Math sup : espaces préhilbertiens, euclidiens, matrices orthogonales

Dans les deux exemples, la difficulté est de démontrer qu'on a affaire à une forme définie.

1. Si $\langle f,f\rangle=0$, alors on a à la fois $(f(0))^2=0$, donc $f(0)=0$, et $$\int_0^1 \big(f'(t)\big)^2dt=0.$$ Or, $(f')^2$ est continue et positive sur $[0,1]$. Puisque son intégrale est nulle, c'est que $f'$ est nulle sur $[0,1]$. On en déduit que $f$ est constante sur $[0,1]$, puis, comme $f(0)=0$, que $f$ est identiquement nulle sur $[0,1]$.
2. Si $f\in E$ est tel que $\langle f,f\rangle=0$, le même raisonnement donne que $f^2w=0$ sur $[a,b]$, donc, puisque $w$ ne s'annule pas sur $]a,b[$, que $f=0$ sur $]a,b[$. Par continuité, on en déduit que $f=0$ sur $[a,b]$ et donc que $f\equiv 0$. La forme est bien définie positive.

$\phi$ définit clairement une forme bilinéaire symétrique. Reste à trouver une condition nécessaire et suffisante sur $k$ pour qu'elle soit définie positive. On commence par calculer $\phi(a,a)=\|a\|^2+k\|a\|^4=1+k$ puisque $a$ est un vecteur unitaire. Pour que ceci soit strictement positif, il est nécessaire que $1+k>0$. La condition $k>-1$ est donc nécessaire pour que $\phi$ soit un produit scalaire.
Réciproquement, on suppose que $k>-1$ et on va prouver que $\phi$ définit bien un produit scalaire. Pour cela, on distingue deux cas. D'une part, si $k\geq 0$, alors pour tout $x\in E$, $x\neq 0$, on a $$\phi(x,x)\geq \|x\|^2>0.$$ D'autre part, si $k\in]-1,0[$, alors $k=-\alpha$ avec $\alpha\in]0,1[$. On a alors, pour $x\in E\backslash\{0\}$, $$\phi(x,x)=\|x\|^2-\alpha \langle x,a\rangle^2.$$ Par l'inégalité de Cauchy-Schwarz, et puisque $a$ est un vecteur unitaire, $$\langle x,a\rangle^2\leq \|x\|^2,$$ et donc $$\phi(x,x)\geq (1-\alpha)\|x\|^2>0.$$ Dans tous les cas, on a prouvé que $\phi$ est définie positive, donc qu'il s'agit d'un produit scalaire sur $E$.

Supposons que $\phi$ est un produit scalaire. D'abord, pour que $\phi$ soit symétrique, il est nécessaire que $\phi(u,v)=\phi(v,u)$ pour tous vecteurs $u,v\in\mathbb R^2$. Pour $u=(1,0)$ et $v=(0,1)$, on a $$\phi(u,v)=b\textrm{ et }\phi(v,u)=c$$ et donc il est nécessaire que $b=c$. D'autre part, $\phi$ est définie positive. De $\phi(u,u)>0$ pour $u=(1,0)$, on trouve $a>0$. Posons maintenant $u=(x,y)$ et calculons $\phi(u,u)$ : \begin{eqnarray*} \phi(u,u)&=&ax^2+2bxy+dy^2\\ &=&a\left(x+\frac ba y \right)^2+\frac{ad-b^2}ay^2. \end{eqnarray*} Si $x=-b$ et $y=a$, alors on trouve $$\phi(u,u)=a(ad-b^2)$$ et pour que ceci soit strictement positif, il est nécessaire que $ad-b^2>0$.
Réciproquement, supposons que $a>0$, que $b=c$ et que $ad-b^2>0$. Alors il est facile de vérifier que $\phi$ est symétrique. De plus, l'écriture $$\phi(u,u)=a\left(x+\frac ba y \right)^2+\frac{ad-b^2}ay^2$$ prouve que $\phi$ est bien définie positive. En effet, si $\phi(u,u)=0$, alors $y=0$ et $x+\frac ba y=0$ ce qui donne bien $x=y=0$.

