Corrigé du contrôle de maths L2 : produit scalaire et espaces euclidiens

Exercice 1 : Question de cours : inégalité de Cauchy-Schwarz (4 points)

1. Énoncé. Pour tous \(x, y\) d’un espace préhilbertien réel \(E\), on a \(|\langle x, y \rangle| \leq\, \|x\| \, \|y\|\).

   Démonstration. Si \(y = 0\), les deux membres sont nuls et l’inégalité est vraie. Supposons \(y \neq 0\). Pour tout réel \(\lambda\), la positivité du produit scalaire et sa bilinéarité donnent
   \[0 \leq\, \|x + \lambda y\|^2 = \|y\|^2 \lambda^2 + 2 \langle x, y \rangle \lambda + \|x\|^2.\]
   Le membre de droite est un trinôme du second degré en \(\lambda\), car \(\|y\|^2 > 0\). Il est positif pour tout réel \(\lambda\), donc son discriminant est négatif ou nul :
   \[\Delta = 4 \langle x, y \rangle^2 – 4 \|x\|^2 \|y\|^2 \leq\, 0.\]
   Donc \(\langle x, y \rangle^2 \leq\, \|x\|^2 \|y\|^2\), c’est-à-dire \(|\langle x, y \rangle| \leq\, \|x\| \, \|y\|\).

2. Supposons la famille \((x, y)\) liée. Si \(y = 0\), l’égalité est claire. Sinon, \(x = \mu y\) pour un réel \(\mu\), et \(|\langle x, y \rangle| = |\mu| \, \|y\|^2 = \|x\| \, \|y\|\).

   Réciproquement, supposons l’égalité et \(y \neq 0\) (si \(y = 0\), la famille est liée). Alors \(\Delta = 0\) : le trinôme admet une racine double \(\lambda_0\). Ainsi \(\|x + \lambda_0 y\|^2 = 0\), donc \(x + \lambda_0 y = 0\) par le caractère défini du produit scalaire, et la famille est liée.

   Il y a égalité si et seulement si \(x\) et \(y\) sont colinéaires.

Barème : a) 2,5 points : 0,5 pour l’énoncé, 0,5 pour le cas \(y = 0\), 1 pour le développement du trinôme, 0,5 pour l’argument du discriminant ; b) 1,5 point : 0,5 pour le sens direct, 1 pour la réciproque avec le caractère défini.

Exercice 2 : Gram-Schmidt sur des polynômes (6 points)

1. L’application \((P, Q) \mapsto \int_0^1 PQ\) est bien définie car \(PQ\) est continue sur \([0, 1]\). Elle est symétrique, car \(PQ = QP\), et linéaire par rapport à \(P\) par linéarité de l’intégrale ; elle est donc bilinéaire.

   Elle est positive : \(\langle P, P \rangle = \int_0^1 P(t)^2\, dt \geq\, 0\). Elle est définie : si \(\int_0^1 P^2 = 0\), la fonction \(P^2\) est continue, positive et d’intégrale nulle sur \([0, 1]\), donc nulle sur \([0, 1]\). Le polynôme \(P\) a alors une infinité de racines, donc \(P = 0\).

   C’est un produit scalaire sur \(E\).

2. On rappelle que \(\langle X^i, X^j \rangle = \dfrac{1}{i + j + 1}\).

   Étape 1. On a \(\|1\|^2 = 1\), donc \(e_0 = 1\).

   Étape 2. On pose \(v_1 = X – \langle X, e_0 \rangle e_0 = X – \dfrac{1}{2}\). Alors
   \[\|v_1\|^2 = \int_0^1 (t – \frac{1}{2})^2 dt = [\frac{1}{3}(t – \frac{1}{2})^3]_0^1 = \frac{1}{12}.\]
   D’où \(e_1 = \sqrt{12}(X – \dfrac{1}{2}) = \sqrt{3}\,(2X – 1)\).

   Étape 3. On calcule \(\langle X^2, e_0 \rangle = \dfrac{1}{3}\) et \(\langle X^2, e_1 \rangle = \sqrt{3} \displaystyle \int_0^1 (2t^3 – t^2)\, dt = \sqrt{3}(\frac{1}{2} – \frac{1}{3}) = \frac{\sqrt{3}}{6}\). Alors
   \[v_2 = X^2 – \frac{1}{3} – \frac{\sqrt{3}}{6} \times \sqrt{3}\,(2X – 1) = X^2 – X + \frac{1}{6} = \frac{1}{6}(6X^2 – 6X + 1).\]
   On développe \((6t^2 – 6t + 1)^2 = 36t^4 – 72t^3 + 48t^2 – 12t + 1\), d’où
   \[\int_0^1 (6t^2 – 6t + 1)^2\, dt = \frac{36}{5} – 18 + 16 – 6 + 1 = \frac{1}{5}.\]
   Ainsi \(\|v_2\|^2 = \dfrac{1}{36} \times \dfrac{1}{5} = \dfrac{1}{180}\) et \(e_2 = \sqrt{180}\, v_2 = 6\sqrt{5}\, v_2\).

