[PDF] Produit scalaire espaces euclidiens

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Exo7

Produit scalaire, espaces euclidiens

* très facile ** facile *** difficulté moyenne **** difficile ***** très difficile I : Incontournable T : pour travailler et mémoriser le cours

Exercice 1***PourA= (ai;j)16i;j6n2Mn(R),N(A) =Tr(tAA). Montrer queNest une norme vérifiant de plusN(AB)6

N(A)N(B)pour toutes matrices carréesAetB.Nest-elle associée à un produit scalaire ?

c"est-à-dire :8(x;y)2E2;jjx+yjj2+jjxyjj2=2(jjxjj2+jjyjj2). On se propose de démontrer quejj jjest

associée à un produit scalaire. On définit surE2une applicationfpar :8(x;y)2E2;f(x;y) =14 (jjx+yjj2 jjxyjj2). 1. Montrer que pour tout (x;y;z)deE3, on a :f(x+z;y)+f(xz;y) =2f(x;y). 2. Montrer que pour tout (x;y)deE2, on a :f(2x;y) =2f(x;y). 3. Montrer que pour tout (x;y)deE2et tout rationnelr, on a :f(rx;y) =rf(x;y). On admettra que pour tout réellet tout(x;y)deE2on a :f(lx;y) =lf(x;y)( ce résultat provient de la continuité def). 4. Montrer que pour tout (u;v;w)deE3,f(u;w)+f(v;w) =f(u+v;w). 5.

Montrer que fest bilinéaire.

6.

Montrer que jj jjest une norme euclidienne.

Vect(V1;V2). Déterminer une base orthonormale deFet un système d"équations deF?.

0P(t)Q(t)dt. Existe-t-ilAélément deR[X]tel que8P2R[X];PjA=P(0)?

G(x1;:::;xn) = (xijxj)16i;j6n(matrice de GRAM) etg(x1;:::;xn) =det(G(x1;:::;xn))(déterminant de GRAM).

1.

Montrer que r g(G(x1;:::;xn)) =rg(x1;:::;xn).

1

2.Montrer que(x1;:::;xn)estliéesietseulementsig(x1;:::;xn)=0etque(x1;:::;xn)estlibresietseulement

sig(x1;:::;xn)>0. 3. On suppose que (x1;:::;xn)est libre dansE(et doncn6p). On poseF=Vect(x1;:::;xn). Pourx2E, on notepF(x)la projection orthogonale dexsurFpuisdF(x)la distance dexàF(c"est-à-dire d F(x) =jjxpF(x)jj). Montrer quedF(x) =qg(x;x1;:::;xn)g(x1;:::;xn).

a^(a^x). Montrer quefest linéaire puis déterminer les vecteurs non nuls colinéaires à leur image parf.

deR3ainsi que de la symétrie orthogonale par rapport à cette même droite. De manière générale, matrice de la

projection orthogonale sur le vecteur unitaireu= (a;b;c)et de la projection orthogonale sur le plan d"équation

ax+by+cz=0 dans la base canonique orthonormée deR3.

AdansBsuivants :

1)A=13

0 @2 1 2 2 2 1 12 21 A

2=A=14

0 @3 1p6 1 3p6 p6 p6 2 1 A

3=A=19

0 @8 1 4 4 4 7 1 841 A @a b c c a b b c a1 A aveca,betcréels. Montrer queMest la matrice dans la base canonique orthonormée

directe deR3d"une rotation si et seulement sia,betcsont les solutions d"une équation du typex3x2+k=0

où 06k6427 . En posantk=4sin2j27 , déterminer explicitement les matricesMcorrespondantes ainsi que les axes et les angles des rotations qu"elles représentent. tous vecteursu,vetw. jjx1jj:::jjxnjjen précisant les cas d"égalité. Exercice 12**Montrer queu^vjw^s= (ujw)(vjs)(ujs)(vjw)et(u^v)^(w^s) = [u;v;s]w[u;v;w]s.

