Exercices corrigés : Espaces préhilbertiens réels (Prépa, 1re année)

1. $\varphi$ est à valeurs réelles.

Symétrie : $\varphi(y,x)=2y_1x_1+y_1x_2+y_2x_1+y_2x_2$. Les termes $y_1x_2$ et $y_2x_1$ sont exactement $x_2y_1$ et $x_1y_2$, donc $\varphi(y,x)=\varphi(x,y)$.

Linéarité à gauche : pour $y$ fixé, $\varphi(x,y)=(2y_1+y_2)x_1+(y_1+y_2)x_2$ est une forme linéaire en $x$. Par symétrie, $\varphi$ est bilinéaire.

Positivité : $$\varphi(x,x)=2x_1^2+2x_1x_2+x_2^2=x_1^2+(x_1+x_2)^2\geqslant0.$$

Caractère défini : si $\varphi(x,x)=0$, une somme de deux carrés est nulle, donc $x_1=0$ et $x_1+x_2=0$, d'où $x_2=0$ et $x=0$.

$\varphi$ est donc un produit scalaire sur $\mathbb{R}^2$.

2. $\varphi(e_1,e_2)=2\cdot1\cdot0+1\cdot1+0\cdot0+0\cdot1=1\neq0$. Les vecteurs $e_1$ et $e_2$ ne sont pas orthogonaux pour $\varphi$ : l'orthogonalité dépend du produit scalaire choisi.

3. $\varphi(e_1,e_1)=2$, donc $\|e_1\|_\varphi=\sqrt2$ et $f_1=\frac{1}{\sqrt2}e_1$ est unitaire, colinéaire à $e_1$ et de même sens.

Un vecteur $(a,b)$ est orthogonal à $e_1$ si et seulement si $\varphi(e_1,(a,b))=2a+b=0$. On prend $u=(1,-2)$. Alors $\varphi(u,u)=1^2+(1-2)^2=2$. On pose $f_2=\frac{1}{\sqrt2}u$, qui est unitaire et orthogonal à $f_1$.

La famille $(f_1,f_2)$ est orthonormée, donc libre, et compte $2=\dim\mathbb{R}^2$ vecteurs : c'est une base orthonormée de $(\mathbb{R}^2,\varphi)$. On peut aussi prendre $-f_2$ comme second vecteur.

1. Dans $\mathbb{R}^n$ muni du produit scalaire canonique, on pose $u=(\sqrt{x_1},\dots,\sqrt{x_n})$ et $v=\left(\frac{1}{\sqrt{x_1}},\dots,\frac{1}{\sqrt{x_n}}\right)$, bien définis car $x_i>0$. Alors $$\langle u,v\rangle=\sum_{i=1}^n\sqrt{x_i}\cdot\frac{1}{\sqrt{x_i}}=n,\qquad\|u\|^2=\sum_{i=1}^nx_i,\qquad\|v\|^2=\sum_{i=1}^n\frac1{x_i}.$$ L'inégalité de Cauchy-Schwarz $\langle u,v\rangle^2\leqslant\|u\|^2\|v\|^2$ donne exactement $n^2\leqslant\Big(\sum x_i\Big)\Big(\sum\frac1{x_i}\Big)$.

2. Il y a égalité si et seulement si $(u,v)$ est liée. Comme $v\neq0$, cela équivaut à l'existence de $\lambda\in\mathbb{R}$ tel que $u=\lambda v$, soit $\sqrt{x_i}=\frac{\lambda}{\sqrt{x_i}}$, c'est-à-dire $x_i=\lambda$ pour tout $i$. Réciproquement, si tous les $x_i$ valent $c>0$, le produit vaut $nc\cdot\frac nc=n^2$. L'égalité a lieu si et seulement si $x_1=\dots=x_n$.

3. Avec $n=3$, le produit est toujours supérieur ou égal à $9$, et vaut $9$ pour $a=b=c$ (par exemple $a=b=c=1$). Le minimum existe et vaut $9$ ; il est atteint exactement lorsque $a=b=c$.

1. La matrice de la famille dans la base canonique est $$\begin{pmatrix}1&1&0\\2&1&0\\2&0&1\end{pmatrix}.$$ En développant selon la troisième colonne, son déterminant vaut $1\cdot(1\cdot1-1\cdot2)=-1\neq0$. La famille est libre de cardinal $3$ : c'est une base.

2. Étape 1 : $\|v_1\|=\sqrt{1+4+4}=3$, donc $e_1=\frac13(1,2,2)$.

