Espaces euclidiens : corrigé des exercices de maths en L2.

Corrigé de l’exercice 1 : Reconnaître un produit scalaire sur R²

1. Les coefficients des matrices sont les valeurs sur les vecteurs de base. On obtient \(\mathrm{Mat}(\varphi) = \begin{pmatrix} 2 1 \\ 1 1 \end{pmatrix}\) et \(\mathrm{Mat}(\psi) = \begin{pmatrix} 1 2 \\ 2 1 \end{pmatrix}\). Les deux matrices sont symétriques.
2. On a \(\varphi(x,y) = X^{T} A Y\) avec \(A\) symétrique. Donc \(\varphi\) est bilinéaire et symétrique. Ensuite, on complète le carré :
   \[ \varphi(x,x) = 2x_1^2 + 2x_1 x_2 + x_2^2 = x_1^2 + (x_1 + x_2)^2 \geq\, 0 . \]
   Si \(\varphi(x,x) = 0\), alors \(x_1 = 0\) et \(x_1 + x_2 = 0\), donc \(x = 0\). Ainsi, \(\varphi\) est un produit scalaire.
3. De même, \(\psi\) est bilinéaire et symétrique, car sa matrice est symétrique. Cependant, \(\psi(x,x) = x_1^2 + 4x_1 x_2 + x_2^2\). Pour \(x = (1,-1)\), on trouve \(1 – 4 + 1 = -2 < 0\). La forme \(\psi\) n’est pas positive, donc ce n’est pas un produit scalaire.
4. On a \(\chi(\varepsilon_1, \varepsilon_2) = 1\) mais \(\chi(\varepsilon_2, \varepsilon_1) = 0\). Par conséquent, \(\chi\) n’est pas symétrique, et ce n’est pas un produit scalaire. De plus, \(\chi(x,x) = x_1 x_2\) peut être négatif.

Point de méthode : en dimension 2, écrire \(\varphi(x,x)\) comme une somme de carrés (réduction de Gauss) règle à la fois la positivité et le caractère défini.

Corrigé de l’exercice 2 : Produit scalaire par évaluation sur les polynômes

1. La symétrie est évidente. De plus, pour \(Q\) fixé, \(P \mapsto \langle P, Q \rangle\) est linéaire, car l’évaluation \(P \mapsto P(a)\) est linéaire. Ensuite, \(\langle P, P \rangle = P(-1)^2 + P(0)^2 + P(1)^2 \geq\, 0\). Enfin, si cette somme est nulle, les trois carrés sont nuls. Le polynôme \(P\), de degré au plus 2, possède alors trois racines distinctes : il est nul. On a bien un produit scalaire sur \(\mathbb{R}_2[X]\).
2. On calcule directement : \(\|1\|^2 = 1 + 1 + 1 = 3\) et \(\|X\|^2 = 1 + 0 + 1 = 2\). Ensuite, \(\langle 1, X^2 \rangle = 1 + 0 + 1 = 2\) et \(\langle X, X^2 \rangle = -1 + 0 + 1 = 0\). Ainsi \(\|1\|^2 = 3\), \(\|X\|^2 = 2\), \(\langle 1, X^2 \rangle = 2\) et \(X \perp X^2\).
3. Sur \(\mathbb{R}_3[X]\), la forme reste bilinéaire, symétrique et positive. En revanche, \(P = X^3 – X = X(X-1)(X+1)\) s’annule en \(-1\), \(0\) et \(1\). Donc \(\langle P, P \rangle = 0\) alors que \(P \neq 0\). La forme n’est pas définie sur \(\mathbb{R}_3[X]\) : ce n’est pas un produit scalaire.

Corrigé de l’exercice 3 : Applications de l’inégalité de Cauchy-Schwarz

1. Dans \(\mathbb{R}^n\) canonique, posons \(u = (1, \ldots, 1)\) et \(x = (x_1, \ldots, x_n)\). L’inégalité de Cauchy-Schwarz donne \(\langle u, x \rangle^2 \leq\, \|u\|^2 \|x\|^2\), c’est-à-dire
   \[ ( \sum_{k=1}^{n} x_k )^2 \leq\, n \sum_{k=1}^{n} x_k^2 . \]
   Il y a égalité si et seulement si \(x\) est colinéaire à \(u\), donc si tous les \(x_k\) sont égaux.
2. On munit \(C([0,1])\) du produit scalaire \(\langle f, g \rangle = \int_0^1 f g\). Comme \(f > 0\), les fonctions \(\sqrt{f}\) et \(1/\sqrt{f}\) sont continues. Par Cauchy-Schwarz,
   \[ 1 = ( \int_0^1 \sqrt{f} \times \frac{1}{\sqrt{f}} )^2 \leq\, \int_0^1 f \times \int_0^1 \frac{1}{f} . \]
   On obtient \(\int_0^1 f \times \int_0^1 \frac{1}{f} \geq\, 1\).
3. Posons \(a = (1,2,2)\), de norme \(\sqrt{1 + 4 + 4} = 3\). Pour \(v = (x,y,z)\) de norme 1, on a \(x + 2y + 2z = \langle a, v \rangle \leq\, \|a\| \|v\| = 3\). L’égalité impose que \(v\) soit colinéaire à \(a\), de même sens. Le maximum vaut 3, atteint en \((\frac{1}{3}, \frac{2}{3}, \frac{2}{3})\).
4. Supposons \(\int_0^1 f = 1\) et \(\int_0^1 f^2 = 1\). Alors \(\langle f, 1 \rangle^2 = 1 = \|f\|^2 \|1\|^2\). On est donc dans le cas d’égalité de Cauchy-Schwarz : \(f\) et la constante 1 sont colinéaires. Ainsi, \(f = c\) est constante, puis \(\int_0^1 c = 1\) donne \(c = 1\). Réciproquement, \(f = 1\) convient. La seule solution est la fonction constante égale à 1.

