Produit scalaire, espaces euclidiens

Produit scalaire, espaces euclidiens

* très facile ** facile *** difficulté moyenne **** difficile ***** très difficile I : Incontournable T : pour travailler et mémoriser le cours

Exercice 1 ***

PourA= (a_i,j)_16i,j6n ∈Mn(R),N(A) =Tr(^tAA). Montrer que N est une norme vérifiant de plusN(AB)6 N(A)N(B)pour toutes matrices carréesAetB.Nest-elle associée à un produit scalaire ?

CorrectionH ^[005482]

Exercice 2 ***

Soit E un R espace vectoriel de dimension finie. Soit || || une norme sur E vérifiant l’identité du parallè- logramme, c’est-à-dire : ∀(x,y)∈E², ||x+y||²+||x−y||²=2(||x||²+||y||²). On se propose de démontrer que|| || est associée à un produit scalaire. On définit surE² une application f par : ∀(x,y)∈E², f(x,y) =

1

4(||x+y||²− ||x−y||²).

1. Montrer que pour tout(x,y,z)deE³, on a : f(x+z,y) +f(x−z,y) =2f(x,y).

2. Montrer que pour tout(x,y)deE², on a : f(2x,y) =2f(x,y).

3. Montrer que pour tout(x,y)deE²et tout rationnelr, on a : f(rx,y) =r f(x,y).

On admettra que pour tout réelλ et tout(x,y)deE²on a : f(λx,y) =λf(x,y)( ce résultat provient de la continuité de f).

4. Montrer que pour tout(u,v,w)deE³, f(u,w) +f(v,w) = f(u+v,w).

5. Montrer que f est bilinéaire.

6. Montrer que|| ||est une norme euclidienne.

CorrectionH ^[005483]

Exercice 3 **IT

Dans R⁴ muni du produit scalaire usuel, on pose : V₁ = (1,2,−1,1) et V₂ = (0,3,1,−1). On pose F = Vect(V1,V2). Déterminer une base orthonormale deFet un système d’équations deF^⊥.

CorrectionH ^[005484]

Exercice 4 **

SurR[X], on poseP|Q=^R₀¹P(t)Q(t)dt. Existe-t-ilAélément deR[X]tel que∀P∈R[X],P|A=P(0)?

CorrectionH ^[005485]

Exercice 5 ***I Matrices et déterminants de GRAM

Soit E un espace vectoriel euclidien de dimension psur R(p>2). Pour(x1, ...,xn) donné dansEⁿ, on pose G(x₁, ...,x_n) = (xi|x_j)_16i,j6n(matrice de GRAM) etγ(x₁, ...,x_n) =det(G(x₁, ...,x_n))(déterminant de GRAM).

1. Montrer que rg(G(x₁, ...,xn)) =rg(x₁, ...,xn).

2. Montrer que(x₁, ...,xn)est liée si et seulement siγ(x₁, ...,xn) =0 et que(x₁, ...,xn)est libre si et seule- ment siγ(x1, ...,xn)>0.

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3. On suppose que(x₁, ...,xn)est libre dansE (et doncn6p). On poseF=Vect(x₁, ...,xn).

Pourx∈E, on notepF(x)la projection orthogonale dexsurF puisdF(x)la distance dexàF(c’est-à- diredF(x) =||x−pF(x)||). Montrer quedF(x) =

qγ(x,x1,...,xn) γ(x1,...,xn) .

CorrectionH ^[005486]

Exercice 6 **I

Soit aun vecteur non nul de l’espce euclidienR³. On définit f de R³ dans lui même par :∀x∈R³, f(x) = a∧(a∧x). Montrer que f est linéaire puis déterminer les vecteurs non nuls colinéaires à leur image par f.

CorrectionH ^[005487]

Exercice 7 **I

Matrice de la projection orthogonale sur la droite d’équations 3x=6y=2zdans la base canonique orthonormée deR³ainsi que de la symétrie orthogonale par rapport à cette même droite. De manière générale, matrice de la projection orthogonale sur le vecteur unitaireu= (a,b,c)et de la projection orthogonale sur le plan d’équation ax+by+cz=0 dans la base canonique orthonormée deR³.

CorrectionH ^[005488]

Exercice 8 **

E=R³ euclidien orienté rapporté à une base orthonormée directeB. Etudier les endomorphismes de matrice AdansBsuivants :

1)A=−¹₃





−2 1 2

2 2 1

1 −2 2



 2/A=¹₄





3 1 √

6

1 3 −√

6

−√

6 √

6 2



 3/A=¹₉





8 1 4

−4 4 7

1 8 −4



.

CorrectionH ^[005489]

Exercice 9 ***

SoitM=





a b c c a b b c a



aveca,betcréels. Montrer queMest la matrice dans la base canonique orthonormée directe deR³d’une rotation si et seulement sia,betcsont les solutions d’une équation du typex³−x²+k=0 où 06k6 ₂₇⁴. En posantk= ^{4 sin}₂₇^2ϕ, déterminer explicitement les matricesM correspondantes ainsi que les axes et les angles des rotations qu’elles représentent.

CorrectionH ^[005490]

Exercice 10 **

Best une base orthonormée directe deR³donnée. Montrer que det_B(u∧v,v∧w,w∧u) = (det_B(u,v,w))²pour tous vecteursu,vetw.

CorrectionH ^[005491]

Exercice 11 ***I Inégalité de HADAMARD

SoitBune base orthonormée deE, espace euclidien de dimensionn. Montrer que :∀(x₁, ...,xn)∈Eⁿ,|det_B(x₁, ...,xn)|6

||x₁||...||xn||en précisant les cas d’égalité.

