Distance à un sous-espace euclidien : corrigé du contrôle de maths en MPSI

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Barème du contrôle corrigé : distance à un sous-espace euclidien

Le corrigé détaillé : distance à un sous-espace euclidien

Exercice 1 – Question de cours : l’inégalité de Cauchy-Schwarz (3 points)

1. Pour \(x\) et \(y\) dans \(E\) : \(|(x \mid y)| \leq \|x\|\,\|y\|\). L’inégalité devient une égalité exactement lorsque la famille \((x, y)\) est liée.

2. Le cas \(y = 0\) est immédiat : chaque membre vaut 0, et \((x, y)\) est liée. On suppose désormais \(y \neq 0\). Développons alors \(\|x + \lambda y\|^2\) par bilinéarité et symétrie, pour \(\lambda\) réel :

   \[0 \leq \|x + \lambda y\|^2 = \|y\|^2 \lambda^2 + 2(x \mid y)\lambda + \|x\|^2.\]

   Le coefficient \(\|y\|^2\) est strictement positif. Cette fonction polynomiale de degré 2 ne prend que des valeurs positives : elle a au plus une racine réelle, et par suite \(4(x \mid y)^2 – 4\|x\|^2\|y\|^2 \leq 0\). On en tire \((x \mid y)^2 \leq \|x\|^2\|y\|^2\), puis l’inégalité par passage à la racine carrée.

   Cas d’égalité. Si le discriminant est nul, le trinôme admet une racine \(\lambda_0\), et alors \(\|x + \lambda_0 y\| = 0\). Le produit scalaire étant défini, \(x = -\lambda_0 y\) : les vecteurs sont colinéaires. Réciproquement, si \(x = \mu y\), alors \(|(x \mid y)| = |\mu|\,\|y\|^2 = \|x\|\,\|y\|\). L’égalité caractérise donc les familles liées.

3. Notons \(c = (4, 4, 7)\) ; sa norme vaut \(\sqrt{16 + 16 + 49} = 9\). Si \(m = (x, y, z)\) est unitaire, alors \(4x + 4y + 7z = (m \mid c) \leq \|m\|\,\|c\| = 9\). Le cas d’égalité, avec un produit scalaire positif, exige ensuite \(m = \frac{1}{9}c\). Réciproquement, ce vecteur est unitaire et donne \(\frac{16 + 16 + 49}{9} = 9\). La plus grande valeur est 9, atteinte seulement en \(\left(\frac{4}{9}, \frac{4}{9}, \frac{7}{9}\right)\).

Barème : 1) 0,5 point (énoncé et cas d’égalité) ; 2) trinôme et discriminant (0,75), cas d’égalité dans les deux sens (0,75) ; 3) majoration (0,5), point atteint (0,5).

Piège classique : oublier le cas \(y = 0\). Le polynôme n’est alors plus de degré 2, et l’argument du discriminant ne s’applique pas.

Exercice 2 – Un produit scalaire inhabituel sur le plan (4 points)

1. Chaque terme \(x_iy_j\) dépend linéairement de \(x\) comme de \(y\), donc \(\beta\) est bilinéaire. Quand on échange \(x\) et \(y\), les termes croisés \(x_1y_2\) et \(x_2y_1\) permutent, si bien que \(\beta\) est symétrique. Ensuite, \(\beta(x, x) = x_1^2 + 2x_1x_2 + 2x_2^2 = (x_1 + x_2)^2 + x_2^2\), qui est positif. Enfin, si ce nombre est nul, les deux carrés le sont : \(x_2 = 0\), puis \(x_1 = 0\). Par conséquent, \(\beta\) est un produit scalaire sur \(\mathbb{R}^2\).
2. On calcule \(\beta(e_1, e_1) = 1\), \(\beta(e_2, e_2) = 2\) et \(\beta(e_1, e_2) = 1\). Ainsi \(e_1\) est unitaire, tandis que \(e_2\) a pour norme \(\sqrt{2}\). Le cosinus de l’angle vaut alors \(\frac{1}{1 \times \sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}\). Pour \(\beta\), l’angle entre \(e_1\) et \(e_2\) mesure donc \(\frac{\pi}{4}\), et non \(\frac{\pi}{2}\).
3. Pour \(y = (y_1, y_2)\), on obtient \(\beta(e_1, y) = y_1 + y_2\). L’orthogonal de \(e_1\) est donc la droite d’équation \(y_2 = -y_1\), engendrée par \((1, -1)\). Or \(\beta\left((1, -1), (1, -1)\right) = 1 – 2 + 2 = 1\), et \(e_1\) est déjà unitaire. La base \(u = (1, 0)\), \(v = (1, -1)\) est donc orthonormée pour \(\beta\).