Corrigé de l’exercice 4 : Identité du parallélogramme et normes non euclidiennes

1. Par bilinéarité et symétrie, on a
   \[ \|x + y\|^2 = \|x\|^2 + 2\langle x, y \rangle + \|y\|^2, \qquad \|x – y\|^2 = \|x\|^2 – 2\langle x, y \rangle + \|y\|^2 . \]
   En ajoutant ces égalités, on obtient \(\|x + y\|^2 + \|x – y\|^2 = 2(\|x\|^2 + \|y\|^2)\). En les retranchant, on obtient \(\|x + y\|^2 – \|x – y\|^2 = 4 \langle x, y \rangle\). Ce sont l’identité du parallélogramme et l’identité de polarisation.
2. Si \(\|\cdot\|_\infty\) provenait d’un produit scalaire, elle vérifierait l’identité du parallélogramme. Or \(x + y = (1,1)\) et \(x – y = (1,-1)\), donc \(\|x + y\|_\infty^2 + \|x – y\|_\infty^2 = 1 + 1 = 2\). D’autre part, \(2(\|x\|_\infty^2 + \|y\|_\infty^2) = 4\). Comme \(2 \neq 4\), la norme \(\|\cdot\|_\infty\) n’est pas euclidienne. Sur la figure de l’énoncé, \(x + y\) et \(x – y\) sont en effet sur le carré unité, alors qu’ils sortent du cercle.
3. Avec les mêmes vecteurs, \(\|x + y\|_1 = \|x – y\|_1 = 2\). Donc le membre de gauche vaut \(4 + 4 = 8\), tandis que le membre de droite vaut \(2(1 + 1) = 4\). La norme \(\|\cdot\|_1\) ne provient pas non plus d’un produit scalaire.

Corrigé de l’exercice 5 : Coordonnées dans une base orthogonale de R³

1. On calcule \(\langle u, v \rangle = 1 – 1 + 0 = 0\), \(\langle u, w \rangle = -1 + 1 + 0 = 0\) et \(\langle v, w \rangle = -1 – 1 + 2 = 0\). La famille est orthogonale et formée de vecteurs non nuls. Elle est donc libre, et comme elle a trois vecteurs dans \(\mathbb{R}^3\), c’est une base orthogonale.
2. Les normes valent \(\|u\| = \sqrt{2}\), \(\|v\| = \sqrt{6}\) et \(\|w\| = \sqrt{3}\). On pose \(e_1 = \frac{1}{\sqrt{2}}(1,1,0)\), \(e_2 = \frac{1}{\sqrt{6}}(1,-1,2)\) et \(e_3 = \frac{1}{\sqrt{3}}(-1,1,1)\).
3. Dans une base orthonormée, les coordonnées sont les produits scalaires :
   \[ \langle e_1, x \rangle = \frac{1 + 2}{\sqrt{2}} = \frac{3}{\sqrt{2}}, \quad \langle e_2, x \rangle = \frac{1 – 2 + 6}{\sqrt{6}} = \frac{5}{\sqrt{6}}, \quad \langle e_3, x \rangle = \frac{-1 + 2 + 3}{\sqrt{3}} = \frac{4}{\sqrt{3}} . \]
   Ainsi \(x = \frac{3}{\sqrt{2}} e_1 + \frac{5}{\sqrt{6}} e_2 + \frac{4}{\sqrt{3}} e_3\), soit encore \(x = \frac{3}{2} u + \frac{5}{6} v + \frac{4}{3} w\).
4. On a \(\frac{9}{2} + \frac{25}{6} + \frac{16}{3} = \frac{27 + 25 + 32}{6} = \frac{84}{6} = 14\). D’autre part, \(\|x\|^2 = 1 + 4 + 9 = 14\). La vérification est concluante.

Corrigé de l’exercice 6 : Gram-Schmidt dans R³

1. Le déterminant de \((v_1, v_2, v_3)\) 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 une base de \(\mathbb{R}^3\).
2. D’abord, \(\|v_1\| = \sqrt{2}\), donc \(e_1 = \frac{1}{\sqrt{2}}(1,1,0)\).

   Ensuite, \(\langle e_1, v_2 \rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}\), d’où \(w_2 = v_2 – \frac{1}{2}(1,1,0) = ( \frac{1}{2}, -\frac{1}{2}, 1 )\). Sa norme au carré vaut \(\frac{1}{4} + \frac{1}{4} + 1 = \frac{3}{2}\). Donc \(e_2 = \frac{1}{\sqrt{6}}(1,-1,2)\).

   Enfin, \(\langle e_1, v_3 \rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}\) et \(\langle e_2, v_3 \rangle = \frac{0 – 1 + 2}{\sqrt{6}} = \frac{1}{\sqrt{6}}\). Par conséquent,

   \[ w_3 = (0,1,1) – \frac{1}{2}(1,1,0) – \frac{1}{6}(1,-1,2) = ( -\frac{2}{3}, \frac{2}{3}, \frac{2}{3} ) . \]

   Sa norme vaut \(\frac{2}{3}\sqrt{3}\), donc \(e_3 = \frac{1}{\sqrt{3}}(-1,1,1)\). La base orthonormée obtenue est \(e_1 = \frac{1}{\sqrt{2}}(1,1,0)\), \(e_2 = \frac{1}{\sqrt{6}}(1,-1,2)\), \(e_3 = \frac{1}{\sqrt{3}}(-1,1,1)\). On retrouve la base de l’exercice 5, et l’on vérifie aisément l’orthogonalité.

   La figure ci-dessous montre la base de départ et la base orthonormée obtenue. Le vecteur \(e_1\) est porté par \(v_1\), comme l’impose le procédé.

