Corrigé du contrôle de maths sup : produit scalaire et projection orthogonale

Exercice 1 : Questions de cours (3 points)

1. Inégalité de Cauchy-Schwarz. Pour tous \(x, y \in E\), \(|\langle x, y \rangle| \leq\, \|x\|\,\|y\|\), avec égalité si et seulement si \(x\) et \(y\) sont colinéaires.

   Démonstration : si \(y = 0\), les deux membres sont nuls et la famille \((x, y)\) est liée. Supposons donc \(y \neq 0\). Pour tout réel \(\lambda\), par bilinéarité et symétrie, \[\|x + \lambda y\|^2 = \|y\|^2 \lambda^2 + 2\lambda \langle x, y \rangle + \|x\|^2 \geq\, 0.\] Ce trinôme du second degré en \(\lambda\) (car \(\|y\|^2 > 0\)) garde un signe constant. Son discriminant est donc négatif ou nul : \(4\langle x, y \rangle^2 – 4\|x\|^2\|y\|^2 \leq\, 0\), ce qui donne l’inégalité.

   Cas d’égalité : si \(x = \mu y\), on vérifie directement que \(|\langle x, y \rangle| = |\mu|\,\|y\|^2 = \|x\|\,\|y\|\). Réciproquement, s’il y a égalité, le discriminant est nul. Le trinôme a alors une racine \(\lambda_0\), d’où \(\|x + \lambda_0 y\| = 0\). Par le caractère défini du produit scalaire, \(x = -\lambda_0 y\) : la famille est liée.

2. D’après le procédé de Gram-Schmidt, \(F\) admet une base orthonormée \((e_1, \ldots, e_p)\). Soit \(x \in E\) ; posons \(y = \sum_{k=1}^{p} \langle x, e_k \rangle e_k \in F\) et \(z = x – y\). Pour tout \(j\), \(\langle z, e_j \rangle = \langle x, e_j \rangle – \langle x, e_j \rangle = 0\) car la base est orthonormée. Ainsi \(z\) est orthogonal à une base de \(F\), donc à \(F\) : \(z \in F^{\perp}\). On a donc \(E = F + F^{\perp}\). Enfin, si \(x \in F \cap F^{\perp}\), alors \(\langle x, x \rangle = 0\), donc \(x = 0\). Par conséquent, \(E = F \oplus F^{\perp}\).

Barème : a) 2 points : 0,5 point pour l’énoncé complet, 1 point pour la preuve par le trinôme, 0,5 point pour le cas d’égalité ; b) 1 point : 0,5 point pour la décomposition, 0,5 point pour l’intersection nulle.

Exercice 2 : Deux produits scalaires (4 points)

1. L’application est bien définie, car \(PQ\) est continue sur \([0, 1]\). Elle est symétrique, car \(PQ = QP\). Elle est linéaire à gauche par linéarité de l’intégrale, donc bilinéaire grâce à la symétrie. Elle est positive : \(\langle P, P \rangle = \int_0^1 P(t)^2\,\mathrm{d}t \geq\, 0\) par positivité de l’intégrale.

   Montrons enfin qu’elle est définie. Si \(\langle P, P \rangle = 0\), la fonction \(t \mapsto P(t)^2\) est continue, positive et d’intégrale nulle sur \([0, 1]\). Elle est donc nulle sur \([0, 1]\). Ainsi le polynôme \(P\) a une infinité de racines, d’où \(P = 0\). C’est donc bien un produit scalaire sur \(\mathbb{R}_n[X]\).

2. Le coefficient \((j, j)\) de \(A^{\top} B\) vaut \(\sum_{i=1}^{n} a_{ij} b_{ij}\), donc \[\operatorname{tr}(A^{\top} B) = \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n} a_{ij}\, b_{ij}.\] Cette expression est le produit scalaire canonique de \(\mathbb{R}^{n^2}\) appliqué aux coefficients de \(A\) et de \(B\). Elle est donc symétrique et bilinéaire. De plus, \(\operatorname{tr}(A^{\top} A) = \sum_{i,j} a_{ij}^2 \geq\, 0\), et cette somme de carrés est nulle si et seulement si tous les \(a_{ij}\) sont nuls, c’est-à-dire \(A = 0\). Il s’agit donc bien d’un produit scalaire sur \(\mathcal{M}_n(\mathbb{R})\).
3. Appliquons l’inégalité de Cauchy-Schwarz à \(A\) et \(I_n\) pour ce produit scalaire. D’une part, \(\langle A, I_n \rangle = \operatorname{tr}(A^{\top}) = \operatorname{tr} A\) ; d’autre part, \(\|I_n\|^2 = \operatorname{tr}(I_n) = n\). On obtient \((\operatorname{tr} A)^2 \leq\, \operatorname{tr}(A^{\top} A) \times n\), soit \((\operatorname{tr} A)^2 \leq\, n \operatorname{tr}(A^{\top} A)\). D’après le cas d’égalité de Cauchy-Schwarz, il y a égalité si et seulement si \(A\) et \(I_n\) sont colinéaires, c’est-à-dire si et seulement si \(A = \lambda I_n\) avec \(\lambda \in \mathbb{R}\).