Étape 2 : $\langle e_1,v_2\rangle=\frac{1+2+0}{3}=1$, donc $$w_2=v_2-e_1=(1,1,0)-\left(\tfrac13,\tfrac23,\tfrac23\right)=\left(\tfrac23,\tfrac13,-\tfrac23\right).$$ $\|w_2\|^2=\frac{4+1+4}{9}=1$, donc $e_2=w_2=\frac13(2,1,-2)$.

Étape 3 : $\langle e_1,v_3\rangle=\frac23$ et $\langle e_2,v_3\rangle=-\frac23$. Donc $$w_3=v_3-\tfrac23e_1+\tfrac23e_2=(0,0,1)-\tfrac29(1,2,2)+\tfrac29(2,1,-2)=\left(\tfrac29,-\tfrac29,\tfrac19\right).$$ $\|w_3\|^2=\frac{4+4+1}{81}=\frac19$, donc $\|w_3\|=\frac13$ et $e_3=3w_3=\frac13(2,-2,1)$.

3. Chaque $e_i$ est de norme $1$ (les sommes des carrés des coordonnées entières valent $9$). Produits scalaires : $$9\langle e_1,e_2\rangle=2+2-4=0,\quad 9\langle e_1,e_3\rangle=2-4+2=0,\quad 9\langle e_2,e_3\rangle=4-2-2=0.$$ La famille est orthonormée. On vérifie aussi $\langle e_k,v_k\rangle>0$ : $\langle e_1,v_1\rangle=3$, $\langle e_2,v_2\rangle=1$, $\langle e_3,v_3\rangle=\frac13$.

1. On rappelle que $\langle X^j,X^k\rangle=\int_0^1t^{j+k}\,\mathrm{d}t=\frac{1}{j+k+1}$.

• $w_1=1$, $\|w_1\|^2=1$.
• $w_2=X-\frac{\langle 1,X\rangle}{\|1\|^2}\cdot1=X-\frac12$. Puis $\|w_2\|^2=\int_0^1\left(t-\frac12\right)^2\mathrm{d}t=\left[\frac{(t-\frac12)^3}{3}\right]_0^1=\frac13\left(\frac18+\frac18\right)=\frac1{12}$.
• $\langle 1,X^2\rangle=\frac13$ et $\langle w_2,X^2\rangle=\frac14-\frac12\cdot\frac13=\frac1{12}$. Donc $$w_3=X^2-\frac13\cdot1-\frac{1/12}{1/12}\left(X-\frac12\right)=X^2-X+\frac16.$$

Contrôles : $\langle 1,w_3\rangle=\frac13-\frac12+\frac16=0$ et $\langle X,w_3\rangle=\frac14-\frac13+\frac1{12}=0$, donc $w_3\perp\operatorname{Vect}(1,X)$.

Norme de $w_3$ : $\left(t^2-t+\frac16\right)^2=(t^2-t)^2+\frac13(t^2-t)+\frac1{36}$, avec $\int_0^1(t^2-t)^2\,\mathrm{d}t=\frac15-\frac12+\frac13=\frac1{30}$ et $\int_0^1(t^2-t)\,\mathrm{d}t=-\frac16$. Donc $$\|w_3\|^2=\frac1{30}-\frac1{18}+\frac1{36}=\frac{6-10+5}{180}=\frac1{180}.$$

En normalisant ($\sqrt{12}=2\sqrt3$ et $\sqrt{180}=6\sqrt5$), on obtient la base orthonormée $$e_1=1,\qquad e_2=2\sqrt3\left(X-\tfrac12\right)=\sqrt3(2X-1),\qquad e_3=6\sqrt5\left(X^2-X+\tfrac16\right)=\sqrt5(6X^2-6X+1).$$ Les coefficients dominants sont positifs, ce qui correspond à $\langle e_k,v_k\rangle>0$ (par exemple $\langle e_3,X^2\rangle=\langle e_3,w_3\rangle=\|w_3\|\cdot6\sqrt5\cdot\|w_3\|>0$).

2. D'après la construction, $X^2=w_3+\frac13+\left(X-\frac12\right)=w_3+\left(X-\frac16\right)$, avec $X-\frac16\in\mathbb{R}_1[X]$ et $w_3\in\mathbb{R}_1[X]^\perp$. Par la caractérisation de la projection : $$p_{\mathbb{R}_1[X]}(X^2)=X-\frac16,\qquad d(X^2,\mathbb{R}_1[X])=\|w_3\|=\frac{1}{\sqrt{180}}=\frac{1}{6\sqrt5}.$$ On retrouve le minimum $\frac1{180}$ de l'exemple du cours.

