NOMBRES COMPLEXES – Chapitre 2/4
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Denition 1
Etant donne unC-espace vectorielE, on appelle:
1. forme sesquilin eairehermitienne toute appli cationB:EE!Ctelle que : ?l'applicationx2E!B(x;y)2Cest semi-lineaire pour touty2E:81;22C;8x1;x2;y2E,B(1x1+2x2;y) =
1B(x1;y) +
2B(x2;y):
?l'applicationy2E!B(x;y)2Cest lineaire pour toutx2E:81;22C;8x;y1;y22E,B(x;1y1+2y2) =1B(x;y1) +2B(x;y2):
?l'applicationBest hermitienne:8x;y2E,B(y;x) =B(x;y). 2. forme quadr atiquesur Etoute applicationQ:E!Cpouvant s'ecrire sous la formeQ(x) =B(x;x)pour au moins une forme sesquilineaire hermitienneB. On la notera alorsQ=QBet on dit que c'est la forme quadratique associee aB. Remarques.SiBest une forme sesquilineaire hermitienne, siQ=QBest la forme quadratique associee, on a:8;2C;8x;y2E,Q(x+y) =jj2Q(x) + 2Re(B(x;y)) +jj2Q(y):
En faisant= 1 et=1, on a:8x;y2E,
Q(x+y) =Q(x) + 2Re(B(x;y)) +Q(y)
Q(xy) =Q(x)2Re(B(x;y)) +Q(y)
En faisant= 1 et=i, on a:8x;y2E,
Q(x+iy) =Q(x)2Im(B(x;y)) +Q(y)
Q(xiy) =Q(x) + 2Im(B(x;y)) +Q(y)
On en deduit l'expression deBen fonction deQ:8x;y2E,B(x;y) =14
(Q(x+y)Q(xy)) +i4 (Q(xiy)Q(x+iy)):(1) Cette seule forme sesquilineaire hermitienneBtelle queQ=QBest laforme polaire deQ.Proposition 2L'applicationB!QB, qui associe a toute forme sesquilineaire hermitienneBsa forme quadra-
tique associeeQB, realise un isomorphisme de l'espace vectoriel des formes sesquilineaires hermitiennes deE
sur celui des formes quadratiques deE. Preuve.L'applicationB!QBest lineaire car si1;22CetB1;B2sont deux formes sesquilineaires hermitiennes, on aQ1B1+2B2=1QB1+2QB2puisque :8x2E;(1B1+2B2)(x;x) =1B1(x;x) +2B2(x;x):
L'applicationB!QBest bijective car pour toute forme quadratiqueQ, il existe une forme sesquilineaire hermitienneBtelle queQ=QB, autrement dit telle queQ(x) =B(x;x) pour toutx.Best necessairement unique car donnee par la relation (1). Remarque.CommeB(x;x) =B(x;x), pour tout vecteurx2E, la forme quadratiqueQB(x) =B(x;x)2R. 1 Denition 3On considere une forme sesquilineaire hermitienneBsurEet la forme quadratique associee Q B:E!R. On dit que la forme sesquilineaire hermitienneB, ou quadratiqueQBest: ?positive si pour toutx2E,QB(x) =B(x;x)0: ?denie positive si pour toutx2En f0Eg,QB(x) =B(x;x)>0: ?negative si pour toutx2E,QB(x) =B(x;x)0: ?denie negative si pour toutx2En f0Eg,QB(x) =B(x;x)<0: Proposition 4(Cauchy-Schwartz) Soient une forme sesquilineaire hermitienneBsurEet la forme quadra- tique associeeQB. SiBest positive (et doncQBaussi), alors:8x;y2E, jB(x;y)j pQB(x)pQ