Il suffit d'écrire : $$x+y+z=\frac{1}{\sqrt 2}\times \sqrt 2 x+1\times y+\frac{1}{\sqrt 5}\times \sqrt 5 z.$$ D'après l'inégalité de Cauchy-Schwarz (pour le produit scalaire canonique sur $\mathbb R^3$), on a $$(x+y+z)^2\leq \left(\left(\frac 1{\sqrt 2}\right)^2+1^2+\left(\frac 1{\sqrt 5}\right)^2\right)\times (2x^2+y^2+5z^2)\leq \frac{17}{10}.$$

Utilisons le produit scalaire canonique sur $F=\mathcal C([a,b],\mathbb R)$ défini par $$\langle f,g\rangle=\int_a^b fg.$$ D'après l'inégalité de Cauchy-Schwarz pour ce produit scalaire avec le produit $\sqrt f\times\frac 1{\sqrt f}$. On obtient $$b-a=\int_a^b \sqrt f\times \frac 1{\sqrt f}\leq \left(\int_a^b f\right)^{1/2}\times \left(\int_a^b \frac 1f\right)^{1/2}.$$ Prenant le carré, on trouve que, pour tout $f\in E$, $$(b-a)^{2}\leq \int_a^b f\times\int_a^b \frac 1f.$$ De plus, pour $f=1$, qui est élément de $E$, on a clairement égalité. Ainsi, la borne inférieure recherchée vaut $(b-a)^2$ et est atteinte par la fonction identiquement égale à 1 (plus généralement, par les fonctions constantes).

Soient $x\neq y$ dans $B$, et $0<t<1$. Prouvons d'abord l'inégalité au sens large : $$\|tx+(1-t)y\|\leq t\|x\|+(1-t)\|y\|\leq t+(1-t)=1.$$ Pour que l'on ait égalité, il faut que les deux inégalités soient des égalités, ce qui entraîne :

• il existe $\lambda\in\mtr^+$ tel que $tx=\lambda(1-t)y$ (cas d'égalité dans l'inégalité triangulaire pour une norme issue d'un produit scalaire);
• $\|x\|=\|y\|=1$.

Ces deux conditions ensemble entrainent alors que $x=y$, ce qui est impossible par hypothèse.

1. Soit $y\in B^\perp$. Alors, pour tout $x\in A$, on a $x\in B$ et donc $\langle x,y\rangle=0$, ce qui prouve que $y\in A^\perp$.
2. On commence par prendre $x\in (A\cup B)^\perp$, et prouvons que $x\in A^\perp$. En effet, si $y\in A$, on a $y\in A\cup B$, et donc $\langle x,y\rangle=0$. Ceci montre la première inclusion. Réciproquement, si $x\in A^\perp\cap B^\perp$, prenons $y\in (A\cup B)$. Alors si $y\in A$, on a bien $\langle x,y\rangle =0$ puisque $x\in A^\perp$, et le cas où $y\in B$ se résoud de la même façon.
3. D'après la première question, puisque $A\subset \textrm{vect}(A)$, on a $$\textrm{vect}(A)^\perp \subset A^\perp.$$ Réciproquement, si $y\in A^\perp$, prenons $x\in\textrm{vect}(A)$. Alors on peut trouver des éléments $a_1,\dots,a_n$ de $A$ et des scalaires $\lambda_1,\dots,\lambda_n$ tels que $$x=\lambda_1a_1+\dots+\lambda_n a_n.$$ On a alors \begin{eqnarray*} \langle y,x\rangle&=&\langle y,\lambda_1 a_1+\dots+\lambda_n a_n\rangle\\ &=& \lambda_1 \langle y,a_1\rangle+\dots+\lambda_n \langle y,a_n\rangle\\ &=&\lambda_1 0+\dots+\lambda_n 0\\ &=&0, \end{eqnarray*} et donc $y\in \textrm{vect}(A)^\perp$.
4. On va commencer par prouver que $A\subset (A^{\perp})^{\perp}$. Mais, soit $x\in A$. Choisissons $y\in A^\perp$. On a alors $\langle x,y\rangle=0$, ce qui prouve que $x\in A^{\perp\perp}$. D'autre part, $(A^\perp)^{\perp}$ est un sous-espace vectoriel de $E$ qui contient $A$. Il contient donc le sous-espace vectoriel engendré par $A$ et on a bien l'inclusion demandée.
5. Notons $B=\textrm{vect}(A)$ et $n=\dim(E)$. Alors d'après la question précédente, $$(A^\perp)^{\perp}=(B^\perp)^{\perp}.$$ D'autre part, $$\dim(B^\perp)=n-\dim B\implies \dim((B^{\perp})^\perp)=n-\dim(B^\perp)=\dim(B).$$ Ainsi, d'après la question précédente, on a $B\subset (B^\perp)^\perp$ et ces deux sous-espaces ont la même dimension. Ils sont donc égaux!