0(x4axb)2dxsoit minimum (trouver deux démonstrations,

une dans la mentalité du lycée et une dans la mentalité maths sup). unique vecteurxtel que8i2 f1;:::;g;xjei=ai.

obtusangle si et seulement si pour tout(i;j)tel quei6=j,xijxj<0. Montrer que l"on a nécessairement

p6n+1.

1P2(t)dt=1. Montrer que supfjP(x)j;jxj61g62. Cas d"égalité ?

estq. Montrer que pour toutxdeR3,r(x) = (cosq)x+(sinq)(k^x)+2(x:k)sin2(q2 )k. Application : écrire la matrice dans la base canonique (orthonormée directe deR3) de la rotation autour dek=1p2 (e1+e2)et d"angle q=p3

0fn(t)dt. Montrer que la suite

u n=In+1I nest définie et croissante.

1P(t)Q(t)dt.

1.

Montrer que (E;j)est un espace euclidien.

2. Pour pentier naturel compris entre 0 etn, on poseLp= ((X21)p)(p). Montrer queLpjjLpjj

06p6nest

l"orthonormalisée de SCHMIDTde la base canonique deE.

DéterminerjjLpjj.

Correction del"exer cice1 NPosonsj:(A;B)7!Tr(tAB). Montrons quejest un produit scalaire surMn(R).1ère solution.•jest

symétrique. En effet, pour(A;B)2(Mn(R))2, j(A;B) =Tr(tAB) =Tr(t(tAB)) =Tr(tBA) =j(B;A):

•jest bilinéaire par linéarité de la trace et de la transposition. • SiA= (ai;j)16i;j6n2Mn(R)nf0g, alors

j(A;A) =nå i=1 nå j=1a i;jai;j! i;ja2i;j>0 car au moins un des réels de cette somme est strictement positif.jest donc définie, positive.

2ème solution.PosonsA= (ai;j)etB= (bi;j). On a

Tr(tAB) =ånj=1(åni=1ai;jbi;j) =å16i;j6nai;jbi;j.

Ainsi,jest le produit scalaire canonique surMn(R)et en particulier,jest un produit scalaire surMn(R).

Nn"est autre que la norme associée au produit scalairej(et en particulier,Nest une norme). Soit(A;B)2

(Mn(R))2.

N(AB)2=å

i;j nå k=1a i;kbk;j! 2 6 i;j nå k=1a2i;k! nå l=1b2l;j! (d"après l"inégalité de CAUCHY-SCHWARZ) i;j;k;la2i;kb2l;j= i;ka2i;k! l;jb2l;j! =N(A)2N(B)2; et donc,

8(A;B)2(Mn(R))2;N(AB)6N(A)N(B).Correction del"exer cice2 N1.Soit (x;y;z)2R3.

f(x+z;y)+f(xz;y) =14 (jjx+z+yjj2+jjxz+yjj2jjx+zyjj2jjxzyjj2) 14 2.

2 f(x;y) =f(x+x;y)+f(xx;y) =f(2x;y)+f(0;y)maisf(0;y) = (jjyjj2jjyjj2) =0 (définition

d"une norme). 3. • Montrons par récurrence que 8n2N;f(nx;y) =nf(x;y). C"est clair pourn=0 etn=1. Soitn>0. Si l"égalité est vraie pournetn+1 alors d"après 1), f((n+2)x;y)+f(nx;y) =f((n+1)x+x;y)+f((n+1)xx;y) =2f((n+1)x;y); et donc, par hypothèse de récurrence, f((n+2)x;y) =2f((n+1)x;y)f(nx;y) =2(n+1)f(x;y)nf(x;y) = (n+2)f(x;y): 4 Le résultat est démontré par récurrence. • Soitn2N,f(x;y) =fn1n :x;y=nf1n x;yet donc f1n x;y=1n f(x;y). • Soit alorsr=pq ,p2N,q2N,f(rx;y) =1q f(px;y) =p1q f(x;y) =rf(x;y)et donc, pour tout rationnel positifr,f(rx;y) =rf(x;y). Enfin, sir60,f(rx;y)+f(rx;y) =2f(0;y) =0 (d"après 1)) et donc=f(rx;y) =f(rx;y) =rf(x;y).