B(y):Cette inegalite est une egalite lorsquexetysont proportionnels, et c'est le seul cas d'egalite siBest de plus
denie positive. Preuve.Considerons la fonction deCdansCdenie pour tout complexepar: f() =QB(xy) =jj2QB(x)2Re(B(x;y)) +QB(y):Cette fonction est a valeurs positives puisque la forme quadratiqueQBest positive. En choisissant=teiou
test un reel et oudesigne un argument deB(x;y), on a: f() =t2QB(x)2tjB(x;y)j+QB(y):Deux cas peuvent alors se presenter :
?siQB(x)6= 0, la fonctionfest un polyn^ome du second degre a valeurs positives, d'ou: = 4 (B(x;y)2QB(x)QB(y)0:On en deduit l'inegalite de Cauchy-Schwartz :
jB(x;y)j pQB(x)pQ
B(y): ?SiQB(x) = 0, on af(tei) =2tB(x;y)+QB(y) etfest a valeurs positives. On en deduit queB(x;y) = 0, sinonfchangerait de signe surR. On en deduit l'inegalite de Cauchy-Schwartz, qui s'ecrit 00.Sixetysont lies, on a bien entendu l'egalite dans l'inegalite de Cauchy-Schwartz. Si on suppose de plusQB
denie positive, c'est le seul cas ou l'egalite est realisee car six= 0E, alorsxetysont lies, et six6= 0E, l'egalite
signie = 0, ce qui etablit que le trin^omefa une racine double0etQB(0xy) = 0, d'ouy=0x.1.2 Produits scalaires complexes
Denition 5On appelle produit scalaire surEtoute forme sesquilineaire hermitienne denie positive, qu'on
notera en generalh;i.On dit qu'un tel couple(E;h;i)est un espace prehilbertien complexe, et qu'il est hermitien si de plus l'espace
vectorielEest de dimension nie.Exemples
?Le produit scalaire canonique surCnest deni par : hx;yi=x 1y1+x2y2+:::+x
nyn: ?Soit!: [a;b]!Rune fonction continue sur [a;b], strictement positive sur ]a;b[. Alors on denit un produit scalaire surC([a;b];R) en posant: hf;gi=Z b af(t)g(t)!(t)dt: On verie queh;iest sesquilineaire hermitienne, denie positive. 2Proposition 6Sih;iest un produit scalaire surE, on peut denir une norme surE, dite norme hilbertienne
ou hermitienne associee, en posant: kxk=phx;xi: Preuve.L'applicationkxk=phx;xiest bien une norme car: ?8x2E, sikxk= 0 alorsx= 0Ecarh;iest denie positive. ?82C;8x2E,kxk=phx;xi=qjj2hx;xi=jj kxk.?Il reste a etablir l'inegalite triangulaire pourx;y2E. CommeRe(hx;yi) jhx;yij, l'inegalite de Cauchy-
Schwartz donne :
kx+yk2=hx+y;x+yi =kxk2+2Re(hx;yi)+kyk2 kxk2+2kxkkyk+kyk2 (kxk+kyk)2:Proposition 7Sih;iest un produit scalaire surE, alors la norme associee verie l'egalite suivante, appelee
egalite du parallelogramme:8x;y2E, kx+yk2+kxyk2= 2kxk2+2kyk2:Preuve.Laissee en exercice.
