Produit scalaire et Gram-Schmidt en maths sup (MPSI) : cours et méthodes

Un produit scalaire sur \(E\) est une application \(\langle\cdot,\cdot\rangle:E\times E\to\mathbb{R}\) qui est :

• symétrique : \(\langle x,y\rangle=\langle y,x\rangle\) ;
• bilinéaire : linéaire par rapport à chaque variable ;
• positive : \(\langle x,x\rangle\geqslant 0\) ;
• définie : \(\langle x,x\rangle=0\) entraîne \(x=0\).

Muni d’un tel objet, \(E\) devient un espace préhilbertien réel. Le cas particulier où \(\dim E\) est finie reçoit le nom d’espace euclidien.

• Sur \(\mathbb{R}^n\) : \(\langle x,y\rangle=\sum_{i=1}^{n}x_iy_i\), c’est le produit scalaire canonique.
• Sur \(\mathcal{M}_{n}(\mathbb{R})\) : \(\langle A,B\rangle=\mathrm{tr}(A^{\mathsf{T}}B)=\sum_{i,j}a_{ij}b_{ij}\).
• Sur \(\mathcal{C}([a,b],\mathbb{R})\), avec \(a<b\) : \(\langle f,g\rangle=\int_a^b f(t)g(t)\,\mathrm{d}t\), c’est le produit scalaire intégral.

1. Vérifier la symétrie, souvent immédiate sur la formule.
2. Vérifier la linéarité par rapport à la première variable.
3. Écrire \(\langle x,x\rangle\) et montrer qu’il est positif, par exemple en mettant sous forme canonique ou en reconnaissant une somme de carrés.
4. Supposer \(\langle x,x\rangle=0\) et en déduire \(x=0\) : c’est l’étape où se cachent les pièges.

Sur \(\mathbb{R}^2\), posons \(\langle x,y\rangle=2x_1y_1+x_1y_2+x_2y_1+3x_2y_2\).

D’abord, l’expression est symétrique, car échanger \(x\) et \(y\) échange les deux termes croisés. Ensuite, chaque terme est linéaire en \(x\).

Pour la positivité, on complète le carré : \(\langle x,x\rangle=2x_1^2+2x_1x_2+3x_2^2=2\big(x_1+\frac{x_2}{2}\big)^2+\frac{5}{2}x_2^2\geqslant 0\).

Enfin, si cette quantité est nulle, les deux carrés sont nuls. Donc \(x_2=0\), puis \(x_1=0\). C’est bien un produit scalaire.

Pour tous \(x,y\in E\) :

\[\|x+y\|^2=\|x\|^2+2\langle x,y\rangle+\|y\|^2,\qquad \langle x,y\rangle=\frac{1}{4}\Big(\|x+y\|^2-\|x-y\|^2\Big).\]

La seconde égalité, dite de polarisation, montre que la norme détermine le produit scalaire.

Quels que soient les vecteurs \(x\) et \(y\), la valeur absolue \(|\langle x,y\rangle|\) reste inférieure ou égale au produit \(\|x\|\,\|y\|\). Le cas d’égalité correspond exactement aux couples liés, c’est-à-dire à \(x\) et \(y\) colinéaires.

Si \(y=0\), tout est nul et \(x,y\) sont colinéaires. Supposons donc \(y\neq 0\). Pour \(t\in\mathbb{R}\), considérons \(T(t)=\|x+ty\|^2=\|y\|^2t^2+2\langle x,y\rangle t+\|x\|^2\).

C’est un trinôme de degré \(2\), toujours positif. Son discriminant est donc négatif ou nul : \(4\langle x,y\rangle^2-4\|x\|^2\|y\|^2\leqslant 0\). On obtient l’inégalité.

Supposons maintenant l’égalité. Le discriminant s’annule, et \(T\) possède une racine double \(t_0\). Ainsi, \(\|x+t_0y\|=0\). Comme le produit scalaire est défini, \(x=-t_0y\). La réciproque se vérifie directement.

