Corrigé des exercices : Produit scalaire et Gram-Schmidt en maths sup (MPSI)

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Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Deux formes bilinéaires sur le plan

Idée clé : symétrie et bilinéarité se lisent sur la formule ; la positivité et le caractère défini s’obtiennent en complétant le carré.

1. Les coefficients des termes croisés \(x_1y_2\) et \(x_2y_1\) sont égaux, donc \(\varphi(x,y)=\varphi(y,x)\). Chaque terme est linéaire en \(x\), donc \(\varphi\) est linéaire à gauche, puis bilinéaire par symétrie. Ensuite, \(\varphi(x,x)=x_1^2-2x_1x_2+4x_2^2=(x_1-x_2)^2+3x_2^2\geqslant 0\). Si cette quantité est nulle, alors \(x_2=0\) et \(x_1=x_2=0\). Ainsi, \(\varphi\) est un produit scalaire.
2. On a \(\psi(x,x)=x_1^2+6x_1x_2+4x_2^2=(x_1+3x_2)^2-5x_2^2\). Pour \(x=(3,-1)\), on trouve \(9-18+4=-5<0\). La positivité est en défaut, donc \(\psi\) n’est pas un produit scalaire.
3. On cherche \(v=(a,b)\) avec \(\varphi\big((1,0),v\big)=a-b=0\). Donc \(v\) est colinéaire à \((1,1)\). Or \(\varphi\big((1,1),(1,1)\big)=1-1-1+4=3\). Le vecteur \(\frac{1}{\sqrt{3}}(1,1)\) convient ; son opposé aussi.

Corrigé de l’exercice 2 – Un produit scalaire défini par trois évaluations

Idée clé : le caractère défini revient à dire qu’un polynôme de degré au plus \(2\) qui s’annule en trois points est nul.

1. La symétrie est évidente. L’évaluation en un point est linéaire, donc la formule est linéaire en \(P\). Ensuite, \(\langle P,P\rangle=P(0)^2+P(1)^2+P(3)^2\geqslant 0\). Si cette somme est nulle, alors \(P\) admet les trois racines \(0\), \(1\) et \(3\). Comme \(\deg P\leqslant 2\), on a \(P=0\). C’est donc un produit scalaire sur \(\mathbb{R}_2[X]\).
2. Le polynôme \(P=X(X-1)(X-3)\) appartient à \(\mathbb{R}_3[X]\) et n’est pas nul. Pourtant, \(\langle P,P\rangle=0\). Sur \(\mathbb{R}_3[X]\), la formule n’est pas un produit scalaire.
3. On a \(\|X\|^2=0+1+9=10\), donc \(\|X\|=\sqrt{10}\). Par ailleurs, \(X-\frac{4}{3}\) prend les valeurs \(-\frac{4}{3}\), \(-\frac{1}{3}\) et \(\frac{5}{3}\) en \(0\), \(1\) et \(3\). Leur somme est nulle. Donc \(\langle 1,X-\frac{4}{3}\rangle=0\).

Corrigé de l’exercice 3 – Polarisation et calculs de normes

Idée clé : tout se déduit du développement \(\|x+y\|^2=\|x\|^2+2\langle x,y\rangle+\|y\|^2\).

1. On a \(16=4+2\langle x,y\rangle+9\), donc \(\langle x,y\rangle=\frac{3}{2}\). Ensuite, \(\|x-y\|^2=4-3+9=10\). De même, \(\|2x+y\|^2=4\|x\|^2+4\langle x,y\rangle+\|y\|^2=16+6+9=31\). Ainsi, \(\langle x,y\rangle=\frac{3}{2}\), \(\|x-y\|=\sqrt{10}\) et \(\|2x+y\|=\sqrt{31}\).
2. On a \(|\langle x,y\rangle|=\frac{3}{2}\leqslant 6=\|x\|\|y\|\). L’inégalité est bien vérifiée.
3. Avec \(\|x+y\|=6\), on obtiendrait \(\langle x,y\rangle=\frac{36-13}{2}=\frac{23}{2}\). Or \(\frac{23}{2}>6\), ce qui contredit Cauchy-Schwarz. Cette configuration est donc impossible. On peut aussi invoquer l’inégalité triangulaire : \(\|x+y\|\leqslant 5\).

Corrigé de l’exercice 4 – Orthogonal d’une partie en dimension quatre

Idée clé : chaque vecteur de \(A\) fournit une équation linéaire de \(A^{\perp}\).

1. Un vecteur \((x,y,z,t)\) est dans \(A^{\perp}\) si et seulement si \(x+z=0\) et \(y+z+t=0\). Ainsi, \(A^{\perp}\) est l’ensemble des solutions de ce système.
2. On a \(x=-z\) et \(y=-z-t\), avec \(z\) et \(t\) libres. Donc \((x,y,z,t)=z(-1,-1,1,0)+t(0,-1,0,1)\). Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires. Une base de \(A^{\perp}\) est \(\big((-1,-1,1,0),(0,-1,0,1)\big)\), et \(\dim A^{\perp}=2\).
3. Les deux vecteurs de \(A\) ne sont pas colinéaires, donc \(\dim\mathrm{Vect}(A)=2\). On a bien \(2+2=4\), conformément à \(\dim F^{\perp}=n-\dim F\).

