HighKholle | Algèbre bilinéaire

Exercice 92 ⭐️⭐️ Sup/L1

Soit $\displaystyle (E,\langle \cdot,\cdot \rangle)$ un espace vectoriel euclidien et $\displaystyle \mathcal{F} := (e_1,\ldots,e_p) \in E^p$ . On considère $\displaystyle f : E \rightarrow E$ définie par : $\displaystyle \forall x \in E \ , \ f(x) = \sum_{i=1}^p \langle e_i,x \rangle e_i$ .

Montrer que $\displaystyle f$ est un endomorphisme de $\displaystyle E$ .
Montrer que $\displaystyle \langle f(x),x \rangle \geq 0$ . Quand a-t-on $\displaystyle \langle f(x),x \rangle = 0$ ?
Montrer que $\displaystyle {\rm Ker}(f) = \mathcal{F}^{\perp}$ et $\displaystyle {\rm Im}(f)={\rm Vect}(\mathcal{F})$ .
Montrer que $\displaystyle f$ est bijective si et seulement si $\displaystyle \mathcal{F}$ engendre $\displaystyle E$ .

Corrigé

Il suffit de montrer que pour tout $\displaystyle i \in \{1,\ldots,p\}$ , l’application $\displaystyle x \mapsto \langle e_i,x \rangle e_i$ est un endomorphisme de $\displaystyle E$ , et cela vient du fait que pour tous $\displaystyle x,y \in E$ et tout $\displaystyle \lambda \in \R$ , on a : $\displaystyle \langle e_i, \lambda x+y \rangle e_i = (\lambda \langle e_i,x \rangle + \langle e_i,y \rangle ) e_i = \lambda \langle e_i,x \rangle e_i + \langle e_i,y \rangle e_i$ .
On utilise la linéarité du produit scalaire en la première variable pour écrire :
$\displaystyle \langle f(x) , x \rangle = \langle \sum_{i=1}^p \langle e_i,x \rangle e_i , x \rangle = \sum_{i=1}^p \langle e_i,x \rangle \langle e_i,x \rangle = \sum_{i=1}^p \langle e_i,x \rangle^2 \geq 0$ .
On a égalité si et seulement si $\displaystyle \langle e_i, x \rangle = 0$ pour tout $\displaystyle 1 \leq i \leq p$ , i.e. si et seulement si $\displaystyle x \in \mathcal{F}^\perp$ .
Soit $\displaystyle x \in {\rm Ker}(f)$ . On a $\displaystyle f(x)=0$ , donc $\displaystyle \langle f(x),x \rangle =0$ . D’après la question précédente, on a alors $\displaystyle x \in \mathcal{F}^\perp$ , donc $\displaystyle {\rm Ker}(f) \subset \mathcal{F}^\perp$ . Réciproquement, si $\displaystyle x \in \mathcal{F}^\perp$ , alors $\displaystyle \langle x,e_i \rangle = 0$ pour tout $\displaystyle 1 \leq i \leq p$ , et on en déduit que $\displaystyle f(x)=0$ . Ainsi on a aussi l’inclusion réciproque $\displaystyle \mathcal{F}^\perp \subset {\rm Ker}(f)$ .
Soit $\displaystyle y \in {\rm Im}(f)$ . Il existe alors $\displaystyle x \in E$ tel que $\displaystyle y = f(x) = \sum_{i=1}^p \langle e_i,x \rangle e_i.$ On a exprimé $\displaystyle y$ comme combinaison linéaire des $\displaystyle (e_i)_{1 \leq i \leq p}$ , ce qui signifie que $\displaystyle y \in {\rm Vect}(\mathcal{F})$ , d’où l’inclusion $\displaystyle {\rm Im}(f) \subset {\rm Vect}(\mathcal{F})$ . Notons $\displaystyle V := {\rm Vect}(\mathcal{F})$ . On a $\displaystyle \mathcal{F}^\perp = V^\perp$ . On peut exprimer de deux façons différentes la dimension de $\displaystyle E$ , en utilisant le théorème du rang, puis les propriétés des supplémentaires orthogonaux :
$\displaystyle {\rm dim}(V)+{\rm dim}(V^\perp) = {\rm dim}(E) = {\rm dim}({\rm Ker}(f))+{\rm dim}({\rm Im}(f))$ .
Comme $\displaystyle V = {\rm Ker}(f)$ , on en déduit que $\displaystyle {\rm dim}(V^\perp) = {\rm dim}({\rm Im}(f))$ , et l’inclusion $\displaystyle {\rm Im}(f) \subset V$ permet de conclure que $\displaystyle {\rm Im}(f) = V$ .
On a $\displaystyle f$ bijective $\displaystyle \iff$ $\displaystyle {\rm dim}({\rm Ker}(f)) = 0$ $\displaystyle \iff$ $\displaystyle {\rm dim}(V^\perp) = 0$ $\displaystyle \iff$ $\displaystyle {\rm dim}(V) = {\rm dim}(E)$ $\displaystyle \iff$ $\displaystyle V=E$ (car on a l’inclusion $\displaystyle V \subset E$ ). Mais $\displaystyle V=E$ signifie exactement que $\displaystyle \mathcal{F}$ engendre $\displaystyle E$ .

Exercice 127 ⭐️⭐️ Spé/L2

Soit $\displaystyle A\in M_n(\R)$ une matrice symétrique non nulle. Montrer que $\displaystyle \frac{(tr(A))^2}{tr(A^2)}\le {\rm rg}(A)$ .

Réflexes

Trace 👉 somme des coef. de la diagonale, somme des valeurs propres ;
Des carrés 👉 Cauchy-Schwarz.

Corrigé

On a $\displaystyle tr(A)=\lambda_1+\cdots+\lambda_r$ où les $\displaystyle \lambda_i$ sont les $\displaystyle r$ valeurs propres non nulles de $\displaystyle A$ , elles sont réelles car $\displaystyle A$ est symétrique réelle (d’après le théorème spectral), et $\displaystyle r={\rm rg}(A)\le n$ .
Par Cauchy-Schwarz $\displaystyle (\lambda_1+\cdots+\lambda_r)^2\le r(\lambda_1^2+\cdots+\lambda_r^2)$ , donc $\displaystyle (tr(A))^2\le r\ tr(A^2)$ , qui est l’égalité cherchée.
Notons qu’on peut obtenir $\displaystyle \frac{(tr(A))^2}{tr(A^2)}\le n$ aussi en utilisant Cauchy-Schwarz avec le produit scalaire $\displaystyle (A,B)\mapsto tr(AB^T)$ et $\displaystyle B=Id$ (et on a $\displaystyle A=A^T$ ).

Exercice 128 ⭐️⭐️ Décomposition polaire, Spé/L2/Classique

Soit $\displaystyle M\in GL_n(\R)$ . Montrer qu’il existe un couple $\displaystyle (O,S)\in \mathcal{O}_n \times\mathcal{S}_n^{++}$ tel que $\displaystyle M=OS$ . Ici $\displaystyle \mathcal{O}_n$ désigne le groupe orthogonal et $\displaystyle \mathcal{S}_n^{++}$ l’ensemble des matrices symétriques définies positives.

Réflexes

Montrer l’existence 👉 exhiber un élément qui convient, preuve par analyse-synthèse.

Corrigé

Analyse : Si $\displaystyle M=OS$ , alors $\displaystyle M^TM=SO^TOS=S^2$ . Or $\displaystyle M^TM$ est symétrique définie positive car $\displaystyle X^TM^TMX=\|MX\|^2>0$ si $\displaystyle X\neq0$ car $\displaystyle M\in GL_n(\R)$ .
Donc $\displaystyle M^TM$ est diagonalisable en base orthonormée et ses valeurs propres $\displaystyle \lambda_i$ sont $\displaystyle >0$ . Écrivons $\displaystyle M^TM=PDP^T$ et notons $\displaystyle \sqrt{D}$ la matrice diagonale avec les $\displaystyle \sqrt{\lambda_i}$ sur la diagonale. Posons $\displaystyle S=P\sqrt{D}P^T$ et $\displaystyle O=MS^{-1}$ . On a $\displaystyle O^TO=S^{-1}M^TMS^{-1}= S^{-1}S^2S^{-1}=I$ . Donc on a bien $\displaystyle (O,S)\in \mathcal{O}_n \times\mathcal{S}_n^{++}$ .

Exercice 129 ⭐️⭐️ Inégalité d’Hadamard, Spé/L2/Classique

Soit $\displaystyle C_1,\cdots,C_n$ les vecteurs colonnes d’une matrice $\displaystyle M\in \mathcal{M}_n(\mathbb C)$ . Montrer l’inégalité d’Hadamard :
$\displaystyle |\det(M)|\le \|C_1\|\cdots\|C_n\|$ , la norme $\displaystyle \|.\|$ étant la norme hermitienne canonique. Cas d’égalité ?

Corrigé

Supposons que $\displaystyle M$ est inversible, car sinon $\displaystyle \det M=0$ et l’inégalité est bien sûr vraie. Ainsi $\displaystyle (C_1,\cdots,C_n)$ est une base de $\displaystyle \C^n$ . Le procédé d’othogonalisation de Gram-Schmidt fournit alors une base orthogonale $\displaystyle (X_1,\cdots,X_n)$ de $\displaystyle \C^n$ telle que $\displaystyle X_1=C_1$ et pour tout $\displaystyle k\ge 2$ : $X_k=C_k+a_{1,k}X_1+\cdots + a_{k-1,k}X_{k-1}, \quad a_{i,k}\in\C.$ Si on ajoute à une colonne une combinaison linéaire des autres on ne change pas le déterminant,
donc $\displaystyle det (O)=det(M)$ , où $\displaystyle O$ est la matrice formées par les colonnes $\displaystyle X_1,\cdots,X_n$ . En particulier $\displaystyle O^*O$ est une matrice diagonale avec les $\displaystyle \|X_i\|^2$ sur la diagonale, car les $\displaystyle X_i$ sont deux à deux orthogonaux.
Ainsi $\displaystyle |det(O)|^2=\|X_1\|^2\cdots \|X_n\|^2$ . Mais comme les $\displaystyle X_i$ sont deux à deux orthogonaux, on peut écrire par Pythagore : $\|C_k\|^2=\|X_k\|^2+|a_{1,k}|^2\|X_1\|^2+\cdots + |a_{k-1,k}|^2\|X_{k-1}\|^2.$ Par suite $\displaystyle \|X_k\|^2\le\|C_k\|^2$ , d’où la conclusion.

On peut alors montrer qu’il y a égalité si et seulement si les $\displaystyle C_k$ sont deux à deux orthogonaux.

Exercice 130 ⭐️⭐️ Sup/L1

Soit $\displaystyle A\in M_n(\R)$ tel que pour tout vecteur colonne $\displaystyle X\in\R^n$ , $\displaystyle X^TAX=0$ . Montrer que $\displaystyle A$ est anti-symétrique.

Corrigé

Pour tout $\displaystyle X,Y\in\R^n$ , on a aussi $\displaystyle (X+Y)^TA(X+Y)=0$ . D’où $\displaystyle X^TAY + Y^TAX=0$ car $\displaystyle X^TAX=0$ et $\displaystyle Y^TAY=0$ . Or $\displaystyle Y^TAX=(Y^TAX)^T=X^TA^TY$ . Ainsi $\displaystyle X^T(A+A^T)Y=0$ . Comme $\displaystyle X$ et $\displaystyle Y$ sont arbitraires, on peut prendre des vecteurs de la base canonique, et on obtient l’égalité des coefficients de la matrice $\displaystyle A+A^T$ à $\displaystyle 0$ , i.e. $\displaystyle A^T=-A$ , et la matrice $\displaystyle A$ est anti-symétrique.

Exercice 131 ⭐️⭐️⭐️ X MP 2018

Soit $\displaystyle E=\mathbb{R}^n$ muni du produit scalaire canonique $\displaystyle \langle \cdot, \cdot \rangle$ .
Soit $\displaystyle (u_1,\dots u_k)\in E^k$ et $\displaystyle (v_1,\dots v_k)\in E^k$ tels que $\displaystyle \langle u_i, u_j \rangle = \langle v_i, v_j \rangle$ pour tous $\displaystyle i$ et $\displaystyle j$ compris entre $\displaystyle 1$ et $\displaystyle k$ .
Montrer qu’il existe $\displaystyle W \in \mathcal{O}_n (\mathbb{R})$ telle que $\displaystyle u_i=Wv_i$ pour tout $\displaystyle 1\le i\le k$ .

Réflexes

Objet à construire 👉 Analyse-Synthèse !
Ecrire des sommes, produits scalaires, etc. sous forme matricielle.

Corrigé

On a $\displaystyle u_i^Tu_j=v_i^Tv_j$ et on va injecter $\displaystyle v_i=Wu_i$ , ce qui donne $\displaystyle u_i^Tu_j=u_i^TW^TWu_j$ , bon là c’est raté on n’a pas avancé car $\displaystyle W^TW=I_n$ .
En fait, à partir de $\displaystyle u_i^Tu_j=v_i^Tv_j$ , on a très envie d’inverser $\displaystyle u_i^T$ , mais c’est un vecteur, dommage ! On va pas s’arréter là, on va créer des matrices. D’ailleurs on n’a pas utilisé le fait que $\displaystyle u_i^Tu_j=v_i^Tv_j$ était vrai pour tout $\displaystyle i$ et $\displaystyle j$ . On résume ça avec les matrices $\displaystyle U$ et $\displaystyle V$ dont les colonnes sont resp. les vecteurs $\displaystyle u_i$ et $\displaystyle v_i$ .
Ainsi on a $\displaystyle U^TU=V^TV$ . Supposons $\displaystyle U$ inversible, i.e. que les $\displaystyle u_i$ sont libres. En particulier on aura donc ici $\displaystyle k\le n$ et pour avoir une matrice carrée on peut compléter les $\displaystyle u_i$ (resp. les $\displaystyle v_i$ ) par des vecteurs orthogonaux de telle sorte à avoir une base, et cela ne change pas la relation $\displaystyle U^TU=V^TV$ car on a rajouté des $\displaystyle 0$ et des $\displaystyle 1$ au même endroit.
Alors $\displaystyle U=(U^{-1})^TV^T V$ . Notre candidat est donc $\displaystyle W=(U^{-1})^TV^T$ . Vérifions qu’il est orthogonal : $\displaystyle W^TW=VU^{-1}(U^{-1})^TV^T=V(U^TU)^{-1}V=V(V^TV)^{-1}V=I_n.$
Si les vecteurs $\displaystyle u_i$ sont liés, on peut en exprimer un à partir des autres, et vous êtes sur la bonne piste pour conclure !

Exercice 132 ⭐️⭐️ Sup/L1

Soit $\displaystyle (E,\langle \cdot,\cdot \rangle)$ un espace euclidien et $\displaystyle f:E\to E$ une application telle que pour tous $\displaystyle x,y\in E$ , $\displaystyle \langle x,f(y)\rangle =\langle f(x),y\rangle$ . Montrer que $\displaystyle f$ est linéaire.

Corrigé

Soit $\displaystyle x,y\in E$ et $\displaystyle a\in\R$ quelconques et fixés. Pour tout $\displaystyle v\in E$ , on a en utilisant la linéarité de $\displaystyle \langle \cdot, v\rangle$ : $\langle f(ax+y)-af(x)-f(y),v\rangle=\langle f(ax+y),v\rangle -a\langle f(x),v\rangle - \langle f(y),v\rangle,$ puis l’hypothèse sur $\displaystyle f$ et encore la linéarité de $\displaystyle \langle \cdot, v\rangle$ : $\langle f(ax+y)-af(x)-f(y),v\rangle=\langle ax+y,f(v)\rangle -a\langle x,f(v)\rangle - \langle y,f(v)\rangle=0.$

Comme $\displaystyle v\in E$ est arbitraire, on endéduit que $\displaystyle f(ax+y)-af(x)-f(y)=0$ , et donc que $\displaystyle f$ est bien linéaire.