2 Orthogonalite
Dans la suite, (E;h;i) est un espace prehilbertien complexe.2.1 Vecteurs orthogonaux
Denition 8?On dit que deux vecteursxetydeEsont orthogonaux sihx;yi= 0. ?On dit qu'une famille de vecteurs(vi)i2IdeEest orthogonale si:8i;j2I; i6=j;hvi;vji= 0:
?Une famille orthogonale de vecteurs(vi)i2IdeEest orthonormale si de plus pour touti2I,hvi;vii= 1. Proposition 9(Theoreme de Pythagore) Pour toute famille orthogonale de vecteurs(v1;:::;vk)deE, on a: k X i=1v i 2 =kX i=1kvik2: Preuve.Les proprietes du produit scalaire et l'orthogonalite des vecteursv1;:::;vkdonnent : k X i=1v i 2 =kX i=1k X j=1hvi;vji=kX i=1kvik2: Remarque.On sait quekx+yk2=kxk2+kyk2+ 2Re(hx;yi). Sixetysont orthogonaux, on akx+yk2= kxk2+kyk2mais la reciproque est fausse.Proposition 10Toute famille orthogonale de vecteurs non nuls(vi)i2IdeEest libre. En particulier, toute
famille orthonormale est libre. 3Preuve.Formons une combinaisons lineaire nulle de la famille orthogonale de vecteurs (vi)i2IdeE: soit
(i)i2Iune famille de scalaires presque nulle telle que X i2I ivi= 0E: En faisant le produit scalaire par un vecteurvj,j2I, on a: v j;X i2I ivi+ =X i2I ihvj;vii= 0: Par orthogonalite de la famille (vi)i2I, il restejkvjk2= 0, d'ouj= 0 carvj6= 0E.2.2 Existence de bases orthonormales en dimension nie
Denition 11On appelle base orthonormale deEtoute famille orthonormale de vecteurs(ei)i2Iformant une base deE.Remarques.
?Comme une famille orthonormale est necessairement libre, une telle famille forme une base orthonormale
deEsi et seulement si elle est generatrice dansE. ?En particulier, siEest de dimension nien, alors une famille orthonormale denvecteurs deEforme necessairement une base orthonormale deE.Proposition 12Tout espace prehilbertien complexe de dimension nie (c'est-a-dire tout espace hermitien) non
reduit au vecteur nul admet des bases orthonormales. Preuve.Raisonnons par recurrence sur la dimension deE. SiEest de dimension 1, il sut de prendre un vecteur unitaire. Montrons que, si un espace prehilbertien de dimensionn1 admet des bases orthonormales, un espace prehilbertienEde dimensionnadmet aussi des bases orthonormales. Soitenun vecteur unitaire deE.L'applicationx! hen;xiest une forme lineaire et son noyauHest un hyperplan deE. D'apres l'hypothese de
recurrence,Hadmet au moins une base orthonormale (e1;:::;en1). On verie enn que (e1;:::;en1;en) est une famille orthonormale deEdenvecteurs, donc une base orthonormale deE. Il existe une version "orthonormale" du theoreme de la base incomplete:Proposition 13Toute famille orthonormale d'un espace prehilbertienEde dimension nie peut ^etre completee
en une base orthonormale deE.Preuve.Toute famille orthonormale (e1;:::;ep) est libre doncpn. Pour la completer en une base orthonor-
male deE, on cherche des vecteurs orthogonaux ae1;:::;epqui appartiennent donc aH1\:::\HpouHkest l'hyperplan noyau de la forme lineairex! hek;xi. L'intersection de cesphyperplans independantsHkest un sous-espace de dimensionnpqui admet une base orthonormale (ep+1;:::;en). Montrons que la famille (e1;:::;en) est orthonormale: ?si 1i < jp,hei;eji= 0 car (e1;:::;ep) est orthonormale. ?si 1ip < jn,hei;eji= 0 carej2H1\:::\HpHi. ?sip < i < jn,hei;eji= 0 car (ep+1;:::;en) est orthonormale. Ainsi, (e1;:::;en) est une famille orthonormale denvecteurs, c'est donc une base orthonormale deE. Proposition 14On suppose queEest de dimension nienrapporte a une base orthonormaleB= (e1;:::;en). Pour tout couplex=x1e1+:::+xnenety=y1e1+:::+ynendeE, on a: hx;yi=x1y1+:::+x
nynetkxk2=jx1j2+:::+jxnj2:De plus, pour toutxdansE, on a :
x=he1;xie1+:::+hen;xien: 4Preuve.
hx;yi=* nX i=1x iei;nX j=1y jej+ =nX i=1n X j=1x iyjhei;eji=nX i=1x iyi:On en deduit en particulierkxk2=jx1j2+:::+jxnj2.
De plus, en faisant le produit scalaire dexavec lesek, on a: hek;xi=* e k;nX i=1x iei+ =X i2Ix ihek;eii=xk:On en deduitx=he1;xie1+:::+hen;xien.