Corrigé de l’exercice 5 – Une famille orthonormée de fonctions trigonométriques

Idée clé : on linéarise les produits de fonctions trigonométriques, puis on utilise Pythagore.

1. La symétrie et la bilinéarité découlent de la linéarité de l’intégrale. Ensuite, \(\langle f,f\rangle=\frac{1}{\pi}\int_0^{2\pi}f^2\geqslant 0\). Supposons \(\int_0^{2\pi}f^2=0\). Comme \(f^2\) ne prend que des valeurs positives et ne présente aucune discontinuité, le théorème de positivité stricte de l’intégrale force \(f^2=0\) sur \([0,2\pi]\). Ainsi, \(f=0\). On a bien un produit scalaire.
2. D’abord, \(\int_0^{2\pi}\cos^2t\,\mathrm{d}t=\int_0^{2\pi}\frac{1+\cos 2t}{2}\,\mathrm{d}t=\pi\), donc \(\|c_1\|=1\). De même, \(\|s_1\|=1\) et \(\|c_2\|=1\). Ensuite, \(\cos t\sin t=\frac{1}{2}\sin 2t\), \(\cos t\cos 2t=\frac{1}{2}(\cos 3t+\cos t)\) et \(\sin t\cos 2t=\frac{1}{2}(\sin 3t-\sin t)\). Chacune de ces fonctions a une intégrale nulle sur \([0,2\pi]\). La famille \((c_1,s_1,c_2)\) est donc orthonormée.
3. La quantité demandée vaut \(\|2c_1-3s_1+c_2\|^2\). Par Pythagore, elle est égale à \(4+9+1\). Elle vaut \(14\).

Corrigé de l’exercice 6 – Maximum d’une forme linéaire sur la sphère unité

Idée clé : la quantité est \(\langle a,v\rangle\) avec \(a=(3,-4,12)\) ; Cauchy-Schwarz la borne par \(\|a\|\), et le cas d’égalité donne les extremums.

On a \(\|a\|=\sqrt{9+16+144}=13\). Pour \(\|v\|=1\), Cauchy-Schwarz donne \(|\langle a,v\rangle|\leqslant 13\). Ensuite, pour \(v=\frac{a}{13}\), on obtient \(\langle a,v\rangle=\frac{169}{13}=13\). De même, \(v=-\frac{a}{13}\) donne \(-13\). Le maximum vaut \(13\), atteint en \(\big(\frac{3}{13},-\frac{4}{13},\frac{12}{13}\big)\), et le minimum vaut \(-13\), atteint au point opposé. Par le cas d’égalité, ce sont les seuls points.

Interprétation géométrique : les plans d’équation \(3x-4y+12z=c\) sont orthogonaux à \(a\). Lorsque \(c\) augmente, ils s’éloignent de l’origine. Le dernier plan qui touche encore la sphère unité est tangent en \(\frac{a}{13}\), et il correspond à \(c=13\). En effet, la distance de l’origine au plan \(\langle a,v\rangle=c\) vaut \(\frac{|c|}{\|a\|}\), qui doit rester inférieure ou égale à \(1\).

Corrigé de l’exercice 7 – Coordonnées dans une base orthonormée du plan

Idée clé : dans une base orthonormée, la coordonnée selon \(e_i\) vaut \(\langle e_i,x\rangle\).

1. On a \(\|e_1\|^2=\frac{9+16}{25}=1\) et \(\|e_2\|^2=\frac{16+9}{25}=1\). Par ailleurs, \(\langle e_1,e_2\rangle=\frac{-12+12}{25}=0\). Une famille orthonormée est libre, et elle a deux vecteurs en dimension \(2\). C’est donc une base orthonormée.
2. On calcule \(\langle e_1,x\rangle=\frac{6+4}{5}=2\) et \(\langle e_2,x\rangle=\frac{-8+3}{5}=-1\). Ensuite, \(\langle e_1,y\rangle=4\) et \(\langle e_2,y\rangle=3\). Les coordonnées sont \((2,-1)\) pour \(x\) et \((4,3)\) pour \(y\). Contrôle : \(2e_1-e_2=\big(\frac{6+4}{5},\frac{8-3}{5}\big)=(2,1)\).
3. D’après le cours, \(\langle x,y\rangle=2\times 4+(-1)\times 3=5\). Directement, \(\langle(2,1),(0,5)\rangle=5\). Les deux calculs concordent.

Remarque : la matrice de passage de la base canonique à \((e_1,e_2)\) est \(\frac{1}{5}\begin{pmatrix}3&-4\\4&3\end{pmatrix}\). Ses colonnes sont orthonormées, donc son inverse est sa transposée. C’est exactement ce que l’on a utilisé en calculant les coordonnées par produits scalaires, sans résoudre de système.