Exercice 133 ⭐️⭐️ Centrale, Sup/Spé/L2/Classique

Soit $\displaystyle (E,(\cdot,\cdot))$ un espace pré-hilbertien réel et $\displaystyle \mathcal B=(e_1,\cdots,e_n)$ une famille de $\displaystyle E$ . On suppose que $\displaystyle \mathcal B$ est normée. Montrer que $\displaystyle \mathcal B$ est une base orthonormée de $\displaystyle E$ si et seulement si pour tout $\displaystyle x\in E$ , $\displaystyle \|x\|^2=\sum_{1\le i\le n}(x,e_i)^2$ .

Réflexes

Pythagore, Introduire des Projections.

Corrigé

Si $\displaystyle \mathcal B$ est une base orthonormée de $\displaystyle E$ , alors par le théorème de Pythagore, on a bien l’égalité demandée.
Supposons que pour tout $\displaystyle x\in E$ , $\displaystyle \|x\|^2=\sum_{1\le i\le n}(x,e_i)^2$ . On peut déjà tester l’égalité sur un $\displaystyle e_j$ , alors $\displaystyle \|e_j\|^2=\sum_{1\le i\le n}(e_j,e_i)^2=\|e_j\|^2+\sum_{i\neq j}(e_j,e_i)^2$ , i.e. $\displaystyle \sum_{i\neq j}(e_j,e_i)^2=0$ . Comme on peut le faire pour tout $\displaystyle e_j$ , on en déduit que pour tout $\displaystyle i,j$ avec $\displaystyle i\neq j$ on a $\displaystyle (e_j,e_i)^2$ donc la famille $\displaystyle \mathcal B$ est orthonormée, et donc libre aussi. Pour montrer que c’est une base, il faut montrer qu’elle est génératrice, ce qui veut dire en terme de projection que $\displaystyle x=p(x)$ où $\displaystyle p$ est la projection orthogonale sur $\displaystyle Vect(\mathcal B)$ . On a $\displaystyle p(x)=\sum_{1\le i\le n}(x,e_i)e_i$ . Mais par Pythagore, $\displaystyle \|x-p(x)\|^2=\|x\|^2-\|p(x)\|^2$ . Mais $\displaystyle \|p(x)\|^2=\sum_{1\le i\le n}(x,e_i)^2=\|x\|^2$ , d’où $\displaystyle \|x-p(x)\|=0$ , ce qui permet de conclure.

Exercice 134 ⭐️⭐️ Centrale, Spé/L2

Soit $\displaystyle A=(a_{i,j})\in O_n(\R)$ . Montrer que $\displaystyle \left|\sum_{i,j}a_{i,j}\right|\le n$ .

Réflexes

Somme, orthogonalité 👉 Cauchy-Schwarz !
Écrire des sommes, produits scalaires, etc. sous forme matricielle (Ne pas oublier que ce bon vieux vecteur $\displaystyle (1,\cdots, 1)$ rend souvent bien des services 🤝)

Corrigé

On peut écrire $\displaystyle \sum_{i,j}a_{i,j}=u^T Au=\langle u,Au \rangle$ où $\displaystyle u^T=(1,\cdots, 1)$ et $\displaystyle \langle \cdot ,\cdot \rangle$ est le produit scalaire canonique. Par Cauchy-Schwarz, on obtient $\displaystyle \left|\sum_{i,j}a_{i,j}\right|\le \|u\| \|Au\|=\|u\|^2=n$ car $\displaystyle A$ étant dans le groupe orthogonal $\displaystyle \|Au\|=\|u\|$ .

Exercice 135 ⭐️⭐️⭐️ Distance d’un vecteur à un sous-espace, Spé/L2/Classique

Soit $\displaystyle (E,(\cdot,\cdot))$ un espace pré-hilbertien réel et $\displaystyle \mathcal B=(e_1,\cdots,e_n)$ une famille de $\displaystyle E$ . On suppose que $\displaystyle \mathcal B$ est libre et on note $\displaystyle d$ la distance de $\displaystyle x\in E$ $\displaystyle {\rm }$ à $\displaystyle {\rm Vect}(\mathcal B)$ . Montrer que $\displaystyle d^2=\frac{|{\rm Gram}(x,\mathcal B)|}{|{\rm Gram}(\mathcal B)|}$ , où $\displaystyle |{\rm Gram}(f_1,\cdots,f_n)|$ est le déterminant de la matrice de Gram de la famille $\displaystyle (f_1,\cdots,f_n)$ . Retrouver la formule connue si $\displaystyle \mathcal B$ est une famille orthonormale.

Corrigé

Cet exercice très classique est bien corrigé sur cette page wikipedia.

Exercice 336 ⭐️⭐️⭐️ Polynômes orthogonaux, Spé/MP/L2

Soit $\displaystyle I$ un intervalle de $\displaystyle \R$ et $\displaystyle w : I \rightarrow \R_+^*$ une fonction continue par morceaux telle que $\displaystyle \int_I |x|^n w(x) dx < \infty$ pour tout $\displaystyle n \geq 0$ . Soit $\displaystyle E$ l’espace vectoriel des fonctions continues sur $\displaystyle I$ telles que $\displaystyle \int_I f(x)^2 w(x) dx < \infty$ .

Montrer que $\displaystyle (p,q) \mapsto \langle p,q \rangle_w = \int_I p(x) q(x) w(x) dx$ définit un produit scalaire sur $\displaystyle E$ .
Montrer qu’il existe une unique suite de fonctions polynomiales $\displaystyle (p_n(x))_{n \geq 0}$ telle que :

Pour tout $\displaystyle n \geq 0$ , $\displaystyle p_n$ est de degré exactement égal à $\displaystyle n$ et de coefficient dominant $\displaystyle k_n > 0$ ,
la famille $\displaystyle (p_n)_{n \geq 0}$ est orthonormale pour $\displaystyle \langle \cdot, \cdot \rangle_w$ .

Soit $\displaystyle q : I \rightarrow \R$ polynomiale de degré $\displaystyle \leq n-1$ . Montrer que $\displaystyle \langle p_n, q \rangle_w = 0$ .
On note $\displaystyle k_n>0$ le coefficient dominant de $\displaystyle p_n$ et, pour $\displaystyle n \geq 1$ , $\displaystyle a_n = \frac{k_n}{k_{n-1}}$ . Montrer qu’il existe deux suites $\displaystyle (b_n)_{n \geq 2}$ et $\displaystyle (c_n)_{n \geq 2}$ telles que $p_n(x) = (a_n x+b_n) p_{n-1}(x) - c_n p_{n-2}(x).$
Montrer que $\displaystyle c_n = \frac{k_n k_{n-2}}{k_{n-1}^2}$ . Montrer la formule : $\displaystyle \forall x \neq y \in I$ , $\sum_{k=0}^n p_k(x) p_k(y) = \frac{k_n}{k_{n+1}} \frac{p_{n+1}(x)p_n(y)-p_n(x)p_{n+1}(y)}{x-y}.$
Montrer l’inégalité : $\displaystyle p_{n+1}'(x) p_n(x) > p_n'(x) p_{n+1}(x)$ .
On suppose que $\displaystyle p_{n+1}$ s’annule au moins deux fois sur $\displaystyle I$ . Soient $\displaystyle a<b$ deux zéros consécutifs de $\displaystyle p_{n+1}$ . Montrer que $\displaystyle p_{n}(a)p_{n}(b)<0$ .
Si on suppose que $\displaystyle p_{n+1}$ possède $\displaystyle n+1$ racines distinctes dans $\displaystyle I$ , que dire des racines de $\displaystyle p_n$ ?

Réflexes

On a une famille de polynômes $\displaystyle (p_n)_{n \ge 0}$ étagée 👉 chaque sous-famille $\displaystyle (p_k)_{0 \le k \le n}$ est une base de $\displaystyle \R_n(X)$ .
$\displaystyle f(a)f(b)<0$ 👉 on a envie d’appliquer le TVI !

Corrigé

Si $\displaystyle f,g \in E$ , alors l’inégalité élémentaire $\displaystyle |ab| \le \frac{a^2+b^2}{2}$ permet d’écrire que $\int_I |f(x) g(x)| w(x) dx \le \frac{1}{2} \left(\int_I f(x)^2 w(x) dx + \int_I g(x)^2 w(x) dx\right),$ ce qui prouve que le produit scalaire $\displaystyle \langle f,g \rangle_w$ est bien défini. La bilinéarite, la symétrie et la positivité découlent immédiatement des propriétés de l’intégrale. Enfin, si $\displaystyle f\in E$ est telle que $\displaystyle \langle f,f \rangle_w = 0$ , alors $\displaystyle \int_I f(x)^2 w(x) dx = 0$ . Or $\displaystyle x \mapsto f(x)^2 w(x)$ est continue et positive sur l’intervalle $\displaystyle I$ , on en déduit que c’est la fonction identiquement nulle. Comme $\displaystyle w>0$ sur $\displaystyle I$ , on en déduit que $\displaystyle f(x) = 0$ pour tout $\displaystyle x \in I$ .
La condition d’intégrabilité $\displaystyle \int_I x^n w(x) dx < \infty$ implique qu’on a $\displaystyle \int_I R(x) w(w) dx > \infty$ pour toute fonction polynomiale $\displaystyle R : I \rightarrow \R$ . Ainsi toutes les fonctions polynomiales sont dans $\displaystyle E$ . La construction de la suite $\displaystyle p_n$ se fait par récurrence sur $\displaystyle n$ suivant le procédé d’orthonormalisation de Gram-Schmidt à partir de la base canonique de $\displaystyle \R[X]$ .
Comme la famille des $\displaystyle (p_n)_{n \ge 0}$ est étagée, on sait que la sous-famille $\displaystyle (p_k)_{0 \le k \le n}$ forme une base de l’espace vectoriel $\displaystyle \R_{n}(x)$ , cette notation un peu abusive désignant l’espace vectoriel des restrictions à $\displaystyle I$ des fonctions polynomiales de degré au plus $\displaystyle n$ . En particulier, si $\displaystyle q \in \R_{n-1}(x)$ , alors on peut écrire $\displaystyle q(x) = \sum_{k=0}^{n-1} \alpha_k p_k(x)$ pour une certaine famille de coefficients réels $\displaystyle \alpha_0,\ldots,\alpha_{n-1}$ . La propriété de bilinéarité et le fait que $\displaystyle \langle p_n,p_k \rangle_w = 0$ pour tout $\displaystyle k < n$ permettent de déduire que $\displaystyle \langle p_n ,q \rangle_w = 0$ .
Pour $\displaystyle n \ge 1$ , on note $\displaystyle l_n$ le coefficient devant $\displaystyle x^{n-1}$ dans $\displaystyle p_n(x)$ . Ainsi pour $\displaystyle n \ge 2$ , on a $\displaystyle p_n(x) = k_n x^n + l_n x^{n-1} + r_n(x)$ , où $\displaystyle r_n(x) \in \R_{n-2}(x)$ . On pose maintenant $a_n = \frac{k_n}{k_{n-1}} \ , \ b_n = \frac{l_n}{k_{n-1}}-\frac{k_n}{k_{n-1}^2} l_{n-1}.$ Ces coefficients ont été choisis de telle sorte que $\left(a_n x+b_n\right)p_{n-1}(x) = \left(\frac{k_n}{k_{n-1}} x + \frac{l_n}{k_{n-1}} -\frac{k_n}{k_{n-1}^2} l_{n-1}\right) (k_{n-1} x^{n-1}+l_{n-1}x^{n-2}+r_{n-1}(x))$ $=k_n x^n + l_n x^{n-1} + s_n(x),$ avec $\displaystyle s_n(x) \in \R_{n-2}(x)$ . Ainsi $\displaystyle p_n(x) - (a_nx+b_n)p_{n-1}(x) \in \R_{n-2}(x)$ . Il existe donc des coefficients $\displaystyle \alpha_0,\ldots,\alpha_{n-2}$ tels que $p_n(x) - (a_nx+b_n)p_{n-1}(x) = \sum_{k=0}^{n-2} \alpha_k p_k(x).$ Pour répondre à la question, il reste à montrer que $\displaystyle \alpha_k = 0$ pour tout $\displaystyle k < n-2$ . Comme la famille $\displaystyle (p_n)_{n \ge 0}$ est orthonormale, on a $\alpha_k = \langle p_n(x) - (a_nx+b_n)p_{n-1}(x) ,p_k(x) \rangle_{w}.$ Comme $\displaystyle k < n-1$ et $\displaystyle k < n$ , on a $\displaystyle \langle p_n , p_k \rangle_w = \langle p_{n-1},p_k\rangle_w = 0$ , donc $\displaystyle \alpha_k = a_n \langle x p_{n-1}(x) , p_k(x) \rangle_w$ . La forme particulière de ce produit scalaire permet d’écrire la jolie formule suivante : $\displaystyle \langle fg,h \rangle_w = \langle f, gh \rangle_w$ . On peut donc écrire que $\alpha_k = - a_n \langle p_{n-1}(x) , x p_k(x) \rangle_w = 0,$ car $\displaystyle x p_k(x) \in \R_{n-2}(x)$ .
Avec les notations de la question précédente, on veut calculer $\displaystyle c_n = -\alpha_{n-2}$ et on a $\alpha_k = - a_n \langle p_{n-1}(x) , x p_{n-2}(x) \rangle_w.$ Or le terme en $\displaystyle x^{n-1}$ du polynôme $\displaystyle x p_{n-2}(x)-\frac{k_{n-2}}{k_{n-1}} p_{n-1}(x)$ vaut $\displaystyle k_{n-2} - \frac{k_{n-2}}{k_{n-1}} k_{n-1} = 0$ , donc $x p_{n-2}(x) = \frac{k_{n-2}}{k_{n-1}} p_{n-1}(x) + s_{n-2}(x),$ avec $\displaystyle s_{n-2}(x) \in \R_{n-2}(x)$ . En particulier, on a $\langle p_{n-1}(x) , x p_{n-2}(x) \rangle_w = \frac{k_{n-2}}{k_{n-1}}$ donc $c_n = -\alpha_{n-2} = a_n \frac{k_{n-2}}{k_{n-1}} = \frac{k_n k_{n-2}}{k_{n-1}^2}.$
On fixe $\displaystyle x \neq y \in I$ et on montre la formule par récurrence sur $\displaystyle n \ge 0$ . On remarque tout d’abord que, comme $\displaystyle p_0 \in \R_0(x)$ et $\displaystyle p_1 \in \R_1(x)$ , on peut écrire $\displaystyle p_0(x) = k_0$ et $\displaystyle p_1(x) = k_1 x + l_1$ . On a alors $\displaystyle p_0(x)p_0(y) = k_0^2$ et $\frac{k_0}{k_1} \frac{p_1(x)p_0(y)-p_1(y)p_0(x)}{x-y} = \frac{k_0^2}{k_1}\frac{(k_1 x +l_1)-(k_1 y +l_1)}{x-y} = k_0^2,$ la formule est donc vraie au rang $\displaystyle 0$ . Pour prouver l’hérédité, on remarque tout d’abord, en utilisant la formule de la question 4, que $\frac{p_{n+1}(x)p_n(y) - p_n(x)p_{n+1}(y)}{x-y} = a_{n+1} p_{n}(x)p_n(y)-c_{n+1}\frac{p_{n-1}(x)p_n(y) - p_n(x)p_{n-1}(y)}{x-y}.$ Or on a vu que $\displaystyle a_{n+1} = \frac{k_{n+1}}{k_n}$ et $\displaystyle c_{n+1} = \frac{k_{n-1} k_{n+1}}{k_n^2}$ , on en déduit que $p_n(x) p_n(y) = \frac{k_n}{k_{n+1}}\frac{p_{n+1}(x)p_n(y) - p_n(x)p_{n+1}(y)}{x-y} - \frac{k_{n-1}}{k_n}\frac{p_{n}(x)p_{n-1}(y) - p_{n-1}(x)p_{n}(y)}{x-y}.$ En appliquant l’hypothèse de récurrence au deuxième terme du membre de droite, on conclut facilement.
On fixe $\displaystyle x \in I$ et on regarde la limite lorsque $\displaystyle y \to x$ dans les deux membres de l’égalité précédente. Pour le membre de gauche, on a $\lim_{y \to x} \sum_{k=0}^n p_k(x) p_k(y) = \sum_{k=0}^n p_k(x)^2 \ge 0.$ L’inégalité est même stricte car $\sum_{k=0}^n p_k(x)^2 \ge p_0(x)^2 = k_0^2 > 0.$ Les fonctions $\displaystyle p_k$ sont continues car polynomiales. Pour le membre de droite, on reconnaît presque un taux d’accroissement… on ruse un peu en écrivant : $\frac{p_{n+1}(x)p_n(y) - p_n(x)p_{n+1}(y)}{x-y} = -p_{n+1}(x) \frac{p_n(y)-p_n(x)}{y-x}+p_n(x) \frac{p_{n+1}(y)-p_{n+1}(x)}{y-x},$ qui converge vers $\displaystyle p_n(x) p_{n+1}'(x)-p_{n+1}(x)p_n'(x)$ lorsque $\displaystyle y \to x$ . On obtient donc (car $\displaystyle k_n,k_{n+1} > 0$ ) l’inégalité voulue.
D’après la question précédente, on a $\displaystyle p_{n}(a) p_{n+1}'(a)>0$ et $\displaystyle p_{n}(b) p_{n+1}'(b) > 0$ . Supposons que $\displaystyle p_{n+1}'(a)$ et $\displaystyle p_{n+1}'(b)$ soient de même signe, par exemple positifs. Alors il existerait $\displaystyle c<d \in ]a,b[ \subset I$ tels que $\displaystyle p_{n+1}(c)>0$ et $\displaystyle p_{n+1}(d)<0$ . Cela se déduit de la continuité de $\displaystyle p_{n+1}'$ (qui implique que cette fonction est postivive sur un voisinage de $\displaystyle a$ et sur un voisinage de $\displaystyle b$ ), puis d’une formule de Taylor. Le théorème des valeurs intermédiaires donnerait alors l’existence d’un certain $\displaystyle e \in [c,d] \subset ]a,b[$ tel que $\displaystyle p_{n+1}(e)=0$ , ce qui est une contradiction. Ainsi $\displaystyle p_{n+1}'(a)$ et $\displaystyle p_{n+1}'(b)$ sont de signe opposé, et on en déduit que $\displaystyle p_{n}(a)$ et $\displaystyle p_{n}(b)$ sont aussi de signe opposé.
Si on note $\displaystyle z_1<\cdots<z_{n+1} \in I$ les racines de $\displaystyle p_{n+1}$ , la question précédente permet d’écrire que $\displaystyle p_n(z_i)p_n(z_{i+1})<0$ pour tout $\displaystyle 1 \le i \le n$ . Le théorème des valeurs intermédiaires donne alors l’existence d’un certain $\displaystyle y_i \in ]z_i,z_{i+1}[$ tel que $\displaystyle p_n(y_i)=0$ . On a trouvé $\displaystyle n$ racines au polynôme $\displaystyle p_n$ , qui sont deux à deux distinctes car construites dans des intervalles disjoints. Comme $\displaystyle p_n$ est de degré $\displaystyle n$ , on sait qu’il n’y en a pas d’autres. Ainsi, le polynôme $\displaystyle p_n$ est scindé à racines simples,toutes dans $\displaystyle I$ , et de plus les racines de $\displaystyle p_n$ et celles de $\displaystyle p_{n+1}$ sont entrelacées.