CorrectionH ^[005492]

Exercice 12 **

Montrer queu∧v|w∧s= (u|w)(v|s)−(u|s)(v|w)et(u∧v)∧(w∧s) = [u,v,s]w−[u,v,w]s.

Correction

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Exercice 13 **I

Existence, unicité et calcul deaetbtels que^R₀¹(x⁴−ax−b)²dxsoit minimum (trouver deux démonstrations, une dans la mentalité du lycée et une dans la mentalité maths sup).

CorrectionH ^[005494]

Exercice 14 ***

Soit (e₁, ...,en) une base quelconque de E euclidien. Soient a₁,...,an nréels donnés. Montrer qu’il existe un unique vecteurxtel que∀i∈ {1, ...,},x|ei=ai.

CorrectionH ^[005495]

Exercice 15 ****

SoitE un espace vectoriel euclidien de dimensionn>1. Une famille de pvecteurs (x₁, ...,xp) est dite obtu- sangle si et seulement si pour tout(i,j)tel quei6= j,xi|xj<0. Montrer que l’on a nécessairementp6n+1.

CorrectionH ^[005496]

Exercice 16 ***

SoitP∈R3[X]tel que^R₋₁¹ P²(t)dt=1. Montrer que sup{|P(x)|,|x|61}62. Cas d’égalité ?

CorrectionH ^[005497]

Exercice 17 **IT

Soit rla rotation de R³, euclidien orienté, dont l’axe est orienté parkunitaire et dont une mesure de l’angle estθ. Montrer que pour toutxdeR³,r(x) = (cosθ)x+ (sinθ)(k∧x) +2(x.k)sin²(^θ₂)k. Application : écrire la matrice dans la base canonique (orthonormée directe deR³) de la rotation autour dek=^√1

2(e₁+e₂)et d’angle θ=^π₃.

CorrectionH ^[005498]

Exercice 18 **

Soit fcontinue strictement positive sur[0,1]. Pourn∈N, on poseIn=^R₀¹fⁿ(t)dt. Montrer que la suiteun=^In+1_I

n

est définie et croissante.

CorrectionH ^[005499]

Exercice 19 ****I

SurE=Rn[X], on poseP|Q=^R₋₁¹ P(t)Q(t)dt. 1. Montrer que(E,|)est un espace euclidien.

2. Pour pentier naturel compris entre 0 etn, on poseLp= ((X²−1)^p)^(p). Montrer que _L

p

||L_p||

06p6n est l’orthonormalisée de SCHMIDTde la base canonique deE.

Déterminer||Lp||.

CorrectionH ^[005500]

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Correction del’exercice 1N

Posons ϕ : (A,B)7→Tr(^tAB). Montrons que ϕ est un produit scalaire sur Mn(R). 1ère solution. • ϕ est symétrique. En effet, pour(A,B)∈(Mn(R))²,

ϕ(A,B) =Tr(^tAB) =Tr(^t(^tAB)) =Tr(^tBA) =ϕ(B,A).

•ϕ est bilinéaire par linéarité de la trace et de la transposition.•SiA= (ai,j)₁₆i,j6n∈Mn(R)\ {0}, alors ϕ(A,A) =

n

∑

i=1 n

∑

j=1

a_i,ja_i,j

!

=

∑

i,j

a²_i,j>0

car au moins un des réels de cette somme est strictement positif.ϕest donc définie, positive.

2ème solution.PosonsA= (a_i,j)etB= (b_i,j). On a

Tr(^tAB) =∑ⁿ_j=1(∑ⁿ_i=1a_i,jb_i,j) =∑_16i,j6na_i,jb_i,j.

Ainsi,ϕ est le produit scalaire canonique surMn(R) et en particulier,ϕ est un produit scalaire surMn(R).

N n’est autre que la norme associée au produit scalaireϕ (et en particulier,N est une norme). Soit(A,B)∈ (Mn(R))².

N(AB)²=

∑

i,j n

∑

k=1

a_i,kb_k,j

!2

6

∑

i,j n

∑

k=1

a²_i,k

! n

∑

l=1

b²_l,j

!

(d’après l’inégalité de CAUCHY-SCHWARZ)

=

∑

i,j,k,l

a²_i,kb²_l,j=

∑

i,k

a²_i,k

!

∑

l,j

b²_l,j

!

=N(A)²N(B)², et donc,

∀(A,B)∈(Mn(R))²,N(AB)6N(A)N(B).

Correction del’exercice 2N 1. Soit(x,y,z)∈R³.

f(x+z,y) +f(x−z,y) =1

4(||x+z+y||²+||x−z+y||²− ||x+z−y||²− ||x−z−y||²)

=1

4 2(||x+y||²+||z||²)−2(||x−y||²+||z||²)

=2f(x,y).

2. 2f(x,y) = f(x+x,y) +f(x−x,y) = f(2x,y) +f(0,y)mais f(0,y) = (||y||²− || −y||²) =0 (définition d’une norme).

3. •Montrons par récurrence que∀n∈N, f(nx,y) =n f(x,y). C’est clair pourn=0 etn=1. Soitn>0.

Si l’égalité est vraie pournetn+1 alors d’après 1),

f((n+2)x,y) +f(nx,y) = f((n+1)x+x,y) +f((n+1)x−x,y) =2f((n+1)x,y), et donc, par hypothèse de récurrence,

f((n+2)x,y) =2f((n+1)x,y)−f(nx,y) =2(n+1)f(x,y)−n f(x,y) = (n+2)f(x,y).