2.3 Sous-espaces orthogonaux et projecteurs orthogonaux
Denition 15On appelle orthogonal d'une partie non videAdeEl'ensembleA?des vecteursxorthogonaux a tous les vecteurs deA, c'est-a-dire: A ?=fx2Ej 8a2A;ha;xi= 0g:Remarques.
?f0Eg?=EetE?=f0Eg. En eet, pour la deuxieme egalite, six2E?, commex2E,xest orthogonal a lui-m^eme, donchx;xi=kxk2= 0 etx= 0E. ?Ainsi, on a l'equivalence suivante: (8a2E;ha;xi=ha;yi)()(x=y): En eet, si8a2E;ha;xi=ha;yi, alorsxyest orthogonal a tout vecteura2E, doncxy2E?=f0Eg etx=y. Proposition 16L'orthogonalA?d'une partie non videAdeEest un sous-espace vectoriel deE, et on a l'inclusionAA??. LorsqueAest un sous-espace vectoriel deE, la sommeAA?est directe.Preuve.
?L'ensembleA?est non vide car 0E2A?. Il est stable par combinaison lineaire: Si;2C, six;y2A?, alors8a2A, ha;x+yi=ha;xi+ha;yi= 0: ?On aAA??car sia2A,8x2A?, ha;xi= 0;donchx;ai= 0 et on en deduit quea2A??, ce qui etablit l'inclusion. ?La sommeA+A?est direct puisqueA\A?=f0Eg. En eet, six2A\A?, on ahx;xi=kxk2= 0 doncx= 0E. Remarques.LorsqueFest un sous-espace vectoriel deEetEde dimension nie, on montrera queF=F?? etE=FF?. Par contre, en dimension innie, ces egalites ne sont plus toujours veriees. Denition 17On dit que les sous-espaces d'une famille(Fi)i2Isont supplementaires orthogonaux si : ?ils sont supplementaires dansE, c'est-a-direE=L i2IFi. ?ils sont orthogonaux deux a deux, c'est-a-dire8(vi;vj)2FiFj;(i6=j) =) hvi;vji= 0.On appelle alors projecteurs orthogonaux associes a ces supplementaires orthogonaux la famille des projecteurs
(pi)i2Isur les sous-espaces vectorielsFidans la direction de la somme directe orthogonale des autres.
5Proposition 18Pour tout sous-espace vectoriel de dimension nieF, les sous-espacesFetF?sont supplementaires
orthogonaux, et si(e1;:::;en)est une base orthonormale deF, alors la projection orthogonale d'un vecteurx
surF(dans la directionF?) est : pF(x) =nX
k=1hek;xiek:Preuve.Si on le munit du produit scalaire induit par celui deE,Fest un espace prehilbertien de dimension
nie et on sait qu'il admet des bases orthonormales (e1;:::;en). Pour montrer queE=FF?, on raisonne par analyse-synthese. ?Analyse: Considerons un vecteurx=y+z2F+F?. Commey2F,y=y1e1+:::+ynenetz=xy1e1+:::+ynen2F?. Alors pour tout 1kn, hek;zi=hek;xi hek;y1e1+:::+yneni=hek;xi yk= 0: La decomposition dexest donc unique (donc la sommeF+F?est direct) et est donnee par la formule suivante : x=nX k=1hek;xiek+ xnX k=1hek;xiek! ?Synthese: Considerons un vecteurx2Eet decomposons-le sous la formex=y+zavec y=nX k=1hek;xieketz=xnX k=1hek;xiek: y2Fpuisqu'il est combinaison lineaire dee1;:::;en.z2F?puisqu'il est orthogonal a la base (e1;:::;en). Ainsi, tout vecteurx2Eappartient aFF?. Ainsi,E=FF?. De plus, la formule obtenue montre que la projection orthogonale d'un vecteurxsurFest donnee par la formule: pF(x) =nX
k=1hek;xiek:Proposition 19(Orthonormalisation de Gram-Schmidt) Pour toute suite libre(v0;v1;:::;vn;:::)de vecteurs
deE, il existe une et une seule suite(e0;e1;:::;en;:::)dite orthonormalisee de Gram-Schmidt telle que:
?la famille(e0;e1;:::;en;:::)est orthonormale. ?8k0,V ect(e0;e1;:::;ek) =V ect(v0;v1;:::;vk). ?8k0,hek;vki>0. Preuve.Construisons la suite (e0;e1;:::;en) par recurrence surn.Sin= 0, on prend poure0le vecteurv0kv0k.