BONUS : une preuve simple et directe que $\displaystyle p_n$ possède $\displaystyle n$ racines distinctes dans $\displaystyle I$ . Si ce n’était pas le cas, la fonction polynomiale $\displaystyle p_n$ changerait de signe en un nombre de points $\displaystyle l<n$ (qui sont les racines de $\displaystyle p_n$ de multiplicité impaire). Soient $\displaystyle x_1< \ldots <x_l$ ces points de changement de signe et $\displaystyle q : I \rightarrow \R$ la fonction polynomiale définie par $\displaystyle q(x) = (x-x_1)\cdots (x-x_l)$ . Par construction, la fonction $\displaystyle x \mapsto p_n(x) q(x)$ est de signe constant sur $\displaystyle I$ , et de plus elle est non identiquement nulle (il suffit de l’évaluer ailleurs qu’en une racine). On a alors $\displaystyle \int_I p_n(x) q(x) w(x) dx \neq 0$ . Or $\displaystyle q$ est une fonction poynomiale de degré $\displaystyle l<n$ , d’après la question 3 on a alors $\displaystyle \int_I p_n(x) q(x) w(x) dx = 0$ , ce qui est une contradiction.

Exercice 344 ⭐️⭐️⭐️ Matrices de Householder, décomposition QR, Spé/L2

On se place dans l’espace $\displaystyle \R^n$ muni du produit scalaire canonique. Pour tout vecteur colonne $\displaystyle v \neq 0$ , on définit la matrice de Householder $H_v = I - 2 \frac{vv^T}{\|v\|^2}.$ On pose également $\displaystyle H_0 = I$ .

Montrer que $\displaystyle H_v$ est symétrique et orthogonale.
Que vaut $\displaystyle H_v(v)$ ? Et $\displaystyle H_v(w)$ pour $\displaystyle w \in {\rm Vect}(v)^{\perp}$ ? Donner une interprétation géométrique de la transformation associée à $\displaystyle H_v$ .
Soient $\displaystyle a \neq b$ deux vecteurs tels que $\displaystyle \|a\|=\|b\|$ . On pose $\displaystyle v=a-b$ . Calculer $\displaystyle H_v(a)$ .
Soit $\displaystyle M \in M_n(\R)$ . Montrer qu’il existe une matrice de Householder $\displaystyle H_{v}$ telle que $H_{v} M = \left(\begin{array}{cccc} \alpha_1 & \star & \cdots & \star\\ 0 & \star & & \star \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ 0 & \star & \cdots & \star \end{array}\right),$ avec $\displaystyle \alpha_1 \in \R$ .
Montrer qu’il existe des matrices orthogonales $\displaystyle Q_1,\ldots,Q_n$ telles que pour tout $\displaystyle 1 \le k \le n$ , on a $Q_k \cdots Q_1 M = \left(\begin{array}{cc} T_k & \star \\0 & \star \end{array}\right),$ où $\displaystyle T_k$ est triangulaire supérieure de taille $\displaystyle k$ . On pourra chercher $\displaystyle Q_k$ de la forme $Q_k = \left(\begin{array}{cc} I & 0 \\0 & H_{v_k} \end{array}\right)$ avec $\displaystyle v_k \in \R^{n-k}$ .
Montrer que toute matrice $\displaystyle M \in M_n(\R)$ se décompose sous la forme $\displaystyle QR$ avec $\displaystyle Q$ orthogonale et $\displaystyle R$ triangulaire supérieure.

Réflexes

Corrigé

On calcule la transposée de $\displaystyle H_v$ : $H_v^T = I - 2 \frac{(vv^T)^T}{||v||^2}=I - 2 \frac{(v^T)^T v^T}{||v||^2}=I - 2 \frac{vv^T}{||v||^2}=H_v,$ donc $\displaystyle H_v$ est symétrique. De plus, on a : $H_v H_v^T = H_v^2 = \left(I - 2 \frac{vv^T}{||v||^2}\right)^2 = I - 4\frac{vv^T}{||v||^2} + 4 \frac{vv^Tvv^T}{||v||^4}.$ Or $vv^Tvv^T = v(v^Tv)v^T = ||v||^2 vv^T,$ et on obtient bien $\displaystyle H_vH_v^T = I$ , donc $\displaystyle H_v$ est orthogonale.
On a $H_v(v) = v - 2\frac{vv^Tv}{||v||^2} = v-2 \frac{||v||^2}{||v||^2}v = -v.$ Si $\displaystyle w \in {\rm Vect}(v)^{\perp}$ , on a $H_v(w) = w- 2 \frac{v (v^T w)}{||v||^2} = w.$ On peut donc interpréter géométriquement la transformation associée à $\displaystyle H_v$ comme la symétrie d’hyperplan $\displaystyle {\rm Vect}(v)^{\perp}$ .
On a $H_v(a) = a - 2 \frac{(a-b) ((a-b)^Ta)}{||a-b||^2} = a-2 \frac{||a||^2-b^Ta}{||a-b||^2}(a-b).$ Or : $||a-b||^2 = (a-b)^T(a-b) = ||a||^2+||b||^2-b^Ta-a^Tb = 2 ||a||^2-2 b^Ta,$ on a donc : $H_v(a) = a-(a-b) = b.$
On note $\displaystyle x$ la première colonne de $\displaystyle M$ et $\displaystyle e_1$ le premier vecteur de la base canonique de $\displaystyle \R^n$ . Si $\displaystyle x$ est colinéaire à $\displaystyle e_1$ , il suffit de choisir $\displaystyle H_v = I$ , c’est-à-dire $\displaystyle v=0$ . Sinon, on pose $\displaystyle v=x-||x||e_1$ . Ce choix particulier de $\displaystyle v$ s’explique par le résultat de la question précédente. En effet, $\displaystyle ||x|| = ||||x|| e_1||$ donc $\displaystyle H_v x = ||x|| e_1$ , et on a bien $\displaystyle H_v M$ de la forme souhaitée, avec $\displaystyle \alpha_1 = ||x||$ .
On raisonne par récurrence bornée sur $\displaystyle k$ . Pour $\displaystyle k = 1$ , il suffit d’utiliser le résultat de la question précédente et de poser $\displaystyle Q_1 = H_v$ . Supposons qu’on a une décomposition de la forme $Q_k \cdots Q_1 M = \left(\begin{array}{cc} T_k & \star \\0 & M_k \end{array}\right),$ avec $\displaystyle T_k$ triangulaire supérieure de taille $\displaystyle k$ et $\displaystyle M_k \in M_{n-k}(\R)$ . On a alors, pour toute matrice $\displaystyle H \in M_{n-k}(\R)$ , $\left(\begin{array}{cc} I & 0 \\0 & H \end{array}\right)Q_k \cdots Q_1 M = \left(\begin{array}{cc} T_k & \star \\0 & H M_k \end{array}\right).$ D’après la question 4, on peut trouver une matrice de Householder $\displaystyle H_{v} \in M_{n-k}(\R)$ telle que $H_{v} M_k = \left(\begin{array}{cccc} \alpha_{k+1} & \star & \cdots & \star\\ 0 & \star & & \star \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ 0 & \star & \cdots & \star \end{array}\right),$ et on a donc $\left(\begin{array}{cc} I & 0 \\0 & H_v \end{array}\right)Q_k \cdots Q_1 M = \left(\begin{array}{cc} T_{k+1} & \star \\0 & M_{k+1} \end{array}\right)$ avec $\displaystyle T_{k+1}$ triangulaire supérieure de taille $\displaystyle k+1$ et $\displaystyle M_{k+1} \in M_{n-(k+1)}(\R)$ .On conclut en remarquant que la matrice $\displaystyle Q_{k+1} = \left(\begin{array}{cc} I & 0 \\0 & H_v \end{array}\right)$ est bien orthogonale.
On applique le résultat de la question précédente au cas où $\displaystyle k=n$ : il existe $\displaystyle R$ triangulaire supérieure et $\displaystyle Q_1,\ldots,Q_n$ orthogonales telles que $\displaystyle Q_n \cdots Q_1 M = R$ . On multiplie à droite et à gauche par $\displaystyle Q = Q_1^T \cdots Q_n^T$ , qui est aussi orthogonale, et on obtient la décomposition voulue : $M= QR.$

Exercice 369 ⭐️⭐️⭐️ Théorème de Von Neumann, Spé/L2

Soient $\displaystyle E$ un espace vectoriel euclidien et $\displaystyle f$ une isométrie vectorielle de $\displaystyle E$ . On pose $\displaystyle g = f - \mathrm{id}_E$ .

Montrer que $\displaystyle \mathrm{Im}(g) = \left( {\mathrm{Ker}(g)} \right)^\perp$ .
Pour $\displaystyle n \in \N^*$ , on note $\displaystyle u_n$ la moyenne des $\displaystyle n$ premières itérées de $\displaystyle f$ :
$u_n = \frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}f^k.$ Montrer que pour tout $\displaystyle x\in E$ , $\displaystyle u_n(x)$ converge vers le projeté orthogonal de $\displaystyle x$ sur $\displaystyle \mathrm{Ker}(g)$ .
Exemple. On considère $\displaystyle r\in\mathcal L(\R^3)$ la rotation vectorielle d’angle $\displaystyle \pi/3$ autour de l’axe orienté par le vecteur $\displaystyle u=(1,1,1)$ . Pour un vecteur $\displaystyle v=(x,y,z)\in\R^3$ , calculer
$\lim_{n\to\infty} \frac 1n\left(v+r(v)+r^2(v)+\dots+r^{n-1}(v)\right).$

Réflexes

Orthogonalité des vecteurs de $\displaystyle \mathrm{Im}(g)$ avec ceux de $\displaystyle \ker(g)$ , pour obtenir une inclusion. Egalité des dimensions.
Projeté orthogonal 👉 Décomposition d’un vecteur selon les deux supplémentaires orthogonaux.
Calcul du projeté orthogonal d’un vecteur sur un sous-e.v. 👉 Prendre une b.o.n. et appliquer la formule.

Corrigé

Soit $\displaystyle x\in\mathrm{Im}(g)$ et $\displaystyle y\in\mathrm{Ker}(g)$ . Traduisons ces hypothèses :
$\exists z\in E~:~x=f(z)-z,\qquad\text{et }\qquad f(y)=y.$
Ainsi $\begin{aligned}\langle x,y\rangle&= \langle f(z),y\rangle-\langle z,y\rangle \\ &= \langle f(z),f(y)\rangle-\langle z,y\rangle \\ &= \langle z,y\rangle-\langle z,y\rangle\qquad\text{(car $f\in\mathcal O(E)$)} \\ &= 0\end{aligned}$ Ceci montre que $\displaystyle \mathrm{Im}(g)\subset(\mathrm{Ker}(g))^\bot$ . Par ailleurs ces deus sous-e.v. de $\displaystyle E$ sont de même dimension, égale à $\displaystyle \dim(E)-\dim(\mathrm{Ker}(g))$ , donc ils sont égaux.
Comme l’orthogonal de $\displaystyle \ker(g)$ est $\displaystyle \mathrm{Im}(g)$ , le projecteur orthogonal $\displaystyle p$ sur $\displaystyle \ker(g)$ est caractérisé par : $\begin{cases}\forall x\in\ker(g),~~p(x)=x,\\\forall x\in\mathrm{Im}(g),~~p(x)=0_E.\end{cases}$ Il suffit donc de vérifier que
$\begin{cases}\forall x\in\ker(g),~~u_n(x)\to x,\\\forall x\in\mathrm{Im}(g),~~u_n(x)\to 0_E.\end{cases}$ $\displaystyle \bullet$ Soit $\displaystyle x\in\ker(g)$ . Alors $\displaystyle f(x)=x$ et par récurrence immédiate, $\displaystyle f^{k}(x)$ pour tout $\displaystyle k\in\N$ . Ainsi $\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}f^k(x)=\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}x=x$ $\displaystyle \bullet$ Soit $\displaystyle x\in\mathrm{Im}(g)$ . Alors il existe $\displaystyle z\in E$ tel que $\displaystyle x=f(z)-z$ . Alors $\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}f^k(x)=\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}f^{k+1}(z)-f^{k}(z)=\frac 1n\left(f^n(z)-z\right)$ Or $\displaystyle \left\Vert\frac 1n\left(f^n(z)-z\right)\right\Vert\leq\frac 1n(\Vert f(z)\Vert+\Vert z\Vert)=\frac{2\Vert z\Vert}{n}\to 0$ , donc $\displaystyle \frac 1n\left(f^n(z)-z\right)\to 0_E$ .
$\displaystyle r$ est bien une isométrie vectorielle de $\displaystyle \R^3$ , et $\displaystyle \ker(r-\mathrm{id})$ est l’ensemble des vecteurs invariants par $\displaystyle r$ , ici $\displaystyle \mathrm{Vect}(u)$ . Cette limite est donc égale au projeté orthogonal de $\displaystyle v$ sur $\displaystyle \mathrm{Vect}(u)$ , égal à :
$\left\langle v,\frac{u}{\Vert u \Vert}\right\rangle \frac{u}{\Vert u \Vert}=\frac{x+y+z}{3}~(1,1,1).$

Exercice 375 ⭐️⭐️⭐️⭐️ Ulm, Fontion continue linéaire “sur” les vecteurs orthogonaux, Spé/L2

Soit $\displaystyle E$ un espace euclidien de dimension $\displaystyle n$ . Soit $\displaystyle F$ l’ensemble des applications continues de $\displaystyle E$ dans $\displaystyle \R$ telles que pour tout $\displaystyle x,y\in E$ avec $\displaystyle x\perp y$ on a $\displaystyle f(x+y)=f(x)+f(y)$ .

