Td 4 : Espaces préhilbertiens réels - LMPT

Université François Rabelais de Tours
Département de Mathématiques
Td 4 : Espaces préhilbertiens réels
Algèbre
Semestre 4
Exercice 1
Soient F et G des s.e.v d’un espace préhilbertien réel (E; < ., . >).
1- Prouver que : (F + G)⊥ = F ⊥ ∩ G⊥ et F ⊥ + G⊥ ⊂ (F ∩ G)⊥ .
2- Prouver que si : (E; < ., . >) est un espace euclidien, alors : dim(F ∩ G)⊥ = dim(F ⊥ + G⊥ ).
Qu’en déduisez-vous ?
Solution. On rappelle que si A ⊂ B alors B ⊥ ⊂ A⊥ . On a donc
F ⊂ F + G =⇒ (F + G)⊥ F ⊥
et
G ⊂ F + G =⇒ (F + G)⊥ G⊥ .
Ainsi (F + G)⊥ ⊂ F ⊥ ∩ G⊥ .
Soit x ∈ F ⊥ ∩ G⊥ . Soit y = yF + yG ∈ F + G où yF ∈ F et yG ∈ G. On a alors
hx, yF + yG i =
hx, y i
| {zF }
+
= 0 car x ∈ F ⊥
hx, y i
| {zF }
=0
= 0 car x ∈ G⊥
On a donc F ⊥ ∩ G⊥ ⊂ (F + G)⊥ . Par double inclusion, on obtient (F + G)⊥ = F ⊥ ∩ G⊥ .
Soit y = yF + yG ∈ F ⊥ + G⊥ où yF ∈ F ⊥ et yG ∈ G⊥ . Soit z ∈ F ∩ G. On a
hyF + yG , zi =
hyF , zi
| {z }
+
= 0 car yF ∈ F ⊥ et z ∈ F
et donc F ⊥ + G⊥ ⊂ (F ∩ G)⊥ .
hyG , zi
| {z }
=0
= 0 car yG ∈ G⊥ et z ∈ G
2. Si E est euclidien, alors E est de dimension finie n et on a pour tous sous-espaces F, G de E :
dim(F ⊥ ) = n − dim F. =
et
dim(F + G) = dim F + dim G − dim F ∩ G.
On a donc
dim(F ⊥ + G⊥ ) = dim F ⊥ + dim G⊥ − dim F ⊥ ∩ G⊥
= dim F ⊥ + dim G⊥ − dim(F + G)⊥
= n − dim F − dim G + dim(F + G)
= n − dim(F ∩ G)
= dim(F ∩ G)⊥
et donc comme F ⊥ + G⊥ ⊂ (F ∩ G)⊥ , on en déduit F ⊥ + G⊥ = (F ∩ G)⊥ par égalité des dimensions.
Exercice 2
Soit (E; < ., . >) un espace préhilbertien réel dont on note ||.|| la norme issue du produit scalaire et d
la distance définie par cette norme .
Enoncer et prouver l’inégalité triangulaire pour d, puis étudier son cas d’égalité.
p
Solution. On rappelle que d(x, y) = ||x − y|| = hx − y, x − yi. De plus, l’inégalité de Minkowski
donne pour tous x, y ∈ E :
||x + y|| ≤ ||x|| + ||y|| avec égalité si et seulement si x = 0 ou y = λx et λ ∈ R+ .
On a donc
d(x, y) = ||x − y|| = ||x − z + z − y|| ≤ ||x − z|| + ||z − y|| = d(x, z) + d(z, y).
On a égalité si et seulement si x = z ou il existe λ ∈ R+ tel que z − y = λ(x − z). Or on a
z − y = λ(x − z) ⇐⇒ z =
1
λ
x+
y ⇐⇒ z ∈ [x, y]
1+λ
1+λ
où [x, y] désigne le segment de x à y.
Exercice 3
Soit E = C ([0, 1], R) muni du produit scalaire < f, g >=
Z
1
f (t).g(t)dt.
0
On note : H = {f ∈ E/f (0) = 0} et G l’ensemble des applications constantes de [0, 1] dans R.