On remarque d'abord que si $A\subset B$, alors on a $B^\perp\subset A^\perp$, ce qui est immédiat en appliquant la définition. Ainsi, puisque $F\subset F+G$ et $G\subset F+G$, on obtient $(F+G)^\perp\subset F^\perp\cap G^\perp$. Prenons maintenant $x\in F^\perp\cap G^\perp$. Tout $z\in F+G$ s'écrit $z=f+g$, avec $f\in F$ et $g\in G$. Alors : $$(x,z)=(x,f)+(x,g)=0,$$ ce qui prouve que $F^\perp\cap G^\perp\subset (F+G)^\perp.$ D'autre part, on a $F\cap G\subset F$ et $F\cap G\subset G$, ce qui donne respectivement $F^\perp\subset (F\cap G)^\perp$ et $G^\perp\subset (F\cap G)^\perp$. Puisque $(F\cap G)^\perp$ est un sous-espace vectoriel, il est stable par addition, et donc on a $F^\perp+G^\perp\subset (F\cap G)^\perp$. Dans le cas où $E$ est un espace de dimension finie, on peut obtenir l'autre inclusion en comparant les dimensions des sous-espaces : \begin{eqnarray*} \dim(F^\perp+G^\perp)&=&\dim F^\perp+\dim G^\perp-\dim(F^\perp\cap G^\perp)\\ &=&\dim(F^\perp)+\dim(G^\perp)-\dim(F+G)^\perp\\ &=&\dim(E)-\dim(F)-\dim(G)+\dim(F+G)\\ &=&\dim(E)-\dim(F\cap G)\\ &=&\dim((F\cap G)^\perp). \end{eqnarray*}

Le premier vecteur est simplement $\frac u{\|u\|}$. Puisque $\|u\|=\sqrt 2$, on a $$e_1=\left(\frac{1}{\sqrt 2},0,\frac 1{\sqrt 2}\right).$$ Cherchons ensuite $e'_2$ sous la forme $e'_2=v+\lambda e_1$ de sorte que $\langle e'_2,e_1\rangle=0$. On a \begin{eqnarray*} \langle e'_2,e_1\rangle&=&\langle v,e_1\rangle+\lambda \langle e_1,e_1\rangle\\ &=&\frac{2}{\sqrt 2}+\lambda\\ &=&\sqrt 2+\lambda. \end{eqnarray*} On doit donc avoir $\lambda=-\sqrt 2$ ce qui donne $$e'_2=(0,1,0).$$ Il est déjà normalisé et donc on pose $e_2=(0,1,0)$. Cherchons ensuite $e'_3$ sous la forme $$e'_3=w+\lambda e_1+\mu e_2$$ de sorte que $\langle e'_3,e_1\rangle=0$ et $\langle e'_3,e_2\rangle=0$. Il vient : \begin{eqnarray*} \langle e'_3,e_1\rangle&=&\langle w,e_1\rangle+\lambda \langle e_1,e_1\rangle\\ &=&-\frac{1}{\sqrt 2}+\lambda \end{eqnarray*} d'où il vient $\lambda=\frac{1}{\sqrt 2}$. Ensuite, on a \begin{eqnarray*} \langle e'_3,e_2\rangle&=&\langle w,e_2\rangle+\mu \langle e_2,e_2\rangle\\ &=& -1+\mu \end{eqnarray*} d'où $\mu=1$. On en déduit que $$e'_3=\left(-\frac 12,0,\frac 12\right).$$ On normalise ce vecteur, et on trouve $$e_3=\left(-\frac 1{\sqrt 2},0,\frac 1{\sqrt 2}\right).$$