8(x;y)2E2;8r2Q;f(rx;y) =rf(x;y).

4.

On pose x=12

(u+v)ety=12 (uv). f(u;w)+f(v;w) =f(x+y;w)+f(xy;w) =2f(x;w) =2f12 (u+v);w =f(u+v;w): 5.

f est symétrique (définition d"une norme) et linéaire par rapport à sa première v ariable(d"après 3) et 4)).

Donc f est bilinéaire.

6. f est une forme bilinéaire symétrique. Pour x2E,f(x;x) =14 (jjx+xjj2+jjxxjj2) =14 jj2xjj2=jjxjj2

(définition d"une norme) ce qui montre tout à la fois quefest définie positive et donc un produit scalaire,

et quejj jjest la norme associée.jj jjest donc une norme euclidienne.Correction del"exer cice3 NLa famille(V1;V2)est clairement libre et donc une base deF. Son orthonormalisée(e1;e2)est une base

orthonormée deF.jjV1jj=p1+4+1+1=p7 ete1=1p7

V1=1p7

(1;2;1;1).(V2je1)=1p7 (0+611)= 4p7 puisV2(V2je1)e1= (0;3;1;1)47 (1;2;1;1) =17 (4;13;11;11)puise2=1p427 (4;13;11;11).

Une base orthonormée deFest(e1;e2)oùe1=1p7

(1;2;1;1)ete2=1p427 (4;13;11;11). Soit(x;y;z;t)2 R 4.

3y+zt=0:Correction del"exer cice4 NSoitAun éventuel polynôme solution c"est à dire tel que8P2R[X];R1

0P(t)A(t)dt=P(0).

P=1 fournitR1

0A(t)dt=1 et donc nécessairementA6=0.P=XAfournitR1

0tA2(t)dt=P(0)=0. Mais alors,

8t2[0;1];tA2(t) =0 (fonction continue positive d"intégrale nulle) puisA=0 (polynôme ayant une infinité de

racines deux à deux distinctes).An"existe pas.Correction del"exer cice5 N1.Soit Bune base orthonormée deEetM=MatB(x1;:::;xn)(Mest une matrice de format(p;n)). Puisque

Best orthonormée, le produit scalaire usuel des colonnesCietCjest encorexijxj. Donc,8(i;j)2 [[1;n]]2;tCiCj=xijxjou encore

G=tMM.Il s"agit alors de montrer que rg(M) =rg(tMM). Ceci provient du fait queMettMMont même noyau.

En effet, pourX2Mn;1(R),

X2KerM)MX=0)tMMX=0)(tMM)X=0)X2Ker(tMM)

et 5 X2Ker(tMM))tMMX=0)tXtMMX=0)t(MX)MX=0) jjMXjj2=0)MX=0 )X2KerM:

Ainsi, Ker(M)=Ker(tMM)=Ker(G(x1;:::;xn)). Maisalors, d"aprèslethéorèmedurang, rg(x1;:::;xn)=

rg(M) =rg(G(x1;:::;xn)).

rg(G(x1;:::;xn)) =rg(x1;:::;xn).2.Si la f amille(x1;:::;xn)est liée, rg(G) =rg(x1;:::;xn) formatn,g(x1;:::;xn) =det(G) =0. Si la famille(x1;:::;xn)est libre,(x1;:::;xn)engendre un espaceF de dimensionn. SoientBune base orthonormée deFetMla matrice de la famille(x1;:::;xn)dansB. D"après 1), on aG=tMMet d"autre part,Mest une matrice carrée. Par suite, g(x1;:::;xn) =det(tMM) =det(tM)det(M) = (detM)2>0: 3. On écrit x=xpF(x)+pF(x). La première colonne deg(x;x1;:::;xn)s"écrit : 0 B

BBBB@jjxjj2

xjx1 xjx2... xjxn1 C

CCCCA=0

B

BBBB@jjxpF(x)+pF(x)jj2

xpF(x)+pF(x)jx1 xpF(x)+pF(x)jx2... xpF(x)+pF(x)jxn1 C

CCCCA=0

B

BBBB@jjxpF(x)jj2

0jx1

0jx2...