1. Justifier que H est un hyperplan de E et G une droite vectorielle de E.
2. En déduire que E = H ⊕ G.
3. Définir H ⊥ et G⊥ .
4. Soit g ∈ H ⊥ .
(a) Prouver que
R1
0
t.g 2 (t)dt = 0.
(b) En déduire que : ∀t ∈ [0, 1],
g(t) = 0.
(c) Déterminer H ⊥ .
5. A-t-on : H ⊥⊥ = H ; H ⊕ H ⊥ = E ; H ⊥ + G⊥ = (H ∩ G)⊥ ?
Solution. 1. On pose
ϕ : E −→ R
.
f 7−→ f (0)
Alors ϕ est une forme linéaire et H = ker ϕ. H est donc un hyperplan de E.
Soit 1 ∈ E la fonction constante égale à 1. On a alors G = Vect 1.
2. Comme 1(0) = 1, on a 1 ∈
/ H et G 6⊂ H. Puisque H est un hyperplan, on a H ⊕ G = E.
3. Par définition :
1
= {f ∈ E |
Z
1
G = {f ∈ E |
Z
Z
1
= {f ∈ E |
H
⊥
⊥
f (t)h(t)dt = 0 pour tout h ∈ H}
0
f (t)g(t)dt = 0 pour tout g ∈ G}
0
f (t)dt = 0}
puisque les fonctions dans G sont constantes.
0
4. (a) Soit h ∈ E définie par h(t) = tg(t). On a alors h(0) = 0 et h ∈ H. Comme g ∈ H ⊥ on a
hh, gi = 0. De plus
Z 1
Z 1
tg 2 (t)dt
h(t)g(t)dt =
hh, gi =
0
0
d’où le résultat.
(b) On a tg2 (t) ≥ 0 sur [0, 1]. La fonction t 7→ tg 2 (t) étant continue sur [0, 1] et d’intégrale nulle, on en
déduit que tg2 (t) = 0 pour tout t ∈ [0, 1]. De plus la fonction t 7→ t étant strictement positive sur ]0, 1],
on obtient que g2 (t) = 0 sur ]0, 1]. Par continuité, on a g2 (t) = 0 pour tout t ∈ [0, 1], ce qui implique
g(t) = 0 pour tout t ∈ [0, 1].
(c) La seule fonction appartenant à H ⊥ est nulle, on a donc H ⊥ = {0E }.
5. On a
(H ⊥ )⊥ = {0E }⊥ = E 6= H
H ⊕ H ⊥ = H ⊕ {0E } = H 6= E
H ⊥ + G⊥ = G⊥ 6= (H ∩ G)⊥ = E
Ces résultats sont faux car E est de dimension infinie ! !
Exercice 4
Dans E = C ([−a, a], R), où a ∈
R∗+ ,
muni du produit scalaire < f, g >=
Z
a
f (t).g(t)dt,
−a
justifier l’orthogonalité d’une fonction paire et d’une fonction impaire.
Solution. Soit f une fonction paire et g une fonction impaire. On a
Z a
f (t).g(t)dt
hf, gi =
Z
−a
0
Z
a
f (t)g(t)dt
Z a
f (t)g(t)dt
f (−t)g(−t)dt +
=
0
0
Z a
Z a
f (t)g(t)dt
f (t)g(t)dt +
=−
=
f (t)g(t)dt +
0
Z−a
a
0
0
=0
Exercice 5
Dans E = R4 muni du produit scalaire usuel, trouver 4 vecteurs 2 à 2 orthogonaux de E tels
que chacun d’eux ait 3 de ses coordonnées égales à 1. Combien de solution(s) possède ce problème ?
Solution. Condition nécessaire.
→ Puisque les vecteurs sont deux à deux orthogonaux, ils forment une famille libre.
→ Montrons que on ne peut pas avoir 3 des
a, b, c ∈ R, on a