La quantité \(\|x\|\) définit une norme sur \(E\). Le point délicat est l’inégalité triangulaire \(\|x+y\|\leqslant\|x\|+\|y\|\), qui découle de Cauchy-Schwarz.

Cherchons le minimum de \(x^2+y^2+z^2\) sous la contrainte \(x+2y+2z=6\).

Posons \(a=(1,2,2)\) et \(v=(x,y,z)\) dans \(\mathbb{R}^3\) muni du produit canonique. La contrainte s’écrit \(\langle a,v\rangle=6\). Cauchy-Schwarz donne alors \(36\leqslant\|a\|^2\|v\|^2=9\|v\|^2\), donc \(\|v\|^2\geqslant 4\).

Ensuite, l’égalité impose \(v=\lambda a\). La contrainte donne \(9\lambda=6\), soit \(\lambda=\frac{2}{3}\). Le point \(\big(\frac{2}{3},\frac{4}{3},\frac{4}{3}\big)\) vérifie bien la contrainte, et la somme de ses carrés vaut \(\frac{36}{9}=4\).

Finalement, le minimum vaut \(4\). Nous verrons en partie 5 que c’est le carré de la distance de l’origine au plan affine de la contrainte.

Pour \(f,g\) continues sur \([a,b]\) :

\[\Big(\int_a^bf(t)g(t)\,\mathrm{d}t\Big)^2\leqslant\int_a^bf(t)^2\,\mathrm{d}t\ \int_a^bg(t)^2\,\mathrm{d}t,\]

avec égalité si et seulement si \(f\) et \(g\) sont colinéaires.

Soit \(f\) continue sur \([0,1]\). Majorons \(I=\int_0^1t\,f(t)\,\mathrm{d}t\).

D’abord, on choisit \(g(t)=t\), dont le carré s’intègre en \(\frac{1}{3}\). Ensuite, l’inégalité donne \(I^2\leqslant\frac{1}{3}\int_0^1f^2\).

Enfin, l’égalité a lieu exactement pour \(f(t)=\lambda t\). Par exemple, avec \(f(t)=t\), on trouve \(I=\frac{1}{3}\) et \(I^2=\frac{1}{9}=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{3}\).

Pour une partie \(A\) de \(E\), on note \(A^{\perp}=\{x\in E\mid\forall a\in A,\ \langle x,a\rangle=0\}\) : c’est l’orthogonal de \(A\).

• Quelle que soit la partie \(A\), l’ensemble \(A^{\perp}\) est un sous-espace vectoriel de \(E\).
• L’inclusion \(A\subset B\) entraîne l’inclusion inverse \(B^{\perp}\subset A^{\perp}\).
• \(A^{\perp}=\big(\mathrm{Vect}\,A\big)^{\perp}\) : il suffit de tester les générateurs.
• \(\{0\}^{\perp}=E\) et \(E^{\perp}=\{0\}\).

On qualifie la famille \((e_1,\dots,e_p)\) d’orthogonale lorsque \(\langle e_i,e_j\rangle=0\) pour tous indices \(i\neq j\). Quand on impose en outre \(\|e_i\|=1\) pour chaque \(i\), on parle de famille orthonormée.

Une famille orthogonale de vecteurs non nuls est libre. De plus, si \((x_1,\dots,x_p)\) est orthogonale, on a le théorème de Pythagore :

\[\|x_1+\dots+x_p\|^2=\|x_1\|^2+\dots+\|x_p\|^2.\]

Supposons \(\sum_j\lambda_je_j=0\). Faisons le produit scalaire avec \(e_i\). Tous les termes croisés disparaissent, et il reste \(\lambda_i\|e_i\|^2=0\). Comme \(e_i\neq 0\), on obtient \(\lambda_i=0\). Pour Pythagore, on développe le carré de la somme : les doubles produits sont tous nuls.