Barème : a) 1,5 point : 0,5 point pour la bilinéarité et la symétrie, 1 point pour le caractère défini (continuité et infinité de racines) ; b) 1,5 point : 0,5 point pour l’expression en coefficients, 1 point pour les propriétés ; c) 1 point : 0,5 point pour l’inégalité, 0,5 point pour le cas d’égalité.

Exercice 3 : Orthonormalisation de Gram-Schmidt (4 points)

1. Le déterminant de la famille dans la base canonique vaut \[\begin{vmatrix} 1 1 0 \\ 1 0 1 \\ 0 1 1 \end{vmatrix} = 1 \times (0 – 1) – 1 \times (1 – 0) + 0 = -2 \neq 0.\] La famille est donc libre ; formée de trois vecteurs en dimension 3, c’est une base.

   Premier vecteur. \(\|u_1\| = \sqrt{2}\), donc \(e_1 = \dfrac{1}{\sqrt{2}}(1, 1, 0)\).

   Deuxième vecteur. On a \(\langle u_2, e_1 \rangle = \dfrac{1}{\sqrt{2}}\). Posons donc \(v_2 = u_2 – \langle u_2, e_1 \rangle e_1 = (1, 0, 1) – \dfrac{1}{2}(1, 1, 0) = (\dfrac{1}{2}, -\dfrac{1}{2}, 1)\). Alors \(\|v_2\|^2 = \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{4} + 1 = \dfrac{3}{2}\), et l’on obtient \(e_2 = \dfrac{1}{\sqrt{6}}(1, -1, 2)\).

   Troisième vecteur. On a \(\langle u_3, e_1 \rangle = \dfrac{1}{\sqrt{2}}\) et \(\langle u_3, e_2 \rangle = \dfrac{0 – 1 + 2}{\sqrt{6}} = \dfrac{1}{\sqrt{6}}\). Par conséquent, \[v_3 = (0, 1, 1) – \frac{1}{2}(1, 1, 0) – \frac{1}{6}(1, -1, 2) = (-\frac{2}{3}, \frac{2}{3}, \frac{2}{3}),\] et, après normalisation, \(e_3 = \dfrac{1}{\sqrt{3}}(-1, 1, 1)\).

   Vérification : les produits scalaires deux à deux sont proportionnels à \(1 – 1 + 0\), \(-1 + 1 + 0\) et \(-1 – 1 + 2\), tous nuls. La base orthonormée cherchée est donc \(e_1 = \frac{1}{\sqrt{2}}(1, 1, 0)\), \(e_2 = \frac{1}{\sqrt{6}}(1, -1, 2)\), \(e_3 = \frac{1}{\sqrt{3}}(-1, 1, 1)\). Enfin, \(\langle e_k, u_k \rangle = \|v_k\| > 0\) par construction.

2. Dans une base orthonormée, les coordonnées de \(w\) sont les produits scalaires \(\langle w, e_k \rangle\) :

   \(\langle w, e_1 \rangle = \dfrac{2}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}\), \(\langle w, e_2 \rangle = \dfrac{2 + 0 + 2}{\sqrt{6}} = \dfrac{4}{\sqrt{6}}\), \(\langle w, e_3 \rangle = \dfrac{-2 + 0 + 1}{\sqrt{3}} = -\dfrac{1}{\sqrt{3}}\).

   Les coordonnées de \(w\) sont donc \((\sqrt{2}, \dfrac{4}{\sqrt{6}}, -\dfrac{1}{\sqrt{3}})\). Vérification par le théorème de Pythagore : \(2 + \dfrac{16}{6} + \dfrac{1}{3} = 2 + \dfrac{8}{3} + \dfrac{1}{3} = 5\), et en effet \(\|w\|^2 = 4 + 0 + 1 = 5\).