a
 1

dim Vect 
 1
1
vecteurs qui ont des 1 à la même place. Pour tout
 
 
b
c
  1   1
, ,
  1   1
1
1


 ≤ 2

et donc 3 vecteurs de cette forme sont liées ;
→ Montrons que on ne peut pas avoir 2 des vecteurs qui ont des 1 à la même place. On peut supposer
sans perdre de généralité que l’on est dans une des configuration suivantes :
     
     
a
b
1
a
b
1
 1   1   1 
 1   1   1 
 , , 
    
ou 
 1   1   c 
 1 , 1 , 1 
1
1
1
1
1
c
Ces deux cas sont évidemment équivalent.

 ab + 3
a+c+2

b+c+2
ce qui est impossible.
Par orthogonalité, on trouve :
=0
a=b
= 0 =⇒
a2 + 3 = 0
=0
→ Nous sommes donc nécessairement dans la
    
a
1
1
 1   b   1
 , ,
 1   1   c
1
1
1
Par orthogonalité, on trouve :

a+b+2




a+c+2



a+d+2
b+c+2





b+d+2


c+d+2
c’est-à-dire :

configuration suivante :
  
1
  1 
 ,   où a, b, c, d ∈ R.
  1 
d
=0
=0
=0
=⇒ a = b = c = d = −1
=0
=0
=0
 
−1
1
 1   −1

 
 1 , 1
1
1
 
 
1
1
  1   1
,
 
  −1  ,  1
1
−1
Condition suffisante. La famille suivante convient :
 
 

1
−1
 1   −1  
 
 

 1 , 1 ,
1
1
 
1
1
 1
1 
,
−1   1
1
−1








On a donc montré que ce problème admet une unique solution.
Exercice 6 Dans E = R2 muni du produit scalaire usuel et de sa base canonique B0 = (e1 , e2 ), on pose :
√
u = ( 3, 1) et v = (1, −1).
Déterminer la mesure, dans [0, π], de l’angle (géométrique) entre : e1 et u ; e1 et v ; u et v.
Solution. On a
√
he1 , ui
3
=
=⇒ L’angle géométrique entre e1 et u est π/6
||u|| · ||e1 ||
2
1
he1 , vi
= √ =⇒ L’angle géométrique entre e1 et v est π/4
||v|| · ||e1 ||
2
On en déduit que l’angle géométrique entre u et v est π/4 + π/6 = 5π/12.
Exercice 7
Soit F = {P ∈ R2 [X]/P (0) = 0}.
1- Justifier que F est un hyperplan de E = R2 [X] et en donner une base.
Z 1
P (t).Q(t)dt.
2- On pose < P, Q >=
0
a) Justifier que < ., . > est un produit scalaire sur E.
b) Déterminer l’orthogonal de F .
Même question pour : < P, Q >= P (0).Q(0) + P (1).Q(1) + P (2).Q(2)
Solution. 1. On a F = ker ϕ0 où ϕ0 est la forme linéaire suivante :
ϕ0 : R2 [X] −→
R
P
7−→ P (0)
F est donc un hyperplan de E.
2. On vérifie facilement que pour tout P, Q, R ∈ E et λ ∈ R on a
Z 1
Z 1
Q(t).P (t)dt = hQ, P i
P (t).Q(t)dt =
hP, Qi =
0
0
et
hP + λQ, Ri =
Z
1
(P + λQ)(t).R(t)dt =
0
Z
1
P (t).R(t)dt + λ
0
Z
1
0
Q(t).R(t) = hP, Ri + λhQ, Ri.
La forme h·, ·i est donc bilinéaire symétrique. Il reste à montrer qu’elle est définie positive. On a
hP, P i =
Z
0
1
P 2 (t)dt ≥ 0.
On voit que si hP, P i = 0 alors P 2 (t) = 0 et donc P (t) = 0 pour tout t ∈ [0, 1]. Ceci montre que P est
nécessairement le polynôme nul. La forme h·, ·i est donc définie positive. C’est un produit scalaire.
(b). On a P ∈ F ⊥ ⇐⇒ ∀Q ∈ F, hP, Qi = 0. Puisque F est de dimension 2, F ⊥ est de dimension 1. On
a F = Vect(X, X 2 ) ainsi
P = aX 2 + bX + c ∈ F ⊥ ⇐⇒ hP, Xi = 0 et hP, X 2 i = 0
 1
1
1

