Alors kwk=√
7.
Exercice 4. Montrons d'abord que la formeϕest bien-dénie. Soitf, g ∈V. Il faut vérier 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.
2
Commef et g sont bornées, ils existentx0, 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 susamment 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 dénie positive sont des conséquences de pro- priétés élémentaires de l'intégration (voir exercice 1).
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 partie : 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=
r1 2 − 1
5 = r2
5.
Exercice 5. Supposons que ϕ:R2 ×R2 →R soit un produit scalaire tel que ϕ(x, x) = (|x1|+|x2|)2 ∀x∈R2.
Dans le corrigé de l'exercice 3, 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 a 2(kxk2 +kyk2) = 2(1 + 1) = 4 et kx+yk2+kx−yk2 = 4 + 4 = 8, contradiction. Par conséquent, un produit scalaire de norme associée k · k ne peut pas exister.
Exercice 6. Soit V =R3 etϕ: V ×V →Rle produit scalaire standard : ϕ(x, y) =x1y1+x2y2+x3y3 ∀x, y ∈V.
Soit (x1, x2, x3)∈V tel que x21+x22+x23 = 1. Par le théorème de CauchySchwarz, on a ϕ((x1, x2, x3),(1,2,3))2 ≤ k(x1, x2, x3)kk(1,2,3)k,
d'où l'inégalité à démontrer.
Exercice 7. Soita, b∈Rtels que a < b. Les arguments du corrigé de l'exercice 1.(e) montrent que ϕ(p, q) = Rb
a p(t)q(t)dt (p, q ∈ P(R)) dénit un produit scalaire sur P(R). L'inégalité de Cauchy-Schwarz, appliqué à un polynôme p et le polynôme constant 1, dit que
Z b
1
p(t)dt 2
=ϕ(1, p)2 ≤ k1k2kpk2 = (b−a) Z b
a
p(t)2dt.
3