   La base orthonormée obtenue est \(e_0 = 1\), \(e_1 = \sqrt{3}\,(2X – 1)\), \(e_2 = \sqrt{5}(6X^2 – 6X + 1)\).

3. Comme \((e_0, e_1, e_2)\) est une base orthonormée de \(\mathbb{R}_2[X]\), le projeté orthogonal est \(p = \sum_{i=0}^{2} \langle X^3, e_i \rangle e_i\). On calcule :
   \[\langle X^3, e_0 \rangle = \frac{1}{4}, \qquad \langle X^3, e_1 \rangle = \sqrt{3}(\frac{2}{5} – \frac{1}{4}) = \frac{3\sqrt{3}}{20},\]
   \[\langle X^3, e_2 \rangle = \sqrt{5}(1 – \frac{6}{5} + \frac{1}{4}) = \frac{\sqrt{5}}{20}.\]
   Donc
   \[p = \frac{1}{4} + \frac{9}{20}(2X – 1) + \frac{1}{4}(6X^2 – 6X + 1) = \frac{3}{2} X^2 – \frac{3}{5} X + \frac{1}{20}.\]
   Le projeté orthogonal de \(X^3\) sur \(\mathbb{R}_2[X]\) est \(p = \dfrac{3}{2} X^2 – \dfrac{3}{5} X + \dfrac{1}{20}\).

   Le minimum \(m\) est le carré de la distance de \(X^3\) à \(\mathbb{R}_2[X]\), atteint en \(p\). Par le théorème de Pythagore, \(\|X^3\|^2 = \|p\|^2 + \|X^3 – p\|^2\) avec \(\|p\|^2 = \sum \langle X^3, e_i \rangle^2\) :
   \[m = \frac{1}{7} – (\frac{1}{16} + \frac{27}{400} + \frac{5}{400}) = \frac{1}{7} – \frac{57}{400} = \frac{400 – 399}{2800}.\]
   Donc \(m = \dfrac{1}{2800}\), atteint pour \(a = \dfrac{3}{2}\), \(b = -\dfrac{3}{5}\), \(c = \dfrac{1}{20}\).

   

   La figure montre que l’écart \(t^3 – p(t) = \frac{1}{20}(20t^3 – 30t^2 + 12t – 1)\) reste petit et change trois fois de signe sur \([0, 1]\).

Barème : a) 1,5 point : 0,5 pour la bilinéarité et la symétrie, 1 pour le caractère défini ; b) 2,5 points : 0,5 pour \(e_0\), 1 pour \(e_1\), 1 pour \(e_2\) avec le calcul de la norme ; c) 2 points : 1 pour \(p\), 1 pour la valeur de \(m\) justifiée.

Erreur fréquente : oublier de normer \(v_1\) avant de calculer \(v_2\) ; la formule \(v_2 = X^2 – \sum \langle X^2, e_i \rangle e_i\) n’est valable qu’avec des vecteurs \(e_i\) unitaires.

Exercice 3 : Projection orthogonale dans R4 (4 points)

1. Posons \(u = (1, 1, 1, 1)\) et \(v = (1, -1, 1, -1)\). Alors \(F = \{x : \langle x, u \rangle = 0 \text{ et } \langle x, v \rangle = 0\} = \operatorname{Vect}(u, v)^\perp\). Les vecteurs \(u\) et \(v\) ne sont pas colinéaires, donc \(\operatorname{Vect}(u, v)\) est de dimension \(2\) et \(\dim F = 4 – 2 = 2\).

   En dimension finie, \(F^\perp = (\operatorname{Vect}(u, v)^\perp)^\perp = \operatorname{Vect}(u, v)\). De plus \(\langle u, v \rangle = 1 – 1 + 1 – 1 = 0\). Ainsi \(\dim F = 2\) et \((u, v)\) est une base orthogonale de \(F^\perp\).

2. On a \(\|u\|^2 = \|v\|^2 = 4\). La projection orthogonale sur \(F^\perp\) s’écrit
   \[q(x) = \frac{\langle x, u \rangle}{4} u + \frac{\langle x, v \rangle}{4} v,\]
   de matrice \(Q = \dfrac{1}{4}(u u^{T} + v v^{T})\). Le coefficient \((i, j)\) de \(u u^{T} + v v^{T}\) vaut \(1 + (-1)^{i+j}\), soit \(2\) si \(i + j\) est pair et \(0\) sinon. Donc
   \[Q = \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1 0 1 0 \\ 0 1 0 1 \\ 1 0 1 0 \\ 0 1 0 1 \end{pmatrix}, \qquad P = I_4 – Q = \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1 0 -1 0 \\ 0 1 0 -1 \\ -1 0 1 0 \\ 0 -1 0 1 \end{pmatrix}.\]
   \(Q\) est la matrice de la projection sur \(F^\perp\) et \(P = I_4 – Q\) celle de la projection sur \(F\), car \(\mathbb{R}^4 = F \oplus F^\perp\).