Le résultat est démontré par récurrence. • Soit n∈N^∗, f(x,y) = f n×¹_n.x,y

=n f ¹_nx,y

et donc f ¹_nx,y

=¹_nf(x,y).•Soit alorsr= ^p_q, p∈N,q∈N^∗, f(rx,y) = ¹_qf(px,y) = p¹_qf(x,y) =r f(x,y)et donc, pour tout rationnel positifr, f(rx,y) =r f(x,y). Enfin, sir60, f(rx,y) +f(−rx,y) =2f(0,y) =0 (d’après 1)) et donc= f(−rx,y) =−f(−rx,y) =r f(x,y).

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∀(x,y)∈E²,∀r∈Q, f(rx,y) =r f(x,y).

4. On posex=¹₂(u+v)ety= ¹₂(u−v).

f(u,w) +f(v,w) = f(x+y,w) +f(x−y,w) =2f(x,w) =2f 1

2(u+v),w

= f(u+v,w).

5. f est symétrique (définition d’une norme) et linéaire par rapport à sa première variable (d’après 3) et 4)).

Donc f est bilinéaire.

6. f est une forme bilinéaire symétrique. Pourx∈E, f(x,x) = ¹₄(||x+x||²+||x−x||²) =¹₄||2x||²=||x||² (définition d’une norme) ce qui montre tout à la fois que fest définie positive et donc un produit scalaire, et que|| ||est la norme associée.|| ||est donc une norme euclidienne.

Correction del’exercice 3N

La famille(V₁,V₂)est clairement libre et donc une base deF. Son orthonormalisée(e₁,e₂)est une base ortho- normée deF.||V₁||=√

1+4+1+1=√

7 ete₁=^√1

7V₁=^√1

7(1,2,−1,1).(V₂|e₁) =^√1

7(0+6−1−1) =^√4

7

puisV₂−(V2|e₁)e1= (0,3,1,−1)−⁴₇(1,2,−1,1) = ¹₇(−4,13,11,−11)puise₂=^√1

427(−4,13,11,−11). Une base orthonormée deF est(e₁,e₂)oùe₁= ^√1

7(1,2,−1,1)ete₂=^√1

427(−4,13,11,−11). Soit(x,y,z,t)∈R⁴. (x,y,z,t)∈F^⊥⇔(x,y,z,t)∈(V₁,V₂)^⊥⇔

x+2y−z+t=0 3y+z−t=0 .

Correction del’exercice 4N

SoitAun éventuel polynôme solution c’est à dire tel que∀P∈R[X],^R₀¹P(t)A(t)dt=P(0).

P=1 fournit^R₀¹A(t)dt=1 et donc nécessairementA6=0.P=X Afournit^R₀¹tA²(t)dt=P(0) =0. Mais alors,

∀t∈[0,1],tA²(t) =0 (fonction continue positive d’intégrale nulle) puisA=0 (polynôme ayant une infinité de racines deux à deux distinctes).An’existe pas.

Correction del’exercice 5N

1. SoitBune base orthonormée deEetM=Mat_B(x₁, ...,xn)(Mest une matrice de format(p,n)). Puisque B est orthonormée, le produit scalaire usuel des colonnesC_i etC_j est encore x_i|x_j. Donc, ∀(i,j)∈ [[1,n]]²,^tC_iC_j=x_i|x_jou encore

G=^tMM.

Il s’agit alors de montrer que rg(M) =rg(^tMM). Ceci provient du fait queMet^tMMont même noyau.

En effet, pourX∈Mn,1(R),

X∈KerM⇒MX=0⇒^tM×MX=0⇒(^tMM)X=0⇒X∈Ker(^tMM) et

X∈Ker(^tMM)⇒^tMMX=0⇒^tX^tMMX=0⇒^t(MX)MX=0⇒ ||MX||²=0⇒MX=0

⇒X∈KerM.

Ainsi, Ker(M) =Ker(^tMM) =Ker(G(x1, . . . ,xn)). Mais alors, d’après le théorème du rang, rg(x1, . . . ,xn) = rg(M) =rg(G(x₁, . . . ,x_n)).

rg(G(x1, . . . ,xn)) =rg(x1, . . . ,xn).

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2. Si la famille(x₁, ...,xn)est liée, rg(G) =rg(x₁, ...,xn)<n, et donc, puisqueGest une matrice carrée de formatn,γ(x₁, ...,xn) =det(G) =0. Si la famille(x₁, ...,xn)est libre,(x₁, ...,xn)engendre un espaceF de dimensionn. SoientBune base orthonormée deF etMla matrice de la famille(x1, ...,x_n)dansB. D’après 1), on aG=^tMMet d’autre part,Mest une matrice carrée. Par suite,

γ(x1, ...,x_n) =det(^tMM) =det(^tM)det(M) = (detM)²>0.

3. On écritx=x−pF(x) +pF(x). La première colonne deγ(x,x₁, ...,xn)s’écrit :















||x||² x|x₁ x|x₂ ... x|x_n















=















||x−pF(x) +pF(x)||² x−p_F(x) +p_F(x)|x₁ x−pF(x) +pF(x)|x₂

...

x−pF(x) +pF(x)|x_n















=















||x−pF(x)||² 0|x₁ 0|x₂ ... 0|x_n













 +















||pF(x)||² p_F(x)|x₁ pF(x)|x₂

... pF(x)|x_n













 .

(en 1ère ligne, c’est le théorème de PYTHAGORE et dans les suivantes,x−p_F(x)∈F^⊥). Par linéarité par rapport à la première colonne, γ(x,x₁, ...,xn) est somme de deux déterminants. Le deuxième est γ(pF(x),x1, ...,xn)et est nul car la famille(pF(x),x1, ...,xn)est liée. On développe le premier suivant sa première colonne et on obtient :

γ(x,x₁, ...,xn) =||x−pF(x)||²γ(x₁, ...,xn), ce qui fournit la formule désirée.

