Soit A et B des parties d’un espace vectoriel préhilbertien réel ou complexe E. (muni donc d’un produit scalaire (. | .))

(1)

EXERCICE 1 :

Soit A et B des parties d’un espace vectoriel préhilbertien réel ou complexe E. (muni donc d’un produit scalaire (. | .))

⊲ A

^⊥

est sous-espace vectoriel de E.

⊲ Si A ⊂ B alors B

^⊥

⊂ A

^⊥

.

⊲ A

^⊥

= (VectA)

^⊥

.

⊲ A ⊂ A

^⊥⊥

.

EXERCICE 2 :

Soit A et B deux sous-espaces vectoriels d’un espace vectoriel préhilbertien réel ou complexe E.

Prouver que (A + B)

^⊥

= A

^⊥

∩ B

^⊥

.

EXERCICE 3 :

E = M

ⁿ

( R ) est muni du produit scalaire canonique (A | B) = tr(

^t

AB).

Soit S

ⁿ

( R ) = { M ∈ M

ⁿ

( R ) :

^t

M = M } et A

ⁿ

( R ) = { M ∈ M

ⁿ

( R ) :

^t

M = − M } .

1. Montrer que S

ⁿ

( R ) et A

ⁿ

( R ) sont deux sous-espaces vectoriels supplémentaires orthogonaux de M

ⁿ

( R ).

2. Calculer la distance de M =





1 2 1

− 3 − 1 4

2 0 1



 à S

ⁿ

( R ).

3. Calculer la distance de N =





1 3 0

2 4 − 1

1 2 2



 à A

ⁿ

( R ).

EXERCICE 4 :

Soit E un espace vectoriel euclidien de base orthonormale B = (e

i

)

16i6n

et a = (a

1

, . . . , a

n

) un vecteur unitaire de E.

Écrire les matrices dans B de la projection orthogonale sur R a et de la projection orthogonale sur ( R a)

^⊥

.

EXERCICE 5 : 1. Montrer que H =

P ∈ R

_2n

[X] : Z

4 1

P(t)dt = 0

est un sous-espace vectoriel de R

_2n

[X]. Quelle est sa dimension ?

2. Déterminer H

^⊥

et la distance de 1 à H.

3. Pour n = 1, déterminer la matrice de la projection sur H dans la base canonique.

EXERCICE 6 :

Soit A ∈ M

ⁿ

( R ). Comparer rang(A), rang(

^t

AA) et rang(A

^t

A).

EXERCICE 7 :

Soit n ∈ N

^∗

et φ l’application de ( C

_n

[X ])

²

dans C définie par : φ(P, Q) = 1 2π

Z

2π

P(e

^iθ

)Q(e

^iθ

)dθ.

(2)

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.

(3)

Corrections

EXERCICE 1 :

Soit A et B des parties d’un espace vectoriel préhilbertien réel ou complexe E. (muni donc d’un produit scalaire (. | .))

⊲ A

^⊥

est sous-espace vectoriel de E.

0 ∈ A

^⊥

donc A

^⊥

est non vide. Pour x ∈ A

^⊥

, y ∈ A

^⊥

et λ ∈ K , on a :

∀ z ∈ A, (z | λx + y) = λ(z | x) + (z | y) = 0 donc λx + y ∈ A

^⊥

.

⊲ Si A ⊂ B alors B

^⊥

⊂ A

^⊥

.

Pour x ∈ B

^⊥

, on a (x | y) = 0, ∀ y ∈ B. En particulier, puisque A ⊂ B, (x | y) = 0, ∀ y ∈ A.

⊲ A

^⊥

= (VectA)

^⊥

.

A ⊂ VectA et grâce à la propriété précédente, (VectA)

^⊥

⊂ A

^⊥

. Si A 6 = ⊘ , tout y ∈ VectA s’écrit y =

p

X

i=1

λ

i

a

i

avec a

i

∈ A et λ

i

∈ K pour tout i ∈ { 1, . . . , p } . Soit x ∈ A

^⊥

, ∀ a ∈ A, (x | a) = 0 donc :

∀ y ∈ VectA, (x | y) =

p

X

i=1

λ

i

(x | a

i

) = 0. Ainsi x ∈ VectA

^⊥

. Si A = ⊘ , l’égalité provient du fait que A

^⊥

= E, VectA = { 0 } , (VectA)

^⊥

= E.

⊲ A ⊂ A

^⊥⊥

.

Si x ∈ A alors ∀ y ∈ A

^⊥

, (x | y) = 0 donc x ∈ A

^⊥⊥

.

EXERCICE 2 :

Soit A et B deux sous-espaces vectoriels d’un espace vectoriel préhilbertien réel ou complexe E.

• A ⊂ A + B et B ⊂ A + B donc (A + B)

^⊥

⊂ A

^⊥

et (A + B)

^⊥

⊂ B

^⊥

, ce qui implique que (A + B)

^⊥

⊂ A

^⊥

∩ B

^⊥

.