1. Pour toute $M$, $\langle I_n,M\rangle=\operatorname{tr}(I_n^\top M)=\operatorname{tr}M$. Donc $M\in H\iff\langle I_n,M\rangle=0$, c'est-à-dire $H=I_n^{\perp}=\operatorname{Vect}(I_n)^\perp$. L'espace $\mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ est euclidien de dimension $n^2$ et $I_n\neq0$, donc $\dim H=n^2-1$ : $H$ est un hyperplan, de vecteur normal $I_n$.

2. $\|I_n\|^2=\operatorname{tr}(I_n)=n$. Par la formule de projection sur un hyperplan : $$p_H(M)=M-\frac{\langle I_n,M\rangle}{\|I_n\|^2}I_n=M-\frac{\operatorname{tr}M}{n}I_n.$$ Contrôle : $\operatorname{tr}(p_H(M))=\operatorname{tr}M-\frac{\operatorname{tr}M}{n}\cdot n=0$. Puis $$d(M,H)=\|M-p_H(M)\|=\frac{|\operatorname{tr}M|}{n}\|I_n\|=\frac{|\operatorname{tr}M|}{\sqrt n}.$$

3. $\operatorname{tr}M=5$, donc $$p_H(M)=\begin{pmatrix}1-\frac52&2\\3&4-\frac52\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-\frac32&2\\3&\frac32\end{pmatrix}.$$ La somme $\sum(m_{ij}-n_{ij})^2$ vaut $\|M-N\|^2$. Son minimum sur $H$ est $d(M,H)^2=\frac{25}{2}$, atteint uniquement en $N=p_H(M)$. En particulier $d(M,H)=\frac{5}{\sqrt2}=\frac{5\sqrt2}{2}$.

1. Posons $S_0=\frac{A+A^\top}2$ et $T_0=\frac{A-A^\top}2$. On a $S_0^\top=S_0$, $T_0^\top=-T_0$ et $A=S_0+T_0$. Ainsi $S_0\in\mathcal{S}_n(\mathbb{R})$ et $A-S_0=T_0\in\mathcal{A}_n(\mathbb{R})=\mathcal{S}_n(\mathbb{R})^\perp$. Par la caractérisation de la projection orthogonale, $p_{\mathcal{S}_n}(A)=S_0$.

2. $d(A,\mathcal{S}_n)^2=\|T_0\|^2=\operatorname{tr}(T_0^\top T_0)$. Or $$T_0^\top T_0=\frac14(A^\top-A)(A-A^\top)=\frac14\left(A^\top A-A^\top A^\top-A^2+AA^\top\right).$$ On a $\operatorname{tr}(A^\top A)=\|A\|^2$, $\operatorname{tr}(AA^\top)=\operatorname{tr}(A^\top A)=\|A\|^2$ et $\operatorname{tr}(A^\top A^\top)=\operatorname{tr}\big((A^2)^\top\big)=\operatorname{tr}(A^2)$. Donc $$d(A,\mathcal{S}_n)^2=\frac14\left(2\|A\|^2-2\operatorname{tr}(A^2)\right)=\frac12\left(\|A\|^2-\operatorname{tr}(A^2)\right).$$

3. La somme à minimiser vaut $\|A-S\|^2$ ; son minimum est $d(A,\mathcal{S}_3)^2$, atteint uniquement en $S=p_{\mathcal{S}_3}(A)$. Ici $$S_0=\begin{pmatrix}1&1&1\\1&1&2\\1&2&1\end{pmatrix},\qquad T_0=\begin{pmatrix}0&1&-1\\-1&0&1\\1&-1&0\end{pmatrix},$$ et l'on vérifie $S_0+T_0=A$. Le minimum vaut $\|T_0\|^2=6$ (six coefficients égaux à $\pm1$).

Contrôle par la question 2 : $\|A\|^2=1+4+0+0+1+9+4+1+1=21$ et $\operatorname{tr}(A^2)=\sum_{i,j}a_{ij}a_{ji}=(1+1+1)+2(a_{12}a_{21}+a_{13}a_{31}+a_{23}a_{32})=3+2(0+0+3)=9$. On trouve $\frac12(21-9)=6$.