4. Le calcul \(\beta(A, A) = 1 – 2 + 2 = 1\) montre que \(A\) appartient à \(\Sigma\). Comme \(u\) et \(v\) sont unitaires pour \(\beta\), leurs extrémités sont elles aussi sur \(\Sigma\).

   Cependant, la figure est tracée dans un repère orthonormé pour le produit scalaire usuel. Pour celui-ci, \(u\) et \(v\) ont un produit scalaire égal à \(1\), non nul. L’orthogonalité dépend donc du produit scalaire choisi : \(u\) et \(v\) sont orthogonaux pour \(\beta\) seulement.

   

Barème : 1) bilinéarité et symétrie (0,5), positivité (0,5), caractère défini (0,5) ; 2) normes et produit scalaire (0,5), angle (0,5) ; 3) orthogonal (0,5), base normée (0,5) ; 4) 0,5 point.

Piège classique : s’arrêter à la positivité. Il faut aussi prouver que seul le vecteur nul a une norme nulle, et l’écriture en somme de carrés le donne en une ligne.

Exercice 3 – Gram-Schmidt et projection dans R4 (4,5 points)

1. Question 1 : le procédé de Gram-Schmidt

   D’abord, \(\|u_1\| = \sqrt{1 + 4 + 0 + 4} = 3\), donc \(g_1 = \frac{1}{3}(1, 2, 0, 2)\). Ensuite, \((u_2 \mid g_1) = \frac{3 + 2 + 0 + 4}{3} = 3\), et l’on retire à \(u_2\) sa composante selon \(g_1\) :

   \[u_2 – 3g_1 = (3, 1, 2, 2) – (1, 2, 0, 2) = (2, -1, 2, 0).\]

   Ce vecteur a pour norme \(\sqrt{4 + 1 + 4} = 3\), et il est bien orthogonal à \(u_1\) puisque \(2 – 2 + 0 + 0 = 0\). On obtient \(g_1 = \frac{1}{3}(1, 2, 0, 2)\) et \(g_2 = \frac{1}{3}(2, -1, 2, 0)\).

2. Question 2 : le projeté orthogonal

   Comme \((g_1, g_2)\) est une base orthonormée de \(F\), le projeté vaut \(p = (w \mid g_1)g_1 + (w \mid g_2)g_2\). Or \((w \mid g_1) = \frac{3 + 12}{3} = 5\) et \((w \mid g_2) = \frac{6}{3} = 2\). Par conséquent :

   \[p = \frac{5}{3}(1, 2, 0, 2) + \frac{2}{3}(2, -1, 2, 0) = \frac{1}{3}(9, 8, 4, 10).\]

   Ainsi \(p = \left(3, \frac{8}{3}, \frac{4}{3}, \frac{10}{3}\right)\). On contrôle que \(w – p = \frac{1}{3}(0, -8, -4, 8)\) est orthogonal à \(u_1\) et à \(u_2\) : \(-16 + 16 = 0\) et \(-8 – 8 + 16 = 0\).

3. La distance vaut \(\|w – p\| = \frac{1}{3}\sqrt{64 + 16 + 64} = \frac{12}{3}\). Donc \(d(w, F) = 4\). Vérification par Pythagore : \(\|w\|^2 = 9 + 36 = 45\) et \(\|p\|^2 = 5^2 + 2^2 = 29\), d’où \(\|w\|^2 – \|p\|^2 = 16 = 4^2\). Le schéma ci-dessous résume cette situation.
   