Fixons une base \((e_1,\dots,e_n)\) de \(E\), supposée orthonormée. Les vecteurs \(x\) et \(y\) vérifient alors :

\[x=\sum_{i=1}^{n}\langle e_i,x\rangle e_i,\qquad\langle x,y\rangle=\sum_{i=1}^{n}x_iy_i,\qquad\|x\|^2=\sum_{i=1}^{n}x_i^2,\]

en notant \(x_i=\langle e_i,x\rangle\) et \(y_i=\langle e_i,y\rangle\).

1. Choisir une famille génératrice \((a_1,\dots,a_m)\) de la partie étudiée.
2. Écrire les \(m\) conditions \(\langle x,a_j\rangle=0\) : ce sont des équations linéaires en les coordonnées de \(x\).
3. Résoudre le système, puis donner une base de l’orthogonal.
4. Contrôler, en dimension finie, que \(\dim A^{\perp}=n-\dim\mathrm{Vect}(A)\).

Sur \(\mathbb{R}_2[X]\), prenons \(\langle P,Q\rangle=\int_{-1}^{1}P(t)Q(t)\,\mathrm{d}t\). Cherchons l’orthogonal de \(X\).

Écrivons \(P=a+bX+cX^2\). Alors \(\langle P,X\rangle=\int_{-1}^{1}\big(at+bt^2+ct^3\big)\,\mathrm{d}t=\frac{2b}{3}\), car les puissances impaires s’intègrent en \(0\) sur un intervalle symétrique.

Par conséquent, \(P\perp X\) équivaut à \(b=0\). L’orthogonal de \(X\) est le plan \(\mathrm{Vect}(1,X^2)\) des polynômes pairs. On retrouve bien \(\dim=3-1=2\).

Partons de \((u_1,\dots,u_p)\) libre dans \(E\). On peut lui associer une et une seule famille orthonormée \((e_1,\dots,e_p)\) vérifiant, à chaque rang \(k\) :

• \(\mathrm{Vect}(e_1,\dots,e_k)=\mathrm{Vect}(u_1,\dots,u_k)\) ;
• \(\langle e_k,u_k\rangle>0\).

Elle se construit par récurrence : \(e_1=\frac{u_1}{\|u_1\|}\), puis

\[v_k=u_k-\sum_{j=1}^{k-1}\langle e_j,u_k\rangle\,e_j,\qquad e_k=\frac{v_k}{\|v_k\|}.\]

Supposons \(e_1,\dots,e_{k-1}\) construits. Le vecteur \(v_k\) n’est pas nul : sinon \(u_k\) appartiendrait à \(\mathrm{Vect}(e_1,\dots,e_{k-1})=\mathrm{Vect}(u_1,\dots,u_{k-1})\), ce que la liberté interdit.

Ensuite, pour \(i<k\), on a \(\langle e_i,v_k\rangle=\langle e_i,u_k\rangle-\langle e_i,u_k\rangle=0\), car la famille \((e_j)\) est orthonormée. Ainsi, \(e_k\) est unitaire et orthogonal aux précédents.

De plus, \(\langle e_k,u_k\rangle=\langle e_k,v_k\rangle=\|v_k\|>0\). L’égalité des sous-espaces vient de ce que \(u_k\) s’exprime avec \(e_1,\dots,e_k\), et réciproquement. L’unicité se prouve par la même récurrence : \(e_k\) est un vecteur unitaire de \(\mathrm{Vect}(u_1,\dots,u_k)\) orthogonal aux \(e_j\) précédents, donc il vaut \(\pm\frac{v_k}{\|v_k\|}\), et le signe est fixé par la condition de positivité.

Un espace euclidien possède toujours des bases orthonormées : il suffit d’appliquer le procédé à une base quelconque. Par ailleurs, une famille orthonormée donnée peut être prolongée en base orthonormée de l’espace entier.

1. Normaliser \(u_1\) : \(e_1=\frac{u_1}{\|u_1\|}\).
2. Pour chaque \(k\geqslant 2\), calculer les produits \(\langle e_j,u_k\rangle\) pour \(j<k\).
3. Former \(v_k\), puis vérifier qu’il est bien orthogonal aux \(e_j\) déjà obtenus.
4. Diviser \(v_k\) par sa norme.

