Corrigé de la série 16

EPFL

Algèbre 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 que φ(x, y) = 0 pour touty∈F. Par conséquence x∈F^⊥. Comme x était arbitraire, nous avons bien montré que G^⊥⊆F^⊥.

2. Montrons (F +G)^⊥ ⊆ F^⊥ ∩G^⊥ : Soit x ∈ (F +G)^⊥. Donc φ(x, y) = 0 ∀y ∈ F +G.

CommeF ⊆ F +G et G⊆F +G, on a φ(x, v) = 0∀v ∈ F et φ(x, w) = 0 ∀w∈G. Par conséquence x∈F^⊥∩G^⊥.

MontronsF^⊥∩G^⊥⊆(F +G)^⊥ : Soit x∈F^⊥∩G^⊥. Prenons n’importe quely ∈F+Get écrivonsy sous la forme y=v+w avec v ∈F etw ∈G. Alors : φ(x, y) =φ(x, v+w) = φ(x, v) +φ(x, w) = 0 + 0 = 0 et doncx∈(F +G)^⊥.

3. Soit x ∈ F^⊥ +G^⊥. Soient v ∈ 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 = 0 pour touty∈F ∩G et doncx∈(F ∩G)^⊥. 4. Si v ∈V^⊥, alors φ(v, v) = 0, doncv = 0. Par conséquent, V^⊥ ={0}.

On a φ(v,0) = 0 pour toutv ∈V, ce qui montre{0}^⊥ =V.

5. Par hypothèse, on a F = span(v1) +· · ·+ span(vk). Par récurrence, l’énoncé de l’exercice 1.2 implique que F^⊥= span(v₁)^⊥∩ · · · ∩span(v_k)^⊥. Alorsx∈F^⊥ ssi x∈span(v_i)^⊥ pour tout i= 1, . . . , k. De plus, la condition que x ∈span(v_i)^⊥ est équivalente à φ(x, v_i) = 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= (a_ij)i,j=1,...,n, B = (b_ij)i,j=1,...,n ∈Mat(n,F). On a alors(B^∗)_ij =b_ji pouri, j = 1, . . . , n et on calcule

φ(A, B) = Tr(A·B^∗) =

n

X

k=1

(A·B^∗)_kk =

n

X

k=1 n

X

j=1

a_kj(B^∗)_jk

=

n

X

k=1 n

X

j=1

a_kjb_kj =

n

X

k=1 n

X

j=1

a_kjb_kj =

n

X

k=1 n

X

j=1

b_kj(A^∗)_jk

=

n

X

k=1

(B ·A^∗)_kk=φ(B, A).

Pour montrer la bilinéarité de φ, on choisit A, B, C ∈Mat(n;F)et a, b∈F et on calcule φ(aA+bB, C) = Tr((aA+bB)·C^∗) =

n

X

k=1

((aA+bB)·C^∗)_kk =

n

X

k=1

(aA·C^∗+bB·C^∗)_kk

=

n

X

k=1

(a(A·C^∗)_kk+b(B·C^∗)_kk) =aφ(A, C) +bφ(B, C).

1

On montre enfin que φ est défini positif. On a comme plus haut φ(A, A) =

n

X

k=1

(A·A^∗)kk=

n

X

k=1 n

X

j=1

akjakj =

n

X

k,j=1

|akj|² ≥0

etφ(A, A) = 0si et seulement si |akj|= 0pour j, k = 1, . . . , n, donc si et seulement si A est la matrice nulle.

2. On montre facilement que W = span

1 0 0 0

,

0 0 0 1

,

0 1 1 0

est une base de W (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

, et W^⊥ est l’ensembles des matrices antisymétriques : W^⊥ ={A ∈Mat(2;F)|A =−A^t}.

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

=

1 2

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 de Mat(2;F) est composée de quatre vecteurs et dim(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. Soit A= 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 matriceA est donc un élément deU^⊥ ssia+ 2b+ 3c+ 4d= 0, et donc ssiA peut-être écrite A=

−2b−3c−4d b

c d

avec b, 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 matrice A= 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= 3a etd= 4a, donc ssi A∈span

1 2 3 4

= U. On a donc prouvé l’égalité(U^⊥)^⊥ =U.

Exercice 3. 1. Soit V =R³ etφ: V ×V →R le produit scalaire pondéré : φ(x, y) = 2x1y1+x2y2+ 3x3y3 ∀x, y ∈V.

Soit (x₁, x₂, x₃)∈V tel que k(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. Soient a, b ∈ R tels que a < b. L’exercice 2.5 de la série 14 montre que φ(f, g) = Rb

a f(t)g(t)dt (f, g ∈ C⁰([a, b],R)) définit un produit scalaire sur C⁰([a, b],R). L’inéga- lité de Cauchy-Schwarz, appliquée à la fonction f et 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 formeφ:Rⁿ×Rⁿ→Rdéfinie parφ((x1, . . . , xn),(y1, . . . , yn)) = Pn

j=1jx_jy_j est un produit scalaire. Soient (a₁, . . . , a_n),(b₁, . . . , b_n) ∈ Rⁿ. L’inégalité de Cauchy-Schwarz appliquée aux vecteurs (a₁, . . . , a_n) et(b₁, b₂/2, . . . , b_n/n) donne

n

X

j=1

a_jb_j

!2

=

n

X

j=1

j·a_j· b_j j

!2

=φ((a₁, . . . , a_n),(b₁, b₂/2, . . . , b_n/n))²

≤ k(a₁, . . . , a_n)k²· k(b₁/1, . . . , b_n/n)k²

=

n

X

j=1

ja²_j

!

·

n

X

j=1

jb²_j j²

!

=

n

X

j=1

ja²_j

!

·

n

X

j=1

b²_j j

! .

Exercice 4. 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 2.5 de la série 14). Soit 3

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

1 2

≤

n

X

i=0

|a_i| Z b

a

t²ⁱdt

1 2

⇒

Z b

a

p(t)²dt ¹2

≤

n

X

i=0

|a_i|

b²ⁱ⁺¹−a²ⁱ⁺¹ 2i+ 1

¹₂ .

2. D’après l’exercice 2, le R-espace vectorielV := Mat(n, n;R)est muni du produit scalaire φ: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.

4