Erreur fréquente : écrire \(v_2 = u_2 – \langle u_2, u_1 \rangle u_1\) en oubliant de diviser par \(\|u_1\|^2 = 2\) : le vecteur obtenu, \((0, -1, 1)\), n’est alors pas orthogonal à \(u_1\).

Barème : a) 2,5 points : 0,5 point pour la base, 0,5 point pour \(e_1\), 0,75 point pour \(e_2\), 0,75 point pour \(e_3\) ; b) 1,5 point : 1 point pour les coordonnées, 0,5 point pour la vérification.

Exercice 4 : Projection orthogonale sur un plan (4 points)

1. Le plan \(P\) est l’ensemble des vecteurs \(u\) tels que \(\langle u, n \rangle = 0\), c’est-à-dire \(P = \operatorname{Vect}(n)^{\perp}\). En dimension finie, \((F^{\perp})^{\perp} = F\), donc \(P^{\perp} = \operatorname{Vect}(n)\), la droite dirigée par \((1, 2, 2)\).
2. Soit \(u \in \mathbb{R}^3\) et \(v = u – \dfrac{\langle u, n \rangle}{9} n\). Comme \(\|n\|^2 = 1 + 4 + 4 = 9\), on a \(\langle v, n \rangle = \langle u, n \rangle – \langle u, n \rangle = 0\), donc \(v \in P\). De plus, \(u – v\) est colinéaire à \(n\), donc appartient à \(P^{\perp}\). Par unicité de la décomposition \(u = v + (u – v)\) dans \(\mathbb{R}^3 = P \oplus P^{\perp}\), on obtient \(v = p(u)\).

   Matricièrement, \(p(u) = u – \dfrac{1}{9} n\, n^{\top} u\), donc \(M = I_3 – \dfrac{1}{9} n\, n^{\top}\), avec \(n\, n^{\top} = \begin{pmatrix} 1 2 2 \\ 2 4 4 \\ 2 4 4 \end{pmatrix}\). Ainsi :

   \[M = \frac{1}{9}\begin{pmatrix} 8 -2 -2 \\ -2 5 -4 \\ -2 -4 5 \end{pmatrix}.\]

3. La matrice \(M\) est visiblement symétrique : \(M^{\top} = M\). Ensuite, \((n\, n^{\top})^2 = n\,(n^{\top} n)\,n^{\top} = 9\, n\, n^{\top}\), d’où \[M^2 = I_3 – \frac{2}{9} n\, n^{\top} + \frac{1}{81} \times 9\, n\, n^{\top} = I_3 – \frac{1}{9} n\, n^{\top} = M.\] Enfin, \(\operatorname{tr} M = \dfrac{8 + 5 + 5}{9} = 2\). Pour un projecteur, la trace est égale au rang : on retrouve que \(p\) est de rang 2, son image étant le plan \(P\).
4. On a \(\langle u, n \rangle = 3 + 6 + 0 = 9\), donc \(p(u) = (3, 3, 0) – (1, 2, 2)\), soit \(p(u) = (2, 1, -2)\). On vérifie que \(2 + 2 – 4 = 0\), donc \(p(u) \in P\). La distance de \(u\) à \(P\) vaut \(\|u – p(u)\| = \|(1, 2, 2)\| = 3\) : \(d(u, P) = 3\). On retrouve la formule \(d(u, P) = \dfrac{|\langle u, n \rangle|}{\|n\|} = \dfrac{9}{3}\).

Barème : a) 0,5 point ; b) 1,5 point : 1 point pour la justification de la formule, 0,5 point pour la matrice ; c) 1 point : 0,5 point pour \(M^2 = M\) et \(M^{\top} = M\), 0,5 point pour la trace interprétée ; d) 1 point : 0,5 point pour le projeté, 0,5 point pour la distance.