On va orthonormaliser la base canonique $(1,X,X^2)$. Commençons par normaliser $1$. Sa norme est $\sqrt 2$. On pose donc $$P=\frac 1{\sqrt 2}.$$ Considérons ensuite $$Q_1(X)=X+\lambda P$$ où $\lambda$ est choisi de sorte que $\langle Q_1,P\rangle=0$. Mais, $$\langle Q_1,P\rangle=\int_{-1}^1 \frac t{\sqrt 2}dt+\lambda \langle P,P\rangle=\lambda.$$ On doit donc avoir $\lambda=0$ (en réalité, les deux vecteurs $1$ et $X$ sont déjà orthogonaux!), et donc $Q_1=X$. On normalise ce vecteur en $$Q(X)=\sqrt{\frac 32}X.$$ On pose enfin $$R_1=X^2+\lambda P+\mu Q$$ de sorte que $\langle R_1,P\rangle=0$ et $\langle R_1,Q\rangle=0$. Mais, $X^2$ est déjà orthogonal à $X$, et donc par un calcul similaire au précédent, on va trouver que $\mu=0$. D'autre part, $$\langle R_1,P\rangle=\frac 1{\sqrt 2}\int_{-1}^1 t^2dt+\lambda=\frac {\sqrt 2}3+\lambda.$$ On trouve $\lambda=-\frac{\sqrt 2}3$ et donc $$R_1(X)=X^2-\frac{1}3.$$ Reste à normaliser ce vecteur en $$R(X)=\sqrt{\frac 58}(3X^2-1).$$ Ainsi, $\left(\frac 1{\sqrt 2},\sqrt{\frac 32}X,\sqrt{\frac 58}(3X^2-1)\right)$ est une base orthonormale de $\mathbb R_2[X]$.

On va prouver que la famille est libre et génératrice. D'une part, si on applique l'égalité avec $e_j$, on obtient : $$1=1+\sum_{k\neq j}\langle e_k,e_j\rangle^2.$$ Ainsi, pour tout $k\neq j$, on a $\langle e_k,e_j\rangle=0$, et la famille est orthogonale. Ainsi, c'est une famille libre. De plus, elle est génératrice. Prenons en effet $x\in E$, et posons $$y=\sum_{k=1}^n \langle x,e_k\rangle e_k.$$ On va prouver que $x=y$. Pour cela, on remarque que, puisque la famille est orthogonale, on a $\langle x,e_k\rangle=\langle y,e_k\rangle$. Or, $$\|x-y\|^2=\sum_{k=1}^n \langle x-y,e_k\rangle^2=0.$$ Donc $x=y$. $(e_1,\dots,e_n)$ est donc une base orthonormale de $E$, qui est de dimension $n$ (ceci n'était pas précisé au début de l'énoncé).
Une autre façon de prouver que la famille est génératrice est de considérer $F$ le sous-espace de $E$ engendré par $(e_1,\dots,e_n)$. Il s'agit d'un sous-espace de dimension finie de $E$. On peut donc considérer $p$ la projection orthogonale sur $F$. Pour tout $x\in E$, d'après le théorème de Pythagore, on a $$\|x\|^2=\|p(x)\|^2+\|x-p(x)\|^2.$$ Or, $$p(x)=\sum_{i=1}^n \langle x,e_i\rangle e_i\implies \|p(x)\|^2=\sum_{i=1}^n \langle x,e_i\rangle^2=\|x\|^2.$$ On en déduit que $\|x-p(x)\|=0$, ou encore que $p(x)=x$, ou encore que $x\in F$, ce qui achève la preuve de $F=E$.