Soit $\displaystyle f\in F$ paire. Monter qu’il existe $\displaystyle a\in\R$ tel que pour tout $\displaystyle x\in E$ , $\displaystyle f(x)=a\|x\|^2$ .
Soit $\displaystyle f\in F$ impaire. Monter qu’il existe $\displaystyle c\in E$ tel que pour tout $\displaystyle x\in E$ , $\displaystyle f(x)=\langle c,x\rangle.$
Déterminer $\displaystyle F$ et sa dimension.

Réflexes

Assertion vraie pour tout couple de vecteurs orthogonaux 👉 Construire un maximum de vecteurs orthogonaux, base canonique, faire des dessins avec des triangles rectangles inscrits dans un cercle, etc. ; Tester l’identité sur ces vecteurs.
Continuité 👉 Passer à la limite dans $\displaystyle f$ , calculer avec des entiers, des rationnels, et utiliser la densité des rationnels ?

Corrigé

Soit $\displaystyle x,x'\in E$ des vecteurs orthogonaux de même norme. Alors $\displaystyle \langle x+x',x-x'\rangle=\|x\|^2-\|x'\|^2=0$ . Posons $\displaystyle y=x+x'$ et $\displaystyle y'=x-x'$ , qui sont donc des vecteurs orthogonaux. On a donc :
$\begin{aligned} f(2x)&=f(y)+f(y') \\ f(2x')&=f(y)+f(-y'). \end{aligned}$ Utilisons maintenant l’hypothèse que $\displaystyle f$ est paire : il vient $\displaystyle f(y')=f(-y')$ . Ainsi $\displaystyle f(2x)=f(2x')$ . Comme $\displaystyle x$ et $\displaystyle x'$ sont orthogonaux de norme et direction arbitraires, on en déduit que si on prend n’importe quel vecteur $\displaystyle z'$ orthogonal à $\displaystyle z$ et de même norme que $\displaystyle z$ , on a $\displaystyle f(z)=f(z')$ . En particulier $\displaystyle f$ est constante sur la base canonique $\displaystyle (e_1,\cdots,e_n)$ . Comme on a :
$f\left(\sum_{i=1}^n\alpha_i e_i\right)=\sum_{i=1}^nf(\alpha_i e_i),$ pour conclure il suffirait que $\displaystyle f(\alpha_i e_i)=\alpha_i^2f(e_i)$ car $\displaystyle f(e_1)=\cdots= f(e_n)$ . Voyons humblement ce qu’on peut déjà faire.
On se donne $\displaystyle x\in E$ et $\displaystyle x'$ un vecteur orthogonal à $\displaystyle x$ et de même norme que $\displaystyle x$ . Alors d’après ce qui précède :
$\begin{aligned} f(2x)&=f(x+x')+f(x-x') \\ &=2f(x+x')=2(f(x)+f(x'))=4f(x). \end{aligned}$ Montrons par récurrence sur $\displaystyle n \ge 2$ que $\displaystyle f(nx) = n^2 f(x)$ . Le cas $\displaystyle n=1$ est immédiat et le cas $\displaystyle n=2$ est fait au paragraphe du dessus.
Prouvons l’hérédité : pour $\displaystyle x'$ orthogonal et de même norme que $\displaystyle x$ , on remarque que les vecteurs $\displaystyle x+nx'$ et $\displaystyle nx-x'$ sont orthogonaux, donc $\begin{aligned} f(x+nx'+nx-nx') &= f(x+nx')+f(nx-x')\\ &= f(x)+f(nx')+f(nx)+f(x').\end{aligned}$ En utilisant l’hypothèse de récurrence et le fait que $\displaystyle f(x)=f(x')$ , on obtient $f(x+nx'+nx-x') =2(n^2+1)f(x).$ Mais d’un autre côté, on a $\begin{aligned} f(x+nx'+nx-nx') &=f((n+1)x)+f((n-1)x')\\ &= f((n+1)x)+(n-1)^2 f(x),\end{aligned}$ toujours par l’hypothèse de récurrence. Il vient alors $\begin{aligned} f((n+1)x) &= (2(n^2+1)-(n-1)^2)f(x)\\ &= (n+1)^2 f(x).\end{aligned}$ La suite semble plus simple… Pour tout $\displaystyle x\in E$ et tout entier $\displaystyle n \ge 1$ on a $f(x)=f\left(n\frac{x}{n}\right) = n^2 f\left(\frac{x}{n}\right),$ donc $\displaystyle f\left(\frac{x}{n}\right) = \frac{1}{n^2} f\left(x\right)$ . Etape suivante : si $\displaystyle p/q$ est rationnel, on a $f\left(\frac{p}{q}x\right) = \frac{1}{q^2} f\left(px\right) = \frac{p^2}{q^2} f(x).$ Ainsi on a montré que $f(\lambda x) = \lambda^2 f(x)$ pour tout $\displaystyle x \in E$ et $\displaystyle \lambda \in \mathbb{Q}$ (on a montré pour $\displaystyle \lambda$ positif mais on prolonge par parité). Pour conclure, soit $\displaystyle \lambda \in \R$ et $\displaystyle (\lambda_n)$ une suite de rationnels convergeant vers $\displaystyle \lambda$ . La fonction $\displaystyle \lambda \mapsto f(\lambda e_1)$ est continue sur $\displaystyle \R$ , donc $f(\lambda e_1) = \lim_{n \to \infty} f(\lambda_n e_1) = \lim_{n \to \infty} \lambda_n^2 f(e_1) = \lambda^2 f(e_1),$ ce qu’on voulait, et permet de conclure car $\displaystyle \left\|\sum_{i=1}^n\alpha_i e_i\right\|^2=\sum_{i=1}^n\alpha_i^2.$

Exercice 412 ⭐️⭐️ Hyperplans stables, Spé/L2

Soit $\displaystyle A \in M_n(\R)$ . Montrer que $\displaystyle A$ est diagonalisable si et seulement si sa transposée $\displaystyle A^T$ est diagonalisable.
Soit $\displaystyle F$ un sous-espace vectoriel stable par $\displaystyle A$ . Montrer que $\displaystyle F^\perp$ est stable par $\displaystyle A^T$ .
On suppose que $\displaystyle A$ est diagonalisable dans $\displaystyle M_n(\R)$ . On note $\displaystyle (v_1,\ldots,v_n)$ une base de diagonalisation pour $\displaystyle A^T$ et, pour $\displaystyle 1\le i \le n$ , on pose $\displaystyle H_i=v_i^\perp$ . Montrer que les $\displaystyle H_i$ sont des hyperplans stables par $\displaystyle A$ et que $\displaystyle \bigcap_{i=1}^n H_i = \{0\}$ .
Réciproquement, suppose qu’il existe $\displaystyle n$ hyperplans $\displaystyle H_1,\ldots,H_n$ stables par $\displaystyle A$ tels que $\displaystyle \bigcap_{i=1}^n H_i = \{0\}$ . Montrer que $\displaystyle A$ est diagonalisable.

Réflexes

Si on écrit proprement les définitions, on se rapproche de la solution (cela sonne comme un vieux proverbe).

Corrigé

Question assez classique… On peut par exemple remarquer que les polynômes annulateurs de $\displaystyle A$ sont exactement ceux qui annulent $\displaystyle A^T$ . En particulier, $\displaystyle A$ et $\displaystyle A^T$ ont le polynôme minimal et on sait que $\displaystyle A$ (et donc $\displaystyle A^T$ ) est diagonalisable si et seulement si celui-ci est scindé à racines simples sur $\displaystyle \R$ .
Soit $\displaystyle x \in F^\perp$ . Il s’agit de montrer que $\displaystyle A^Tx \in F^\perp$ , c’est-à-dire que $\displaystyle \langle A^T x,z \rangle = 0$ pour tout $\displaystyle z \in F$ . Or on a : $\langle A^T x,z \rangle = \langle x, Az \rangle = 0.$ On a utilisé la définition d’un adjoint et le fait que $\displaystyle x \in F^\perp$ et $\displaystyle Az \in F$ .
Soit $\displaystyle D_i = {\rm vect}(v_i)$ . On sait que $\displaystyle H_i = D_i^\perp$ , et comme $\displaystyle {\rm dim}(D_i)=1$ , on a $\displaystyle {\dim H_i} = n-{\rm dim}(D_i) = n-1$ . Ainsi $\displaystyle H_i$ est un hyperplan. La stabilité de $\displaystyle H_i$ par $\displaystyle A$ résulte du résultat de la question 2 appliqué à $\displaystyle F$ et $\displaystyle A^T$ . Soit maintenant $\displaystyle x \in \bigcap_{i=1}^n H_i$ . On a $\displaystyle \langle x, v_i \rangle = 0$ pour tout $\displaystyle 1 \le i \le n$ . Par linéarité, on a pour toute combinaison linéaire : $\displaystyle \langle x, \sum_{i=1}^n \alpha_i v_i \rangle = 0$ . Mais comme $\displaystyle (v_1,\ldots,v_n)$ engendre $\displaystyle \R^n$ , on a $\displaystyle \langle x,z \rangle = 0$ pour tout $\displaystyle z \in \R^n$ , d’où on déduit que $\displaystyle x=0$ .
Pour tout $\displaystyle 1 \le i \le n$ , on a $\displaystyle {\rm Dim}(H_i^\perp) = 1$ , il existe donc un vecteur $\displaystyle v_i$ tel que $\displaystyle H_i = v_i^\perp$ . Or $\displaystyle H_i$ est stable par $\displaystyle A$ , donc par la question 2, $\displaystyle H_i^\perp$ est stable par $\displaystyle A^T$ . En particulier, $\displaystyle A^T v_i \in {\rm Vect}(v_i)$ , donc $\displaystyle A^T v_i = \lambda_i v_i$ pour une certaine constante $\displaystyle \lambda_i \in \R$ . Autrement dit, $\displaystyle v_i$ est un vecteur propre de $\displaystyle A^T$ associé à la valeur propre $\displaystyle \lambda_i$ . Il reste à montrer que la famille $\displaystyle (v_1,\ldots,v_n)$ est libre. Supposons par exemple qu’on puisse écrire $\displaystyle v_n = \sum_{i=1}^{n-1} \alpha_i v_i$ . Soit $\displaystyle z \neq 0$ orthogonal à $\displaystyle {\rm Vect}(v_1,\ldots,v_{n-1})$ . Un tel $\displaystyle z$ existe pour des raisons de dimension, et on a $\displaystyle z \in \bigcap_{i=1}^{n-1} H_i$ . On a aussi : $\langle z , v_n \rangle = \sum_{i=1}^{n-1} \alpha_i \langle z, v_i \rangle = 0,$ donc $\displaystyle z \in H_n$ . On a ainsi montré que $\displaystyle \bigcap_{i=1}^n H_i \neq \{0\}$ , ce qui est contradictoire. Ainsi la famille $\displaystyle (v_1,\ldots,v_n)$ est libre, c’est donc une base de $\displaystyle \R^n$ et on a vu qu’elle est formée de vecteurs propres pour $\displaystyle A^T$ . On vient de montrer que $\displaystyle A^T$ est diagonalisable, et par la question 1, on peut conclure que $\displaystyle A$ est diagonalisable.

Exercice 417 ⭐️⭐️⭐️ Identité Valeur propre – Vecteur propre, Matrice symétrique, MP/L3

Soit $\displaystyle A \in M_n(\R)$ une matrice symétrique réelle. Soit $\displaystyle (v_1,\ldots,v_n)$ une base orthonormale de $\displaystyle \R^n$ diagonalisant $\displaystyle A$ et $\displaystyle \lambda_1,\ldots,\lambda_n$ les valeurs propres associées.

Montrer que $\displaystyle A=\sum_{i=1}^n \lambda_i v_i v_i^{T}$ .
Montrer que $\displaystyle ({\rm Com} A)^T = \sum_{i=1}^n \left( \prod_{k\neq i} \lambda_k \right) v_i v_i^T$ .
Montrer que, pour $\displaystyle \lambda \in \R$ , $({\rm Com} (\lambda I-A))^T = \sum_{i=1}^n \left( \prod_{k\neq i} (\lambda - \lambda_k) \right) v_i v_i^T.$
Soit $\displaystyle M_j$ le $\displaystyle j$ -ème mineur principal de $\displaystyle A$ , i.e. la matrice $\displaystyle A$ privée de sa $\displaystyle j$ -ème ligne et $\displaystyle j$ -ème colonne. Montrer que son polynôme caractéristique vaut : $\chi_{M_j}(\lambda) = \sum_{i=1}^n \left( \prod_{k\neq i} (\lambda - \lambda_k) \right) v_{i}(j)^2.$
En déduire qu’on peut connaître, au signe près, les coefficients des vecteurs propres de $\displaystyle A$ uniquement à partir des valeurs propres de $\displaystyle A$ et de ses mineurs.

BIG Lucas

Cet exercice a été concocté à partir d’un article de recherche co-écrit par notre très cher Terry, mais il est aussi tombé à l’oral X 2020 (!) Vous trouverez sur ce site, réalisé par Big Lucas avec des étudiant(e)s passionné(e)s, une magnifique base de donnée d’exercices corrigés récents de haut niveau, en accès libre ! Voir aussi la page fb. Thanks and Congrats!!