Exercice 5 : Un problème de moindres carrés (5 points)

1. Pour tout couple \((a, b)\), \(\int_0^1 (t^2 – at – b)^2\,\mathrm{d}t = \|X^2 – (aX + b)\|^2\). Lorsque \((a, b)\) décrit \(\mathbb{R}^2\), le polynôme \(aX + b\) décrit exactement \(F\). Donc \(m = \inf_{Q \in F} \|X^2 – Q\|^2 = d(X^2, F)^2\). Comme \(F\) est de dimension finie, le cours affirme que cette distance est atteinte en un unique point : le projeté orthogonal \(\pi(X^2)\) de \(X^2\) sur \(F\). En effet, pour tout \(Q \in F\), le théorème de Pythagore donne \(\|X^2 – Q\|^2 = \|X^2 – \pi(X^2)\|^2 + \|\pi(X^2) – Q\|^2\). Le minimum est donc atteint pour l’unique \((a, b)\) tel que \(aX + b = \pi(X^2)\).
2. Le polynôme \(aX + b\) est le projeté de \(X^2\) sur \(F\) si et seulement si \(X^2 – aX – b\) est orthogonal à \(1\) et à \(X\), qui engendrent \(F\). Avec \(\int_0^1 t^k\,\mathrm{d}t = \dfrac{1}{k+1}\), ces deux conditions s’écrivent :

   \(\langle X^2 – aX – b, 1 \rangle = \dfrac{1}{3} – \dfrac{a}{2} – b = 0\) ;

   \(\langle X^2 – aX – b, X \rangle = \dfrac{1}{4} – \dfrac{a}{3} – \dfrac{b}{2} = 0\).

   La première équation donne \(b = \dfrac{1}{3} – \dfrac{a}{2}\). En reportant dans la seconde, \(\dfrac{1}{4} – \dfrac{a}{3} – \dfrac{1}{6} + \dfrac{a}{4} = \dfrac{1}{12} – \dfrac{a}{12} = 0\), donc \(a = 1\), puis \(b = \dfrac{1}{3} – \dfrac{1}{2} = -\dfrac{1}{6}\). Ainsi, \((a, b) = (1, -\dfrac{1}{6})\) et \(\pi(X^2) = X – \dfrac{1}{6}\).

3. Notons \(R = X^2 – X + \dfrac{1}{6}\). Comme \(R\) est orthogonal à \(F\) et que \(X – \dfrac{1}{6} \in F\), on a \(\|R\|^2 = \langle R, X^2 \rangle – \langle R, X – \frac{1}{6} \rangle = \langle R, X^2 \rangle\). Donc
   \[m = \int_0^1 (t^4 – t^3 + \frac{t^2}{6}) \mathrm{d}t = \frac{1}{5} – \frac{1}{4} + \frac{1}{18} = \frac{36 – 45 + 10}{180}.\]
   On obtient \(m = \dfrac{1}{180}\). La figure montre que la droite \(t \mapsto t – \frac{1}{6}\) approche bien la parabole au sens des moindres carrés : l’aire entre les courbes est petite et répartie de part et d’autre.

   

4. Appliquons Gram-Schmidt à \((1, X)\). D’abord, \(\|1\|^2 = 1\), donc \(f_0 = 1\). Ensuite, \(X – \langle X, 1 \rangle 1 = X – \dfrac{1}{2}\), et \(\|X – \dfrac{1}{2}\|^2 = \int_0^1 (t – \frac{1}{2})^2 \mathrm{d}t = \dfrac{1}{12}\). D’où \(f_1 = 2\sqrt{3}(X – \dfrac{1}{2})\). Le projeté vaut alors \(\pi(X^2) = \langle X^2, f_0 \rangle f_0 + \langle X^2, f_1 \rangle f_1\), avec \(\langle X^2, f_0 \rangle = \dfrac{1}{3}\) et \(\langle X^2, X – \frac{1}{2} \rangle = \dfrac{1}{4} – \dfrac{1}{6} = \dfrac{1}{12}\). Par conséquent, \[\pi(X^2) = \frac{1}{3} + 12 \times \frac{1}{12}(X – \frac{1}{2}) = X – \frac{1}{6}.\] On retrouve bien \(\pi(X^2) = X – \dfrac{1}{6}\).

Barème : a) 1 point : 0,5 point pour la traduction en distance, 0,5 point pour l’existence et l’unicité citées ; b) 1,5 point : 0,5 point pour les conditions d’orthogonalité, 1 point pour la résolution ; c) 1,5 point : 0,5 point pour la réduction à \(\langle R, X^2 \rangle\) ou le développement du carré, 1 point pour 1/180 ; d) 1 point : 0,5 point pour la base orthonormée, 0,5 point pour le projeté.

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Après le corrigé du contrôle : produit scalaire et projection orthogonale

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