0jxn1 C

CCCCA+0

B

BBBB@jjpF(x)jj2

p

F(x)jx1

p

F(x)jx2...

p

F(x)jxn1

C

CCCCA:

(en 1ère ligne, c"est le théorème de PYTHAGOREet dans les suivantes,xpF(x)2F?). Par linéarité

par rapport à la première colonne,g(x;x1;:::;xn)est somme de deux déterminants. Le deuxième est

g(pF(x);x1;:::;xn)et est nul car la famille(pF(x);x1;:::;xn)est liée. On développe le premier suivant sa

première colonne et on obtient : g(x;x1;:::;xn) =jjxpF(x)jj2g(x1;:::;xn); ce qui fournit la formule désirée.

8x2E;d(x;F) =kxpF(x)k=qg(x;x1;:::;xn)g(x1;:::;xn).Correction del"exer cice6 NJe vous laisse vérifier la linéarité. Sixest colinéaire àa,f(x) =0 et les vecteurs de Vect(a)nf0gsont des

vecteurs non nuls colinéaires à leur image. Sixn"est pas colinéaire àa,a^xest un vecteur non nul orthogonal

àaet il en est de même def(x) =a^(a^x). Donc, sixest colinéaire àf(x),xest nécessairement orthogonal

àa. Réciproquement, sixest un vecteur non nul orthogonal àa,f(x) = (a:x)akak2x=jjajj2xetxest

colinéaire àf(x). Les vecteurs non nuls colinéaires à leur image sont les vecteurs non nuls de Vect(a)et dea?.Correction del"exer cice7 NUn vecteur engendrantDest!u= (2;1;3). Pour(x;y;z)2R3,

p((x;y;z)) =(x;y;z)j(2;1;3)jj(2;1;3)jj2(2;1;3) =2x+y+3z14 (2;1;3): 6

OnendéduitqueMat

Bp=P=114

0 @4 2 6 2 1 3

6 3 91

A , puisMatBs=2PI=17 0 @3 2 6 26 3

6 3 21

A . Plusgénéralement,

la matrice de la projection orthogonale sur le vecteur unitaire(a;b;c)dans la base canonique orthonormée est

P=0 @a2ab ac ab b 2bc ac bc c 21
A et la matrice de la projection orthogonale sur le planax+by+cz=0 dans la base canonique orthonormée estIP=0 @1a2abac ab1b2bc acbc1c21 A .Correction del"exer cice8 N1.kC1k=kC2k=13 p4+4+1=1 etC1jC2=19 (2+42) =0. Enfin, C

1^C2=19

0 @2 2 11 A ^0 @1 2 21
A =19 0 @6 3 61
A =13 0 @2 1 21
A =C3: Donc,A2O+3(R)etfest une rotation (distincte de l"identité).Axe def.SoitX2M3;1(R).

AX=X,8

:xy2z=0

2x5yz=0

x+2y5z=0,8 :z=2x5y

3x+9y=0

9x+27y=0,x=3y

z=y: L"axeDdefest Vect(!u)où!u= (3;1;1).Dest dorénavant orienté par!u.Angle def.Le vecteur!v=1p2 (0;1;1)est un vecteur unitaire orthogonal à l"axe. Donc, cosq=!v:f(!v) =1p2 (0;1;1):1p2 13 (1;1;4) =16 5=56 et donc,q=arccos(56 ) (2p). (Si on sait que Tr(A) =2cosq+1, c"est plus court : 2cosq+1=23 23
23
fournit cosq=56 ). Le signe de sinqest le signe de[!i;f(!i);!u] = 1 23
3 023
1 013 1 =13 <0. Donc, fest la rotation d"anglearccos(56 )autour deu= (3;1;1).2.jjC1jj=jjC2jj=14 p9+1+6=1 etC1jC2=116 (3+36) =0. Enfin, C