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 8 – Gram-Schmidt dans l’espace

Idée clé : on applique les formules dans l’ordre imposé, en vérifiant chaque orthogonalité au passage.

1. Le déterminant de la matrice de colonnes \(u_1,u_2,u_3\) vaut \(\begin{vmatrix}1&1&0\\0&1&1\\1&1&2\end{vmatrix}=1\times(2-1)-1\times(0-1)+0=2\neq 0\). Donc \((u_1,u_2,u_3)\) est une base de \(\mathbb{R}^3\).
2. D’abord, \(\|u_1\|=\sqrt{2}\), d’où \(e_1=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,0,1)\). Ensuite, \(\langle e_1,u_2\rangle=\frac{2}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}\), donc \(v_2=(1,1,1)-(1,0,1)=(0,1,0)\), déjà unitaire : \(e_2=(0,1,0)\). Enfin, \(\langle e_1,u_3\rangle=\sqrt{2}\) et \(\langle e_2,u_3\rangle=1\). On obtient \(v_3=(0,1,2)-(1,0,1)-(0,1,0)=(-1,0,1)\), de norme \(\sqrt{2}\). La base orthonormée est \(e_1=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,0,1)\), \(e_2=(0,1,0)\), \(e_3=\frac{1}{\sqrt{2}}(-1,0,1)\). On vérifie \(\langle e_1,e_3\rangle=0\), \(\langle e_2,e_3\rangle=0\) et \(\langle e_3,u_3\rangle=\sqrt{2}>0\).
3. Les coordonnées de \(w\) sont \(\langle e_1,w\rangle=\frac{4}{\sqrt{2}}=2\sqrt{2}\), \(\langle e_2,w\rangle=2\) et \(\langle e_3,w\rangle=\frac{2}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}\). Ainsi, \(w=2\sqrt{2}\,e_1+2\,e_2+\sqrt{2}\,e_3\). Contrôle : \((2,0,2)+(0,2,0)+(-1,0,1)=(1,2,3)\).

Corrigé de l’exercice 9 – Gram-Schmidt pour un produit scalaire discret sur les polynômes

Idée clé : chaque produit scalaire se calcule avec les valeurs en \(0\), \(1\) et \(2\) ; on travaille donc sur des triplets de valeurs.

1. Le polynôme \(1\) a pour valeurs \((1,1,1)\), donc \(\|1\|^2=3\) et \(e_0=\frac{1}{\sqrt{3}}\). Ensuite, \(\langle X,1\rangle=0+1+2=3\), d’où \(v_1=X-\frac{3}{3}=X-1\), de valeurs \((-1,0,1)\) et de norme \(\sqrt{2}\). Ainsi, \(e_1=\frac{X-1}{\sqrt{2}}\). Pour \(X^2\), de valeurs \((0,1,4)\), on a \(\langle X^2,1\rangle=5\) et \(\langle X^2,X-1\rangle=4\). En orthogonalisant sans normaliser, \(v_2=X^2-\frac{5}{3}-\frac{4}{2}(X-1)=X^2-2X+\frac{1}{3}\). Ses valeurs sont \(\big(\frac{1}{3},-\frac{2}{3},\frac{1}{3}\big)\), donc \(\|v_2\|^2=\frac{6}{9}=\frac{2}{3}\). On obtient \(e_0=\frac{1}{\sqrt{3}}\), \(e_1=\frac{X-1}{\sqrt{2}}\) et \(e_2=\sqrt{\frac{3}{2}}\Big(X^2-2X+\frac{1}{3}\Big)\).
2. Comme \((e_0,e_1)\) est une base orthonormée de \(\mathbb{R}_1[X]\), le projeté est \(\langle e_0,X^2\rangle e_0+\langle e_1,X^2\rangle e_1=\frac{5}{3}+2(X-1)\). Le projeté vaut \(2X-\frac{1}{3}\), et \(X^2\) moins ce projeté donne exactement \(v_2\). Par conséquent, \(d\big(X^2,\mathbb{R}_1[X]\big)=\|v_2\|=\sqrt{\frac{2}{3}}=\frac{\sqrt{6}}{3}\).

Contrôle : \(v_2\) prend les valeurs \(\big(\frac{1}{3},-\frac{2}{3},\frac{1}{3}\big)\). Son produit avec \(1\) vaut \(\frac{1-2+1}{3}=0\), et son produit avec \(X-1\) vaut \(-\frac{1}{3}+0+\frac{1}{3}=0\). De plus, l’inégalité de Bessel est respectée : \(\|X^2\|^2=0+1+16=17\), tandis que \(\|2X-\frac{1}{3}\|^2=\frac{1}{9}+\frac{25}{9}+\frac{121}{9}=\frac{147}{9}\). La différence vaut \(\frac{153-147}{9}=\frac{2}{3}\), soit bien la distance au carré.