∀x∈E,d(x,F) =kx−pF(x)k=

qγ(x,x1,...,xn) γ(x₁,...,x_n) .

Correction del’exercice 6N

Je vous laisse vérifier la linéarité. Si x est colinéaire à a, f(x) =0 et les vecteurs de Vect(a)\ {0} sont des vecteurs non nuls colinéaires à leur image. Sixn’est pas colinéaire àa,a∧xest un vecteur non nul orthogonal àaet il en est de même de f(x) =a∧(a∧x). Donc, sixest colinéaire à f(x),xest nécessairement orthogonal à a. Réciproquement, si x est un vecteur non nul orthogonal à a, f(x) = (a.x)a− kak²x=−||a||²x et x est colinéaire à f(x). Les vecteurs non nuls colinéaires à leur image sont les vecteurs non nuls de Vect(a)et dea^⊥.

Correction del’exercice 7N Un vecteur engendrantDest−→

u = (2,1,3). Pour(x,y,z)∈R³, p((x,y,z)) =(x,y,z)|(2,1,3)

||(2,1,3)||² (2,1,3) =2x+y+3z

14 (2,1,3).

On en déduit que Mat_Bp=P=₁₄¹





4 2 6

2 1 3

6 3 9



, puis Mat_Bs=2P−I=¹₇





−3 2 6

2 −6 3

6 3 2



. Plus générale-

ment, la matrice de la projection orthogonale sur le vecteur unitaire(a,b,c)dans la base canonique orthonormée estP=





a² ab ac ab b² bc ac bc c²



et la matrice de la projection orthogonale sur le planax+by+cz=0 dans la base canonique orthonormée estI−P=





1−a² −ab −ac

−ab 1−b² −bc

−ac −bc 1−c²



.

Correction de

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1. kC₁k=kC₂k=¹₃√

4+4+1=1 etC₁|C₂=¹₉(−2+4−2) =0. Enfin,

C₁∧C₂=1 9





−2 2 1



∧



 1 2

−2



=1 9





−6

−3

−6



=−1 3



 2 1 2



=C₃. Donc,A∈O⁺₃(R)et f est une rotation (distincte de l’identité).Axe de f.SoitX∈M3,1(R).

AX =X⇔







−x−y−2z=0

−2x−5y−z=0

−x+2y−5z=0

⇔







z=−2x−5y 3x+9y=0 9x+27y=0

⇔

x=−3y z=y .

L’axeDde f est Vect(−→u)où−→u = (−3,1,1).Dest dorénavant orienté par−→u.Angle de f.Le vecteur

−

→v =^√1

2(0,1,−1)est un vecteur unitaire orthogonal à l’axe. Donc, cosθ=−→v.f(−→v) = 1

√2(0,1,−1). 1

√2

−1

3 (−1,1,−4) =−1

6×5=−5 6,

et donc,θ=±arccos(−⁵₆) (2π). (Si on sait que Tr(A) =2 cosθ+1, c’est plus court : 2 cosθ+1=²₃−

2

3−²₃fournit cosθ=−⁵₆). Le signe de sinθest le signe de[−→ i,f(−→

i ),−→ u] =

1 ²₃ −3 0 −²₃ 1 0 −¹₃ 1

=−¹₃<0.

Donc,

f est la rotation d’angle−arccos(−⁵₆)autour deu= (−3,1,1).

2. ||C₁||=||C₂||=¹₄√

9+1+6=1 etC₁|C₂=₁₆¹(3+3−6) =0. Enfin,

C₁∧C₂= 1 16



 3 1

−√ 6



∧



 1

√3 6



= 1 16



 4√

6

−4√ 6 8



=1 4





√6

−√ 6 2



=C₃. Donc,A∈O⁺₃(R)et f est une rotation.Axe de f.SoitX∈M3,1(R).

AX=X⇔







−x+y+√ 6z=0 x−y−√

6z=0

−√ 6x+√

6y−2z=0

⇔x−y=√ 6z= 2

√6z⇔x=yetz=0.

L’axeDde f est Vect(−→u)où−→u = (1,1,0).Dest dorénavant orienté par−→u.Angle de f.−→

k = [0,0,1) est un vecteur unitaire orthogonal à−→

u. Par suite, cosθ=−→

k.f(−→

k) = (0,0,1).1 4(√

6,−√

6,2) =1 2, et donc cosθ=±^π₃(2π). Le signe de sinθest le signe de

h−→ i ,f(−→

i),−→ u

i

=

1 3/4 1

0 1/4 1

0 −√ 6/4 0

=^√1

6>

0. Donc,

f est la rotation d’angle ^π₃ autour de−→u = (1,1,0).

3. ||C₁||=||C₂||=¹₉√

64+16+1=1 etC₁|C₂=₈₁¹(8−16+8) =0. Enfin,

C₁∧C₂= 1 81



 8

−4 1



∧



 1 4 8



= 1 81





−36

−63 36



=−1 9



 4 7

−4



=−C₃.

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Donc,A∈O⁻₃(R).An’est pas symétrique, et donc f n’est pas une réflexion. f est donc la composée commutatives◦rd’une rotation d’angleθ autour d’un certain vecteur unitaire−→

u et de la réflexion de plan−→u^⊥où−→u etθsont à déterminer.Axe der.L’axe derestKer(f+Id_E)(car f 6=−Id_E).

AX=−X⇔







17x+y+4z=0

−4x+13y+7z=0 x+8y+5z=0

⇔







y=−17x−4z

−225x−45z=0

−135x−27z=0

⇔

z=−5x y=3x

Ker(f+Id_E) =Vect(−→u) =Doùu= (1,3,−5).Dest dorénavant orienté par−→u.sest la réflexion par rapport au planP=u^⊥ dont une équation estx+3y−5z=0. On écrit alors la matriceSdesdans la base de départ. On calculeS⁻¹A=SAqui est la matrice deret on termine comme en 1) et 2).