   

3. Comme \(Q\) est orthogonale, \(R = Q^{T} P\), dont le coefficient \((i,j)\) vaut \(\langle e_i, v_j \rangle\). Or \(v_j \in \operatorname{Vect}(e_1, \ldots, e_j)\), donc \(\langle e_i, v_j \rangle = 0\) pour \(i > j\). Les autres coefficients sont \(\langle e_1, v_1 \rangle = \sqrt{2}\), \(\langle e_1, v_2 \rangle = \langle e_1, v_3 \rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}\), \(\langle e_2, v_2 \rangle = \frac{3}{\sqrt{6}}\), \(\langle e_2, v_3 \rangle = \frac{1}{\sqrt{6}}\) et \(\langle e_3, v_3 \rangle = \frac{2}{\sqrt{3}}\).
   \[ R = \begin{pmatrix} \sqrt{2} \frac{1}{\sqrt{2}} \frac{1}{\sqrt{2}} \\ 0 \frac{3}{\sqrt{6}} \frac{1}{\sqrt{6}} \\ 0 0 \frac{2}{\sqrt{3}} \end{pmatrix} . \]
   La matrice \(R\) est triangulaire supérieure à diagonale strictement positive : c’est la décomposition \(QR\).

Corrigé de l’exercice 7 : Gram-Schmidt dans un espace de polynômes

1. La forme est symétrique et bilinéaire par linéarité de l’intégrale. De plus, \(\langle P, P \rangle = \int_{-1}^{1} P^2 \geq\, 0\). Si cette intégrale est nulle, la fonction polynomiale \(P^2\), continue et positive, est nulle sur \([-1,1]\). Le polynôme \(P\) a alors une infinité de racines. Donc \(P = 0\), et la forme est un produit scalaire.
2. Si \(P\) est pair et \(Q\) impair, la fonction \(t \mapsto P(t) Q(t)\) est impaire. Son intégrale sur l’intervalle symétrique \([-1,1]\) est donc nulle.
3. D’abord, \(\|1\|^2 = 2\), donc \(e_0 = \frac{1}{\sqrt{2}}\).

   Ensuite, \(\langle e_0, X \rangle = 0\) par parité. Donc \(w_1 = X\), avec \(\|X\|^2 = \int_{-1}^{1} t^2 \, dt = \frac{2}{3}\). On pose \(e_1 = \sqrt{\frac{3}{2}}\, X\).

   Enfin, \(\langle e_1, X^2 \rangle = 0\) par parité, et \(\langle e_0, X^2 \rangle = \frac{1}{\sqrt{2}} \times \frac{2}{3}\). Donc \(w_2 = X^2 – \frac{1}{2} \times \frac{2}{3} = X^2 – \frac{1}{3}\). On calcule

   \[ \|w_2\|^2 = \int_{-1}^{1} ( t^4 – \frac{2}{3} t^2 + \frac{1}{9} ) dt = \frac{2}{5} – \frac{4}{9} + \frac{2}{9} = \frac{8}{45} . \]

   La base orthonormée est \(e_0 = \frac{1}{\sqrt{2}}\), \(e_1 = \sqrt{\frac{3}{2}}\, X\), \(e_2 = \frac{3\sqrt{10}}{4} ( X^2 – \frac{1}{3} )\). En effet, \(\sqrt{45/8} = \frac{3\sqrt{5}}{2\sqrt{2}} = \frac{3\sqrt{10}}{4}\).

Corrigé de l’exercice 8 : Distance de X³ à un espace de polynômes

1. On utilise la base orthonormée \((e_0, e_1, e_2)\) de \(F\) trouvée à l’exercice 7. Le polynôme \(X^3\) est impair, tandis que \(e_0\) et \(e_2\) sont pairs. Donc \(\langle e_0, X^3 \rangle = \langle e_2, X^3 \rangle = 0\). Ensuite, \(\langle e_1, X^3 \rangle = \sqrt{\frac{3}{2}} \int_{-1}^{1} t^4 \, dt = \sqrt{\frac{3}{2}} \times \frac{2}{5}\). Par conséquent,
   \[ p_F(X^3) = \frac{3}{2} \times \frac{2}{5}\, X = \frac{3}{5} X . \]
   La projection de \(X^3\) sur \(\mathbb{R}_2[X]\) est \(\frac{3}{5} X\).
2. Le minimum demandé est \(d(X^3, F)^2\). Par le théorème de meilleure approximation, il vaut \(\|X^3\|^2 – \|p_F(X^3)\|^2\). Or \(\|X^3\|^2 = \int_{-1}^{1} t^6 \, dt = \frac{2}{7}\) et \(\| \frac{3}{5} X \|^2 = \frac{9}{25} \times \frac{2}{3} = \frac{6}{25}\). Donc
   \[ m = \frac{2}{7} – \frac{6}{25} = \frac{50 – 42}{175} = \frac{8}{175} . \]
   Le minimum vaut \(m = \frac{8}{175}\).
3. Le minimum est atteint uniquement en \(p_F(X^3) = \frac{3}{5} X\). Le triplet optimal est \((a,b,c) = (0, \frac{3}{5}, 0)\). La figure ci-dessous compare \(x^3\) et sa projection : l’aire verte représente l’écart dont on minimise l’énergie.

   