La figure montre les trois polynômes orthonormés. Leurs valeurs aux points \(0\), \(1\), \(2\) forment trois vecteurs orthonormés de \(\mathbb{R}^3\).

Corrigé de l’exercice 10 – Propriétés de l’orthogonal

Idée clé : on raisonne par double inclusion, puis on conclut par les dimensions grâce à \(\dim F^{\perp}=n-\dim F\).

1. Soit \(x\in F\). Pour tout \(y\in F^{\perp}\), on a \(\langle x,y\rangle=0\). Donc \(x\) est orthogonal à \(F^{\perp}\), c’est-à-dire \(x\in(F^{\perp})^{\perp}\). Ensuite, en dimension finie, \(\dim(F^{\perp})^{\perp}=n-\dim F^{\perp}=n-(n-\dim F)=\dim F\). L’inclusion et l’égalité des dimensions donnent \((F^{\perp})^{\perp}=F\).
2. Comme \(F\subset F+G\), on a \((F+G)^{\perp}\subset F^{\perp}\). De même, \((F+G)^{\perp}\subset G^{\perp}\). Réciproquement, si \(x\in F^{\perp}\cap G^{\perp}\), alors \(\langle x,f+g\rangle=\langle x,f\rangle+\langle x,g\rangle=0\) pour tous \(f\in F\), \(g\in G\). Donc \((F+G)^{\perp}=F^{\perp}\cap G^{\perp}\).
3. Appliquons la question 2 aux sous-espaces \(F^{\perp}\) et \(G^{\perp}\). Avec la question 1, on obtient \((F^{\perp}+G^{\perp})^{\perp}=F\cap G\). En prenant l’orthogonal des deux membres et en utilisant encore la question 1, on conclut \((F\cap G)^{\perp}=F^{\perp}+G^{\perp}\).

Remarque : la question 2 reste vraie en dimension quelconque, car sa preuve n’utilise aucune dimension. En revanche, les questions 1 et 3 reposent sur \(\dim F^{\perp}=n-\dim F\). Elles peuvent donc tomber en défaut dans un espace préhilbertien de dimension infinie.

Corrigé de l’exercice 11 – Projection orthogonale sur un plan de l’espace

Idée clé : on projette d’abord sur la droite normale, puis on retire ce projeté.

1. L’équation s’écrit \(\langle n,v\rangle=0\) avec \(n=(1,2,2)\). Donc \(\Pi^{\perp}=\mathbb{R}n\), avec \(n=(1,2,2)\).
2. Comme \(\|n\|^2=9\), on a \(p(v)=v-\frac{\langle n,v\rangle}{9}n\). La matrice est donc \(I_3-\frac{1}{9}nn^{\mathsf{T}}\). On obtient \(P=\frac{1}{9}\begin{pmatrix}8&-2&-2\\-2&5&-4\\-2&-4&5\end{pmatrix}\).
3. Pour \(v=(1,1,1)\), on a \(\langle n,v\rangle=5\). Donc \(p(v)=(1,1,1)-\frac{5}{9}(1,2,2)=\big(\frac{4}{9},-\frac{1}{9},-\frac{1}{9}\big)\). On vérifie \(\frac{4-2-2}{9}=0\). Ensuite, \(d(v,\Pi)=\frac{|\langle n,v\rangle|}{\|n\|}=\frac{5}{3}\). Le projeté est \(\frac{1}{9}(4,-1,-1)\) et la distance vaut \(\frac{5}{3}\).
4. La symétrie orthogonale par rapport à \(\Pi\) est \(s=2p-\mathrm{id}\). Sa matrice est \(S=\frac{1}{9}\begin{pmatrix}7&-4&-4\\-4&1&-8\\-4&-8&1\end{pmatrix}\). On peut contrôler que \(S\,n=-n\) : la première coordonnée vaut \(\frac{7-8-8}{9}=-1\).

Corrigé de l’exercice 12 – Projeté orthogonal par les équations normales

Idée clé : le projeté \(p\) est caractérisé par \(p\in F\) et \(\langle x-p,f_i\rangle=0\) pour \(i=1,2\).

1. Les conditions s’écrivent \(\lambda_1\langle f_1,f_1\rangle+\lambda_2\langle f_2,f_1\rangle=\langle x,f_1\rangle\) et \(\lambda_1\langle f_1,f_2\rangle+\lambda_2\langle f_2,f_2\rangle=\langle x,f_2\rangle\). Or \(\langle f_1,f_1\rangle=2\), \(\langle f_1,f_2\rangle=1\), \(\langle f_2,f_2\rangle=3\), \(\langle x,f_1\rangle=1\) et \(\langle x,f_2\rangle=3\). Le système est \(2\lambda_1+\lambda_2=1\) et \(\lambda_1+3\lambda_2=3\).
2. La première équation donne \(\lambda_2=1-2\lambda_1\). En reportant, \(\lambda_1+3-6\lambda_1=3\), donc \(\lambda_1=0\) puis \(\lambda_2=1\). Ainsi, \(p_F(x)=f_2=(0,1,1,1)\).
3. On a \(x-p_F(x)=(1,-1,-1,2)\). Ensuite, \(\langle(1,-1,-1,2),f_1\rangle=1-1=0\) et \(\langle(1,-1,-1,2),f_2\rangle=-1-1+2=0\). Donc \(d(x,F)=\sqrt{1+1+1+4}=\sqrt{7}\).