1. Soit $x,y\in E$. Notons $A=f(x+y)$, $B=f(x)$, $C=f(y)$. Par bilinéarité et symétrie : $$\|A-B-C\|^2=\|A\|^2+\|B\|^2+\|C\|^2-2\langle A,B\rangle-2\langle A,C\rangle+2\langle B,C\rangle.$$ Chaque terme est un produit scalaire d'images par $f$ ; l'hypothèse permet de remplacer $f(x+y),f(x),f(y)$ par $x+y,x,y$. On obtient le développement de $\|(x+y)-x-y\|^2=0$. Donc $\|f(x+y)-f(x)-f(y)\|^2=0$ et, par le caractère défini, $f(x+y)=f(x)+f(y)$.

De même, pour $\lambda\in\mathbb{R}$ : $$\|f(\lambda x)-\lambda f(x)\|^2=\|f(\lambda x)\|^2-2\lambda\langle f(\lambda x),f(x)\rangle+\lambda^2\|f(x)\|^2=\|\lambda x\|^2-2\lambda\langle\lambda x,x\rangle+\lambda^2\|x\|^2=\|\lambda x-\lambda x\|^2=0,$$ donc $f(\lambda x)=\lambda f(x)$. L'application $f$ est linéaire.

Injectivité : si $f(x)=0$, alors $\|x\|^2=\langle x,x\rangle=\langle f(x),f(x)\rangle=0$, donc $x=0$. Le noyau de $f$ est nul.

2. Pour tout $x$, $\|f(x)\|=\|f(x)-f(0)\|=\|x-0\|=\|x\|$. Par l'identité de polarisation, pour tous $x,y$ : $$\langle f(x),f(y)\rangle=\frac12\left(\|f(x)\|^2+\|f(y)\|^2-\|f(x)-f(y)\|^2\right)=\frac12\left(\|x\|^2+\|y\|^2-\|x-y\|^2\right)=\langle x,y\rangle.$$ $f$ conserve le produit scalaire ; d'après la question 1, elle est linéaire.

3. Si $E\neq\{0\}$, soit $a\neq0$ et $f:x\mapsto x+a$. Alors $\|f(x)-f(y)\|=\|x-y\|$ pour tous $x,y$, mais $f(0)=a\neq0$, donc $f$ n'est pas linéaire.

1. $p$ est linéaire et $p(p(x,y))=p(x-y,0)=(x-y,0)=p(x,y)$ : c'est un projecteur. Ses valeurs sont de la forme $(s,0)$ et $p(1,0)=(1,0)$, donc $\operatorname{Im}p=\operatorname{Vect}((1,0))$. $p(x,y)=0\iff x=y$, donc $\operatorname{Ker}p=\operatorname{Vect}((1,1))$. Comme $\langle(1,0),(1,1)\rangle=1\neq0$, $p$ n'est pas une projection orthogonale. Pour $v=(-1,1)$ : $p(v)=(-2,0)$, $\|p(v)\|=2>\sqrt2=\|v\|$.

2. Soit $x\in E$. On a $p(x)\in\operatorname{Im}p$ et $p(x-p(x))=p(x)-p(x)=0$, donc $x-p(x)\in\operatorname{Ker}p=(\operatorname{Im}p)^\perp$. Par Pythagore : $$\|x\|^2=\|p(x)\|^2+\|x-p(x)\|^2\geqslant\|p(x)\|^2.$$

3. Soit $a\in\operatorname{Im}p$, $b\in\operatorname{Ker}p$ et $t\in\mathbb{R}$. Comme $p(a)=a$ et $p(b)=0$, $p(a+tb)=a$. L'hypothèse donne $$\|a\|^2\leqslant\|a+tb\|^2=\|a\|^2+2t\langle a,b\rangle+t^2\|b\|^2,\quad\text{soit}\quad 2t\langle a,b\rangle+t^2\|b\|^2\geqslant0.$$ Pour $t>0$, on divise par $t$ : $2\langle a,b\rangle+t\|b\|^2\geqslant0$, et en faisant tendre $t$ vers $0^+$ : $\langle a,b\rangle\geqslant0$. Pour $t<0$, la division renverse l'inégalité : $2\langle a,b\rangle+t\|b\|^2\leqslant0$, et quand $t\to0^-$ : $\langle a,b\rangle\leqslant0$. Donc $\langle a,b\rangle=0$.

Ainsi $\operatorname{Ker}p\subset(\operatorname{Im}p)^\perp$. Par la formule du rang, $\dim\operatorname{Ker}p=n-\dim\operatorname{Im}p=\dim(\operatorname{Im}p)^\perp$. L'inclusion et l'égalité des dimensions donnent $\operatorname{Ker}p=(\operatorname{Im}p)^\perp$ : $p$ est la projection orthogonale sur $\operatorname{Im}p$.