 a+ b+ c=0
4
3
2
⇐⇒

 1a + 1b + 1c = 0
4
3
 5
10
 a= c
3
⇐⇒

b = −4c
et donc F ⊥ = Vect(10X 2 − 12X + 3).
Solution. 1. On a F = ker ϕ0 où ϕ0 est la forme linéaire suivante :
ϕ0 : R2 [X] −→
R
P
7−→ P (0)
F est donc un hyperplan de E.
2. On vérifie facilement que pour tout P, Q, R ∈ E et λ ∈ R on a
hP, Qi =
2
X
P (i)Q(i) =
2
X
i=0
i=0
Q(i)P (i) = hQ, P i
et
hP + λQ, Ri =
2
2
2
X
X
X
Q(i).R(i) = hP, Ri + λhQ, Ri.
P (i)Q(i) + λ
(P + λQ)(i).R(i) =
i=0
i=0
i=0
La forme h·, ·i est donc bilinéaire symétrique. Il reste à montrer qu’elle est définie positive. On a
hP, P i =
2
X
i=0
P 2 (i) ≥ 0.
De plus si hP, P i = 0 alors P (0) = P (1) = P (2) = 0 et donc, comme P est de degré inférieur ou égale
à deux, P est le polynôme nul. La forme h·, ·i est donc définie positive. C’est un produit scalaire.
(b). On a P ∈ F ⊥ ⇐⇒ ∀Q ∈ F, hP, Qi = 0. Puisque F est de dimension 2, F ⊥ est de dimension 1. On
a F = Vect(X, X 2 ) ainsi
P ∈ F ⊥ ⇐⇒ hP, Xi = 0 et hP, X 2 i = 0
⇐⇒ P (1) + 2P (2) = 0 et P (1) + 4P (2) = 0
⇐⇒ P (1) = 0 et P (2) = 0
⇐⇒ P = a(X − 1)(X − 2)où a ∈ R
et donc F ⊥ = Vect((X − 1)(X − 2)).
Exercice 8
Dans E = R4 muni du produit scalaire usuel et de sa base canonique B = (e1 , e2 , e3 , e4 ),
on considère l’hyperplan H d’équation : x − y + z + t = 0.
1. Déterminer la matrice P = MB (pH ) où pH est la projection orthogonale sur H,
en déduire la matrice S = MB (sH ) où sH est la réflexion par rapport à H.
2. Définir puis calculer : α = d(e1 ; H) (Illustrer par une figure).
Solution. 1. H est un hyperplan et on voit que H = D ⊥ où D = Vect(1, −1, 1, 1). On pose u =
(1, −1, 1, 1). On a ||u|| = 2. On désigne
 parpD (respectivement pH ) la projection orthogonale sur D
x
 y 

(respectivement sur H). On pose v = 
 z . On a
t
pD (v) = hv,
u
x−y+z+t
u
i
=
u.
||u|| ||u||
4
On sait que pH + pD = Id, on a donc


(3x + y − z − t)/4
 (x + 3y + z + t)/4 
x−y+z+t

pH (v) = v − pD (v) = (x, y, z, t) −
u=
 (−x + y + 3z − t)/4 
4
(−x + y − z + 3t)/4
et

3
1
1
MB (pH ) = 

4 −1
−1

1 −1 −1
3 1
1
.
1 3 −1
1 −1 3
On sait que sH = 2pH − Id, on a donc

1

1
1
MB (sH ) = 2 · MB (pH ) − I4 = 
2 −1
−1

1 −1 −1
1 1
1
.
1 1 −1
1 −1 1
1
1 1 1 1
2. On sait que d(e1 , H) = ||e1 − pH (e1 )|| = ||pD (e1 )|| = ||( , − , , )|| = .
4 4 4 4
2
Exercice 9
Dans E = R4 muni du produit scalaire
usuel et de sa base canonique B = (e1 , e2 , e3 , e4 ),
x+y+z+t =0
on considère le s.e.v F d’équations :
.
x−y+z−t =0
1. u = (−2, 3, 2, −3) et v = (1, 1, −1, −1) appartiennent-ils à F ?
2. Donner une base de F et une base de F ⊥ .
3. Déterminer la matrice représentant pF , la projection orthogonale sur F , puis celle représentant
sF , la symétrie orthogonale par rapport à F , dans B.
4. Calculer la distance de u à F et celle de v à F .
Solution. 1. On vérifie facilement que u ∈ F et v ∈ F .
2. On a
x+y+z+t =0
x+z =0
⇐⇒
x−y+z−t =0
y+t =0
et donc
F = Vect(u1 , u2 )
où



0
1
 −1 
 0


u1 = 
 0  , u2 =  −1
1
0


.