3. La distance de \(w\) à \(F\) est \(\|w – p_F(w)\| = \|q(w)\|\). On a \(\langle w, u \rangle = 10\) et \(\langle w, v \rangle = 1 – 2 + 3 – 4 = -2\). Comme \(u\) et \(v\) sont orthogonaux, le théorème de Pythagore donne
   \[\|q(w)\|^2 = \frac{10^2}{4} + \frac{(-2)^2}{4} = 25 + 1 = 26.\]
   Vérification : \(q(w) = Q w = (2, 3, 2, 3)\), de norme \(\sqrt{4 + 9 + 4 + 9} = \sqrt{26}\). La distance de \(w\) à \(F\) vaut \(\sqrt{26}\).

Barème : a) 1 point : 0,5 pour la dimension, 0,5 pour la base orthogonale de \(F^\perp\) ; b) 1,5 point : 1 pour \(Q\), 0,5 pour \(P\) ; c) 1,5 point : 1 pour la méthode, 0,5 pour \(\sqrt{26}\).

Exercice 4 : Problème : droite des moindres carrés (6 points)

1. Notons \(V = \operatorname{Im} A = \{AU : U \in \mathbb{R}^2\}\), sous-espace de \(\mathbb{R}^4\). Ses générateurs, les colonnes \(c_1 = (0, 1, 2, 3)\) et \(c_2 = (1, 1, 1, 1)\), ne sont pas colinéaires : \(\dim V = 2\) et \(A\) est injective.

   D’après le théorème de la projection orthogonale sur un sous-espace de dimension finie, pour tout \(Z \in V\), on a \(\|Y – Z\| \geq\, \|Y – p_V(Y)\|\), avec égalité si et seulement si \(Z = p_V(Y)\). Donc \(S(a, b) = \|Y – AU\|^2\) est minimal si et seulement si \(AU = p_V(Y)\). Comme \(A\) est injective, ce vecteur \(U\) est unique.

   Enfin, \(AU = p_V(Y)\) équivaut à \(Y – AU \in V^\perp\), c’est-à-dire \(\langle c_j, Y – AU \rangle = 0\) pour \(j = 1, 2\), soit \(A^{T}(Y – AU) = 0\). Le minimum existe, il est atteint en un unique \(U\), caractérisé par \(A^{T} A\, U = A^{T} Y\).

2. On calcule
   \[A^{T} A = \begin{pmatrix} 14 6 \\ 6 4 \end{pmatrix}, \qquad A^{T} Y = \begin{pmatrix} 0 + 2 + 4 + 12 \\ 1 + 2 + 2 + 4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 18 \\ 9 \end{pmatrix}.\]
   Le déterminant de \(A^{T} A\) vaut \(56 – 36 = 20\). Donc
   \[U = \frac{1}{20}\begin{pmatrix} 4 -6 \\ -6 14 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 18 \\ 9 \end{pmatrix} = \frac{1}{20}\begin{pmatrix} 18 \\ 18 \end{pmatrix}.\]
   La droite des moindres carrés a pour équation \(y = 0{,}9\, x + 0{,}9\) : \(a = b = \dfrac{9}{10}\).

3. On a \(AU = (0{,}9 \,;\, 1{,}8 \,;\, 2{,}7 \,;\, 3{,}6)\), donc \(Y – AU = (0{,}1 \,;\, 0{,}2 \,;\, -0{,}7 \,;\, 0{,}4)\) et
   \[S_{\min} = 0{,}01 + 0{,}04 + 0{,}49 + 0{,}16 = 0{,}7.\]
   La valeur minimale vaut \(\dfrac{7}{10}\) : c’est le carré de la distance de \(Y\) au plan \(\operatorname{Im} A\) de \(\mathbb{R}^4\).

   

4. Avec \(r = Y – AU = (0{,}1 \,;\, 0{,}2 \,;\, -0{,}7 \,;\, 0{,}4)\) :
   \[\langle r, c_1 \rangle = 0 + 0{,}2 – 1{,}4 + 1{,}2 = 0, \qquad \langle r, c_2 \rangle = 0{,}1 + 0{,}2 – 0{,}7 + 0{,}4 = 0.\]
   Le vecteur des résidus est bien orthogonal à \(\operatorname{Im} A\), comme l’exige la caractérisation de la projection orthogonale.

Barème : a) 2 points : 0,5 pour la dimension de l’image, 1 pour le théorème de projection, 0,5 pour les équations normales ; b) 2 points : 1 pour les deux produits matriciels, 1 pour la résolution ; c) 1 point : 0,5 pour la valeur, 0,5 pour l’interprétation ; d) 1 point (0,5 par produit scalaire).

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Après le corrigé du contrôle : produit scalaire et espaces euclidiens

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