Corrigé

On note $\displaystyle B = \sum_{i=1}^n \lambda_i v_i v_i^{T}$ . Comme $\displaystyle (v_1,\ldots,v_n)$ est une base de $\displaystyle \R^n$ , pour montrer que $\displaystyle A=B$ il suffit de montrer que $\displaystyle A v_j = B v_j$ pour tout $\displaystyle 1 \le j \le n$ . Or on a $\displaystyle A v_j = \lambda_j v_j$ . De plus $\displaystyle v_i^T v_j = \langle v_i,v_j \rangle$ , donc $\displaystyle v_i^T v_j$ vaut $\displaystyle 1$ si $\displaystyle i=j$ et $\displaystyle 0$ sinon. Ainsi $\displaystyle B v_j = \lambda_j v_j (v_j^T v_j) = \lambda_j v_j$ et on a montré que $\displaystyle A v_j=B v_j$ .
Notons $\displaystyle C = \sum_{i=1}^n \left( \prod_{k\neq i} \lambda_k \right) v_i v_i^T$ . Supposons d’abord que $\displaystyle A$ est inversible. On a alors $\displaystyle ({\rm Com} A)^T = \det(A) A^{-1}$ , il suffit alors de montrer que $\displaystyle C A = \det(A) I$ . Or on a : $CA = \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \left( \prod_{k\neq i} \lambda_k \right) \lambda_j v_i v_i^T v_j v_j^T.$ Comme à la question précédente, on remarque que $\displaystyle v_i^T v_j$ vaut $\displaystyle 0$ si $\displaystyle i \neq j$ et $\displaystyle 1$ si $\displaystyle i=j$ , donc $CA = \sum_{i=1}^n\left( \prod_{k\neq i} \lambda_k \right) \lambda_i v_i v_i^T = \left( \prod_{k=1}^n \lambda_k \right) \sum_{i=1}^n v_i v_i^T.$ On sait que $\displaystyle \det(A) = \prod_{k=1}^n \lambda_k$ , et de plus en appliquant la première question à la matrice $\displaystyle A=I$ , on montre que $\displaystyle I = \sum_{i=1}^n v_i v_i^T$ .
Dans le cas où $\displaystyle A$ n’est pas inversible, on peut raisonner par densité des matrices inversibles, et remarquer que les applications $\displaystyle (a_{i,j})_{1 \le i,j \le n} \mapsto ({\rm Com} A)^T$ et $\displaystyle (a_{i,j})_{1 \le i,j \le n} \mapsto \sum_{i=1}^n \left( \prod_{k\neq i} \lambda_k \right) v_i v_i^T$ sont continues. Si on n’est pas à l’aise avec la continuité des éléments propres par rapport aux coefficients, la question suivante permet de s’en sortir de façon plus élémentaire.
La matrice $\displaystyle \lambda I - A$ est diagonalisable dans la même base orthonormée $\displaystyle (v_1,\ldots,v_n)$ et ses valeurs propres associées sont $\displaystyle \lambda-\lambda_1,\ldots,\lambda-\lambda_n$ . On peut donc appliquer le résultat de la question $\displaystyle 2$ pour conclure.
Dans l’équation matricielle prouvée à la question précédente, on regarde l’égalité entre les coefficients $\displaystyle (j,j)$ . Par définition de la comatrice, on sait que le coefficient $\displaystyle (j,j)$ de $\displaystyle {\rm Com(\lambda I - A)}^T$ est exactement le déterminant du mineur $\displaystyle \det(\lambda I - M_j)$ . C’est donc la polynôme caractéristique de $\displaystyle M_j$ évalué en $\displaystyle \lambda$ . De plus, le produit $\displaystyle v_i v_i^T$ est une matrice carrée dont le coefficient $\displaystyle (k,l)$ vaut $\displaystyle v_{i}(k) v_{i}(l)$ . En particulier, le coefficient $\displaystyle (j,j)$ de $\displaystyle \sum_{i=1}^n \left( \prod_{k\neq i} (\lambda - \lambda_k) \right) v_i v_i^T$ vaut $\displaystyle \sum_{i=1}^n \left( \prod_{k\neq i} (\lambda - \lambda_k) \right) v_i(j)^2$ , ce sui répond à la question.
La matrice $\displaystyle M_j$ est symétrique réelle, donc diagonalisable. On note $\displaystyle \lambda_1(M_j),\ldots,\lambda_{n-1}(M_j)$ ses valeurs propres (pas nécessairement distinctes). On a alors $\displaystyle \chi_{M_j}(\lambda) = \prod_{l=1}^{n-1} \left(\lambda-\lambda_l(M_j) \right)$ . On applique le résultat de la question précédente à $\displaystyle \lambda = \lambda_i$ : tous les termes de la somme de droite deviennent nuls, sauf un. On obtient : $\prod_{l=1}^{n-1} \left(\lambda_i-\lambda_l(M_j) \right) = \prod_{k \neq i} (\lambda_i - \lambda_k) v_{i}(j)^2,$ et on a effectivement exprimé $\displaystyle v_{i}(j)^2$ (donc $\displaystyle |v_i(j)|$ ) uniquement en fonction des $\displaystyle \lambda_i$ et des $\displaystyle \lambda_l(M_j)$ .

Remarque — Cette propriété assez méconnue a été “redécouverte” très récemment par, entre autres, le célèbre mathématicien Terry Tao. On peut trouver d’autres preuves ici.

Exercice 418 ⭐️⭐️ Transformation dans $\displaystyle \R^3$ , Spé/L2

Déterminer géométriquement l’application $\displaystyle f$ dont la matrice dans une base orthonormale directe est $A=\frac{1}{9} \left(\begin{array}{ccc} 7 & -4 & 4 \\ -4 & 1 & 8 \\ 4 & 8 & 1 \end{array}\right).$

Réflexes

La matrice $\displaystyle A$ est symétrique, cela peut beaucoup aider !

Corrigé

Montrons tout d’abord que $\displaystyle A$ est une matrice orthogonale. Cela se déduit des calculs suivants : $-7.4-4.1+4.8=0 \ , \ 7.4-4.8+4.1=0 \ , \ -4.4+1.8+8.1=0,$
et $7^2+4^4+4^2=4^2+1^2+8^2=4^2+8^2+1^2 = 81 = 9^2.$
On a donc bien $\displaystyle A \in O_3(\R)$ . De plus $\displaystyle A$ est symétrique à coefficients réels, donc elle est diagonalisable dans une base orthonormale. Comme on a $\displaystyle I=A A^T = A^2$ , on sait de plus que ses valeurs propres valent $\displaystyle 1$ ou $\displaystyle -1$ . Enfin, comme $\displaystyle {\rm tr}(A)=1$ , on en déduit que $\displaystyle 1$ est valeur propre de multiplicité $\displaystyle 2$ et $\displaystyle -1$ est valeur propre de multiplicité $\displaystyle 1$ : il existe donc une base orthonormale $\displaystyle (u,v,w)$ avec $\displaystyle f(u)=u$ , $\displaystyle f(v)=v$ et $\displaystyle f(w)=-w$ . On peut alors interpréter $\displaystyle f$ comme la symétrie de plan $\displaystyle w^\perp$ . Il reste à calculer $\displaystyle w$ , pour cela on résout l’équation $\displaystyle AW=-W$ , et on obtient $\displaystyle w = \frac{1}{3}\left(\begin{array}{c} 1 \\2 \\ -2 \end{array}\right)$ . (Le coefficient $\displaystyle \frac{1}{3}$ n’est là que pour avoir $\displaystyle \|w\|_2=1$ ).

Exercice 438 ⭐️⭐️ Orthgonal non supplémentaire, MP/L2

Soit $\displaystyle E = {\mathcal{C}}\left( {\left[ { - 1,1} \right],\mathbb{R}} \right)$ muni du produit scalaire défini par
$\langle f,g\rangle ~~= \int_{ - 1}^1 {f(t)g(t)\,{\mathrm{d}}t}.$ On pose $\displaystyle F = \left\{ {f \in E~:~\forall t \in \left[ { - 1,0} \right],f(t) = 0} \right\}$ , et $\displaystyle G = \left\{ {g \in E~:~\forall t \in \left[ {0,1} \right],g(t) = 0} \right\}$ .

Montrer que ceci définit bien un produit scalaire sur $\displaystyle E$ .
Montrer que $\displaystyle F^ \bot = G$ .
Les sous-espaces vectoriels $\displaystyle F$ et $\displaystyle G$ sont-ils supplémentaires dans $\displaystyle E$ ?

Réflexes

C’est comme une récitation de poésie. On déroule : bilinéaire symétrique définie-positive.
Double inclusion.
Ils sont en somme directe, mais la question à se poser : peut-on obtenir toute fonction $\displaystyle h\in E$ en faisant une somme $\displaystyle f+g$ , avec $\displaystyle f\in F$ et $\displaystyle g\in G$ ?

Corrigé

C’est un produit scalaire très classique alors on ne détaille pas tout ici.
$\displaystyle \bullet$ La symétrie, bilinéarité et la positivité sont assez immédiates.
$\displaystyle \bullet$ Soit $\displaystyle f\in E$ tel que $\displaystyle <f,f>~= \int_{-1}^1 f^2=0$ . Comme $\displaystyle f^2$ est positive, continue sur $\displaystyle [-1;1]$ , on en déduit que : $\displaystyle \forall t\in[-1;1],~f(t)^2=0$ , donc $\displaystyle f(t)=0$ . Ainsi $\displaystyle f=0_E$ .
$\displaystyle \bullet$ On montre d’abord l’inclusion facile : $\displaystyle F\subset G^\perp$ .
Soit $\displaystyle f\in F$ . Pour $\displaystyle g\in G$ , $\displaystyle fg$ est nulle sur $\displaystyle [-1;0]$ et sur $\displaystyle [0;1]$ , donc $\displaystyle <f,g>~=\int_{-1}^1 fg=0$ . Ainsi $\displaystyle f\in G^\perp$ .
$\displaystyle \bullet$ Montrons maintenant que $\displaystyle G^\perp \subset F$ .
Soit $\displaystyle f\in G^\perp$ . On considère $\displaystyle g:t\mapsto\begin{cases}tf(t),&\text{ si }t\leq 0;\\ 0,&\text{ si }t>0.\end{cases}$ .
Comme $\displaystyle g\in G$ , on a $\displaystyle \int_{-1}^1 fg =\int_{-1}^0 tf(t)^2\mathrm{d} t=0$ . Or $\displaystyle t\mapsto tf(t)^2$ est négative et continue sur $\displaystyle [-1;0]$ , donc : $\displaystyle \forall t\in[-1;0],~tf(t)^2=0$ . On en déduit que $\displaystyle f$ s’annule sur $\displaystyle [-1;0[$ . Comme $\displaystyle f$ est continue on a également $\displaystyle f(0)=0$ . Finalement $\displaystyle f\in F$ .
Clairement pas, puisque $\displaystyle F+G\subset\{f\in E~:~f(0)=0\}$ . On a donc $\displaystyle F+G\neq E$ .

Remarque. Cet exercice illustre le fait que si $\displaystyle F$ est un sous-e.v. de $\displaystyle E$ préhilbertien, et que $\displaystyle F$ n’est pas supposé de dimension finie, alors rien ne garantit que $\displaystyle F\oplus F^\perp=E$ .

Exercice 454 ⭐️ Projecteurs orthogonaux, Sup/L1

Soit $\displaystyle E$ un espace de dimension $\displaystyle 3$ et $\displaystyle \mathcal{B}=(\vec{\imath},\vec{\jmath},\vec{k})$ une B.O.N. de $\displaystyle E$ .

Déterminer la matrice dans la base $\displaystyle \mathcal{B}$ du projecteur orthogonal sur la droite vectorielle $\displaystyle D$ dirigée par $\displaystyle \vec{\imath}-3\vec{k}$ .
De même pour le projecteur orthogonal sur le plan vectoriel $\displaystyle P=\mathrm{Vect}(\vec{\imath}-\vec{\jmath},\vec{\imath}+\vec{k})$ .

Réflexes

On a une b.o.n. de F 👉 il existe une formule pour le projeté orthogonal d’un vecteur sur $\displaystyle F$ .

Corrigé

Exercice 455 ⭐️ Orthonormalisation dans $\displaystyle \R_2[X]$ , Sup/L1

Pour $\displaystyle P,Q \in \mathbb R_2[X]$ , on pose $\displaystyle (P , Q ) =\sum_{k=0}^2 P(k) Q(k)$ .

Montrer que $\displaystyle ( \cdot , \cdot )$ définit un produit scalaire sur $\displaystyle \R_2[X]$ .
Soit la droite vectorielle $\displaystyle F=\mathrm{Vect}(X)$ . Donner une base orthogonale de $\displaystyle F^\perp$
Orthonormaliser la famille $\displaystyle (1 , X , X^2)$ .

Réflexes

As usual
Gram-Schmidt !

Corrigé

Exercice 471 ⭐️ Spé/L2

Soit $\displaystyle (E,<.,.>)$ un espace euclidien de dimension $\displaystyle n$ , et $\displaystyle (a,b)$ une famille libre de $\displaystyle E$ .

Montrer que l’application $\displaystyle \phi:E\to E$ définie par
$\phi(x) =<x,b> a+<x,a> b$ est un endomorphisme de $\displaystyle E$ . Déterminer son image et son noyau.
Trouver les valeurs propres de $\displaystyle \phi$ . L’endomorphisme $\displaystyle \phi$ est-il symétrique ?

Réflexes

Corrigé

Vérifier que pour $\displaystyle x,y\in E$ et $\displaystyle \lambda,\mu\in\R$ , $\displaystyle \phi(\lambda x+\mu y)=\lambda\phi(x)+\mu\phi(y)$ .
Comme $\displaystyle (a,b)$ est libre,
$\phi(x)=0\Leftrightarrow <x,a>=<x,b>=0\Leftrightarrow x\in F^\perp,$ où $\displaystyle F=\mathrm{Vect}(a,b)$ . Ainsi $\displaystyle \ker(\phi)=F^\perp$ .
$\displaystyle \forall x\in[a;b]$ , $\displaystyle \phi(x)\in F$ , donc $\displaystyle \mathrm{im}(\phi)\subset F$ .
Par ailleurs $\displaystyle \dim(F)=2$ et $\displaystyle \dim(\mathrm{im}(\phi))=n-\dim(F^\perp)=2$ , donc $\displaystyle \mathrm{im}(\phi)= F$ .
Soit $\displaystyle (e_1,\dots,e_{n-2})$ une base de $\displaystyle F^\perp$ , alors dans la base $\displaystyle \mathcal B=(e_1,\dots,e_{n-2},a,b)$ de $\displaystyle E$ , $\displaystyle \phi$ a pour matrice
$M=\begin{pmatrix} O&O\\O&A \end{pmatrix},$ où $\displaystyle A=\begin{pmatrix} <a,b> & \Vert b\Vert^2\\ \Vert a\Vert^2 & <a,b> \end{pmatrix}$ .
On a
$\begin{aligned} \chi_M(t) & = t^{n-2}\left((t-<a,b>)^2-\Vert a\Vert^2.\Vert b\Vert^2\right)\\ & = t^{n-2}\left(t-<a,b>-\Vert a\Vert.\Vert b\Vert\right)\left(t-<a,b>+\Vert a\Vert.\Vert b\Vert\right) .\end{aligned}$ Or d’après Cauchy-Schwarz (cas non colinéaire),
$<a,b>+\Vert a\Vert.\Vert b\Vert>0,\qquad\text{et}\qquad <a,b>-\Vert a\Vert.\Vert b\Vert<0.$ Donc $\displaystyle \mathrm{sp}(\phi)=\bigg\{0,~<a,b>+\Vert a\Vert.\Vert b\Vert,~<a,b>-\Vert a\Vert.\Vert b\Vert\bigg\}$ .
Pour $\displaystyle x,y\in E$ , $\displaystyle <\phi(x),y>~ =~ <x,b>.<a,y>+<x,a>.<b,y>$ .
Cette expression est symétrique en $\displaystyle x,y$ , donc $\displaystyle \phi$ est un endomorphisme symétrique.

Exercice 472 ⭐️ Spé/L2

Soit $\displaystyle B =\, ^t AA$ avec $\displaystyle A\in\mathcal M_{5,10}(\R)$ .
$\displaystyle B$ est-elle diagonalisable ? Admet-elle $\displaystyle 0$ comme valeur propre ?

Réflexes

De la transposée 👉 Théorème spectral

Corrigé

$\displaystyle B\in\mathcal M_{10}(\R)$ , $\displaystyle B$ est symétrique (car $\displaystyle ^tB=\,^tA^t(^t A)=B$ ), et réelle, donc diagonalisable.
De plus $\displaystyle \mathrm{rg}(B)\le\mathrm{rg}(^t A)\le 5$ : en effet $\displaystyle \mathrm{im}(B)\subset\mathrm{im}(^tA)$ .
Comme $\displaystyle B$ est de taille $\displaystyle 10$ , $\displaystyle B$ n’est pas inversible et donc $\displaystyle 0$ est valeur propre de $\displaystyle B$ .