Ces deux vecteurs forment une base de F .

0
 1
On vérifie facilement que les vecteurs u3 = 
 0
1
⊥
mension 2, on sait que F est de dimension 2 et

1

 
 et u4  0  sont dans F ⊥ . Comme F est de di
 1 
0
donc ces deux vecteurs forment une base de F ⊥ .


3. On va procéder par changement de base. On commence par déterminer la matrice de pF et de sF
dans une base adaptée, c’est à dire dans la base B = (u1 , u2 , u3 , u4 ) puis on utilise la formule de
changement de base pour trouver la matrice dans la base canonique B0 . On a




1 0 0
0
1 0 0 0

0 1 0 0
0

 et MB (sF ) = 0 1 0
MB (pF ) = 
0 0 −1 0  .
0 0 0 0
0 0 0 −1
0 0 0 0

0
1 0

−1
0
1
La matrice de passage de B ′ à B0 est P = 
 0 −1 0
1
0 1
MB0 (pF ) = P · MB (pF ) · P −1
MB0 (sF ) = P · MB (pF ) · P −1

1
0
. On a donc
1
0


1
0 −1 0
1 0
1
0 −1

= 
1
0
2 −1 0
0 −1 0
1


0
0 −1 0
1 0
0
0 −1

= 
0
0
2 −1 0
0 −1 0
0
4. Comme u, v ∈ F , on a d(u, F ) = d(v, F ) = 0.
Exercice 10
Soit E = R2 [X] muni du produit scalaire < f, g >=
Z
1
f (t).g(t)dt.
0
1. Déterminer l’orthonormalisée B0 = (P0 , P1 , P2 ) de la base canonique B de E par le procédé de
Gram-Schmidt.
Z 1
2. Interpréter géométriquement, puis calculer α = inf{ (t2 − at − b)2 dt/(a, b) ∈ R2 }.
0
Illustrer par une figure.
′
3. Justifier l’existence et l’unicité de Q ∈ E tel que : ∀P ∈ E, P (0) =
déterminer Q.
R1
0
P (t)Q(t)dt puis,
Solution.
1er vecteur
ε0 =
2ième vecteur
3ième vecteur
P0
=1
||P0 ||
1
v1 = P1 − hP1 , ε0 iε0 = X −
2
1
||v1 || =
√12
1
ε1 = 2 3(X − )
2
v2 = P2 −
√hP2 , ε1 iε1 − hP2 , ε0 iε0
1
3
ε1 −
= X2 −
6
3
1
2
=X −X +
6
1
||v2 || = √
6 5
√
1
ε3 = 6 5(X 2 − X + )
6
L’orthonormalisée de (P0 , P1 , P2 ) est (ε0 , ε1 , ε2 ).
2. On voit que α = d(X 2 , R1 [X])2 . On sait que
d(X 2 , R1 [X])2 = ||X 2 − pR1 [X] (X 2 )||2
= ||X 2 − hX 2 , ε1 iε1 − hX 2 , ε0 iε0 ||2
1
1
= ||X 2 − (X − ) − ||2
2
3
1
= √
6 5
3. L’existence est assuré par le Théorème de représentation de Riesz. On cherche donc Q = aX 2 +bX +c
tel que P ′ (0) = hP, Qi pour tout P . En évaluant cette équation en ε0 , ε1 , ε2 on trouve
ε′ (0) = hε0 , Qi = 0
√
ε′1 (0) = hε1 , Qi = 2 3
√
ε′2 (0) = hε2 , Qi = −6 5
√ √
En d’autre termes, les coordonnées de Q dans la base (ε0 , ε1 ε2 ) sont (0, 2 3, 6 5), c’est-à-dire :
√
√
1
1
Q = 2 3ε1 − 6 5ε2 = 12(X − ) − 180(X 2 − X + ) = −180X 2 + 192X − 36.
2
6
Exercice 11
Dans E = R4 muni du produit scalaire usuel et de sa base canonique B0 = (e1 , e2 , e3 , e4 ),
on considère : u1 = (0, 1, 1, 1), u2 = (1, 0, 1, 1), u3 = (1, 0, 1, 1) et u4 = (1, 1, 1, 0).
1. Vérifier que B = (u1 , u2 , u3 , u4 ) est une base de E. Est-elle orthogonale ?
2. Orthonormaliser B par la méthode de Gram-Schmidt.
3. On pose F = V ect(u1 , u2 ).
(a) Déterminer la matrice représentant pF , la projection orthogonale sur F , dans B0 .
(b) Calculer : α = d(u3 ; F ).
Solution. 1. La base B n’est clairement pas orthogonale. Par exemple hu1 , u2 i = 2.
2.
1er vecteur
2ième vecteur
3ième vecteur
ε1 =
1
u1
= √ u1
||u1 ||
3