1^C2=116

0 @3 1 p6 1 A ^0 @1 3p6 1 A =116 0 @4p6 4p6 81
A =14 0 @p6 p6 21
A =C3: Donc,A2O+3(R)etfest une rotation.Axe def.SoitX2M3;1(R).

AX=X,8

:x+y+p6z=0 xyp6z=0 p6x+p6y2z=0,xy=p6z=2p6 z,x=yetz=0: L"axeDdefest Vect(!u)où!u= (1;1;0).Dest dorénavant orienté par!u.Angle def.!k= [0;0;1) est un vecteur unitaire orthogonal à!u. Par suite, 7 cosq=!k:f(!k) = (0;0;1):14 (p6;p6;2) =12 etdonccosq=p3 (2p). Lesignedesinqestlesignedeh!i;f(!i);!ui

1 3=4 1

0 1=4 1

0p6=4 0

=1p6 >0. Donc, fest la rotation d"anglep3 autour de!u= (1;1;0).3.jjC1jj=jjC2jj=19 p64+16+1=1 etC1jC2=181 (816+8) =0. Enfin, C

1^C2=181

0 @8 4 11 A ^0 @1 4 81
A =181 0 @36 63
361
A =19 0 @4 7 41
A =C3: Donc,A2O3(R).An"est pas symétrique, et doncfn"est pas une réflexion.fest donc la composée commutativesrd"une rotation d"angleqautour d"un certain vecteur unitaire!uet de la réflexion de plan!u?où!uetqsont à déterminer.Axe der.L"axe derestKer(f+IdE)(carf6=IdE).

AX=X,8

:17x+y+4z=0

4x+13y+7z=0

x+8y+5z=0,8 :y=17x4z

225x45z=0

135x27z=0,z=5x

y=3x Ker(f+IdE) =Vect(!u) =Doùu= (1;3;5).Dest dorénavant orienté par!u.sest la réflexion par rapport au planP=u?dont une équation estx+3y5z=0. On écrit alors la matriceSdesdans la base

de départ. On calculeS1A=SAqui est la matrice deret on termine comme en 1) et 2).Correction del"exer cice9 NSoitfl"endomorphisme deR3de matriceMdans la base canonique deR3.

fest une rotation,M2O+3(R), jjC1jj=jjC2jj=jjC3jj=1 etC1jC2=C1jC3=C2jC3=0 et detM=1 ,a2+b2+c2=1 etab+bc+ca=0 eta3+b3+c33abc=1: Posonss1=a+b+c,s2=ab+bc+caets3=abc. On aa2+b2+c2= (a+b+c)22(ab+ac+bc) = s

212s2. Ensuite,

s

31= (a+b+c)3=a3+b3+c3+3(a2b+ba2+a2c+ca2+b2c+c2b)+6abc;

et s

1(s212s2) = (a+b+c)(a2+b2+c2) =a3+b3+c3+(a2b+b2a+a2c+c2a+b2c+c2b):

Donc, s

313s1(s212s2) =2(a3+b3+c3)+6s3

et finalement,a3+b3+c3=s313s1s2+3s3.

M2O+3(R),s2=0 ets212s2=1 ets313s1s2=1

,s2=0 ets1=1 ,a;betcsont les solutions réelles d"une équation du typex3x2+k=0(oùk=s3): 8 PosonsP(x) =x3x2+ket doncP0(x) =3x22x=x(2x3). Sur]¥;0],Pest strictement croissante, strictement décroissante sur0;32quotesdbs_dbs1.pdfusesText_1

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