Corrigé de l’exercice 9 : Orthogonal et projection dans R⁴

1. Posons \(a = (1,1,1,1)\) et \(b = (1,-1,1,-1)\). Par définition, \(F = \{a, b\}^{\perp} = \operatorname{Vect}(a,b)^{\perp}\). Comme \(\mathbb{R}^4\) est euclidien, \(F^{\perp} = ( \operatorname{Vect}(a,b)^{\perp} )^{\perp} = \operatorname{Vect}(a,b)\). De plus, \(\langle a, b \rangle = 1 – 1 + 1 – 1 = 0\). Ainsi \(F^{\perp} = \operatorname{Vect}(a,b)\), et \((a,b)\) en est une base orthogonale.
2. On a \(\|a\|^2 = \|b\|^2 = 4\), \(\langle a, x \rangle = 10\) et \(\langle b, x \rangle = 1 – 2 + 3 – 4 = -2\). Donc
   \[ p_{F^{\perp}}(x) = \frac{10}{4} a – \frac{2}{4} b = ( \frac{5}{2}, \frac{5}{2}, \frac{5}{2}, \frac{5}{2} ) + ( -\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, -\frac{1}{2}, \frac{1}{2} ) = (2, 3, 2, 3) . \]
   Ensuite, \(p_F(x) = x – p_{F^{\perp}}(x) = (-1, -1, 1, 1)\). On vérifie les deux équations de \(F\) : \(-1 – 1 + 1 + 1 = 0\) et \(-1 + 1 + 1 – 1 = 0\). Ainsi \(p_{F^{\perp}}(x) = (2,3,2,3)\) et \(p_F(x) = (-1,-1,1,1)\).
3. La distance vaut \(\|x – p_F(x)\| = \|p_{F^{\perp}}(x)\| = \sqrt{4 + 9 + 4 + 9}\). Donc \(d(x, F) = \sqrt{26}\). On vérifie : \(\|x\|^2 = 30 = 4 + 26 = \|p_F(x)\|^2 + d(x,F)^2\).

Point de méthode : \(F\) est défini par deux équations, donc \(F^{\perp}\) est de dimension 2 et connu explicitement. Projeter sur \(F^{\perp}\) évite de chercher une base de \(F\).

Corrigé de l’exercice 10 : Distance à un plan de R³

1. L’équation s’écrit \(\langle n, v \rangle = 0\) avec \(n = (1,2,-2)\). Donc \(P = n^{\perp}\), puis \(P^{\perp} = (\operatorname{Vect}(n)^{\perp})^{\perp}\). Ainsi \(P^{\perp} = \operatorname{Vect}(n)\), avec \(n = (1,2,-2)\) et \(\|n\| = 3\).
2. On a \(\langle n, u \rangle = 1 + 2 – 2 = 1\). La projection sur la droite \(P^{\perp}\) vaut \(\frac{\langle n, u \rangle}{\|n\|^2} n = \frac{1}{9}(1,2,-2)\). Par conséquent,
   \[ p_P(u) = u – \frac{1}{9}(1,2,-2) = \frac{1}{9}(8, 7, 11) . \]
   On vérifie que \(8 + 14 – 22 = 0\). La projection de \(u\) sur \(P\) est \(\frac{1}{9}(8,7,11)\).
3. La distance vaut \(\| \frac{1}{9}(1,2,-2) \| = \frac{3}{9} = \frac{1}{3}\). La formule directe donne aussi \(\frac{|\langle n, u \rangle|}{\|n\|} = \frac{1}{3}\). Donc \(d(u, P) = \frac{1}{3}\). La figure ci-dessous représente la situation dans le plan qui contient \(u\) et \(n\) : le plan \(P\) y apparaît par la tranche.

   

4. Pour tout \(v\), \(p_P(v) = v – \frac{1}{9} \langle n, v \rangle n\). Sa matrice est donc \(I_3 – \frac{1}{9} n n^{T}\), c’est-à-dire
   \[ \frac{1}{9} \begin{pmatrix} 8 -2 2 \\ -2 5 4 \\ 2 4 5 \end{pmatrix} . \]
   C’est la matrice de la projection orthogonale sur \(P\). En l’appliquant à \(u\), on retrouve \(\frac{1}{9}(8, 7, 11)\).

Corrigé de l’exercice 11 : Matrices de projection et de symétrie orthogonales

1. Pour \(v = (v_1, v_2, v_3)\), on a \(p_D(v) = \frac{\langle a, v \rangle}{\|a\|^2} a = \frac{v_1 + v_2 + v_3}{3} (1,1,1)\). Chaque coordonnée de \(p_D(v)\) vaut donc \(\frac{1}{3}(v_1 + v_2 + v_3)\). La matrice de \(p_D\) est \(\frac{1}{3} J\).
2. Comme \(\mathbb{R}^3 = D \oplus D^{\perp}\), on a \(p_{D^{\perp}} = \mathrm{id} – p_D\). Sa matrice est \(I_3 – \frac{1}{3} J\).
3. La matrice \(J\) est symétrique, et \(J^2 = 3J\), car chaque coefficient de \(J^2\) vaut \(1 + 1 + 1\). Donc \((\frac{1}{3} J)^2 = \frac{1}{9} \times 3J = \frac{1}{3} J\). Ensuite, \((I_3 – \frac{1}{3} J)^2 = I_3 – \frac{2}{3} J + \frac{1}{3} J = I_3 – \frac{1}{3} J\). Les deux matrices sont symétriques et idempotentes.
4. La symétrie orthogonale par rapport à \(D^{\perp}\) est \(s = 2 p_{D^{\perp}} – \mathrm{id} = \mathrm{id} – 2 p_D\). Sa matrice vaut \(S = I_3 – \frac{2}{3} J\). La première colonne donne l’image de \((1,0,0)\). On obtient \(S = I_3 – \frac{2}{3} J\) et \(s(1,0,0) = ( \frac{1}{3}, -\frac{2}{3}, -\frac{2}{3} )\). Ce vecteur est bien de norme 1, car une symétrie orthogonale conserve la norme.