1
 −2/3 

v2 = u2 − hu2 , ε1 iε1 = 
 1/3 
1/3
5
2
||v2 || =
3
r
3
v2
ε2 =
5


3
1 3 

v3 = u3 − hu3 , ε2 iε2 − hu3 , ε1 iε1 = 
5  −4 
1
r
7
||v3 || =
5
r
7
v3
ε3 =
5

3
1 3 

4ième vecteur v4 = u4 − hu4 , ε3 iε3 − hu4 , ε2 iε2 − hu4 , ε1 iε1 = 
7 3 
−6
3
||v4 || = √
7
√
7
v4
ε4 =
7
3. (a). Méthode 1. On procède par changement de base. On commence par déterminer la matrice de
pF dans la base B = (v1 , v2 , v3 , v4 ) puis on utilise la formule de changement de base pour trouver la
matrice dans la base canonique B0 . On a


1 0 0 0
0 1 0 0

MB (pF ) = 
0 0 0 0
0 0 0 0

La matrice de passage de B ′ à B0 est la matrice dont les vecteurs colonnes sont les vi . On a donc


3 −2 1 1
1 −2 3 1 1

MB0 (pF ) = P · MB (pF ) · P −1 = 
1 2 2
5 1
1
1 2 2
Méthode 2. On sait que, d’après les propriétés du procédé d’orthonormalisation de Gram-Schmidt,
F = Vect(u1 , u2 ) = Vect(ε1 , ε2 ). La famille (ε1 , ε2 ) étant orthonormale, on a
pF (ei ) = hei , ε1 iε1 + hei , ε2 iε2 .
On trouve :
pF (e1 ) = he1 , ε1 iε1 + he1 , ε2 iε2
pF (e2 ) = he2 , ε1 iε1 + he2 , ε2 iε2
pF (e3 ) = he3 , ε1 iε1 + he3 , ε2 iε2
pF (e4 ) = he4 , ε1 iε1 + he4 , ε2 iε2
Et donc


3
1  −2 

= 
5 1 
1


−2
1 3 

= 
5 1 
1
 
1
1
1 

= 

2 
5
2
 
1

1
1 

= 

2 
5
2


3 −2 1 1
1 −2 3 1 1

MB0 (pF ) = 
1 2 2
5 1
1
1 2 2
(b). On a

1 
2
2
d(u3 ; F ) = ||u3 − pF (u3 )|| = 

5
Exercice 12 (Matrices de Gram)
2
3

7
3 
= .