Correction del’exercice 9N

Soit f l’endomorphisme deR³de matriceMdans la base canonique deR³.

fest une rotation⇔M∈O⁺₃(R)⇔ ||C₁||=||C₂||=||C₃||=1 etC₁|C₂=C₁|C₃=C₂|C₃=0 et detM=1

⇔a²+b²+c²=1 etab+bc+ca=0 eta³+b³+c³−3abc=1.

Posonsσ₁=a+b+c,σ₂=ab+bc+caetσ₃=abc. On aa²+b²+c²= (a+b+c)²−2(ab+ac+bc) = σ₁²−2σ₂. Ensuite,

σ₁³= (a+b+c)³=a³+b³+c³+3(a²b+ba²+a²c+ca²+b²c+c²b) +6abc, et

σ₁(σ₁²−2σ2) = (a+b+c)(a²+b²+c²) =a³+b³+c³+ (a²b+b²a+a²c+c²a+b²c+c²b).

Donc,

σ₁³−3σ₁(σ₁²−2σ₂) =−2(a³+b³+c³) +6σ₃ et finalement,a³+b³+c³=σ₁³−3σ1σ2+3σ3.

M∈O⁺₃(R)⇔σ2=0 etσ₁²−2σ2=1 etσ₁³−3σ1σ2=1

⇔σ₂=0 etσ₁=1

⇔a,betcsont les solutions réelles d’une équation du typex³−x²+k=0(oùk=−σ₃).

Posons P(x) =x³−x²+k et donc P⁰(x) =3x²−2x=x(2x−3). Sur ]−∞,0], P est strictement croissante, strictement décroissante sur

0,³₂

et strictement croissante sur ₃

2,+∞

. P admet donc au plus une racine dans chacun de ces trois intervalles. 1er cas. Si P(0) =k>0 et P ²₃

=k−₂₇⁴ <0 ou ce qui revient au même, 0<k< ₂₇⁴, P admet trois racines réelles deux à deux distinctes (Pétant d’autre part continue surR), nécessairement toutes simples.2ème cas.Si k∈

0,₂₇⁴ ,P etP⁰ ont une racine réelle commune (à savoir 0 ou ₂₇⁴) et Padmet une racine réelle d’ordre au moins 2. La troisième racine est alors nécessairement réelle.

3ème cas.Sik<0 ouk> ₂₇⁴, P admet une racine réelle exactement. Celle-ci est nécessairement simple au vu du 2ème cas et donc Padmet deux autres racines non réelles. En résumé,Pa toutes ses racines réelles si et seulement si 06k6₂₇⁴ et donc, f est une rotation si et seulement sia,betcsont les solutions d’une équation du typex³−x²+k=0 où 06k6₂₇⁴.

Correction del’exercice 10N

[u∧v,v∧w,w∧u] = ((u∧v)∧(v∧w))|(w∧u) = (((u∧v)|w)v−((u∧v)|v)w)|(w∧u)

= (((u∧v)|w)v)|(w∧u) = ((u∧v)w)×(v|(w∧u)) = [u,v,w][w,u,v]

= [u,v,w]².

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Correction del’exercice 11N

Si la famille(xi)₁₆i6nest une famille liée, l’inégalité est claire et de plus, on a l’égalité si et seulement si l’un des vecteurs est nuls. Si la famille(xi)_16i6nest une famille libre et donc une base de E, considéronsB⁰= (e₁, ...,e_n) son orthonormalisée de SCHMIDT. On a

|det_B(xi)_16i6n|=

det_B⁰(xi)_16i6n×det_B(B⁰)

=|det_B⁰(xi)_16i6n|,

car det_BB⁰est le déterminant d’une d’une base orthonormée dans une autre et vaut donc 1 ou−1. Maintenant, la matrice de la famille (xi)₁₆i6n dans B⁰ est triangulaire supérieure et son déterminant est le produit des coefficients diagonaux à savoir les nombresxi|ei(puisqueB⁰est orthonormée). Donc

|det_B(xi)₁₆i6n|=|det_B⁰(xi)₁₆i6n|=

n

∏

i=1

(xi|e_i)

6

n

∏

i=1

kx_ik × ke_ik=

n

∏

i=1

||x_i||,

d’après l’inégalité de CAUCHY-SCHWARZ. De plus, on a l’égalité si et seulement si, pour tout i, |x_i|e_i|= kx_ik × ke_ikou encore si et seulement si, pour touti,xi est colinéaire àeiou enfin si et seulement si la famille (xi)₁₆i6nest orthogonale.

Correction del’exercice 12N

(u∧v)|(w∧s) = [u,v,w∧s] = [w∧s,u,v] = ((w∧s)∧u)|v= ((u|w)s−(u|s)w)|v= (u|w)(v|s)−(u|s)(v|w). De même,(u∧v)∧(w∧s) = ((u∧v)|s)w−((u∧v)|w)s= [u,v,s]w−[u,v,w]s.

Correction del’exercice 13N 1ère solution.

Z ₁

0

(x⁴−ax−b)²dx=1 9+1

3a²+b²−1 3a−2

5b+ab=1 3

a+1

2(3b−1) 2

− 1

12(3b−1)²+b²−2 5b+1

9

=1 3

a+1

2(3b−1) 2

+1 4b²+ 1

10b+ 1 36= 1

3

a+1

2(3b−1) 2

+1 4

b+1

5 2

+ 4 225> 4

225, avec égalité si et seulement sia+¹₂(3b−1) =b+¹₅ =0 ou encoreb=−¹₅ eta=⁴₅.