Contrôle par Pythagore : \(\|x\|^2=1+9=10\) et \(\|p_F(x)\|^2=3\). On retrouve bien \(10-3=7=d(x,F)^2\). Par ailleurs, la méthode orthonormée donne le même résultat, mais elle oblige à orthonormaliser \((f_1,f_2)\) d’abord. Avec deux vecteurs seulement, le système de taille \(2\) est plus rapide.

Corrigé de l’exercice 13 – Deux inégalités de Cauchy-Schwarz sur les sommes

Idée clé : on écrit chaque somme comme un produit scalaire canonique dans \(\mathbb{R}^n\), avec un vecteur bien choisi.

1. Posons \(u=(1,\dots,1)\) et \(a=(a_1,\dots,a_n)\). Alors \(\sum_ka_k=\langle u,a\rangle\) et \(\|u\|^2=n\). Cauchy-Schwarz donne \(\langle u,a\rangle^2\leqslant n\|a\|^2\). D’où l’inégalité. Le cas d’égalité demande \(a\in\mathbb{R}u\) : il se produit quand les \(a_k\) prennent tous la même valeur.
2. Posons cette fois \(w=(1,2,\dots,n)\). Alors \(\sum_kk\,a_k=\langle w,a\rangle\) et \(\|w\|^2=\sum_{k=1}^{n}k^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\). L’inégalité en découle, avec égalité si et seulement s’il existe \(\lambda\) tel que \(a_k=\lambda k\) pour tout \(k\).
3. Pour \(n=3\), on a \(\|w\|^2=14\). Si \(\|a\|=1\), alors \(a_1+2a_2+3a_3\leqslant\sqrt{14}\). Le cas d’égalité est atteint pour \(a=\frac{1}{\sqrt{14}}(1,2,3)\), qui donne \(\frac{14}{\sqrt{14}}=\sqrt{14}\). Le maximum vaut \(\sqrt{14}\).

Remarque : la première inégalité s’énonce aussi en termes de moyennes. En divisant par \(n^2\), on obtient que le carré de la moyenne des \(a_k\) est inférieur à la moyenne de leurs carrés. La différence entre les deux est la variance, qui est donc positive.

Corrigé de l’exercice 14 – Une inégalité intégrale par Cauchy-Schwarz

Idée clé : on écrit \(f(x)=\int_0^xf^{\prime}\) et on applique Cauchy-Schwarz au produit \(1\times f^{\prime}\) sur \([0,x]\).

1. Pour \(x=0\), les deux membres sont nuls. Soit \(x\in\,]0,1]\). Comme \(f\) est de classe \(\mathcal{C}^1\) et \(f(0)=0\), le théorème fondamental donne \(f(x)=\int_0^x1\cdot f^{\prime}(t)\,\mathrm{d}t\). L’inégalité de Cauchy-Schwarz pour le produit intégral sur \([0,x]\) fournit \(f(x)^2\leqslant\int_0^x1\,\mathrm{d}t\int_0^xf^{\prime}(t)^2\,\mathrm{d}t=x\int_0^xf^{\prime 2}\). Enfin, l’intégrande \(f^{\prime 2}\) est positive, donc \(\int_0^xf^{\prime 2}\leqslant\int_0^1f^{\prime 2}\). Ainsi, \(f(x)^2\leqslant x\int_0^1f^{\prime}(t)^2\,\mathrm{d}t\).
2. On intègre cette inégalité sur \([0,1]\), ce qui préserve l’ordre. Comme \(\int_0^1x\,\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\), on obtient \(\int_0^1f^2\leqslant\frac{1}{2}\int_0^1f^{\prime 2}\).
3. Pour \(f(x)=x\), on a \(\int_0^1x^2\,\mathrm{d}x=\frac{1}{3}\) et \(\frac{1}{2}\int_0^11\,\mathrm{d}t=\frac{1}{2}\). Ensuite, pour \(f(x)=\sin\frac{\pi x}{2}\), on trouve \(\int_0^1f^2=\int_0^1\frac{1-\cos\pi x}{2}\,\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\). De plus, \(f^{\prime}(x)=\frac{\pi}{2}\cos\frac{\pi x}{2}\), donc \(\int_0^1f^{\prime 2}=\frac{\pi^2}{4}\cdot\frac{1}{2}=\frac{\pi^2}{8}\). Les inégalités \(\frac{1}{3}\leqslant\frac{1}{2}\) et \(\frac{1}{2}\leqslant\frac{\pi^2}{16}\) sont vraies, la seconde car \(\pi^2>8\).