Conclusion : un projecteur est orthogonal si et seulement si $\|p(x)\|\leqslant\|x\|$ pour tout $x\in E$.

1. L'application est à valeurs réelles et symétrique. Pour $Q$ fixé, $P\mapsto\sum_kP(k)Q(k)$ est linéaire, car l'évaluation $P\mapsto P(k)$ l'est ; par symétrie, elle est bilinéaire. Positivité : $\langle P,P\rangle=\sum_kP(k)^2\geqslant0$. Caractère défini : si $\sum_kP(k)^2=0$, chaque $P(k)$ est nul ; $P$ admet les $n+1$ racines distinctes $0,1,\dots,n$ et $\deg P\leqslant n$, donc $P=0$. C'est un produit scalaire.

2.a) Si $j\neq k$, le facteur d'indice $j$ s'annule en $j$, donc $L_k(j)=0$. Si $j=k$, chaque facteur vaut $\frac{k-i}{k-i}=1$, donc $L_k(k)=1$. Ainsi $L_k(j)=\delta_{kj}$. Comme produit de $n$ facteurs de degré $1$, $L_k\in\mathbb{R}_n[X]$.

2.b) $\langle L_i,L_j\rangle=\sum_{k=0}^nL_i(k)L_j(k)=\sum_k\delta_{ik}\delta_{jk}=\delta_{ij}$. La famille est orthonormée, donc libre ; elle compte $n+1=\dim\mathbb{R}_n[X]$ vecteurs : c'est une base orthonormée.

2.c) Dans une base orthonormée, $P=\sum_k\langle L_k,P\rangle L_k$ avec $\langle L_k,P\rangle=\sum_jL_k(j)P(j)=P(k)$. Donc $P=\sum_{k=0}^nP(k)L_k$ : les coordonnées sont $P(0),\dots,P(n)$ (formule d'interpolation de Lagrange).

3.a) $\langle 1,P\rangle=\sum_kP(k)$, donc $H=\{1\}^\perp=\operatorname{Vect}(1)^\perp$. Le polynôme $1$ est non nul et l'espace est euclidien de dimension $n+1$ : $\dim H=n$. $H$ est un hyperplan de vecteur normal $1$.

3.b) $\|1\|^2=n+1$ et $\langle 1,X\rangle=\sum_{k=0}^nk=\frac{n(n+1)}2$. Par la formule de projection sur un hyperplan : $$p_H(X)=X-\frac{\langle1,X\rangle}{\|1\|^2}\cdot1=X-\frac n2,\qquad d(X,H)=\frac{|\langle1,X\rangle|}{\|1\|}=\frac{n(n+1)}{2\sqrt{n+1}}=\frac{n\sqrt{n+1}}2.$$ Contrôle : $\sum_{k=0}^n\left(k-\frac n2\right)=\frac{n(n+1)}2-\frac{n(n+1)}2=0$, donc $p_H(X)\in H$.

4. Pour $n=2$, la somme vaut $\|X^2-(aX+b)\|^2$ dans $\mathbb{R}_2[X]$. Quand $(a,b)$ décrit $\mathbb{R}^2$, $aX+b$ décrit $F=\mathbb{R}_1[X]$, de dimension finie. Le minimum est $d(X^2,F)^2$, atteint uniquement en $p_F(X^2)=aX+b$ caractérisé par $X^2-aX-b\perp1$ et $X^2-aX-b\perp X$.

Produits scalaires utiles : $\langle1,1\rangle=3$, $\langle1,X\rangle=3$, $\langle X,X\rangle=5$, $\langle1,X^2\rangle=5$, $\langle X,X^2\rangle=9$. Le système s'écrit $$\begin{cases}5-3a-3b=0\\9-5a-3b=0\end{cases}$$ Par soustraction, $4-2a=0$, donc $a=2$, puis $b=\frac{5-6}{3}=-\frac13$.

Le reste $R=X^2-2X+\frac13$ prend les valeurs $\frac13,-\frac23,\frac13$ en $0,1,2$. Donc $$\min=\|R\|^2=\frac19+\frac49+\frac19=\frac23.$$ Interprétation : $y=2x-\frac13$ est la droite des moindres carrés du nuage de points $(0,0),(1,1),(2,4)$ ; la somme des carrés des écarts verticaux minimale vaut $\frac23$.