R₁

0(x⁴−ax−b)²dxest minimum poura= ⁴₅etb=−¹₅ et ce minimum vaut ₂₂₅⁴ .

2ème solution. (P,Q)7→^R₀¹P(t)Q(t)dt est un produit scalaire sur R4[X]et ^R₀¹(x⁴−ax−b)²dx est, pour ce produit scalaire, le carré de la distance du polynômeX⁴au polynôme de degré inférieur ou égal à 1,aX+b.

On doit calculer Inf nR₁

0(x⁴−ax−b)²dx,(a,b)∈R² o

qui est le carré de la distance de X⁴ à F =R1[X].

On sait que cette borne inférieure est un minimum, atteint une et une seule fois quandaX+b est la projec- tion orthogonale de X⁴ sur F. Trouvons une base orthonormale de F. L’orthonormalisée (P₀,P₁) de (1,X) convient.||1||²=^R₀¹1dt=1 etP₀=1. PuisX−(X|P₀)P0=X−^R₀¹t dt=X−¹₂, et comme||X−(X|P₀)P0||²= R₁

0 t−¹₂2

dt=¹₃−¹₂+¹₄= ₁₂¹,P₁=2√

3 X−¹₂

=√

3(2X−1). La projection orthogonale deX⁴surF est alors(X⁴|P₀)P0+ (X⁴|P₁)P1avec(X⁴|P₀) =^R₀¹t⁴dt=¹₅ et(X⁴|P₁) =√

3^R₀¹t⁴(2t−1)dt=√

3(¹₃−¹₅) =²

√ 3 15 . Donc, la projection orthogonale deX⁴sur F est ¹₅+²

√ 3 15

√3(2X−1) = ¹₅(4X−1). Le minimum cherché est alors^R₀¹ t⁴−¹₅(4t−1)2

dt=...=₂₂₅⁴ .

Correction de

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Soit ϕ : E → Rⁿ x 7→ (x|e₁, ...,x|en)

.ϕ est clairement linéaire et Kerϕ est (e₁, ...,en)^⊥ =E^⊥ ={0}. Comme E etRⁿ ont mêmes dimensions finies, ϕ est un isomorphisme d’espaces vectoriels. En particulier, pour tout n-uplet(a1, ...,an)de réels, il existe un unique vecteurxtel que∀i∈[[1,n]],x|ei=ai.

Correction del’exercice 15N

1ère solution.Montrons par récurrence que surn=dim(E)que, si(xi)₁₆i6pest obtusangle, p6n+1.•Pour n=1, une famille obtusangle ne peut contenir au moins trois vecteurs car si elle contient les vecteurs x₁ et x₂ verifiant x₁.x₂ <0, un vecteur x₃ quelconque est soit nul (auquel cas x₃.x₁ =0), soit de même sens quex₁ (auquel cas x₁.x₃>0) soit de même sens quex₂ (auquel cas x₂.x₃>0). Donc p62. • Soit n>1.

Suppososons que toute famille obtusangle d’un espace de dimensionna un cardinal inférieur ou égal àn+1.

Soit (xi)_16i6p une famille obtusangle d’un espace E de dimension n+1. Si p=1, il n’y a plus rien à dire.

Supposons p>2.xp n’est pas nul etH =x^⊥_p est un hyperplan deE et donc est de dimensionn. Soit, pour 16i6p−1,y_i=x_i−^(x_||x^i|xp)

p||²x_ple projeté orthogonal dex_i surH. Vérifions que la famille(yi)_16i6p−1 est une famille obtusangle. Soit(i,j)∈[[1,p−1]]tel quei6= j.

y_i.yj=x_i.xj−(xi|xp)(xj|xp)

||x_p||² −(xj|xp)(xi|xp)

||x_p||² +(xi|xp)(xj|xp)(xp|xp)

||x_p||⁴ =x_i|x_j−(xi|xp)(xj|xp)

||x_p||² <0.

Mais alors, par hypothèse de récurrence,p−161+dimH=n+1 et doncp6n+2. Le résultat est démontré par récurrence. 2ème solution. Montrons que si la famille (xi)₁₆i6p est obtusangle, la famille (xi)₁₆i6p−1

est libre. Supposons par l’absurde, qu’il existe une famille de scalaires (λi)_16i6p−1 non tous nuls tels que

∑_i=1^p−1λixi=0(∗). Quite à multiplier les deux membres de(∗)par−1, on peut supposer qu’il existe au moins un réelλi >0. Soit I l’ensemble des indices i tels que λi>0 et J l’ensemble des indices itels que λi60 (éventuellement J est vide). I et J sont disjoints. (*) s’écrit ∑i∈Iλix_i =−∑i∈Jλix_i (si J est vide, le second membre est nul). On a

06

∑

λixi

2

=

∑

i∈I

λixi

!

. −

∑

i∈J

λixi

!

=

∑

(i,j)∈I×J

λi(−λ_j)xi.xj60.

Donc,k∑i∈Iλixik²=0 puis∑i∈Iλixi=0. Mais, en faisant le produit scalaire avecxp, on obtient(∑i∈Iλixi).xp=

∑i∈Iλi(xi.xp)<0 ce qui est une contradiction. La famille(xi)₁₆i6p−1 est donc libre. Mais alors son cardinal p−1 est inférieur ou égal à la dimensionnet doncp6n+1.

Correction del’exercice 16N

L’application (P,Q) 7→^R₀¹P(t)Q(t)dt est un produit scalaire sur E =R3[X]. Déterminons une base ortho- normée deE. Pour cela, déterminons(Q0,Q1,Q2,Q3)l’orthonormalisée de la base canonique(P0,P₁,P₂,P₃) = (1,X,X²,X³).• ||P₀||²=^R₋₁¹ 1²dt=2 et on prend

Q₀= ^√1

2.