Corrigé de l’exercice 12 : Fonctions paires et impaires

1. Si \(f\) est paire et \(g\) impaire, \(fg\) est impaire, donc \(\int_{-1}^{1} fg = 0\). Ainsi, \(\mathcal{P} \perp \mathcal{I}\), et en particulier \(\mathcal{P} \cap \mathcal{I} = \{0\}\). Ensuite, toute \(f \in E\) s’écrit
   \[ f(t) = \frac{f(t) + f(-t)}{2} + \frac{f(t) – f(-t)}{2} , \]
   somme d’une fonction paire et d’une fonction impaire, toutes deux continues. Donc \(E = \mathcal{P} \oplus \mathcal{I}\), avec \(\mathcal{P} \perp \mathcal{I}\).
2. D’après la question précédente, \(\mathcal{I} \subset \mathcal{P}^{\perp}\). Réciproquement, soit \(f \in \mathcal{P}^{\perp}\), que l’on écrit \(f = f_p + f_i\). Alors \(0 = \langle f_p, f \rangle = \|f_p\|^2 + \langle f_p, f_i \rangle = \|f_p\|^2\). Donc \(f_p = 0\), puis \(f = f_i \in \mathcal{I}\). On a bien \(\mathcal{I} = \mathcal{P}^{\perp}\).
3. On a \(\exp = \cosh + \sinh\), avec \(\cosh \in \mathcal{P}\) et \(\sinh \in \mathcal{I}\). Pour \(g \in \mathcal{P}\), le théorème de Pythagore donne
   \[ \|\exp – g\|^2 = \|\sinh\|^2 + \|\cosh – g\|^2 \geq\, \|\sinh\|^2 , \]
   avec égalité si et seulement si \(g = \cosh\). Ensuite, \(\sinh^2 t = \frac{\cosh(2t) – 1}{2}\), donc
   \[ \|\sinh\|^2 = \int_{-1}^{1} \frac{\cosh(2t) – 1}{2} \, dt = [ \frac{\sinh(2t)}{4} – \frac{t}{2} ]_{-1}^{1} = \frac{\sinh 2}{2} – 1 . \]
   La fonction paire la plus proche de \(\exp\) est \(\cosh\), et \(d(\exp, \mathcal{P}) = \sqrt{\frac{\sinh 2}{2} – 1} \approx 0{,}90\).

Corrigé de l’exercice 13 : Un sous-espace d’orthogonal nul

1. L’application \(f \mapsto f(0)\) est une forme linéaire, et \(F\) est son noyau : c’est un sous-espace vectoriel. De plus, la constante 1 n’appartient pas à \(F\). Donc \(F\) est un sous-espace strict de \(E\).
2. Soit \(g \in F^{\perp}\). La fonction \(f : t \mapsto t\, g(t)\) est continue et vérifie \(f(0) = 0\), donc \(f \in F\). Par conséquent, \(\langle g, f \rangle = \int_0^1 t\, g(t)^2 \, dt = 0\). La fonction \(t \mapsto t\, g(t)^2\) est continue, positive et d’intégrale nulle : elle est nulle sur \([0,1]\). Ainsi \(g(t) = 0\) pour tout \(t \in \, ]0,1]\), et par continuité \(g(0) = 0\). Donc \(F^{\perp} = \{0\}\).
3. On en déduit \((F^{\perp})^{\perp} = \{0\}^{\perp} = E\). Ainsi \((F^{\perp})^{\perp} = E \neq F\), et \(F \oplus F^{\perp} = F \neq E\).
4. Si \(E\) est euclidien de dimension \(n\), tout sous-espace \(F\) est de dimension finie. Le théorème du supplémentaire orthogonal donne \(E = F \oplus F^{\perp}\) et \(\dim F^{\perp} = n – \dim F\). Un sous-espace strict a donc un orthogonal non nul, et \((F^{\perp})^{\perp} = F\).

Point de méthode : pour montrer qu’un orthogonal est nul, on teste l’élément inconnu contre un vecteur bien choisi, ici \(t\, g(t)\), qui fait apparaître un carré.

Corrigé de l’exercice 14 : Un produit scalaire hermitien sur C²

1. À \(x\) fixé, \(\varphi(x,y)\) est une combinaison linéaire de \(y_1\) et \(y_2\) : elle est linéaire en \(y\). Ensuite, on calcule
   \[ \overline{\varphi(y,x)} = \overline{\overline{y_1} x_1 + i\, \overline{y_1} x_2 – i\, \overline{y_2} x_1 + 2\, \overline{y_2} x_2} = y_1 \overline{x_1} – i\, y_1 \overline{x_2} + i\, y_2 \overline{x_1} + 2\, y_2 \overline{x_2} . \]
   C’est exactement \(\varphi(x,y)\). La forme est linéaire à droite et à symétrie hermitienne. Sa matrice \(\begin{pmatrix} 1 i \\ -i 2 \end{pmatrix}\) est d’ailleurs égale à sa transconjuguée.
2. On développe \(|x_1 + i x_2|^2 = (\overline{x_1} – i\, \overline{x_2})(x_1 + i x_2) = |x_1|^2 + i\, \overline{x_1} x_2 – i\, \overline{x_2} x_1 + |x_2|^2\). En ajoutant \(|x_2|^2\), on retrouve \(\varphi(x,x)\). Donc \(\varphi(x,x) \geq\, 0\). Si \(\varphi(x,x) = 0\), alors \(x_2 = 0\), puis \(x_1 = 0\). Ainsi \(\varphi\) est un produit scalaire hermitien.
3. On a \(\varphi(\varepsilon_1, \varepsilon_1) = 1\), donc \(e_1 = \varepsilon_1\). Ensuite, \(\varphi(e_1, \varepsilon_2) = i\), d’où \(w_2 = \varepsilon_2 – i\, e_1 = (-i, 1)\). Sa norme au carré vaut \(|-i + i|^2 + |1|^2 = 1\). On vérifie enfin \(\varphi(e_1, w_2) = -i + i = 0\). La base orthonormée obtenue est \(e_1 = (1, 0)\), \(e_2 = (-i, 1)\).
4. On a \(\varphi(x+y, x+y) = \varphi(x,x) + \varphi(y,y) + 2 \operatorname{Re} \varphi(x,y)\). Il suffit donc que \(\varphi(x,y)\) soit imaginaire pur non nul. Prenons \(x = \varepsilon_1\) et \(y = i \varepsilon_1\). Alors \(\varphi(x,y) = i\), tandis que \(\varphi(x+y, x+y) = |1 + i|^2 = 2 = \varphi(x,x) + \varphi(y,y)\). Le couple \(x = (1,0)\), \(y = (i,0)\) convient.