• Soit x ∈ A

^⊥

∩ B

^⊥

, ∀ a + b ∈ A + B, (a + b | x) = (a | x) + (b | x) = 0 et x ∈ (A + B)

^⊥

. Ainsi par double inclusion, on obtient l’égalité (A + B)

^⊥

= A

^⊥

∩ B

^⊥

.

EXERCICE 3 :

E = M

ⁿ

( R ) est muni du produit scalaire canonique (A | B) = tr(

^t

AB).

Soit S

ⁿ

( R ) = { M ∈ M

ⁿ

( R ) :

^t

M = M } et A

ⁿ

( R ) = { M ∈ M

ⁿ

( R ) :

^t

M = − M } . 1. S

ⁿ

( R ) et A

ⁿ

( R ) sous-espaces vectoriels supplémentaires orthogonaux de M

ⁿ

( R ).

∀ M ∈ M

ⁿ

( R ), M = M +

^t

M

2 + M −

^t

M

2 ( ⋆ ), ce qui prouve que E = S

ⁿ

( R ) + A

ⁿ

( R ).

De plus, si M ∈ S

ⁿ

( R ) ∩ A

ⁿ

( R ), M =

^t

M = − M = ⇒ M = 0, ainsi E = S

ⁿ

( R ) L

A

ⁿ

( R )

Soit (A, B) ∈ S

ⁿ

( R ) × A

ⁿ

( 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

ⁿ

( R ) ⊂ ( A

ⁿ

( R ))

^⊥

.

(4)

De plus, un raisonnement sur les dimensions donne : dim( S

ⁿ

( R ))=dim(( A

ⁿ

( R ))

^⊥

) ( ∗ )

( ∗ ) dim( A

n

( R ))+dim(( A

n

( R ))

^⊥

)= n

²

et dim( S

n

( R ))+dim(( A

n

( R )))= n

²

car A

n

( R ) et S

n

( R ) sont en somme directe.

Ainsi S

ⁿ

( R ) = ( A

ⁿ

( R ))

^⊥

2. Distance de M =





1 2 1

− 3 − 1 4

2 0 1



 à S

ⁿ

( R ).

En utilisant la relation ( ⋆ ), on obtient M = 1 2





2 − 1 3

− 1 − 2 4

3 4 2



 + 1 2





0 5 − 1

− 5 0 4

1 − 4 0



 = S + A, avec S ∈ S

ⁿ

( R ) et A ∈ A

ⁿ

( R ).

d(M, S

ⁿ

( R )) = || M − S || = || A || = p tr(

^t

AA)

(en effet : soit M ∈ M

ⁿ

( R ) et S ∈ S

ⁿ

( R ), d(M, S

ⁿ

( R )) = || M − S || ⇔ M − S ∈ ( S

ⁿ

( R ))

^⊥

)

Or

^t

AA = 1 4





26 • •

• 41 •

• • 17



 donc d(M, S

ⁿ

( R )) = √ 21 .

3. Distance de N =





1 3 0

2 4 − 1

1 2 2



 à A

ⁿ

( R ) : d(N, A

ⁿ

( R )) = r 69

2 On peut également démontrer que d(M, S

ⁿ

( R )) =

r 11

2 et donc que

|| N ||

²

= || S ||

²

+ || A ||

²

= 40 (S ∈ S

ⁿ

( R ) et A ∈ A

ⁿ

( R )) d’où || N || = √ 40 .

EXERCICE 4 :

Soit E un espace vectoriel euclidien de base orthonormale B = (e

i

)

16i6n

et a = (a

1

, . . . , a

n

) un vecteur unitaire de E.

a 6 = 0 donc R a admet un supplémentaire orthogonal dans E : E = R a L ( R a)

^⊥

. Il existe donc λ ∈ K , tel que : pour x ∈ E, x = λa + (x − λa) avec x − λa ∈ ( R a)

^⊥

.

(a | x) = (a | λa + (x − λa) ⇔ (a | x) = λ || a ||

²

⇔ λ = (a | x) car || a ||

²

= 1.

On a donc

x = (a | x)a + (x − (a | x)a) =

notations

p

1

(x) + p

2

(x) avec p

1

+ p

2

= id

E

.

p

1

(x) = (a | x)a = ⇒ M

B

(p

1

) =







a

²1

a

2

a

1

.. . a

n

a

1

a

1

a

2

a

²₂

.. . a

n

a

2

. . . . . . . .. . . . a

1

a

n

a

2

a

n

.. . a

²_n





 et ,

p

2

(x) = x − (a | x)a = ⇒ M

B

(p

2

) =







1 − a

²₁

− a

2

a

1

.. . − a

n

a

1

− a

1

a

2

1 − a

²₂

.. . − a

n

a

2

. . . . . . . .. . . .

− a

1

a

n

− a

2

a

n

.. . 1 − a

²n







(5)

EXERCICE 5 : 1. H =

P ∈ R

_2n

[X ] : Z

4

1

P(t)dt = 0

est un sous-espace vectoriel de R

_2n

[X] : Considérons la forme linéaire φ de R

_2n

[X ] dans R qui à P associe φ(P ) =

Z

4 1

P (t)dt (φ est une forme linéaire non nulle puisque par exemple φ(1) = 3). On a donc compte-tenu de φ que Ker(φ) = H. A ce titre, H est donc une sous-espace vectoriel de R

_2n

[X ].