Un vecteur normal du plan est $u=(2,1,-1)$. Un point du plan est $A=(0,0,2)$. On en déduit que la distance recherchée est $$d=\frac{|\langle u,\overrightarrow{AM}\rangle|}{\|u\|}=\frac{\langle(2,1,-1),(3,4,3)\rangle}{\sqrt{6}}=\frac{7}{\sqrt 6}.$$

Posons $E=\mathcal C([0,1])$ muni du produit scalaire $\pss{f}{g}=\int_0^1 f(t)g(t)dt$. On a $\int_0^1 |x^2-ax-b|^2dx=\|x^2-(ax+b)\|^2$. Quand $(a,b)$ décrit $\mathbb R^2$, $ax+b$ décrit $F=\textrm{vect}(1,x)$ et donc $$\inf_{(a,b)\in\mathbb R^2}\int_0^1 |x^2-ax-b|^2dx=\inf_{f\in F}\|x^2-f\|^2.$$ Mais on sait que $$\inf_{f\in F}\|x^2-f\|=\|x^2-p(x^2)\|$$ où $p(x^2)$ est la projection orthogonale de $x^2$ sur $F$. Il s'agit donc de calculer cette projection. Ceci peut se faire de deux façons. D'une part, on peut fabriquer une base orthonormale de $F$ par le procédé de Gram-Schmidt à partir de $1,x$ et on sait que $$p(x^2)=\pss{x^2}{e_1}e_1+\pss{x^2}{e_2}e_2.$$ On peut aussi poser a priori $p(x^2)=ax+b$ et écrire que $x^2-(ax+b)\perp 1$, $x^2-(ax+b)\perp x$. On obtient le système : $$\left\{ \begin{array}{ccc} \int_0^1 x^2-(ax+b)dx&=&0\\ \int_0^1 x^3-(ax^2+bx)dx&=&0 \end{array}\right.$$ qui permet de calculer $a$ et $b$. Par l'une ou l'autre méthode, on trouve que $p(x^2)=x-1/6$ et donc que $\|x^2-p(x^2)\|=\frac1{\sqrt{180}}.$ La borne inférieure recherchée est donc $1/180$ (il ne faut pas oublier de reprendre le carré).

Supposons d'abord que $p$ est un projecteur orthogonal. Pour tout $x$ de $E$, $x=p(x)+(x-p(x))$, où $p(x)\perp x-p(x)$. Le théorème de Pythagore donne alors $\|x\|^2=\|p(x)\|^2+\|x-p(x)\|^2$, ce qui entraîne $\|p(x)\|\leq \|x\|$ pour tout $x$ de $E$. Réciproquement, supposons que pour tout $x$ de $E$, $\|p(x)\|\leq \|x\|$, et supposons que $p$ est le projecteur sur $F$ parallèlement à $G$. Prenons $x$ dans $F$, et $y$ dans $G$, et posons $f(t)=\|x+ty\|^2$. Le développement de la norme donne : $$f(t)=\|x\|^2+2t(x,y)+t^2\|y\|^2.$$ $f$ est donc une fonction dérivable. En outre, $p(x+ty)=x$, et donc $f(0)=\|x\|^2\leq \|x+ty\|^2\leq f(t)$. $f$ atteint donc son minimum en 0. On a donc $f'(0)=0$, ce qui donne $(x,y)=0$ : $F$ et $G$ sont orthogonaux, ce qui signifie que $p$ est un projecteur orthogonal!

On va prouver que ce sont les matrices diagonales dont les coefficients diagonaux sont égaux à $\pm 1$. Commençons par la première colonne de la matrice $M$ orthogonale et triangulaire supérieure. Puisque sa norme vaut 1, et que seul le premier coefficient est non-nul, celui-ci vaut $\pm 1$. Considérons désormais la deuxième colonne, dont les coefficients éventuellement non-nuls sont $m_{1,2}$ et $m_{2,2}$. Puisque la première colonne est orthogonale à cette colonne, on a $\pm m_{1,2}=0$ et donc $m_{1,2}=0$. En considérant la norme, on trouve que $m_{2,2}=\pm 1$.
Considérons maintenant la troisième colonne. Ses coefficients éventuellement non-nuls sont $m_{1,3}$, $m_{2,3}$ et $m_{3,3}$. Écrivons que la troisième colonne est orthogonale à la première. On trouve $m_{1,3}=0$. Écrivons ensuite que la troisième colonne est orthogonale à la seconde. On trouve $m_{2,3}=0$. Le calcul de la norme donne $m_{3,3}=\pm 1$. On continue ainsi pour chaque colonne.
Réciproquement, une matrice diagonale dont les coefficients diagonaux sont égaux à $\pm 1$ est bien une matrice orthogonale.