Corrigé de l’exercice 15 : Droite de régression par moindres carrés

1. Le système s’écrit
   \[ A = \begin{pmatrix} 0 1 \\ 1 1 \\ 2 1 \\ 3 1 \end{pmatrix}, \qquad Y = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 2 \\ 4 \end{pmatrix} . \]
   Il n’a pas de solution, car les points ne sont pas alignés.
2. On calcule \(A^{T} A = \begin{pmatrix} 14 6 \\ 6 4 \end{pmatrix}\) et \(A^{T} Y = \begin{pmatrix} 18 \\ 9 \end{pmatrix}\). Les colonnes de \(A\) sont libres, donc la solution est unique. Le système \(14a + 6b = 18\), \(6a + 4b = 9\) a pour déterminant \(56 – 36 = 20\). Les formules de Cramer donnent
   \[ a = \frac{18 \times 4 – 6 \times 9}{20} = \frac{18}{20}, \qquad b = \frac{14 \times 9 – 6 \times 18}{20} = \frac{18}{20} . \]
   La droite des moindres carrés est \(y = 0{,}9\, x + 0{,}9\).
3. Les résidus \(r_i = y_i – (0{,}9\, x_i + 0{,}9)\) valent \(0{,}1\), \(0{,}2\), \(-0{,}7\) et \(0{,}4\). Leur somme est nulle : ils sont orthogonaux à la colonne de 1. De plus, \(0 \times 0{,}1 + 1 \times 0{,}2 + 2 \times (-0{,}7) + 3 \times 0{,}4 = 0\). Le vecteur des résidus est orthogonal aux deux colonnes de \(A\), comme le prévoit la théorie. La figure ci-dessous montre la droite et les résidus.

   

4. La somme minimale vaut \(0{,}01 + 0{,}04 + 0{,}49 + 0{,}16\). Elle est égale à \(0{,}7\).

Corrigé de l’exercice 16 : Système surdéterminé

1. Les deux premières équations donnent \(x = \frac{3}{2}\) et \(y = -\frac{1}{2}\). La troisième donnerait alors \(\frac{3}{2} – 1 = \frac{1}{2} \neq 4\). Le système est donc incompatible.
2. On pose \(A = \begin{pmatrix} 1 1 \\ 1 -1 \\ 1 2 \end{pmatrix}\) et \(b = (1, 2, 4)^{T}\). La quantité à minimiser est \(\|AX – b\|^2\). Les colonnes de \(A\) sont libres, donc les équations normales ont une solution unique. On calcule
   \[ A^{T} A = \begin{pmatrix} 3 2 \\ 2 6 \end{pmatrix}, \qquad A^{T} b = \begin{pmatrix} 7 \\ 7 \end{pmatrix} . \]
   Le système \(3x + 2y = 7\), \(2x + 6y = 7\) a pour déterminant 14. On trouve \(x = \frac{42 – 14}{14} = 2\) et \(y = \frac{21 – 14}{14} = \frac{1}{2}\). La solution au sens des moindres carrés est \((x,y) = (2, \frac{1}{2})\).
3. Le résidu vaut \(b – AX = (1 – \frac{5}{2}, 2 – \frac{3}{2}, 4 – 3) = (-\frac{3}{2}, \frac{1}{2}, 1)\). On vérifie qu’il est orthogonal aux colonnes : \(-\frac{3}{2} + \frac{1}{2} + 1 = 0\) et \(-\frac{3}{2} – \frac{1}{2} + 2 = 0\). L’erreur minimale vaut \(\frac{9}{4} + \frac{1}{4} + 1 = \frac{7}{2}\). C’est le carré de la distance de \(b\) au plan \(\operatorname{Im} A\) de \(\mathbb{R}^3\) : \(d(b, \operatorname{Im} A) = \sqrt{7/2}\).

Corrigé de l’exercice 17 : Meilleure approximation affine de x² en moyenne quadratique

1. Notons \(F = \operatorname{Vect}(1, t)\), de dimension 2. L’intégrale vaut \(\|t^2 – (at + b)\|^2\). Le minimum est donc \(d(t^2, F)^2\). D’après le théorème de meilleure approximation, il est atteint en un unique point, \(p_F(t^2)\).
2. Écrivons \(p_F(t^2) = at + b\). Les conditions \(t^2 – at – b \perp 1\) et \(t^2 – at – b \perp t\) s’écrivent, avec \(\langle 1,1 \rangle = 1\), \(\langle 1,t \rangle = \frac{1}{2}\), \(\langle t,t \rangle = \frac{1}{3}\), \(\langle t^2,1 \rangle = \frac{1}{3}\) et \(\langle t^2,t \rangle = \frac{1}{4}\) :
   \[ \begin{cases} \frac{a}{2} + b = \frac{1}{3} \\ \frac{a}{3} + \frac{b}{2} = \frac{1}{4} \end{cases} \]
   La première équation donne \(b = \frac{1}{3} – \frac{a}{2}\). En reportant, \(\frac{a}{3} + \frac{1}{6} – \frac{a}{4} = \frac{1}{4}\), soit \(\frac{a}{12} = \frac{1}{12}\). Donc \(a = 1\) et \(b = -\frac{1}{6}\) : la meilleure approximation est \(t – \frac{1}{6}\).
3. Le minimum vaut \(\|t^2\|^2 – \langle t^2, p_F(t^2) \rangle\), car \(t^2 – p_F(t^2) \perp p_F(t^2)\). Or \(\|t^2\|^2 = \frac{1}{5}\) et \(\langle t^2, t – \frac{1}{6} \rangle = \frac{1}{4} – \frac{1}{18} = \frac{7}{36}\). Ainsi le minimum vaut \(\frac{1}{5} – \frac{7}{36} = \frac{36 – 35}{180}\). Le minimum est égal à \(\frac{1}{180}\). La figure ci-dessous compare \(x^2\) et \(x – \frac{1}{6}\) sur \([0,1]\).