Corrigé de l’exercice 15 – Polynômes de moyenne nulle

Idée clé : \(F\) est engendré par le seul polynôme \(1\), donc une unique équation décrit \(F^{\perp}\).

1. On a \(F=\mathrm{Vect}(1)\), donc \(P\in F^{\perp}\) si et seulement si \(\langle P,1\rangle=\int_0^1P=0\). Pour \(P=a+bX+cX^2\), cela s’écrit \(a+\frac{b}{2}+\frac{c}{3}=0\). Ainsi, \(P=b\big(X-\frac{1}{2}\big)+c\big(X^2-\frac{1}{3}\big)\). Ces deux polynômes ont des degrés distincts, donc ils forment une famille libre. Une base de \(F^{\perp}\) est \(\big(X-\frac{1}{2},\ X^2-\frac{1}{3}\big)\), et l’on retrouve \(\dim F^{\perp}=3-1\).
2. Le projeté sur la droite \(F\) vaut \(\frac{\langle X^2,1\rangle}{\|1\|^2}\cdot 1=\frac{1}{3}\). Comme \(E=F\oplus F^{\perp}\), le projeté sur \(F^{\perp}\) est le reste. Les projetés sont \(\frac{1}{3}\) et \(X^2-\frac{1}{3}\).
3. On a \(d(X^2,F)^2=\big\|X^2-\frac{1}{3}\big\|^2=\int_0^1\big(t^4-\frac{2}{3}t^2+\frac{1}{9}\big)\,\mathrm{d}t=\frac{1}{5}-\frac{2}{9}+\frac{1}{9}=\frac{4}{45}\). Donc \(d(X^2,F)=\frac{2}{3\sqrt{5}}=\frac{2\sqrt{5}}{15}\).

Corrigé de l’exercice 16 – Droite des moindres carrés

Idée clé : on regroupe les données en vecteurs de \(\mathbb{R}^4\) ; la somme \(S\) devient une norme au carré.

1. Posons \(Y=(1,2,4,4)\), \(U=(1,1,1,1)\) et \(V=(0,1,2,3)\). Alors \(S(a,b)=\|Y-aU-bV\|^2\) pour le produit canonique. Les vecteurs \(U\) et \(V\) ne sont pas colinéaires. Ainsi, \(S(a,b)\) est le carré de la distance de \(Y\) à un point du plan \(F=\mathrm{Vect}(U,V)\), et \(\min S=d(Y,F)^2\).
2. Le minimum est atteint au projeté \(aU+bV\), caractérisé par \(\langle Y-aU-bV,U\rangle=0\) et \(\langle Y-aU-bV,V\rangle=0\). Avec \(\langle U,U\rangle=4\), \(\langle U,V\rangle=6\), \(\langle V,V\rangle=14\), \(\langle Y,U\rangle=11\) et \(\langle Y,V\rangle=22\), on obtient \(4a+6b=11\) et \(6a+14b=22\). En combinant \(3\) fois la première et \(2\) fois la seconde, il vient \(10b=11\). Donc \(b=\frac{11}{10}\) et \(a=\frac{11}{10}\).
3. Le résidu vaut \(Y-\frac{11}{10}U-\frac{11}{10}V=\frac{1}{10}(-1,-2,7,-4)\). Sa somme et sa somme pondérée par \(V\) sont nulles, ce qui confirme l’orthogonalité. Le minimum vaut \(\frac{1+4+49+16}{100}=\frac{7}{10}\).

Remarque : les deux conditions d’orthogonalité ont un sens concret. D’une part, la somme des résidus est nulle, donc la droite passe par le point moyen \(\big(\frac{3}{2},\frac{11}{4}\big)\). En effet, \(\frac{11}{10}+\frac{11}{10}\times\frac{3}{2}=\frac{11}{4}\). D’autre part, les résidus sont décorrélés des abscisses. La figure représente la droite obtenue et les quatre résidus verticaux.

Corrigé de l’exercice 17 – Meilleure approximation affine du sinus

Idée clé : \(J(a,b)\) est le carré de la distance de \(\sin\) à \(\mathrm{Vect}(1,t)\) ; il suffit de calculer le projeté orthogonal.

1. On travaille dans \(E=\mathcal{C}([0,\pi],\mathbb{R})\), avec \(\langle f,g\rangle=\int_0^{\pi}fg\), et \(F=\mathrm{Vect}(1,t)\). Alors \(J(a,b)=\|\sin-(a+bt)\|^2\), et \(\min J=d(\sin,F)^2\).
2. On a \(\langle 1,1\rangle=\pi\), \(\langle 1,t\rangle=\frac{\pi^2}{2}\), \(\langle t,t\rangle=\frac{\pi^3}{3}\) et \(\langle\sin,1\rangle=2\). Par intégration par parties, \(\langle\sin,t\rangle=\big[-t\cos t\big]_0^{\pi}+\int_0^{\pi}\cos t\,\mathrm{d}t=\pi\). Le système est donc \(\pi a+\frac{\pi^2}{2}b=2\) et \(\frac{\pi^2}{2}a+\frac{\pi^3}{3}b=\pi\). Multiplions la première équation par \(\frac{\pi}{2}\) : \(\frac{\pi^2}{2}a+\frac{\pi^3}{4}b=\pi\). Par différence, \(\frac{\pi^3}{12}b=0\). Donc \(b=0\) et \(a=\frac{2}{\pi}\). Ce résultat traduit la symétrie du sinus par rapport à \(\frac{\pi}{2}\).
3. Notons \(p=\frac{2}{\pi}\). Comme \(\sin-p\) est orthogonal à \(p\), on a \(\min J=\|\sin\|^2-\langle\sin,p\rangle=\frac{\pi}{2}-\frac{2}{\pi}\times 2\). Le minimum vaut \(\frac{\pi}{2}-\frac{4}{\pi}=\frac{\pi^2-8}{2\pi}\), strictement positif car \(\pi^2>9>8\).