Variante utile : on peut orthogonaliser sans normaliser, avec \(v_k=u_k-\sum_{j}\frac{\langle v_j,u_k\rangle}{\|v_j\|^2}v_j\). Les racines carrées n’apparaissent alors qu’à la fin.

Dans \(\mathbb{R}^3\) canonique, orthonormalisons \(u_1=(1,2,2)\), \(u_2=(1,0,1)\), \(u_3=(0,0,1)\).

D’abord, \(\|u_1\|=3\), donc \(e_1=\frac{1}{3}(1,2,2)\).

Ensuite, \(\langle e_1,u_2\rangle=\frac{1+0+2}{3}=1\). Ainsi, \(v_2=(1,0,1)-\frac{1}{3}(1,2,2)=\frac{1}{3}(2,-2,1)\). Sa norme vaut \(\frac{\sqrt{9}}{3}=1\), donc \(e_2=\frac{1}{3}(2,-2,1)\).

Enfin, \(\langle e_1,u_3\rangle=\frac{2}{3}\) et \(\langle e_2,u_3\rangle=\frac{1}{3}\). On obtient \(v_3=(0,0,1)-\frac{2}{9}(1,2,2)-\frac{1}{9}(2,-2,1)=\frac{1}{9}(-4,-2,4)\). Sa norme vaut \(\frac{6}{9}\), d’où \(e_3=\frac{1}{3}(-2,-1,2)\).

Contrôle : \(\langle e_1,e_3\rangle=\frac{-2-2+4}{9}=0\) et \(\langle e_2,e_3\rangle=\frac{-4+2+2}{9}=0\).

Sur \(\mathcal{C}([0,2],\mathbb{R})\) muni de \(\langle f,g\rangle=\int_0^2fg\), orthonormalisons la famille \((1,t)\).

D’abord, \(\|1\|^2=\int_0^2 1\,\mathrm{d}t=2\), donc \(e_0=\frac{1}{\sqrt{2}}\).

Ensuite, \(\langle t,1\rangle=\int_0^2t\,\mathrm{d}t=2\). On retire la composante sur la constante : \(v_1=t-\frac{2}{2}=t-1\). Par ailleurs, \(\|t-1\|^2=\int_0^2(t-1)^2\,\mathrm{d}t=\frac{2}{3}\).

Finalement, \(e_1(t)=\sqrt{\frac{3}{2}}\,(t-1)\). On remarque que \(t-1\) est centrée sur \([0,2]\) : c’est la condition d’orthogonalité à la constante.

On a \(E=F\oplus F^{\perp}\). La projection sur \(F\) parallèlement à \(F^{\perp}\) s’appelle la projection orthogonale sur \(F\), notée \(p_F\). Si \((e_1,\dots,e_m)\) est une base orthonormée de \(F\), alors

\[p_F(x)=\sum_{i=1}^{m}\langle e_i,x\rangle\,e_i.\]

Si \(z\in F\cap F^{\perp}\), alors \(\langle z,z\rangle=0\), donc \(z=0\) : la somme est directe. Pour l’existence, Gram-Schmidt fournit une base orthonormée \((e_i)\) de \(F\). Posons \(y=\sum_i\langle e_i,x\rangle e_i\in F\). Pour tout \(k\), on a \(\langle e_k,x-y\rangle=\langle e_k,x\rangle-\langle e_k,x\rangle=0\). Donc \(x-y\in F^{\perp}\), et \(x=y+(x-y)\) est la décomposition cherchée.

Le projeté \(p=p_F(x)\) est caractérisé par les deux conditions \(p\in F\) et \(x-p\in F^{\perp}\). Si \(F=\mathrm{Vect}(f_1,\dots,f_m)\), la seconde condition s’écrit \(\langle x-p,f_i\rangle=0\) pour chaque \(i\).