   

Point de méthode : on peut contrôler ce résultat en développant \(\int_0^1 (t^2 – t + \frac{1}{6})^2 dt = \frac{1}{5} – \frac{1}{2} + \frac{4}{9} – \frac{1}{6} + \frac{1}{36} = \frac{1}{180}\).

Corrigé de l’exercice 18 : Produit scalaire sur les matrices

1. Le coefficient \((j,j)\) de \(A^{T} B\) vaut \(\sum_i a_{ij} b_{ij}\). En sommant sur \(j\), on obtient \(\operatorname{tr}(A^{T} B) = \sum_{i,j} a_{ij} b_{ij}\). C’est le produit scalaire canonique de \(\mathbb{R}^{n^2}\), lu sur les coefficients. C’est donc un produit scalaire sur \(\mathcal{M}_n(\mathbb{R})\).
2. Soit \(S\) symétrique et \(T\) antisymétrique. On a \(\langle S, T \rangle = \operatorname{tr}(S T)\). Or \(\operatorname{tr}(ST) = \operatorname{tr}((ST)^{T}) = \operatorname{tr}(T^{T} S^{T}) = -\operatorname{tr}(TS) = -\operatorname{tr}(ST)\). Donc \(\langle S, T \rangle = 0\), et \(\mathcal{A}_n \subset \mathcal{S}_n^{\perp}\). De plus, \(\dim \mathcal{A}_n = \frac{n(n-1)}{2} = n^2 – \frac{n(n+1)}{2} = \dim \mathcal{S}_n^{\perp}\). Par égalité des dimensions, \(\mathcal{A}_n = \mathcal{S}_n^{\perp}\).
3. On a \(\operatorname{tr} A = \operatorname{tr}(I_n^{T} A) = \langle I_n, A \rangle\) et \(\|I_n\|^2 = n\). Par Cauchy-Schwarz, \((\operatorname{tr} A)^2 \leq\, n\, \|A\|^2 = n \operatorname{tr}(A^{T} A)\). Il y a égalité si et seulement si \(A\) est colinéaire à \(I_n\), c’est-à-dire \(A = \lambda I_n\).
4. Comme \(\mathcal{M}_2(\mathbb{R}) = \mathcal{S}_2 \oplus \mathcal{A}_2\) est une somme orthogonale, la projection de \(M\) sur \(\mathcal{S}_2\) est sa partie symétrique \(\frac{M + M^{T}}{2} = \begin{pmatrix} 1 1 \\ 1 1 \end{pmatrix}\). La distance est la norme de la partie antisymétrique \(\frac{M – M^{T}}{2} = \begin{pmatrix} 0 1 \\ -1 0 \end{pmatrix}\). Donc \(d(M, \mathcal{S}_2) = \sqrt{0 + 1 + 1 + 0} = \sqrt{2}\).

Corrigé de l’exercice 19 : Problème, déterminant de Gram et distance

1. L’espace \(V\) est de dimension finie, donc il admet une base orthonormée par Gram-Schmidt. Écrivons \(x_j = \sum_{k} m_{kj} \varepsilon_k\). Dans une base orthonormée, le produit scalaire se calcule sur les coordonnées : \(\langle x_i, x_j \rangle = \sum_{k} m_{ki} m_{kj}\). C’est le coefficient \((i,j)\) de \(M^{T} M\).
2. On a \(m = \dim V \leq\, p\). Si la famille est libre, alors \(m = p\), la matrice \(M\) est carrée et inversible, et \(G = \det(M^{T} M) = \det(M)^2 > 0\). Si la famille est liée, il existe \(\Lambda \neq 0\) tel que \(M \Lambda = 0\). Alors \(M^{T} M \Lambda = 0\), donc \(M^{T} M\) n’est pas inversible et \(G = 0\). Ainsi \(G \geq\, 0\), avec égalité si et seulement si la famille est liée.
3. Écrivons \(x = p + h\), avec \(p = p_F(x) = \sum \lambda_i x_i\) et \(h \in F^{\perp}\). La dernière ligne de la matrice de Gram de \((x_1, \ldots, x_p, x)\) est \((\langle x, x_1 \rangle, \ldots, \langle x, x_p \rangle, \langle x, x \rangle)\). Retranchons-lui \(\sum \lambda_i\) fois la ligne \(i\), puis faisons de même sur les colonnes. Le déterminant ne change pas, et l’on obtient la matrice de Gram de \((x_1, \ldots, x_p, h)\). Or \(\langle h, x_i \rangle = 0\), donc la dernière ligne devient \((0, \ldots, 0, \|h\|^2)\). En développant selon cette ligne,
   \[ G(x_1, \ldots, x_p, x) = \|h\|^2 \, G(x_1, \ldots, x_p) . \]
   Comme \(\|h\| = d(x,F)\) et \(G(x_1, \ldots, x_p) > 0\), on obtient \(d(x,F)^2 = \frac{G(x_1, \ldots, x_p, x)}{G(x_1, \ldots, x_p)}\).
4. Posons \(u_1 = (1,0,1)\), \(u_2 = (0,1,1)\) et \(x = (1,1,1)\). On a \(\|u_1\|^2 = \|u_2\|^2 = 2\), \(\langle u_1, u_2 \rangle = 1\), \(\langle u_1, x \rangle = \langle u_2, x \rangle = 2\) et \(\|x\|^2 = 3\). Donc \(G(u_1, u_2) = 4 – 1 = 3\) et
   \[ G(u_1, u_2, x) = \begin{vmatrix} 2 1 2 \\ 1 2 2 \\ 2 2 3 \end{vmatrix} = 2(6 – 4) – 1(3 – 4) + 2(2 – 4) = 1 . \]
   Ainsi \(d(x, F)^2 = \frac{1}{3}\). Vérifions : \(n = (-1,-1,1)\) est orthogonal à \(u_1\) et \(u_2\), et \(\frac{|\langle n, x \rangle|}{\|n\|} = \frac{1}{\sqrt{3}}\). La distance vaut \(\frac{1}{\sqrt{3}}\).
5. Dans \(C([0,1])\), les produits scalaires \(\langle t^i, t^j \rangle = \frac{1}{i + j + 1}\) donnent \(G(1, t) = 1 \times \frac{1}{3} – \frac{1}{4} = \frac{1}{12}\). Ensuite, on développe selon la première ligne :
   \[ G(1, t, t^2) = \begin{vmatrix} 1 \frac{1}{2} \frac{1}{3} \\ \frac{1}{2} \frac{1}{3} \frac{1}{4} \\ \frac{1}{3} \frac{1}{4} \frac{1}{5} \end{vmatrix} = \frac{1}{240} – \frac{1}{2} \times \frac{1}{60} + \frac{1}{3} \times \frac{1}{72} = \frac{9 – 18 + 10}{2160} = \frac{1}{2160} . \]
   On retrouve \(d(t^2, F)^2 = \frac{1/2160}{1/12} = \frac{1}{180}\), comme à l’exercice 17.