On peut expliquer \(b=0\) sans calcul. La symétrie \(t\mapsto\pi-t\) laisse invariants le sinus et le produit scalaire. Si \(a+bt\) réalise le minimum, alors \(a+b(\pi-t)\) le réalise aussi. Par unicité du projeté, ces deux fonctions affines sont égales, ce qui impose \(b=0\). Ensuite, la constante optimale est la valeur moyenne du sinus sur \([0,\pi]\), soit \(\frac{1}{\pi}\int_0^{\pi}\sin=\frac{2}{\pi}\).

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 18 – Matrice de Gram et liberté

Idée clé : la forme \(X^{\mathsf{T}}GX\) est la norme au carré d’une combinaison des \(u_i\) ; un vecteur du noyau de \(G\) fournit donc une combinaison nulle.

1. Par bilinéarité, \((GX)_i=\sum_j\langle u_i,u_j\rangle x_j=\big\langle u_i,\sum_jx_ju_j\big\rangle\). Ensuite, \(X^{\mathsf{T}}GX=\sum_ix_i(GX)_i=\big\langle\sum_ix_iu_i,\sum_jx_ju_j\big\rangle\). Ainsi, \(X^{\mathsf{T}}GX=\big\|\sum_ix_iu_i\big\|^2\).
2. Partons d’une famille libre et d’un vecteur \(X\) du noyau de \(G\). Alors \(X^{\mathsf{T}}GX=0\), donc \(\sum_ix_iu_i=0\), puis \(X=0\). La matrice carrée \(G\) est injective, donc inversible. Réciproquement, si la famille est liée, il existe \(X\neq 0\) avec \(\sum_jx_ju_j=0\). La question 1 donne alors \(GX=0\). Par conséquent, \(G\) est inversible si et seulement si la famille est libre.
3. Les produits scalaires valent \(\langle u_1,u_1\rangle=\langle u_2,u_2\rangle=\langle u_3,u_3\rangle=2\), \(\langle u_1,u_2\rangle=1\), \(\langle u_1,u_3\rangle=1\) et \(\langle u_2,u_3\rangle=-1\). On développe selon la première ligne : \(\det G=2(4-1)-1(2+1)+1(-1-2)=0\). La famille est donc liée. En effet, \(u_1-u_2=(1,0,-1)=u_3\).

Corrigé de l’exercice 19 – Projecteurs orthogonaux et contraction

Idée clé : le sens direct est Pythagore ; pour la réciproque, on étudie le signe d’un trinôme en \(t\) au voisinage de \(0\).

1. Écrivons \(x=p(x)+\big(x-p(x)\big)\), avec \(p(x)\in\mathrm{Im}\,p\) et \(x-p(x)\in\mathrm{Ker}\,p\). Ces vecteurs sont orthogonaux par hypothèse. Par Pythagore, \(\|x\|^2=\|p(x)\|^2+\|x-p(x)\|^2\geqslant\|p(x)\|^2\). Donc \(\|p(x)\|\leqslant\|x\|\).
2. On a \(p(a)=a\) et \(p(b)=0\), donc \(p(a+tb)=a\). L’hypothèse donne \(\|a\|^2\leqslant\|a+tb\|^2=\|a\|^2+2t\langle a,b\rangle+t^2\|b\|^2\). Ainsi, \(2t\langle a,b\rangle+t^2\|b\|^2\geqslant 0\) pour tout \(t\). Pour \(t>0\), on divise par \(t\) puis on fait tendre \(t\) vers \(0\) : \(\langle a,b\rangle\geqslant 0\). Pour \(t<0\), le même procédé donne \(\langle a,b\rangle\leqslant 0\). Par conséquent, \(\langle a,b\rangle=0\), et \(p\) est orthogonal.
3. Prenons \(v=(1,-1)\). Alors \(q(v)=(2,0)\), donc \(\|q(v)\|=2>\sqrt{2}=\|v\|\). Le projecteur \(q\) n’est donc pas orthogonal. On le vérifie directement : \(\mathrm{Im}\,q=\mathbb{R}(1,0)\) et \(\mathrm{Ker}\,q=\mathbb{R}(1,1)\) ne sont pas orthogonaux.