•P₁|Q₀=^√1

2

R₁

−1t dt=0 puisP₁−(P₁|Q₀)Q₀= X puis||P₁−(P₁|Q₀)Q₀||²=^R₋₁¹ t²dt=²₃ et

Q₁= q3

2X.

•P₂|Q₀=^√1

2

R₁

−1t²dt =

√ 2

3 etP₂|Q₁=0. Donc, P₂−(P₂|Q₀)Q0−(P₂|Q₁)Q1=X²−¹₃, puis||P₂−(P₂|Q₀)Q0−(P₂|Q₁)Q1||²=^R₋₁¹ t²−¹₃2

dt=2 ¹₅−²₉+¹₉

=

8 45et

Q₂=

√5 2√

2(3X²−1).

•P₃|Q₀=P₃|Q₂=0 etP₃|Q₁= q3

2

R₁

−1t⁴dt=

√ 6

5 etP₃−(P₃|Q₀)Q₀−(P₃|Q₁)Q₁− (P₃|Q₂)Q₂=X³−³₅X, puis

X³−³₅X

2=^R₋₁¹ t³−³₅t2

dt=2 ¹₇−₂₅⁶ +₂₅³

=2²⁵⁻²¹₁₇₅ =₁₇₅⁸ , et Q₃=

√7 2√

2(5X³−3X).

Une base orthonormée deEest(Q₀,Q₁,Q₂,Q₃)oùQ₀=^√1

2,Q₁=

√

√3

2X,Q₂=

√ 5 2√

2(3X²−1)etQ₃=

√ 7 2√

2(5X³− 3X). Soit alorsPun élément quelconque deE=R3[X]tel que^R₋₁¹ P²(t)dt=1. PosonsP=aQ₀+bQ₁+cQ₂+ dQ₃. Puisque(Q₀,Q₁,Q₂,Q₃) est une base orthonormée deE,^R₋₁¹ P²(t)dt =||P||²=a²+b²+c²+d²=1.

Maintenant, pour

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|P(x)|6|a| × |Q₀(x)|+|b| × |Q₁(x)|+|c| × |Q₂(x)|+|d| × |Q₃(x)|6|a|M₀+|b|M₁+|c|M₂+|d|M₃ 6p

a²+b²+c²+d² q

M₀²+M₁²+M₂²+M₃²= q

M₀²+M₁²+M₂²+M₃².

Une étude brève montre alors que chaque|P_i|atteint son maximum sur[−1,1]en 1 (et−1) et donc q

M₀²+M₁²+M₂²+M₃²= r1

2+3 2+5

2+7 2 =2

√ 2.

Ainsi,∀x∈[−1,1],|P(x)|62√

2 et donc Max{|P(x)|,x∈[−1,1]}62√

2. Etudions les cas d’égalité. SoitP∈ R3[X]un polynôme éventuel tel que Max{|P(x)|,x∈[−1,1]}62√

2. Soitx₀∈[−1,1]tel que Max{|P(x)|,x∈ [−1,1]}=|P(x₀)|. Alors :

2

√

2=|P(x₀)|6|a| × |Q₀(x₀)|+|b| × |Q₁(x₀)|+|c| × |Q₂(x₀)|+|d| × |Q₃(x₀)|6|a|M₀+|b|M₁+|c|M₂+|d|M₃ 6

q

M₀²+M₁²+M₂²+M₃²=2√ 2.

Chacune de ces inégalités est donc une égalité. La dernière (CAUCHY-SCHWARZ) est une égalité si et seulement si (|a|,|b|,|c|,|d|) est colinéaire à (1,√

3,√ 5,√

7) ou encore si et seulement si Pest de la forme λ(±Q₀±

√

3Q1±√

5Q2±√

7Q3) oùλ²(1+3+5+7) =1 et doncλ =±¹₄, ce qui ne laisse plus que 16 polynômes possibles. L’avant-dernière inégalité est une égalité si et seulement six₀∈ {−1,1}(clair). La première inégalité est une égalité si et seulement si

|aQ₀(1) +bQ₁(1) +cQ₂(1) +dQ₃(1)|=|a|Q₀(1) +|b|Q₁(1) +|c|Q₂(1) +|d|Q₃(1), ce qui équivaut au fait quea,b,cetdaient même signe etPest l’un des deux polynômes

±1 4(Q₀+

√ 3Q₁+

√ 5Q₂+

√

7Q₃) =± 1 4√

2

1+3X+5

2(3X²−1) +7

2(5X³−3X)

=± 1 8√

2(35X³+15X2−15X−3)

Correction del’exercice 17N

Sixest colinéaire àk,r(x) =x, et six∈k^⊥,r(x) = (cosθ)x+ (sinθ)k∧x. Soitx∈E. On écritx=x₁+x₂où x₁∈k^⊥etx₂∈Vect(k). On ax₂= (x.k)k(carkest unitaire) etx₁=x−(x.k)k. Par suite,

r(x) =r(x₁) +r(x₂) = (cosθ)x₁+ (sinθ)k∧x₁+x₂= (cosθ)(x−(x.k)k) + (sinθ)k∧x+ (x.k)k

= (cosθ)x+ (1−cosθ)(x.k)k+sinθ(k∧x) = (cosθ)x+2 sin² θ

2

(x.k)k+sinθ(k∧x) Application.Sik=^√1

2(e1+e₂)etθ= ^π₃, pour tout vecteurx, on a : r(x) =1

2x+1

2(x.k)k+

√ 3 2 (k∧x), puis,r(e₁) =¹₂e₁+¹₄(e₁+e₂)−

√ 3 2√

2e₃=¹₄(3e₁+e₂−√ 6e3) r(e2) =¹₂e₂+¹₄(e1+e₂) +

√3 2√

2e₃=¹₄(e1+3e2+√ 6e3) r(e₃) =¹₂e₃+

√ 3 2√

2(−e₂+e₁) =¹₄(√

6e₁−√

6e₂+2e₃).