Exercice 502 ⭐️⭐️ Cauchy Schwarz et intégrales, Spé/L2

On considère l’espace vectoriel $\displaystyle E=\mathcal{C}^0([a,b],\R)$ que l’on munit du produit scalaire $\langle f,g \rangle = \int_a^b f(t) g(t) dt.$

Démontrer l’inégalité de Cauchy-Schwarz : pour toutes $\displaystyle f,g \in E$ , on a $\langle f,g \rangle^2 \le \langle f,f\rangle \langle g,g \rangle.$ Dans quel cas a-t-on égalité ?
Trouver la borne inférieure $m = \inf\left\{ \int_a^b f(t) dt \int_a^b \frac{1}{f(t)} dt \ : \ f \in \mathcal{P}\right\}$ où $\displaystyle \mathcal{P}=\{f \in E : f>0\}$ est l’ensemble des fonctions continues sur $\displaystyle [a,b]$ et à valeurs strictement positives. Pour quelles fonctions $\displaystyle f$ la borne est-elle atteinte ?

Réflexes

Aaaaarchi classique ! La preuve est tellement belle qu’il est interdit de l’oublier.
On cherche à se ramener à la question précédente : on reconnaît le “côté droit” de Cauchy-Schwarz, il ne reste plus qu’à reconstituer le “côté gauche”…

Corrigé

Voici la preuve la plus classique de l’inégalité de Cauchy-Schwarz : on considère la fonction $\displaystyle P : \R \rightarrow \R_+$ définie pour tout $\displaystyle \lambda \in \R$ par $P(\lambda) = \langle f+\lambda g , f + \lambda g\rangle.$ La fonction $\displaystyle P$ est à valeurs positives et, en développant le produit scalaire, on remarque que c’est une fonction polynomiale : $P(\lambda) = \langle f,f \rangle + 2 \lambda \langle f,g \rangle + \lambda^2 \langle g,g \rangle.$ Comme $\displaystyle P \ge 0$ , son discriminant est négatif ou nul, ce qui donne l’inégalité $4\langle f,g \rangle-4\langle f,f \rangle\langle g,g \rangle \le 0,$ et on trouve bien l’inégalité de Cauchy-Schwarz ! Il y a égalité lorsque le discriminant du polynôme est nul, c’est-à-dire lorsque le polynôme $\displaystyle P$ possède une racine double. Cela équivaut à écrire qu’il existe $\displaystyle \lambda \in \R$ tel que $\displaystyle \langle f+\lambda g , f + \lambda g\rangle = 0$ , autrement dit que $\displaystyle f+\lambda g =0$ pour un certain $\displaystyle \lambda \in \R$ . On en déduit qu’il y a égalité dans l’inégalité de Cauchy-Schwarz si et seulement si $\displaystyle f$ et $\displaystyle g$ sont colinéaires.
On considère les fonctions $\displaystyle u : t \rightarrow\sqrt{f(t)}$ et $\displaystyle v : t \mapsto \frac{1}{\sqrt{f(t)}}$ , qui sont toutes les deux dans $\displaystyle E$ . On a : $\langle u,u \rangle = \int_a^b f(t) dt \ , \ \langle v,v \rangle = \int_a^b \frac{1}{f(t)} dt.$ D’après l’inégalité de Cauchy-Schwarz, on a alors $\begin{aligned} \int_a^b f(t) dt \int_a^b \frac{1}{f(t)} dt \ge& \langle u , v \rangle^2\\ =& \left(\int_a^b \sqrt{f(t)}\frac{1}{\sqrt{f(t)}} dt \right)^2 \\ =& (b-a)^2.\end{aligned}$ Ainsi on a $\displaystyle m \le b-a$ . Pour montrer que $\displaystyle m=b-a$ , il suffit de décrire le cas d’égalité : d’après la question précédente, on a égalité lorsque les fonctions $\displaystyle \sqrt{f}$ et $\displaystyle \frac{1}{\sqrt{f}}$ sont colinéaires, c’est-à-dire lorsque la fonction $\displaystyle f$ est constante.

Exercice 544 ⭐️⭐️⭐️⭐️ Théorème Spectral, MP/L3

A toute matrice $\displaystyle M \in M_n(\R)$ , on associe la quantité : $J(M) = \sum_{i \neq j} m_{i,j}^2.$

Soit $\displaystyle A \in S_n(\R)$ . On considère l’application $\displaystyle \phi : O_n(\R) \rightarrow \R_+$ définie pour tout $\displaystyle P \in O_n(\R)$ par : $\phi(P) = J(P^T A P).$

On suppose que $\displaystyle a_{1,2} \ne 0$ . Montrer qu’il existe une matrice $\displaystyle P \in O_n(\R)$ de la forme $P = \left( \begin{array}{c|c} R_\theta & 0 \\ \hline 0 & I_{n-2} \end{array} \right),$ avec $R_\theta = \left( \begin{array}{c c} \cos(\theta) & \sin(\theta) \\ -\sin(\theta) & \cos(\theta) \end{array} \right)$ telle que $\displaystyle b_{1,2} = 0$ , où $\displaystyle B = P^T A P$ .
Montrer que pour de telles matrices on a $\displaystyle J(B) < J(A)$ .
On suppose maintenant qu’il existe des indices $\displaystyle i_0 \neq j_0$ tels que $\displaystyle a_{i,j} \neq 0$ . Montrer, sans calculs, qu’il existe $\displaystyle Q \in O_n(\R)$ telle que $\displaystyle \tilde{a}_{1,2} \neq 0$ , avec $\displaystyle \tilde{A} = Q^T A Q$ .
Déduire des questions précédentes que si $\displaystyle \phi$ atteint son minimum pour une certaine matrice $\displaystyle P \in O_n(\R)$ , alors $\displaystyle \phi(P) = 0$ .
Montrer que $\displaystyle \phi$ atteint effectivement son minimum sur $\displaystyle O_n(\R)$ et en déduire le théorème spectral (on montrera que $\displaystyle O_n(\R)$ est compact).

Réflexes

Corrigé

Les règles du produit matriciel donnent la formule suivante pour les coefficients de B : $b_{i,j} = \sum_{k,l} p_{k,i} p_{l,j} a_{k,l}.$ Ici on a $\displaystyle i=1$ et $\displaystyle j=2$ . Après calculs on obtient donc : $2 b_{1,2} = \sin(2 \theta) (a_{1,1}-a_{1,2}) + \cos(2 \theta) a_{1,2}.$ Il suffit alors de choisir $\displaystyle \theta$ tel que $\tan(2 \theta) = \frac{a_{1,2}}{a_{1,1}-a_{2,2}}$ pour conclure. Si $\displaystyle a_{1,1} = a_{2,2}$ , il suffit de choisir $\displaystyle \theta = \frac{\pi}{4}$ .
Il s’agit de calculer les autres coefficients $\displaystyle b_{i,j}$ avec $\displaystyle i \neq j$ . Tout d’abord remarquons que $\displaystyle B$ est symétrique, donc $\displaystyle b_{2,1} = 0$ . On calcule maintenant $\displaystyle b_{1,j}$ avec $\displaystyle j \ge 3$ : le seul coefficient $\displaystyle p_{l,j}$ non nul est $\displaystyle p_{j,j} = 1$ donc : $b_{1,j} = p_{1,1} a_{1,j} + p_{2,1} a_{2,j} = \cos(\theta) a_{1,j} - \sin(\theta) a_{2,j}.$ De la même façon on a : $b_{2,j} = \sin(\theta) a_{1,j}+\cos(\theta) a_{2,j}.$ Au final, on a $b_{1,j}^2+b_{2,j}^2 = a_{1,j}^2+a_{2,j}^2.$ Par symétrie, on a aussi, pour tout $\displaystyle j \ge 3$ : $b_{j,1}^2+b_{j,2}^2 = a_{j,1}^2+a_{j,2}^2.$ Si maintenant on a $\displaystyle i \ge 3$ et $\displaystyle j \ge 3$ , alors $\displaystyle b_{i,j} = a_{i,j}$ donc $\displaystyle b_{i,j}^2 = a_{i,j}^2$ . On a ainsi montré que : $J(B) = J(A)-2 a_{1,2}^2 < J(A).$
Soit $\displaystyle f$ l’endomorphsime associé à la matrice $\displaystyle A$ dans la base canonique $\displaystyle (e_1,\ldots,e_n)$ . Alors $\displaystyle \langle f(e_{i_0}), e_{j_0} \rangle = a_{i_0,j_0} \neq 0$ . La matrice $\displaystyle \tilde{A}$ de $\displaystyle f$ dans la base $\displaystyle \mathcal{B} = (e_{i_0},e_{j_0},e_1,\ldots,e_n)$ est alors telle que $\displaystyle \tilde{a}_{1,2} = a_{i_0,j_0} \neq 0$ . De plus, on a $\displaystyle \tilde{A} = P^{-1}A P$ où $\displaystyle P$ est la matrice de passage de la base canonique à $\displaystyle \mathcal{B}$ . Or ces deux bases sont orthonormées, on sait alors que $\displaystyle P \in O_n(\R)$ comme voulu.
Raisonnons par l’absurde. Supposons qu’il existe $\displaystyle P \in O_n(\R)$ telle que $\displaystyle \phi(P) = \min_{O_n(\R)}(\phi) > 0$ . Soit $\displaystyle B = P^T A P$ . Il existe alors un indice $\displaystyle b_{i_{o},j_{0}} \neq 0$ et d’après les deux questions précédentes, il existe $\displaystyle Q_1,Q_2 \in O_n(\R)$ telles que $\phi(Q_1 Q_2 P) < \phi(P),$ ce qui contredit la minimalité de $\displaystyle \phi(P)$ .
Montrons que $\displaystyle O_n(\R)$ est une partie compacte de $\displaystyle M_n(\R)$ . En effet, c’est une partie fermée, comme image réciproque du fermé $\displaystyle \{I_n\}$ par l’application continue $\displaystyle M \mapsto M^T M$ . De plus, $\displaystyle O_n(\R)$ est bornée, en effet, si on considère la norme $\displaystyle \| M\| = \sqrt{\rm{Tr}(M^T M)}$ , on a $\displaystyle \|M\| = 1$ pour tout $\displaystyle M \in O_n(\R)$ . La fonction $\displaystyle \phi$ est continue sur le compact $\displaystyle O_n(\R)$ , donc elle atteint son minimum en une certaine matrice $\displaystyle P \in O_n(\R)$ . Supposons que $\displaystyle \phi(P) > 0$ : on aurait alors une contradiction d’après la question précédente. Ainsi il existe $\displaystyle P \in O_n(\R)$ telle que $\displaystyle \phi(P) = 0$ , c’est-à-dire telle que $\displaystyle P^T A P$ est diagonale : c’est exactement l’énoncé du théorème spectral !!!

Exercice 545 ⭐️⭐️⭐️ Polynômes de Laguerre, Spé/L2

On se place sur $\displaystyle E=\R[X]$ , muni du produit scalaire défini par $\displaystyle \left<P,Q\right>=\int_0^{+\infty}P(x)Q(x) e^{-x}dx$ .
On ne demande pas de montrer ici que ceci définit bien un produit scalaire.
On pose pour tout $\displaystyle n\in\N$ et $\displaystyle x\in\R$ : $\displaystyle h_n(x)=x^n e^{-x}$ , et $\displaystyle L_n(x)=\dfrac{e^x}{n!}h_n^{(n)}(x).$

En appliquant la formule de Leibniz, montrer que $\displaystyle L_n$ est une fonction polynomiale. Préciser son degré et son coefficient dominant.
Calculer $\displaystyle \left<L_0,X^n\right>$ , pour $\displaystyle n\in\N$ .
Montrer que pour tout $\displaystyle k\in[\![0,n]\!]$ il existe $\displaystyle Q_k\in\R[X]$ tel que pour tout $\displaystyle x\in\R$ on ait
$h_n^{(k)}(x)=x^{n-k}e^{-x}Q_k(x).$
Soit $\displaystyle n\in\N$ . Etablir que
$\forall P\in\R[X],~\forall p\in[\![0,n]\!],~~~\left<L_n,P\right>=\frac{(-1)^p}{n!}\int_0^{+\infty}h_n^{(n-p)}(x)P^{(p)}(x)dx.$
En déduire que $\displaystyle (L_0,L_1,\dots,L_n)$ est une famille orthonormée pour le produit scalaire $\displaystyle \left<\cdot,\cdot\right>$ .

Réflexes

R.A.S.
Intégration par parties.
Leibniz.
Intégration par parties.
Appliquer le résultat précédent comme il faut pour calculer $\displaystyle \left<L_j,L_i\right>$ .

Corrigé

D’après la formule de Leibniz, pour $\displaystyle x\in\R$ :
$L_n(x)=\frac{e^x}{n!}\sum_{k=0}^n \binom nk(-1)^{k} \frac{n!}{k!} x^{k}e^{-x}.$ Donc $\displaystyle L_n(X)=\sum_{k=0}^n \binom nk \frac{(-1)^{k}}{k!} X^{k}.$
Ainsi $\displaystyle \deg(L_n)=n$ , et $\displaystyle L_n$ a pour coefficient dominant $\displaystyle \frac{(-1)^n}{n!}$ .
Le calcul de $\displaystyle \left<L_0,X^n\right>=\int_0^{+\infty}x^n e^{-x}dx$ est un calcul classique à savoir faire.
Une IPP permet d’obtenir $\displaystyle \forall n\ge 1,~I_n = n I_{n-1}$ (non détaillé ici).
Comme $\displaystyle I_0=1$ , on en déduit aisément par récurrence que $\displaystyle \forall n\in\N,~I_n=n!$ .
D’après Leibniz, pour $\displaystyle x\in\R$ : $\displaystyle e^x h_n^{(k)}(x)=\sum_{i=0}^k\binom ki\frac{(-1)^{i}n!}{(n-k+i)!}x^{n-k+i}.$
D’où la propriété voulue en prenant $\displaystyle Q_k(X)=\sum_{i=0}^k\binom ki\frac{(-1)^{i}n!}{(n-k+i)!}X^{i}.$
Soit $\displaystyle P\in\R[X]$ . On démontre cette propriété par récurrence sur $\displaystyle p$ .
Cas $\displaystyle p=0$ . $\displaystyle \left<L_n,P\right>= \frac{1}{n!}\int_0^{+\infty}h_n^{(n)}(x)P(x)dx$ , par définition.
Supposons la propriété vérifiée à un rang $\displaystyle p\le n-1$ . Alors, on peut faire une intégration par parties, justifiée par l’existence de limites finies dans le crochet :
$\begin{aligned} \left<L_n,P\right> &= \frac{(-1)^p}{n!}\left[h_n^{(n-p-1)}(x)P^{(p)}(x)\right]_0^{+\infty} - \frac{(-1)^p}{n!}\int_0^{+\infty}h_n^{(n-p-1)}(x)P^{(p+1)}(x)dx\\ & = \frac{(-1)^{p+1}}{n!}\int_0^{+\infty}h_n^{(n-(p+1))}(x)P^{(p+1)}(x)dx. \end{aligned}$ Détails au sujet des limites :

$\displaystyle h_n^{(n-p-1)}(0)=0$ d’après 5. car $\displaystyle n-p-1<n$ ;
$\displaystyle \lim_{x\to +\infty}h_n^{(n-p-1)}(x)P^{(p)}(x)=0$ d’après 5. et par croissance comparée.

$\displaystyle \bullet$ Montrons que pour $\displaystyle i<j$ , $\displaystyle \left<L_j,L_i\right>=0$ .
On a $\displaystyle \deg(L_i)=i$ . On peut exprimer $\displaystyle \left<L_j,L_i\right>$ avec 6. en remplaçant $\displaystyle n$ par $\displaystyle j$ et choisissant $\displaystyle P=L_i$ et $\displaystyle p=i+1$ (on a bien $\displaystyle p\leq j$ ).
Comme $\displaystyle L_i^{(p)}$ est alors la fonction nulle, cette expression donne $\displaystyle \left<L_j,L_i\right>=0.$
$\displaystyle \bullet$ De plus pour $\displaystyle P=L_n$ , en choisissant $\displaystyle p=n$ : $\displaystyle P^{(n)}(x)=\frac{d^n}{dx^n}\left(\frac{(-1)^n x^n}{n!}\right)=(-1)^n$ .
Donc $\displaystyle \left<L_n,L_n\right>=\frac{(-1)^n}{n!}\int_0^{+\infty}(-1)^nh_n^{(0)}(x)dx = \frac{1}{n!}\int_0^{+\infty}x^n e^{-x}dx =1$ .