Pour tout \(x\in E\), le minimum de \(\|x-y\|\) pour \(y\in F\) est atteint en un unique point, à savoir \(p_F(x)\). Ainsi,

\[d(x,F)=\|x-p_F(x)\|\qquad\text{et}\qquad d(x,F)^2=\|x\|^2-\|p_F(x)\|^2.\]

Soit \(y\in F\). On écrit \(x-y=\big(x-p_F(x)\big)+\big(p_F(x)-y\big)\). Le premier vecteur est dans \(F^{\perp}\) et le second dans \(F\). Par Pythagore, \(\|x-y\|^2=\|x-p_F(x)\|^2+\|p_F(x)-y\|^2\geqslant\|x-p_F(x)\|^2\). L’égalité a lieu exactement quand \(y=p_F(x)\). La seconde formule s’obtient de même, en appliquant Pythagore à \(x=p_F(x)+(x-p_F(x))\).

Pour calculer \(p_F(x)\) lorsque \(F=\mathrm{Vect}(f_1,\dots,f_m)\) :

1. Méthode directe : écrire \(p_F(x)=\sum_j\lambda_jf_j\), puis résoudre le système \(\sum_j\lambda_j\langle f_j,f_i\rangle=\langle x,f_i\rangle\), pour \(i=1,\dots,m\).
2. Méthode orthonormée : orthonormaliser \((f_j)\) par Gram-Schmidt, puis appliquer la formule \(\sum_i\langle e_i,x\rangle e_i\).
3. Pour un hyperplan \(H=\{n\}^{\perp}\), passer par la droite normale : \(p_H(x)=x-\frac{\langle n,x\rangle}{\|n\|^2}n\) et \(d(x,H)=\frac{|\langle n,x\rangle|}{\|n\|}\).

Dans \(\mathbb{R}^3\), projetons \(x=(2,1,0)\) sur le plan \(H:x+y-z=0\). Un vecteur normal est \(n=(1,1,-1)\), avec \(\|n\|^2=3\) et \(\langle n,x\rangle=3\).

Ainsi, \(p_H(x)=(2,1,0)-(1,1,-1)=(1,0,1)\). On vérifie que \(1+0-1=0\). Enfin, \(d(x,H)=\frac{3}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}\).

On se place dans \(\mathcal{C}([0,1],\mathbb{R})\) muni du produit intégral. Avec \(f(t)=\sqrt{t}\) et \(F=\mathrm{Vect}(1,t)\), on a \(J(a,b)=\|f-(a+bt)\|^2\). Le minimum est donc \(d(f,F)^2\), atteint au projeté.

Ensuite, on calcule \(\langle 1,1\rangle=1\), \(\langle 1,t\rangle=\frac{1}{2}\), \(\langle t,t\rangle=\frac{1}{3}\), \(\langle f,1\rangle=\frac{2}{3}\) et \(\langle f,t\rangle=\frac{2}{5}\). Les conditions d’orthogonalité donnent

\[\left\{\begin{array}{l}a+\frac{1}{2}b=\frac{2}{3}\\ \frac{1}{2}a+\frac{1}{3}b=\frac{2}{5}\end{array}\right.\]

La résolution donne \(b=\frac{4}{5}\), puis \(a=\frac{4}{15}\).

Enfin, puisque \(f-p\) est orthogonal à \(p\), on a \(\min J=\|f\|^2-\langle f,p\rangle=\frac{1}{2}-\Big(\frac{4}{15}\cdot\frac{2}{3}+\frac{4}{5}\cdot\frac{2}{5}\Big)=\frac{1}{2}-\frac{112}{225}=\frac{1}{450}\).

Si \((e_1,\dots,e_m)\) est une famille orthonormée de \(E\), alors pour tout \(x\in E\) :

\[\sum_{i=1}^{m}\langle e_i,x\rangle^2\leqslant\|x\|^2.\]

C’est l’inégalité de Bessel ; l’égalité a lieu si et seulement si \(x\in\mathrm{Vect}(e_1,\dots,e_m)\).

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