Corrigé de l’exercice 20 : Problème, polynômes orthogonaux de Legendre

1. Pour l’existence, appliquons Gram-Schmidt sans normaliser à la famille libre \((1, X, X^2, \ldots)\). On pose \(P_0 = 1\), puis \(P_n = X^n – p_{\mathbb{R}_{n-1}[X]}(X^n)\). Ce polynôme est unitaire de degré \(n\), car on retranche un polynôme de degré au plus \(n – 1\). De plus, il est orthogonal à \(\mathbb{R}_{n-1}[X]\), qui contient \(P_0, \ldots, P_{n-1}\).

   Pour l’unicité, soit \((\tilde{P}_n)\) une autre suite convenable. Par la question 2, appliquée aux deux suites, \(P_n\) et \(\tilde{P}_n\) sont orthogonaux à \(\mathbb{R}_{n-1}[X]\). Or \(P_n – \tilde{P}_n \in \mathbb{R}_{n-1}[X]\), puisque les deux sont unitaires de degré \(n\). Ce polynôme est donc orthogonal à lui-même, donc nul. La suite \((P_n)\) existe et est unique.

2. Soit \((P_n)\) une suite comme dans la question 1. Les polynômes \(P_0, \ldots, P_{n-1}\) ont des degrés échelonnés de 0 à \(n – 1\). Ils forment donc une base de \(\mathbb{R}_{n-1}[X]\). Comme \(P_n\) est orthogonal à chacun d’eux, \(P_n\) est orthogonal à \(\mathbb{R}_{n-1}[X]\).
3. Posons \(Q_n(X) = (-1)^n P_n(-X)\). C’est un polynôme unitaire de degré \(n\). Le changement de variable \(s = -t\) donne \(\langle Q_n, Q_m \rangle = (-1)^{n+m} \int_{-1}^{1} P_n(-t) P_m(-t) \, dt = (-1)^{n+m} \langle P_n, P_m \rangle = 0\) pour \(n \neq m\). Par unicité, \(Q_n = P_n\). Ainsi \(P_n(-X) = (-1)^n P_n(X)\) : \(P_n\) a la parité de \(n\).
4. On a \(P_0 = 1\) et \(P_1 = X\), car \(\langle X, 1 \rangle = 0\). Ensuite, l’exercice 7 donne \(P_2 = X^2 – \frac{1}{3}\). Enfin, l’exercice 8 donne \(p_{\mathbb{R}_2[X]}(X^3) = \frac{3}{5} X\). Donc \(P_0 = 1\), \(P_1 = X\), \(P_2 = X^2 – \frac{1}{3}\) et \(P_3 = X^3 – \frac{3}{5} X\).
5. Les racines de \(P_n Q\) dans \(]-1,1[\) sont celles de \(P_n\). En chaque \(x_j\), la multiplicité devient paire, car on ajoute 1 à une multiplicité impaire. Les autres racines de \(P_n\) dans \(]-1,1[\) sont déjà de multiplicité paire. Ainsi, \(P_n Q\) ne change pas de signe en traversant ses racines de \(]-1,1[\). Par continuité, \(P_n Q\) garde un signe constant sur \([-1,1]\).

   Comme \(P_n Q\) est non nul et de signe constant, \(\int_{-1}^{1} P_n Q \neq 0\). Supposons \(k < n\). Alors \(Q \in \mathbb{R}_{n-1}[X]\), et la question 2 donne \(\langle P_n, Q \rangle = 0\) : c’est absurde. Donc \(k \geq\, n\). Par ailleurs, \(k \leq\, \deg P_n = n\). Par conséquent, \(k = n\).

6. Le polynôme \(P_n\) possède \(n\) racines distinctes dans \(]-1,1[\), de multiplicités au moins 1. Comme la somme des multiplicités vaut au plus \(n\), chacune est égale à 1. Ainsi \(P_n\) a \(n\) racines réelles simples, toutes dans \(]-1,1[\). Par exemple, \(P_2\) s’annule en \(\pm \frac{1}{\sqrt{3}} \approx \pm 0{,}58\), et \(P_3\) en \(0\) et \(\pm \sqrt{\frac{3}{5}} \approx \pm 0{,}77\). La figure ci-dessous confirme ces résultats.

   

Point de méthode : l’orthogonalité à \(\mathbb{R}_{n-1}[X]\) se combine avec un polynôme test bien choisi. C’est un argument classique pour localiser des racines.

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Pour aller plus loin en L2

• Le cours : espaces euclidiens, cours de maths en L2
• Les énoncés : exercices de maths en L2 sur espaces euclidiens
• Chapitre précédent : Intégrales dépendant d'un paramètre
• Chapitre suivant : Isométries, endomorphismes symétriques et théorème spectral
• Tester vos connaissances : QCM de maths en L2 par chapitre
• Le sommaire : tous les chapitres de maths de L2 et la licence de maths de L1 à L3