Exercice 546 ⭐️⭐️ Etude d’un endomorphisme, Spé/L2

Soient $\displaystyle a,b$ deux vecteurs d’un espace vectoriel euclidien $\displaystyle E$ de dimension $\displaystyle n$ .
On suppose $\displaystyle a$ et $\displaystyle b$ normés, c’est-à-dire $\displaystyle \Vert a\Vert=\Vert b\Vert=1$ .
On définit l’endomorphisme $\displaystyle f$ de $\displaystyle E$ par :
$f:x \mapsto x - \left<a,x\right> b.$

Montrer que si $\displaystyle a\neq b$ , alors $\displaystyle \left<a,b\right><1$ et en déduire que $\displaystyle f$ est bijective, puis exprimer $\displaystyle f^{-1}$ .
Montrer que si $\displaystyle a=b$ , alors $\displaystyle f$ n’est pas bijective.
Montrer que $\displaystyle f$ est diagonalisable si et seulement si $\displaystyle a$ et $\displaystyle b$ ne sont pas orthogonaux.

Réflexes

inégalité avec un p.s. 👉 Cauchy-Schwarz.
Ensuite, partir de $\displaystyle f(x)=0_E$ et essayer d’aboutir à $\displaystyle x=0_E$ .
Trouver un vectenur non nul dans $\displaystyle \ker(f)$ .
Etude des éléments propres : écrire $\displaystyle f(x)=\lambda x$ , puis réfléchir aux solutions.

Corrigé

Supposons $\displaystyle a\ne b$ .

On a $\displaystyle \left<a,b\right>\le\Vert a\Vert.\Vert b\Vert=1$ , or $\displaystyle a$ et $\displaystyle b$ ne sont pas positivement liés (sinon on aurait $\displaystyle a=b$ car ils sont normés). Donc d’après le cas d’égalité dans Cauchy-Schwarz, l’inégalité ci-dessus est stricte.
Comme $\displaystyle E$ est de dimension finie (euclidien), il suffit pour montrer que $\displaystyle f$ est bijective de vérifier que $\displaystyle \ker(f)=\{0_E\}$ .
Soit $\displaystyle x\in\ker(f)$ . On a $\displaystyle x=\left<a,x\right> b$ .
En faisant le produit scalaire avec $\displaystyle a$ des deux côtés, il vient $\displaystyle \left<a,x\right>=\left<a,x\right>~\left<a,b\right>$ .
Donc $\displaystyle (1-\left<a,b\right>)\left<a,x\right>=0$ , mais $\displaystyle 1-\left<a,b\right>\ne 0$ donc $\displaystyle \left<a,x\right>=0$ .
Ainsi $\displaystyle x=\left<a,x\right> b=0_E$ . Ceci montre bien que $\displaystyle \ker(f)=\{0_E\}$ .
Soit $\displaystyle y\in E$ . Le vecteur $\displaystyle x=f^{-1}(y)$ vérifie $\displaystyle f(x)=x-\left<a,x\right> b = y$ .
En faisant le produit scalaire avec $\displaystyle a$ des deux côtés, il vient $\displaystyle \left<a,x\right>(1-\left<a,b\right>)=\left<a,y\right>$ .
Donc $\displaystyle \left<a,x\right> = \frac{\left<a,y\right>}{1-\left<a,b\right>}$ et finalement : $\displaystyle x=y+\frac{\left<a,y\right>}{1-\left<a,b\right>}~b.$
Conclusion. Pour tout $\displaystyle y\in E$ , $\displaystyle f^{-1}(y)=y+\frac{\left<a,y\right>}{1-\left<a,b\right>} b$

Supposons $\displaystyle a= b$ .
On peut remarquer que $\displaystyle f(a)= a -\left<a,a\right> a =0_E$ car $\displaystyle \Vert a\Vert=1$ .
Or $\displaystyle a\ne 0_E$ (toujours car $\displaystyle \Vert a\Vert=1$ ), donc $\displaystyle \ker(f)\ne\{0_E\}$ et donc $\displaystyle f$ est non injective.
Etudions les éléments propres de $\displaystyle f$ .
Soit $\displaystyle x\in E$ et $\displaystyle \lambda\in\R$ . On a les implications :
$f(x)=\lambda x~\Rightarrow~ \left<a,x\right> b=(1-\lambda)x~\Rightarrow~ \left<a,x\right>\big[ \left<a,b\right>-(1-\lambda)\big]=0.$ Si $\displaystyle x$ est un vecteur propre (non nul, donc) associé à une valeur propre $\displaystyle \lambda\in\R$ , on a donc $\displaystyle \lambda=1-\left<a,b\right>$ ou $\displaystyle \left<a,x\right>=0$ (dans ce cas $\displaystyle f(x)=x$ et donc $\displaystyle \lambda=1$ ).
Ainsi :

si $\displaystyle \left<a,b\right>=0$ , le spectre de $\displaystyle f$ est $\displaystyle \{1\}$ , et $f(x)=x\Leftrightarrow \left<a,x\right> b=0_E\Leftrightarrow\left<a,x\right> =0.$ Donc $\displaystyle E_1(f)=(\mathrm{Vect}(a))^\perp\ne E$ , et donc $\displaystyle f$ n’est pas diagonalisable.
Si $\displaystyle \left<a,b\right>\ne 0$ , alors $\displaystyle 1$ est toujours valeur propre avec $\displaystyle \dim(E_1(f))=\dim(\mathrm{Vect}(a))^\perp = n-1$ .
De plus $\displaystyle f(b)=b-\left<a,b\right> b =(1-\left<a,b\right>)b$ , donc $\displaystyle \lambda_0=1-\left<a,b\right>$ est valeur propre.
Comme $\displaystyle \dim(E_1(f))= n-1$ , on a nécessairement $\displaystyle \dim(E_{\lambda_0}(f))= 1$ , et $\displaystyle f$ est diagonalisable car la somme des dimensions des sous-espaces propres vaut $\displaystyle n$ .

Exercice 580 ⭐️⭐️⭐️ Un parfum d’Einstein…, Spé/L2/L3

Dans $\displaystyle \mathbb{R}^4$ , on définit la forme quadratique $\displaystyle \Phi$ par $\displaystyle \Phi(x,y,z,t) = t^2 - x^2 - y^2 -z^2$ . Soient $\displaystyle v$ et $\displaystyle w$ deux vecteurs de $\displaystyle \mathbb{R}^4$ dont chacune des quatrième coordonnée est strictement positive, et tels que $\displaystyle \Phi(v)$ et $\displaystyle \Phi(w)$ sont aussi strictement positifs. Montrer qu’on a $\displaystyle \Phi(v+w) > 0$ , ainsi que l’inégalité triangulaire inverse $\displaystyle \sqrt{\Phi(v+w)} \geq \sqrt{\Phi(v)} + \sqrt{\Phi(w)}$ . Quels sont les cas d’égalité?

Corrigé

Les rotations sur les trois premières coordonnées préservent la forme quadratique. C’est aussi le cas des transformations suivantes (appelées tranformées de Lorentz en relativité): $\displaystyle (x,y,z,t) \mapsto (x,y, z\cosh \varphi +t \sinh \varphi, z \sinh \varphi + t\cosh \varphi )$ pour n’importe quel réel $\displaystyle \varphi$ . Ces transformations préservent aussi le signe de $\displaystyle t$ lorsque $\displaystyle \Phi(x,y,z,t) > 0$ , car alors $\displaystyle |t \cosh \varphi| > |z \cosh \varphi| > |z \sinh \varphi|$ . Par rotation, on peut se ramener au cas où $\displaystyle v$ est de la forme $\displaystyle (0,0,z,t)$ , puis par transformation de Lorentz, avec $\displaystyle \tanh \varphi = -z/t$ (ce qui est possible car $\displaystyle \Phi(v) = t^2 - z^2 > 0$ et donc $\displaystyle |z/t| < 1$ ), on peut supposer $\displaystyle v = (0,0,0,u)$ avec $\displaystyle u > 0$ . Une nouvelle rotation des trois premières coordonnées permet de supposer ensuite $\displaystyle w = (0,0,z,s)$ où $\displaystyle s > 0$ , $\displaystyle z \geq 0$ et $\displaystyle s^2- z^2 > 0$ , soit $\displaystyle s > z \geq 0$ . On doit alors prouver que $\displaystyle \sqrt{(s+u)^2 - z^2} - u -\sqrt{s^2 - z^2} > 0$ . Cela est vrai car cette quantité est nulle pour $\displaystyle z = 0$ et strictement croissante en $\displaystyle z$ . Il y a égalité si et seulement si $\displaystyle z = 0$ , c’est à dire quand $\displaystyle v$ et $\displaystyle w$ sont alignés.
Remarque: Cet exercice est directement inspiré de la théorie de la relativité restreinte d’Einstein. La condition $\displaystyle \Phi(v) > 0$ signifie que l’on peut suivre la direction $\displaystyle v$ de l’espace-temps sans aller plus vite que la lumière. Le fait que la dernière coordonée soit strictement positive signifie que le vecteur va du passé vers le futur. L’inégalité triangulaire inverse signifie qu’entre un frère jumeau resté sur Terre et l’autre ayant voyagé très loin et très vite, le voyageur est plus jeune que le sédentaire lorsque les deux jumeaux se retrouvent (les voyages forment la jeunesse 😀).

Exercice 584 ⭐️⭐️⭐️⭐️ Racines sur le cercle unité, L3

Pour $\displaystyle \lambda \in \mathbb{C} \backslash \{0\}$ et $\displaystyle n \geq 2$ , on note $\displaystyle M_n(\lambda)$ la matrice $\displaystyle n \times n$ telle que $\displaystyle (M_n(\lambda))_{jk} = \lambda^{j-k}$ pour tous $\displaystyle 1 \leq j, k \leq n$ .

On suppose que $\displaystyle \lambda$ est un complexe de module $\displaystyle 1$ . Montrer que $\displaystyle M_n(\lambda)$ est une matrice hermitienne positive et donner son rang.
On suppose que $\displaystyle \lambda$ est un complexe de module différent de $\displaystyle 0$ et $\displaystyle 1$ . Montrer que $\displaystyle M_n(\lambda) + M_n(\overline{\lambda^{-1}} )$ est hermitienne et donner son rang. Combien cette matrice a-t-elle de valeurs propres strictement positives et de valeurs propres strictement négatives ?
On considère un ensemble fini $\displaystyle E$ de complexes non nuls, et des coefficents $\displaystyle (\alpha_{\lambda})_{\lambda \in E}$ réels strictement positifs, tels que pour tout $\displaystyle \lambda \in E$ , on a $\displaystyle \overline{\lambda^{-1} } \in E$ et $\displaystyle \alpha_{\overline{\lambda^{-1} }} = \alpha_{\lambda}$ . On note $\displaystyle p$ le cardinal de $\displaystyle E$ , et $\displaystyle q$ le cardinal commun de $\displaystyle E \cap \{z \in \mathbb{C}, |z| < 1\}$ et de
$\displaystyle E \cap \{z \in \mathbb{C}, |z| > 1\}$ . Pour un entier $\displaystyle n \geq 2$ donné, on pose $\displaystyle P = \sum_{\lambda \in E} \alpha_{\lambda} M_n(\lambda)$ . Montrer que $\displaystyle P$ est une matrice hermitienne, et qu’il existe des sous-espaces vectoriels $\displaystyle V$ et $\displaystyle W$ de $\displaystyle \mathbb{C}^n$ de dimensions respectives au plus $\displaystyle q$ et au plus $\displaystyle p-q$ , tels que pour tout $\displaystyle v \in \mathbb{C}^n$ orthogonal à $\displaystyle V$ , on a $\displaystyle \sum_{1 \leq j,k \leq n} P_{jk} v_j \overline{v_k} \geq 0$ , et pour tout $\displaystyle w \in \mathbb{C}^n$ orthogonal à $\displaystyle W$ , on a $\displaystyle \sum_{1 \leq j,k \leq n} P_{jk} w_j \overline{w_k} \leq 0$ .
Montrer que $\displaystyle P$ a au plus $\displaystyle q$ valeurs propres strictement négatives, et au plus $\displaystyle p-q$ valeurs propres strictement positives, en comptant les multiplicités.
On suppose que $\displaystyle n \geq p$ . Déterminer le rang de $\displaystyle P$ .
En déduire que si $\displaystyle n \geq p$ , alors $\displaystyle P$ a exactement $\displaystyle q$ valeurs propres strictement négatives et $\displaystyle p-q$ valeurs propres strictement positives, en comptant les multiplicités.
On considère un polynôme $\displaystyle R= \sum_{m=0}^n c_m X^m$ de degré $\displaystyle n$ , à coefficients complexes, tels que $\displaystyle c_0 = |c_n| = 1$ , et pour tout $\displaystyle m \in \{0,1,\dots,n\}$ , $\displaystyle c_m = c_n \overline{c_{n-m}}$ . On définit la série formelle
$L := - \log R := \sum_{r = 1}^{\infty} \frac{(-1)^r}{r} \left(\sum_{m=1}^n c_m X^m \right)^r =: \sum_{m=1}^{\infty} \frac{a_m}{m} X^m.$
Pour $\displaystyle m < 0$ , on pose $\displaystyle a_m = \overline{a_{-m}}$ et $\displaystyle a_0 = n$ , puis on considère la matrice $\displaystyle A \in \mathcal{M}_n(\mathbb{C})$ telle que $\displaystyle A_{jk}= a_{j-k}$ pour $\displaystyle 1 \leq j, k \leq n$ . Montrer que si $\displaystyle \lambda$ est une racine du polynôme $\displaystyle R$ , alors $\displaystyle \lambda \neq 0$ et $\displaystyle \overline{\lambda^{-1}}$ est aussi une racine de $\displaystyle R$ . Montrer que $\displaystyle A$ est hermitienne, le nombre de valeurs propres négatives de $\displaystyle A$ , comptées avec multiplicités, étant égal au nombre de racines distinctes de $\displaystyle R$ de module strictement inférieur à $\displaystyle 1$ , et aussi au nombre de racines distinctes de module strictement supérieur à $\displaystyle 1$ . Montrer que le nombre de racines distinctes de $\displaystyle R$ de module $\displaystyle 1$ est égal à la différence entre le nombre de valeurs propres strictement positives et le nombre de valeurs propres strictement négatives de $\displaystyle A$ (comptées avec multiplicité).
Montrer que $\displaystyle A$ est une matrice positive si et seulement si toutes les racines de $\displaystyle R$ sont de module $\displaystyle 1$ .
Pour $\displaystyle c \in \mathbb{C}$ , on considère le polynôme $\displaystyle 1 + c X + \overline{c} X^2 + X^3$ . Dans quels cas ce polynôme a toutes ses racines de module $\displaystyle 1$ ? Dans quels cas a-t-il des racines multiples ?