   

4. Comme \(\dim F = 2\), l’orthogonal \(F^{\perp}\) est de dimension \(4 – 2 = 2\). Il contient \(a = (0, -2, -1, 2)\), colinéaire à \(w – p\). Cherchons un second vecteur avec \(x_2 = 0\) : les équations \(x_1 + 2x_4 = 0\) et \(2x_1 + 2x_3 = 0\) (orthogonalité à \(u_1\) et à \(u_2 – u_1\)) donnent \(b = (2, 0, -2, -1)\). Les vecteurs \(a\) et \(b\) ne sont pas colinéaires. Ainsi \((a, b)\) est une base de \(F^{\perp}\).

Barème : 1) \(g_1\) (0,5), orthogonalisation (0,5), normalisation (0,5) ; 2) formule du projeté (0,5), coefficients (0,5), résultat (0,5) ; 3) distance (0,5), contrôle par Pythagore (0,5) ; 4) 0,5 point.

Piège classique : projeter avec la base \((u_1, u_2)\), qui n’est pas orthogonale. La formule \(\sum (w \mid g_k)g_k\) n’est valable qu’avec une base orthonormée.

Exercice 4 – Matrices symétriques et antisymétriques (4 points)

1. On utilise \(\mathrm{tr}(N^{T}) = \mathrm{tr}(N)\) et \(\mathrm{tr}(NN^{\prime}) = \mathrm{tr}(N^{\prime}N)\). Puisque \(S^{T} = S\) et \(A^{T} = -A\), on obtient : \(\mathrm{tr}(SA) = \mathrm{tr}\left((SA)^{T}\right) = \mathrm{tr}(A^{T}S^{T}) = -\mathrm{tr}(AS) = -\mathrm{tr}(SA)\). Donc \(\mathrm{tr}(SA) = 0\). Or \((S \mid A) = \mathrm{tr}(S^{T}A) = \mathrm{tr}(SA)\). Par conséquent, \(S\) et \(A\) sont orthogonales.
2. On sait que \(\dim \mathrm{Sym}_n = \frac{n(n+1)}{2}\) et \(\dim \mathrm{Ant}_n = \frac{n(n-1)}{2}\). D’après la question 1, \(\mathrm{Ant}_n \subset \mathrm{Sym}_n^{\perp}\). De plus, en dimension finie, \(\dim \mathrm{Sym}_n^{\perp} = n^2 – \frac{n(n+1)}{2} = \frac{n(n-1)}{2}\). L’inclusion entre deux espaces de même dimension est une égalité. Ainsi \(\mathrm{Sym}_n^{\perp} = \mathrm{Ant}_n\).

3. On écrit \(M = S + A\), avec \(S = \frac{1}{2}(M + M^{T})\) symétrique et \(A = \frac{1}{2}(M – M^{T})\) antisymétrique. Comme \(A \in \mathrm{Sym}_3^{\perp}\), la matrice \(S\) est le projeté orthogonal de \(M\) sur \(\mathrm{Sym}_3\), et la distance vaut \(\|A\|\). Les calculs donnent :

   \[S = \begin{pmatrix} 2 & 2 & 1 \\ 2 & 1 & 2 \\ 1 & 2 & 5 \end{pmatrix}, \quad A = \begin{pmatrix} 0 & -1 & -1 \\ 1 & 0 & 2 \\ 1 & -2 & 0 \end{pmatrix}.\]

   La norme associée est la somme des carrés des coefficients, donc \(\|A\|^2 = 1 + 1 + 1 + 4 + 1 + 4 = 12\). Conclusion : \(M\) se projette sur \(\mathrm{Sym}_3\) en \(S\), à une distance égale à \(\sqrt{12} = 2\sqrt{3}\).

Barème : 1) calcul de trace (1), orthogonalité (0,5) ; 2) dimensions (0,5), conclusion (0,5) ; 3) décomposition (0,5), justification du projeté (0,5), distance (0,5).