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La matrice cherchée est ¹₄





3 1 √

6

1 3 −√

6

−√

6 √

6 2



.

Correction del’exercice 18N

L’application(f,g)7→^R₀¹f(t)g(t)dt est un produit scalaire surC⁰([0,1],R). D’après l’inégalité de CAUCHY- SCHWARZ,

InI_n+2= Z ₁

0

fⁿ(t)dt Z ₁

0

fⁿ⁺²(t)dt= Z ₁

0

p(f(t))ⁿ 2

dt Z ₁

0

q

(f(t))ⁿ⁺² 2

dt

>

_{Z 1}

0

p(f(t))ⁿ q

(f(t))ⁿ⁺²dt 2

= _{Z 1}

0

fⁿ⁺¹(t)dt 2

=I_n+1²

Maintenant, comme f est continue et strictement positive sur[0,1],I_n est strictement positif pour tout naturel n. On en déduit que∀n∈N, ^In+1_I

n 6^I_Iⁿ⁺²_n+1 et donc que la suite

In+1

I_n

n∈N

est définie et croissante.

Correction del’exercice 19N

1. La symétrie, la bilinéarité et la positivité sont claires. Soit alorsP∈Rn[X].

P|P=0⇒ Z ₁

0

P²(t)dt=0

⇒ ∀t∈[0,1],P²(t) =0(fonction continue, positive, d’intégrale nulle)

⇒P=0(polynôme ayant une infinité de racines).

Ainsi, l’application(P,Q)7→^R₀¹P(t)Q(t)dtest un produit scalaire surRn[X].

2. Pour vérifier que la famille _L

p

||L_p||

06p6nest l’orthonormalisée de SCHMIDTde la base canonique deE, nous allons vérifier que

(a) ∀p∈[[0,n]],Vect(L0,L₁, ...,L_p) =Vect(1,X, ...,X^p), (b) la famille

Lp

||L_p||

06p6nest orthonormale, (c) ∀p∈[[0,n]],Lp|X^p>0.

Pour a), on note que Lp est un polynôme de degré p (et de coefficient dominant ^(2p)!_p! ). Par suite, (L₀,L₁, ...,Lp) est une base deRp[X], ou encore,∀p∈[[0,n]], Vect(L₀,L₁, ...,Lp) =Vect(1,X, ...,X^p).

Soit p∈[[0,n]]. SoitPun polynôme de degré inférieur ou égal àp. Si p>1, une intégration par parties fournit :

Lp|P= Z ₁

−1((t²−1)^p)^(p)P(t)dt=h

((t²−1)^p)^(p−1)P(t)i1

−1− Z ₁

−1((t²−1)^p)^(p−1)P⁰(t)dt

=− Z ₁

−1((t²−1)^p)^(p−1)P⁰(t)dt.

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En effet, 1 et−1 sont racines d’ordre pde (t²−1)^p et donc d’ordre p−kde ((t²−1)^p)^(k) pour 06 k6 p et en particulier, racines de chaque ((t²−1)^p)^(k) pour 06k6 p−1. En réitérant, on obtient pour toutk∈[[0,p]],L_p|P= (−1)^kR₋₁¹ ((t²−1)^p)^(p−k)P^(k)(t)dtet pourk=p, on obtient enfinL_p|P= (−1)^pR₋₁¹ (t²−1)^pP^(p)(t)dt, cette formule restant vraie pourp=0. Soient petqdeux entiers tels que 06q<p6n. D’après ce qui précède,Lp|L_q= (−1)^pR₋₁¹ (t²−1)^pL^(p)q (t)dt=0 carq=deg(Lq)<q.

Ainsi, la famille(Lp)₀₆p6nest donc une famille orthogonale de n+1 polynômes tous non nuls et est par suite est une base orthogonale de Rn[X]. On en déduit que la famille

Lp

||L_p||

06p6n est une base orthonormale de Rn[X]. Enfin, Lp|X^p = (−1)^pR₋₁¹ (t²−1)^p(t^p)^(p)dt =p!^R₋₁¹ (1−t²)^p dt >0. On a montré que

la famille _L

p

||L_p||

06p6nest l’orthonormalisée de la base canonique deRn[X].

CalculonskLpk. On note queLp∈(L0, ...,Lp−1)^⊥= (Rp−1[X])^⊥. Par suite,

||Lp||²=Lp|Lp=Lp|dom(Lp)X^p(carLp∈(Rp−1[X])^⊥)

=(2p)!

p! Lp|X^p=(2p)!

p! p!

Z ₁

−1

(1−t²)^pdt=2(2p)!

Z ₁

0

(1−t²)^pdt

=2(2p)!

Z ₀

π/2

(1−cos²u)^p(−sinu)du=2(2p)!

Z _π/2

0

sin^2p+1u du

=2(2p)!W2p+1(intégrales de WALLIS)

=2(2p)!2^2p(p!)²

(2p+1)! (à revoir)

= 2

2p+12^2p(p!)². Donc,∀p∈[[0,n]],kL_pk=q

2

2p+12^pp!. On en déduit que la famille

q2p+1 2

1

2^pp!((X²−1)^p)^(p)

06p6n

est une base orthonormale deRn[X](pour le produit scalaire considéré).

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