Corrigé

Le fait qu’on ait une matrice hermitienne découle du fait que $\displaystyle \lambda^{k-j} = \overline{\lambda^{j-k}}$ si $\displaystyle |\lambda| = 1$ . Cette matrice est le produit $\displaystyle v v^*$ où $\displaystyle v$ est le vecteur colonne de composantes $\displaystyle (\lambda^j)_{1 \leq j \leq n}$ , donc son rang est au plus 1. Comme la trace de $\displaystyle M_n(\lambda)$ est $\displaystyle n$ , le rang de cette matrice hermitienne est exactement 1 et sa valeur propre non nulle est $\displaystyle n$ , ce qui implique que $\displaystyle M_n(\lambda)$ est une matrice positive.
Posons $\displaystyle N = M_n(\lambda) + M_n(\overline{\lambda^{-1}} )$ . On a $\displaystyle N_{jk} = \lambda^{j-k} + \overline{\lambda^{k-j}}$ , et donc $\displaystyle N_{kj} = \overline{N_{jk}}$ , ce qui prouve que $\displaystyle N$ est hermitienne. Comme $\displaystyle M_n(\lambda)$ et $\displaystyle M_n(\overline{\lambda^{-1}})$ sont de rang au plus $\displaystyle 1$ (voir plus haut), $\displaystyle N$ est de rang au plus $\displaystyle 2$ . Comme $\displaystyle N$ est hermitienne, $\displaystyle N$ est semblable à une matrice diagonale de la forme $\displaystyle \operatorname{Diag}(\mu, \nu, 0, 0, \dots, 0)$ avec $\displaystyle \mu, \nu \in \mathbb{R}$ . La somme $\displaystyle \mu + \nu$ est la trace de $\displaystyle N$ , qui vaut $\displaystyle 2n$ . Le produit $\displaystyle \mu \nu$ est, aux conventions de signe près, le coefficient de degré $\displaystyle n-2$ du polynôme caractéristique de $\displaystyle N$ , ce qui donne $\mu \nu = \sum_{1 \leq j < k \leq n} (N_{jj} N_{kk} - N_{jk} N_{kj} )$ soit $\mu \nu = \sum_{1 \leq j < k \leq n} (4- |N_{jk}|^2 ).$
On a $\displaystyle \lambda^{j-k} = r_{jk} e^{i \theta_{jk}}$ avec $\displaystyle r_{jk} \in \, ]0,\infty[ \, \backslash \, \{1\}$ et $\displaystyle \theta_{jk} \in \mathbb{R}$ , et $\displaystyle \overline{\lambda^{k-j}} = r_{jk}^{-1} e^{i \theta_{jk}}$ , ce qui donne $\displaystyle |N_{jk}| = r_{jk} + r_{jk}^{-1} > 2$ . On en déduit que $\displaystyle \mu \nu < 0$ , et donc $\displaystyle N$ est de rang $\displaystyle 2$ , avec une valeur propre strictement positive et une valeur propre strictement négative.
La matrice $\displaystyle P$ est une combinaison linéaire à coefficients positifs de $\displaystyle p-2q$ matrices du type étudié en $\displaystyle 1.$ et de $\displaystyle q$ matrices du type étudié en $\displaystyle 2.$ : pour chaque matrice $\displaystyle Q$ de type 1., on a toujours $\displaystyle \sum_{1 \leq j,k \leq n} Q_{jk} v_j \overline{v_k} \geq 0$ et on a $\displaystyle \sum_{1 \leq j,k \leq n} Q_{jk} v_j \overline{v_k} =0$ sur l’orthogonal du vecteur propre de $\displaystyle Q$ correspondant à la valeur propre non nulle de $\displaystyle Q$ , qui est strictement positive. Pour chaque matrice $\displaystyle Q$ de type 2., on a $\displaystyle \sum_{1 \leq j,k \leq n} Q_{jk} v_j \overline{v_k} \geq 0$ sur l’orthogonal du vecteur propre associé à la valeur propre strictement négative de $\displaystyle Q$ , et $\displaystyle \sum_{1 \leq j,k \leq n} Q_{jk} v_j \overline{v_k} \leq 0$ sur l’orthogonal du vecteur propre associé à la valeur propre strictement positive de $\displaystyle Q$ . En ajoutant toutes les matrices $\displaystyle Q$ , on en déduit le résultat de l’énoncé, avec $\displaystyle V$ égal à l’espace vectoriel engendré par les vecteurs propres associés aux valeurs propres strictement négatives des matrices de type 2., et $\displaystyle W$ égal à l’espace vectoriel engendré par les vecteurs propres associés aux valeurs propres strictement positives des matrices de types 1. et 2.
Si $\displaystyle P$ a $\displaystyle r$ valeurs propres strictement négatives, on a un espace $\displaystyle F$ de dimension $\displaystyle r$ tel que pour tout $\displaystyle v \in F\backslash \{0\}$ , $\displaystyle \sum_{1 \leq j,k \leq n} P_{jk} w_j \overline{w_k} < 0$ . L’intersection de $\displaystyle F$ et de l’orthogonal de $\displaystyle V$ est alors réduite au vecteur nul, ce qui implique que la somme de leurs dimensions est au plus $\displaystyle n$ : $\displaystyle r + (n-q) \leq n$ . On a donc $\displaystyle r \leq q$ . On raisonne de même pour les valeurs propres strictement positives, avec $\displaystyle W$ au lieu de $\displaystyle V$ .
On a $\displaystyle P = \sum_{\lambda \in E} \alpha_{\lambda} v_{\lambda}(v_{\lambda^{-1}})^T$ , $\displaystyle v_{\lambda}$ étant le vecteur colonne de composantes $\displaystyle (\lambda^{j-1})_{1 \leq j \leq n}$ , et $\displaystyle (v_{\lambda^{-1}})^T$ le vecteur ligne transposé de $\displaystyle v_{\lambda^{-1}}$ . Comme $\displaystyle p \leq n$ , les vecteurs lignes $\displaystyle (v_{\lambda^{-1}})^T$ sont des lignes d’une matrice de Vandermonde, donc ils sont indépendants. Pour tout $\displaystyle \lambda_0 \in E$ , il existe donc des vecteurs colonnes annulant $\displaystyle (v_{\lambda^{-1}})^T$ pout tout $\displaystyle \lambda \neq \lambda_0$ , mais n’annulant pas $\displaystyle (v_{\lambda_0^{-1}})^T$ . On en déduit que $\displaystyle v_{\lambda_0}$ est dans l’image de $\displaystyle P$ . Comme les vecteurs $\displaystyle v_{\lambda_0}$ sont des colonnes d’une matrice de Vandermonde, ils sont indépendants, et donc l’image de $\displaystyle P$ contient $\displaystyle p$ vecteurs indépendants, ce qui implique que $\displaystyle P$ est de rang au moins $\displaystyle p$ . Comme $\displaystyle P$ est la somme de $\displaystyle p$ matrices de rang $\displaystyle 1$ , $\displaystyle P$ est de rang exactement $\displaystyle p$ .
Si le résultat indiqué était inexact, $\displaystyle P$ serait de rang strictement inférieur à $\displaystyle p$ d’après 4., ce qui contredit 5.
On a pour $\displaystyle \lambda_1, \dots, \lambda_n \in \mathbb{C}$ , la factorisation $R = \prod_{s=1}^n (1 - \lambda_s X).$ Comme $\displaystyle c_n \neq 0$ , on a $\displaystyle \lambda_s \neq 0$ pour tout $\displaystyle s \in \{1,\dots, n \}$ . La symétrie entre les coefficients donne $R(X) = c_n X^n \overline{R(\overline{X^{-1}})},$ donc $R = c_n \prod_{s=1}^n (X - \overline{\lambda_s}).$ Des deux factorisations de $\displaystyle R$ , on en déduit que si $\displaystyle \lambda$ est l’inverse d’une racine de $\displaystyle R$ , alors $\displaystyle \overline{\lambda^{-1}}$ est aussi l’inverse d’une racine, de même multiplicité. On a clairement la même chose en remplaçant les inverses de racines par les racines. On écrit maintenant, en prenant le logarithme de la factorisation de $\displaystyle R$ : $L = \sum_{m=1}^{\infty} \frac{X^m}{m} \sum_{s = 1}^n \lambda_s^m,$ ce qui donne $\displaystyle a_m = \sum_{s = 1}^n \lambda_s^m$ pour $\displaystyle m \geq 1$ . La invariance de l’ensemble des racines, prises avec multiplicité, par la transformation $\displaystyle \lambda \mapsto \overline{\lambda^{-1}}$ montre que $\displaystyle a_m = \sum_{s = 1}^n \lambda_s^m$ aussi pour $\displaystyle m < 0$ tandis que la relation est évidente pour $\displaystyle m = 0$ . Ceci implique que $A = \sum_{s =1}^n M_n (\lambda_s) = \sum_{\lambda \in E} \alpha_{\lambda} M_n (\lambda),$ $\displaystyle E$ étant l’ensemble des inverses de racines de $\displaystyle R$ et $\displaystyle \alpha_{\lambda}$ étant la multiplicité de $\displaystyle \lambda$ . On conclut alors facilement en utilisant le résultat de la question 6.
$\displaystyle A$ est positive si et seulement si le nombre de valeurs propres stricement négatives est nul, donc par 7., si et seulement s’il n’y a pas d’inverse de racine de $\displaystyle R$ de module strictement inférieur à $\displaystyle 1$ , ni de racine de module strictement supérieur à $\displaystyle 1$ .
On a $L = - (cX + \overline{c} X^2) + \frac{1}{2} (cX + \overline{c} X^2)^2 + o(X^2),$
$\displaystyle o(X^2)$ désignant une série dont tous les termes non nuls sont de degré $\displaystyle 3$ ou plus. On en déduit $\displaystyle L = -cX + (c^2/2 - \overline{c} ) X^2 + o(X^2)$ , $\displaystyle a_1 = -c$ , $\displaystyle a_2 = c^2 - 2 \overline{c}$ , et finalement
$A= \begin{pmatrix} 3 & -c & c^2 - 2 \overline{c}\\ -\overline{c} & 3&-c\\ \overline{c}^2 - 2 c & -\overline{c} & 3 \\ \end{pmatrix}.$
Le déterminant de $\displaystyle A$ vaut $27 + (-c)^2 (\overline{c}^2 - 2 c) + (-\overline{c})^2 (c^2 - 2 \overline{c}) - 3 |c|^2 - 3 |c^2 - 2\overline{c}|^2 - 3 |c|^2$ soit $\mathcal{D}:= \operatorname{det}(A) = 27 - |c|^4 - 18 |c|^2 + 8 \Re(c^3)$
Si $\displaystyle \mathcal{D} > 0$ , $\displaystyle A$ a trois valeurs propres non nulles, $\displaystyle 0$ ou $\displaystyle 2$ étant négatives. Par 7., il y a au moins autant de valeurs propres positives que négatives, donc le deuxième cas n’est pas possible: $\displaystyle A$ est définie positive et $\displaystyle 1 + cX + \overline{c} X^2 + X^3$ a trois racines distinctes sur le cercle unité.
Si $\displaystyle \mathcal{D} < 0$ , $\displaystyle A$ a trois valeurs propres non nulles, une étant négative. Donc il y a une racine du polynôme de module inférieur à $\displaystyle 1$ , une racine de module supérieur à $\displaystyle 1$ et une racine de module $\displaystyle 1$ .
Si $\displaystyle \mathcal{D} = 0$ , $\displaystyle A$ est semblable à $\displaystyle \operatorname{Diag}(\mu, \nu,0)$ pour des réels $\displaystyle \mu$ et $\displaystyle \nu$ . On a
$\mu \nu =2 (9 - |c|^2) + (9- |c^2 - 2 \overline{c}|^2) = 27 - |c|^4 - 6|c|^2+4 \Re(c^3).$
Comme $\displaystyle \mathcal{D} = 0$ , $\displaystyle 8\Re(c^3) = |c|^4 + 18|c|^2 - 27$ et $\mu \nu = \frac{1}{2}(27+ 6|c|^2 - |c|^4) = \frac{(3+ |c|^2)(9-|c|^2)}{2}.$
On observe que $0 = \mathcal{D} \leq 27 - |c|^4 - 18 |c|^2 + 8 |c|^3 = (3-|c|)^3 (1+|c|),$
ce qui implique $\displaystyle |c| \leq 3$ . Si $\displaystyle |c| < 3$ , $\displaystyle \mu \nu > 0$ , $\displaystyle A$ est positive de rang $\displaystyle 2$ , ce qui prouve que le polynôme a une racine double et une racine simple, toutes deux de module $\displaystyle 1$ . Le cas $\displaystyle |c| = 3$ ne peut se produire que si $\displaystyle \mathcal{D} \leq 27 - |c|^4 - 18 |c|^2 + 8 |c|^3$ est une égalité, soit $\displaystyle 8c^3 \in \mathbb{R}_+$ . Ceci n’a lieu que pour $\displaystyle c = 3 \omega$ , avec $\displaystyle \omega \in \{1,j,j^2\}$ racine cubique de l’unité. Le polynôme est alors $\displaystyle (1+\omega X)^3$ et on a une racine triple.
Pour résumer, $\displaystyle 1 + cX + \overline{c} X^2 + X^3$ a toutes ses racines de module $\displaystyle 1$ si et seulement si $\displaystyle 27 - |c|^4 - 18 |c|^2 + 8 \Re(c^3) \geq 0$ : si l’inégalité est stricte, les trois racines sont simples, s’il y a égalité et $\displaystyle c^3 \neq 27$ , il y a une racine simple et une racine double, si $\displaystyle c^3 =27$ il y a une racine triple. Si on a $\displaystyle 27 - |c|^4 - 18 |c|^2 + 8 \Re(c^3) <0$ , il y a une racine du polynôme de module inférieur à $\displaystyle 1$ , une racine de module supérieur à $\displaystyle 1$ et une racine de module $\displaystyle 1$ , nécessairement toutes simples. La courbe des points du plan d’affixe $\displaystyle c$ telle que $\displaystyle \mathcal{D} = 27 - |c|^4 - 18 |c|^2 + 8 \Re(c^3)$ est nul s’appelle deltoïde.

Algèbre bilinéaire

Exercice 92 ⭐️⭐️ Sup/L1

Exercice 127 ⭐️⭐️ Spé/L2

Exercice 128 ⭐️⭐️ Décomposition polaire, Spé/L2/Classique

Exercice 129 ⭐️⭐️ Inégalité d’Hadamard, Spé/L2/Classique

Exercice 130 ⭐️⭐️ Sup/L1

Exercice 131 ⭐️⭐️⭐️ X MP 2018

Exercice 132 ⭐️⭐️ Sup/L1

Exercice 133 ⭐️⭐️ Centrale, Sup/Spé/L2/Classique

Exercice 134 ⭐️⭐️ Centrale, Spé/L2

Exercice 135 ⭐️⭐️⭐️ Distance d’un vecteur à un sous-espace, Spé/L2/Classique

Exercice 336 ⭐️⭐️⭐️ Polynômes orthogonaux, Spé/MP/L2

Exercice 344 ⭐️⭐️⭐️ Matrices de Householder, décomposition QR, Spé/L2

Exercice 369 ⭐️⭐️⭐️ Théorème de Von Neumann, Spé/L2

Exercice 375 ⭐️⭐️⭐️⭐️ Ulm, Fontion continue linéaire “sur” les vecteurs orthogonaux, Spé/L2

Exercice 412 ⭐️⭐️ Hyperplans stables, Spé/L2

Exercice 417 ⭐️⭐️⭐️ Identité Valeur propre – Vecteur propre, Matrice symétrique, MP/L3

Exercice 418 ⭐️⭐️ Transformation dans R3\displaystyle \R^3R3, Spé/L2

Exercice 438 ⭐️⭐️ Orthgonal non supplémentaire, MP/L2

Exercice 454 ⭐️ Projecteurs orthogonaux, Sup/L1

Exercice 455 ⭐️ Orthonormalisation dans R2[X]\displaystyle \R_2[X]R2​[X], Sup/L1

Exercice 471 ⭐️ Spé/L2

Exercice 472 ⭐️ Spé/L2

Exercice 502 ⭐️⭐️ Cauchy Schwarz et intégrales, Spé/L2

Exercice 544 ⭐️⭐️⭐️⭐️ Théorème Spectral, MP/L3

Exercice 545 ⭐️⭐️⭐️ Polynômes de Laguerre, Spé/L2

Exercice 546 ⭐️⭐️ Etude d’un endomorphisme, Spé/L2

Exercice 580 ⭐️⭐️⭐️ Un parfum d’Einstein…, Spé/L2/L3

Exercice 584 ⭐️⭐️⭐️⭐️ Racines sur le cercle unité, L3

Exercice 418 ⭐️⭐️ Transformation dans $\displaystyle \R^3$ , Spé/L2

Exercice 455 ⭐️ Orthonormalisation dans $\displaystyle \R_2[X]$ , Sup/L1