Remarque : un projecteur orthogonal \(p\) vérifie aussi \(\langle p(x),y\rangle=\langle x,p(y)\rangle\) pour tous \(x,y\). En effet, les deux membres valent \(\langle p(x),p(y)\rangle\), puisque \(y-p(y)\) et \(x-p(x)\) sont orthogonaux à l’image. Dans une base orthonormée, sa matrice est donc symétrique, comme la matrice \(P\) de l’exercice 11.

Corrigé de l’exercice 20 – Problème : géométrie euclidienne des matrices carrées

Idée clé : en coordonnées dans la base \((E_{ij})\), ce produit scalaire est le produit canonique de \(\mathbb{R}^{n^2}\) ; la trace s’écrit \(\langle I_n,A\rangle\).

1. Le \(j\)-ème terme diagonal de \(A^{\mathsf{T}}B\) s’écrit \(\sum_ia_{ij}b_{ij}\), car la \(j\)-ème ligne de \(A^{\mathsf{T}}\) est la \(j\)-ème colonne de \(A\). La trace additionne ces termes, d’où \(\langle A,B\rangle=\sum_{i,j}a_{ij}b_{ij}\). Les \(a_{ij}\) étant les coordonnées de \(A\) dans \((E_{ij})\), on reconnaît le produit usuel de \(\mathbb{R}^{n^2}\) transporté sur les matrices. On a donc un produit scalaire, pour lequel \((E_{ij})\) est orthonormée.
2. On a \(\mathrm{tr}\,A=\mathrm{tr}(I_n^{\mathsf{T}}A)=\langle I_n,A\rangle\) et \(\|I_n\|^2=n\). Cauchy-Schwarz donne \(|\mathrm{tr}\,A|\leqslant\sqrt{n}\,\|A\|\). Le cas d’égalité de Cauchy-Schwarz impose \(A\in\mathbb{R}I_n\) : les matrices scalaires sont les seules qui réalisent l’égalité.
3. On a \(A\in H\) si et seulement si \(\langle I_n,A\rangle=0\), donc \(H=(\mathbb{R}I_n)^{\perp}\). Le projeté de \(A\) sur la droite \(\mathbb{R}I_n\) vaut \(\frac{\langle I_n,A\rangle}{n}I_n\). Ainsi, \(p_H(A)=A-\frac{\mathrm{tr}\,A}{n}I_n\) et \(d(A,H)=\frac{|\mathrm{tr}\,A|}{\sqrt{n}}\).
4. Soit \(S\in\mathcal{S}_n\) et \(T\in\mathcal{A}_n\). Alors \(\langle S,T\rangle=\mathrm{tr}(ST)\). Or \(\mathrm{tr}(ST)=\mathrm{tr}\big((ST)^{\mathsf{T}}\big)=\mathrm{tr}(T^{\mathsf{T}}S^{\mathsf{T}})=-\mathrm{tr}(TS)=-\mathrm{tr}(ST)\), donc \(\langle S,T\rangle=0\). De plus, \(A=\frac{A+A^{\mathsf{T}}}{2}+\frac{A-A^{\mathsf{T}}}{2}\) décompose toute matrice. Les deux sous-espaces sont orthogonaux et supplémentaires ; \(p_{\mathcal{S}_n}(A)=\frac{A+A^{\mathsf{T}}}{2}\) et \(d(A,\mathcal{S}_n)=\big\|\frac{A-A^{\mathsf{T}}}{2}\big\|\).
5. Ici \(\mathrm{tr}\,M=1\). D’abord, \(p_H(M)=M-\frac{1}{2}I_2=\begin{pmatrix}3/2&5\\1&-3/2\end{pmatrix}\) et \(d(M,H)=\frac{1}{\sqrt{2}}\). Ensuite, \(p_{\mathcal{S}_2}(M)=\begin{pmatrix}2&3\\3&-1\end{pmatrix}\), et la partie antisymétrique vaut \(\begin{pmatrix}0&2\\-2&0\end{pmatrix}\). Donc \(d(M,H)=\frac{\sqrt{2}}{2}\) et \(d(M,\mathcal{S}_2)=\sqrt{4+4}=2\sqrt{2}\).
6. Notons \(L_i\) la \(i\)-ème ligne de \(A\) et \(C_j\) la \(j\)-ème colonne de \(B\), vues dans \(\mathbb{R}^n\). Alors \((AB)_{ij}=\langle L_i,C_j\rangle\), donc \((AB)_{ij}^2\leqslant\|L_i\|^2\|C_j\|^2\) par Cauchy-Schwarz. En sommant sur \(i\) et \(j\), on obtient \(\|AB\|^2\leqslant\Big(\sum_i\|L_i\|^2\Big)\Big(\sum_j\|C_j\|^2\Big)=\|A\|^2\|B\|^2\). Ainsi, \(\|AB\|\leqslant\|A\|\,\|B\|\).

Pour aller plus loin

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