Il faut d'abord prouver que $\phi$ est une symétrie, c'est-à-dire que $\phi\circ\phi=Id$. Mais c'est clair, car $P(-(-X))=P(X)$. Il faut aussi démontrer que $\phi$ est une symétrie orthogonale, c'est-à-dire que $\phi$ conserve le produit scalaire, ou encore que $$\langle \phi (P),\phi(Q)\rangle=\langle P,Q\rangle$$ pour tous polynômes $P,Q\in E$. Mais, $$\langle \phi(P),\phi(Q)\rangle =\int_{-1}^1 P(-t)Q(-t)dt=\int_{-1}^1 P(u)Q(u)du=\langle P,Q\rangle,$$ le seul argument utilisé étant le changement de variables $u=-t$.

Posons $F=\vect(a)$ et $G=a^\perp$. Soit $x\in E$, que l'on décompose en $x=g+\lambda a$, avec $g\in G$. On a alors : $$s_a(x)=x-2\frac{(a,\lambda a)}{(a,a)}a=\lambda a+g-2\lambda a=g-\lambda a.$$ Ceci prouve en particulier, à l'aide de la relation de Pythagore, que $\|x\|^2=\|s_a(x)\|^2=\|g\|^2+\lambda^2\|a\|^2$, et que l'endomorphisme est orthogonal. Le calcul précédent prouve en outre que $\ker(s_a-id)=G$ et $\ker(s_a+id)=\vect(a)$. Ainsi, on a $$\ker(s_a-id)\oplus^\perp \ker(s_a+id)=E.$$ $s_a$ est la symétrie orthogonale par rapport à l'hyperplan $a^\perp$.

Il suffit de déterminer les rotations et les symétries qui envoient $u$ sur $v$. Pour les rotations, c'est très simple : il ne peut que s'agir de la rotation d'angle $(u,v)$. Pour les symétries, il y a deux cas à distinguer :

• Si $u=v$ ou si $u=-v$, alors il ne peut s'agir que de la symétrie orthogonale par rapport à $\textrm{vect}(u,v)$.
• Si $u$ et $v$ ne sont pas colinéaires, alors soit $s$ une symétrie orthogonale par rapport à la droite $D$ qui envoie $u$ sur $v$. Notons $e_1$ un vecteur directeur unitaire de $D$, et $e_2$ un vecteur unitaire orthogonal à $e_1$. L'expression analytique de la symétrie $s$ est $$s(x_1e_1+x_2e_2)=x_1e_1-x_2e_2.$$ Notons $u=u_1 e_1+u_2e_2$ et $v=v_1e_1+v_2e_2$. Alors $s(u)=v$ entraine $u_1=v_1$ et $u_2=-v_2$. Faisons la somme de $u$ et $v$, on en déduit que $e_1$ est proportionnelle à $u+v$ et donc $s$ est la symétrie orthogonale par rapport à $\textrm{vect}(u+v)$. Réciproquement, la symétrie orthogonale $s$ par rapport à $\textrm{vect}(u+v)$ envoie bien $u$ sur $v$. En effet, puisque $\|u\|=\|v\|=1$, $u+v$ et $u-v$ sont orthogonaux et $s$ est aussi la symétrie par rapport à $\textrm{vect}(u+v)$ parallèlement à $\textrm{vect}(u-v)$. Écrivant $u=\frac{1}2\big((u+v)+(u-v)\big)$, on obtient immédiatement que $s(u)=v$.