Pour la dimension de H : φ est non nulle donc il existe P ∈ R

_2n

[X ] tel que φ(P ) 6 = 0 et donc en posant Q = P φ(P ) , on obtient que φ (Q) = φ

P φ(P )

= φ(P ) φ(P ) = 1.

∀ R ∈ R

_2n

[X ], φ(R − φ(R)Q) = φ(R) − φ(R)φ(Q) = 0 ce qui prouve que R − φ(R)Q ∈ H .

En écrivant, pour tout R ∈ R

_2n

[X ], R = R − φ(R)Q + φ(R)Q, cela prouve que R

_2n

[X ] = H + R Q. De plus, Q / ∈ H donc H ∩ R Q = 0

_R₂n[X]

et la somme est directe

R

_2n

[X ] = H L R Q et dim(H) = dim( R

_2n

[X ]) − 1 = 2n + 1 − 1 = 2n

2. H

^⊥

et distance de 1 à H : La notation d’orthogonalité est liée au produit scalaire. On considère l’application

< . | . > sur R

_2n

[X ] × R

_2n

[X ] définie par = Z

4 1

P (t)Q(t)dt. C’est un produit scalaire sur R

_2n

[X ] :

• ∀ (P, Q) ∈ ( R

_2n

[X])

²

, > 0 ;

• ∀ (P, Q) ∈ ( R

_2n

[X])

²

, =< Q | P > ;

• ∀ (P, Q, R) ∈ ( R

_2n

[X])

³

, , ∀ (λ, µ) ∈ ( R

_2n

[X])

²

< λP + µQ | R >= λ +µ < Q | R > ;

• = 0 = ⇒ P = 0 (un polynôme identiquement nul sur un intervalle possèderait une infinité de racines, c’est contraire au théorème de d’Alembert donc il s’agit du polynôme nul. Ou on peut dire qu’un polynôme P non nul vérifie 0)

Pour tout P ∈ H, < 1 | P >=

Z

4 1

P (t)dt = 0, ce qui signifie que 1 ∈ H

^⊥

. Or H L H

^⊥

= R

_2n

[X ] donc dim(H

^⊥

) = 1 et H

^⊥

= Vect(1).

On peut donc calculer la distance de 1 à H en écrivant d(1, H ) = || 1 || =

s Z

4

1

1dt = √ 3 3. Pour n = 1, matrice de la projection sur H dans la base canonique :

la base cnonique de R

_2n

[X] est B = (1, X, X

²

) ; on a compte-tenu de ce qui précède p(1) = 0.

X = p(X )+X − p(X ) avec X − p(X ) ∈ H

^⊥

= Vect(1) donc il existe λ ∈ R tel que X − p(X ) = λ ⇔ p(X ) = X − λ.

De ce fait Z

4 1

t − λdt = 0 (en effet p(X) ∈ H), ce qui permet de trouver λ = 5 2 . De la même manière, p(X

²

) = X

²

+ µ et p(X

²

) ∈ H conduit à trouver µ = 7.

Il s’en suit que mat(p, B ) =





0 −

⁵2

− 7

0 1 0

0 0 1



.

EXERCICE 6 :

Soit A ∈ M

ⁿ

( R ). Comparer rang(A), rang(

^t

AA) et rang(A

^t

A).

(6)

• Premières inclusions : ∀ X ∈ M

^1,n

( R ), AX = 0 = ⇒

^t

A.AX = 0 donc ker(A) ⊂ Ker(

^t

AA) (1). Grâce à la formule du rang, on en déduit que : rang(A) > rang(

^t

AA).

Soit Y ∈ Im(A

^t

A), il existe X ∈ M

1,n

( R ) tel que Y = A

^t

AX = AZ . Ceci permettant de voir que Y ∈ Im(A) : Im(A

^t

A) ⊂ Im(A) donc rang(A) > rang(A

^t

A).

• Double-inclusions : Soit X ∈ Ker(

^t

AA) alors

^t

AAX = 0 = ⇒

^t

X

^t

AAX = 0 ⇔

^t

(AX)(AX) = 0.

On pose AX =





 y

1

y

2

.. . y

n







,

^t

(AX)(AX) = 0 =

n

X

i=1

y

_i²

= ⇒ ∀ i, y

i

= 0 et par suite AX = 0, c’est à dire X ∈ Ker(A).

On a donc Ker(

^t

AA) ⊂ Ker(A) (2) et compte-tenu de (1), l’égalité. Il s’en suit (formule du rang) que rang(A) = rang(

^t

AA)

De plus, rang(A) = rang(

^t

A) = ⇒ rang(

^t

AA) = rang(

^t

(

^t

AA)) = rang(A

^t

A)

• finalement, rang(A) = rang(

^t

AA) = rang(A

^t

A)

EXERCICE 7 :

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

• φ(P, Q) = φ(Q, P ) (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