−4 5
1
A chaque famille (u1 , ..., un ) de n vecteurs, où n ∈ N∗ , d’un espace préhilbertien réel (E; < ., . >), on
associe sa matrice et son déterminant dits de Gram respectivement définis comme suit :
G(u1 , ..., un ) = (< ui , uj >)16i,j6n et g(u1 , ..., un ) = det(G(u1 , ..., un )).
1. Prouver que la famille (u1 , ..., un ) est liée si, et seulement si : g(u1 , ..., un ) = 0. Désormais, on
suppose la famille (u1 , ..., un ) libre et pose : F = V ect(u1 , ..., un ).
2. Quelle est la dimension de F ? Que représente G(u1 , ..., un ) ?
3. Soit B une b.o.n de F .
(a) Prouver que : G(u1 , ..., un ) =t P.P où P est la matrice de passage de B à (u1 , ..., un ) .
(b) En déduire que : g(u1 , ..., un ) > 0.
4. Déduire de ce qui précède (1- et 3-b) avec n = 2) une preuve de l’inégalité de Cauchy-Schwarz et
de son cas d’égalité.
g(u1 , ..., un , v)
.
5. Prouver que pour tout v de E, d2 (v; F ) =
g(u1 , ..., un )
6. Retrouver grâce à 5, le résultat de la dernière question de l’exercice 11. Commenter.
Solution Si la famille (u1 , ..., unP
) est liée , quite à renuméroter, il existe une combinaison liéaire
n
des vecteurs de sorte que u1 =
i=2 λi ui . Mais alors la colonne C1 de la matrice G(u1 , ..., un ) est
combinaison linéaire des colonnes Ci pour i 6= 1. Plus précisément
C1 =
n
X
i=2
λi C i .
Réciproquement, si le déterminant est nul cela signifie qu’il existe
Pn une combinaison linéaire des
Pcolonnes
qui vaut 0. quite à renuméroter, on peut supposer que C1 = i=2 λi Ci . On pose X = u1 − ni=2 λi ui .
On a alors pour tout i :
hX, ui i = hu1 , ui i −
n
X
j=2
λj huj , ui i = 0 puisque C1 −
n
X
λj Cj = 0.
j=2
On en déduit que < X, X >= 0 et donc X = 0 ce qui signifie que la famille est liée .
2. F est de dimension n et la matrice G est la matrice du produit scalaire dans la base (u1 , ..., un ).
3. (a). On sait qu’il existe une base orthonormale pour h·, ·i. Dans cette base, la matrice de h·, ·i est la
matrice identité. La formule demandée est donc simplement formule de changement de base pour une
forme pour une forme bilinéaire.
(b). On a g(u1 , ..., un ) = dett P.P = det(P )2 > 0
4. Pour n ≥ 2, g(u1 , u2 ) = det(G(u1 , u2 )) = hu1 , u1 ihu2 , u2 i − hu1 , u2 i2 ≥ 0 avec égalité si et seulement
si u1 , u2 sont liés. On retrouve l’inégalité de Cauchy Schwarz et le cas d’égalité.
5. On décompose v en v = w + pF (v) où w ∈ F ⊥ . De plus pF (v) =
Cn+1 ← Cn+1 −
n
X
P
λi ui . On effectuant l’opération
λi Ci
i=1
sur les colonnes de g(u1 , ..., un , v), on obtient, sur la ligne n + 1 :
hv, vi −
n
X
i=1
λi hv, ui i = hv, v −
n
X
i=1
λi ui i = hv, wi = hw, wi
et sur les lignes 1 ≤ j ≤ n :
huj , vi −
n
X
i=1
λi huj , ui i = huj , v −
n
X
i=1
λi ui i = huj , wi = 0.
En développant le déterminant par rapport à la dernière colonne, on obtient :
g(u1 , . . . , un , v) = ||w||2 · g(u1 , . . . , un ).
On a donc le résultat puisque ||w|| = d(v, F ).
De plus, comme w ∈ F ⊥ , la derniere ligne de est une combinaisonPar propriété de linéarité , on retranche à la dernière colonne la combinaison linéaire qui permet de calculer pF (v), la derniè re colonne
devient donc (< ui , w >) le dernier coefficient étant < v, w >=< w, w > puisque pF (v) et w sont
orthogonaux ; mais par définition, w est orthogonal à tout ui . Donc on calcule de détermnant en développant par rapport à la dernière colonne et on a ||w||2 g(u1 , ..., un ) puis on remarque que ||w|| = d(v, F ).
6. On a


3 2 2 2 3 2
2 2 3 g(u1 , u2 , u3 )
7
2
= .
d (u3 ; F ) =
= 3 2 g(u1 , u2 )
5
2 3