Exercice 5 – Problème : une meilleure approximation pondérée (4,5 points)

1. Grâce à la linéarité de l’intégrale, la forme est bilinéaire ; sa symétrie se lit directement sur la formule. Pour \(P\) de degré au plus 2, la fonction \(t \mapsto 2tP(t)^2\) ne prend que des valeurs positives sur \([0, 1]\), donc \(\langle P, P \rangle \geq 0\). Supposons maintenant \(\langle P, P \rangle = 0\). Puisque cette fonction positive est continue sur le segment et que son intégrale s’annule, elle est identiquement nulle. Ainsi \(P(t) = 0\) pour tout \(t \in \,]0, 1]\), et \(P\) possède une infinité de racines. Donc \(P = 0\), ce qui achève de prouver que la formule définit un produit scalaire sur \(\mathbb{R}_2[X]\).

2. Question 2 : une base orthonormée de R1[X]

   Pour tous entiers \(j\) et \(k\), on a \(\langle X^j, X^k \rangle = \int_0^1 2t^{j+k+1}\,\mathrm{d}t = \frac{2}{j+k+2}\). En particulier, \(\|1\|^2 = 1\), \(\langle X, 1 \rangle = \frac{2}{3}\) et \(\|X\|^2 = \frac{1}{2}\).

   On pose d’abord \(g_0 = 1\), déjà unitaire. Ensuite, \(X – \langle X, 1 \rangle \cdot 1 = X – \frac{2}{3}\), dont le carré de la norme vaut \(\frac{1}{2} – 2 \times \frac{2}{3} \times \frac{2}{3} + \frac{4}{9} = \frac{1}{2} – \frac{4}{9} = \frac{1}{18}\). On multiplie donc par \(\sqrt{18} = 3\sqrt{2}\). La base orthonormée obtenue est \(g_0 = 1\), \(g_1 = \sqrt{2}\,(3X – 2)\).

3. Le projeté de \(X^2\) sur \(\mathbb{R}_1[X]\) vaut \(p = \langle X^2, g_0 \rangle g_0 + \langle X^2, g_1 \rangle g_1\). Or \(\langle X^2, 1 \rangle = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}\) et \(\langle X^2, g_1 \rangle = \sqrt{2}\left(3 \times \frac{2}{5} – 2 \times \frac{1}{2}\right) = \frac{\sqrt{2}}{5}\). Il vient alors \(p = \frac{1}{2} + \frac{2}{5}(3X – 2)\). Ainsi \(p = \frac{6}{5}X – \frac{3}{10}\).

4. Question 4 : le minimum cherché

   Pour tous réels \(a\) et \(b\), on a \(J(a, b) = \left\| X^2 – (aX + b) \right\|^2\), et \(aX + b\) décrit exactement \(\mathbb{R}_1[X]\). Le minimum de \(J\) est donc le carré de la distance de \(X^2\) à \(\mathbb{R}_1[X]\). Par le théorème de Pythagore, \(\left\| X^2 – Q \right\|^2 = \left\| X^2 – p \right\|^2 + \|p – Q\|^2\) pour tout \(Q \in \mathbb{R}_1[X]\) : le minimum est atteint pour \(Q = p\), et pour lui seul.

   Enfin, \(\left\| X^2 – p \right\|^2 = \|X^2\|^2 – \|p\|^2 = \frac{2}{6} – \left(\frac{1}{4} + \frac{2}{25}\right) = \frac{1}{3} – \frac{33}{100} = \frac{1}{300}\). Le minimum de \(J\) vaut \(\frac{1}{300}\), atteint uniquement pour \(a = \frac{6}{5}\) et \(b = -\frac{3}{10}\). La figure montre cette droite : elle colle davantage à la parabole près de 1, là où le poids est fort.

   

Barème : 1) bilinéarité, symétrie et positivité (0,5), caractère défini (0,5) ; 2) produits scalaires des monômes (0,5), orthogonalisation (0,5), normalisation (0,5) ; 3) coefficients (0,5), projeté (0,5) ; 4) traduction en distance et unicité (0,5), valeur du minimum (0,5).

Piège classique : conclure \(\langle P, P \rangle = 0 \Rightarrow P = 0\) sans invoquer la continuité. C’est elle qui transforme une intégrale nulle en fonction nulle, puis en polynôme nul.

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