Supposons (e0;e1;:::;en1) obtenus et consideronsenveriant : ?V ect(e0;:::;en) =V ect(v0;:::;vn), ?enest orthogonal aV ect(e0;:::;en1) =V ect(v0;:::;vn1), ?enest unitaire.Les deux premieres conditions sont realisees si et seulement siendirige la droite deV ect(v0;:::;vn) qui est
orthogonale aV ect(e0;:::;en1) =V ect(v0;:::;vn1). Un vecteur directeur de celle-ci s'obtient en ^otant avn
sa projection orthogonale surV ect(e0;:::;en1), egale apn1(vn) =he0;vnie0+:::+hen1;vnien1. Les deux premieres conditions sont donc realisees si et seulement si e n=(vnpn1(vn));avec6= 0: Ce vecteurenest unitaire sijj=kvnpn1(vn)k1. Remarquons quekvnpn1(vn)kest non nul car sinon vn2V ect(e0;:::;en1) =V ect(v0;:::;vn1) et la famille (v0;:::;vn;:::) ne serait pas libre, contrairement a
l'hypothese. 6Le scalaireest ainsi xe a un facteureipres.
La derniere condition determine alorscar l'egalitevn=1en+pn1(vn) impliquehen;vni= en;1en+pn1(vn)=1, de sorte quehen;vni>0 si et seulement si1>0 c'est-a-dire >0.
Commejj=kvnpn1(vnk1, cette condition equivaut a=kvnpn1(vnk1. Finalement,enverie l'ensemble des conditions de la proposition si et seulement si e n=vnpn1(vn)kvnpn1(vn)k=vn he0;vnie0::: hen1;vnien1kvn he0;vnie0::: hen1;vnien1k: Proposition 20On suppose queEest de dimension nie. Pour tout sous-espace vectorielFdeE, on a E=FF?etF=F??. En particulier,dim(E) =dim(F) +dim(F?). Preuve.CommeEest de dimension nie, ses sous-espacesFle sont aussi. D'apres la proposition 18,Fet F ?sont supplementaires orthogonaux, c'est-a-direE=FF?. On en deduit quedim(E) =dim(F)+dim(F?). On a comme d'habitudeFF??et ces sous-espaces sont egaux car ils ont m^eme dimension puisqu'on a dimF?? =din(E)dimF?=dim(F).2.4 Inegalite de Bessel, egalite de Parseval
Proposition 21Pour tout sous-espace vectorielFde dimension nie, la projection orthogonalepF(x)d'un vecteurxdeFest l'unique vecteur realisant la distance dexaF: kxpF(x)k= inffkxyk jy2Fg: De plus, si(e0;e1;:::;en)est une base orthonormale deF, la distance dexaFest : d(x;F) =v uutkxk2nX k=0jhek;xij2:Preuve.Pour tout vecteuryappartenant aF, on a:
xy= (xpF(x)) + (pF(x)y): CommepF(x) est la projection orthogonale dexsurF, on apF(x)2FetxpF(x)2F?. DoncpF(x)y2F etxpF(x)2F?et le theoreme de Pythagore donne: kxyk2=kxpF(x)k2+kpF(x)yk2kxpF(x)k2: DonckxykkxpF(x)kavec egalite pourkpF(x)yk= 0, c'est-a-direy=pF(x). On en deduit que d(x;F) =kxpF(x)k= inffkxyk jy2Fg: Comme (e0;:::;en) est une base orthonormale deF, on apF(x) =nX k=0hek;xiek. Comme le theoreme de Pythagore donnekxk2=kxpF(x)k2+kpF(x)k2etkpF(x)k2=Pn k=0jhek;xij2, on a : d(x;F) =kxpF(x)k=v uutkxk2nX k=0jhek;xij2: Proposition 22(Inegalite de Bessel) Pour toute famille orthonormale(en)n2NdeE, on a, pour toutx2E, +1X k=0jhek;xij2kxk2:(2) et la distance dexau sous-espaceV ect(en)n2Nest vuutkxk2+1X k=0jhek;xij20:(3) 7 Preuve.La famille (e0;:::;en) est une base orthonormale deFn=V ect(e0;:::;en). Commexn=nX k=0hek;xiek est la projection orthogonale dexsurFn, on a: kxk2=kxnk2+kxxnk2kxnk2= n X k=0hek;xiek 2 =nX k=0jhek;xij2:Ainsi, la suiten!Pn
k=0jhek;xij2est croissante et majoree, donc elle converge. On en deduit par passage a la limite l'inegalite de Bessel (2). Notonsdla distance dexau sous-espaceF=V ect(en)n2N. Puisquexn=Pn k=0hek;xiek2F, on add(x;xn) pour tout entier natureln, et donc:8n2N, dkxxnk=pkxk2 kxnk2=v uutkxk2nX k=0jhek;xij2:Par passage a la limite, on adqkxk2P+1
k=0jhek;xij2: Inversement, pour tout reel >0, il existe ~x2Ftel quekx~xk< d+. Comme ~x2F, il est combinaison lineaire d'un nombre ni de vecteurseket il existe donc un entierNtel que ~x2FN=V ect(e0;:::;eN), de sorte qu'on a : vuutkxk2+1X k=0jhek;xij2v uutkxk2NX k=0jhek;xij2kxxNkkx~xkd+: Comme ceci est vrai pour tout >0, on en deduit queqkxk2P+1 k=0jhek;xij2d. On en deduit ainsi la formule (3).Proposition 23Pour toute famille orthonormale(en)n2NdeE, il y a equivalence au sens de la norme associee
au produit scalaire entre : 1. le sous-esp aceV ect(en)n2Nest dense dans l'espace prehilbertienE. 2. p ourtout ve cteurxdeE, la suiten!xn=Pn k=0hek;xiekconverge versx. 3.p ourtout ve cteurxdeE, on a l'egalite de Parseval (qui equivaut a la nullite de la distance de tout vecteur
xau sous-espaceV ect(en)n2N) : +1X k=0jhek;xij2=kxk2 Preuve.La famille (e0;:::;en) est une base orthonormale deFn=V ect(e0;:::;en) doncxn=Pn k=0hek;xiek est la projection orthogonale dexsurFn. Montrons que 1. et 2. sont equivalents. SiF=V ect(en)n2Nest dense dansE, pour toutx2E, >0, il existe ~x2Ftel quekx~xk. Comme ~x2F, il existe donc un entierNtel que ~x2FNet commeFNFnpour toutnN, on akxxnk=d(x;Fn)d(x;FN)kx~xk. Ainsi, la suite (xn) converge versx. Reciproquement, si pour toutx2E, la suite (xn) d'elements deFconverge versx, alors par denitionFest dense dansE. Montrons que 2. et 3. sont equivalents. Commexnest la projection orthogonale dexsurFn,kxk2=kxnk2 +kxxnk2=P+1 k=0jhek;xij2+kxxnk2. Ainsi, pour toutx2E, kxxnk=v uutkxk2nX k=0jhek;xij2:Donc (xn) converge versxsi et seulement siP+1
k=0jhek;xij2=kxk2. 8quotesdbs_dbs35.pdfusesText_40[PDF] nombres complexes montrer que deux droites sont parallèles
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