Exercices(3) corrigés en PDF

Exercices corrig�esJoseph DI VALENTINSeptembre 2005

ii

iiiAvant propos

Cet ouvrage a pour objectif d'aider les �el�eves de classes pr�eparatoires.Ce livre est aussi utile aux �el�eves des �Ecoles d'ing�enieur, aux candidats aux concoursde recrutement ainsi qu'�a tous ceux qui souhaitent compl�eter leurs connaissances enmath�ematiques.

Tous droits r�eserv�es, Exercices corrig�es, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.

Table des mati�eres1 Alg�ebre quadratique, exercices pr�eliminaires 12 Espaces euclidiens, pr�ehilbertiens ; exercices 53 Alg�ebre quadratique, pr�eliminaires ; corrig�es 374 Espaces euclidiens, pr�ehilbertiens ; corrig�es 59

Chapitre 1Alg�ebre quadratique, exercicespr�eliminairesSoit A = (ai;j)(i;j)2Np�Nq 2 Mp;q(C ). Nous noterons A� = (bi;j)(i;j)2Nq�Np 2 Mq;p(C )la matrice telle que 8(i; j) 2 Nq � Np ; bi;j = aj;i. A� s'appelle la matrice adjointede la matrice A. Si A 2 Mp;q(R), alors A� est la transpos�ee de la matrice A quenous noterons indi��eremment A� ou tA.1. Soient E, F et G trois espaces vectoriels norm�es. On munit E � F de l'unedes trois normes �equivalentes(x; y) 7�! kxkE+kykF , (x; y) 7�! max(kxkE ; kykF ), (x; y) 7�!qkxk2E + kyk2F .Soit f une application bilin�eaire de E � F dans G. Montrer que f estcontinue si et seulement si il existe K 2 R+ tel que 8(x; y) 2 E � F ,kf(x; y)kG6KkxkEkykF .V�eri�er que le produit scalaire de E2 (E est muni de la norme associ�ee auproduit scalaire) dans K est continu.Montrer que si E et F sont de dimensions �nies alors f est continue.2. Soit E un espace vectoriel euclidien ou hermitien. Nous notons pour un sous-ensemble non vide A de E A� l'orthogonal de A c'est-�a-dire l'ensemble des�el�ements de E orthogonaux pour le produit scalaire d�e�ni sur E �a tous les�el�ements de A.(a) Soit A une partie non vide de E. Montrer que A� est un sous-espacevectoriel de E et A� = (Vect(A))�.(b) Soit F un sous-espace vectoriel de E. Red�emontrer que F et son ortho-gonal sont suppl�ementaires.Montrer que (F �)� = F . Nous noterons (F �� au lieu de (F �)�.(c) Soient E1 et E2 deux sous-espaces vectoriels de E.Montrer les �egalit�es : (E1 + E2)� = E�1 \ E�2 , E�1 + E�2 = (E1 \ E2)�.On pourra v�eri�er que A � B ) B� � A�.3. Matrices congruentes. Deux matrices A et B appartenant �a Mn(R) sontdites congruentes s'il existe une matrice inversible C telle que A = C�BC.Soient A et B deux matrices sym�etriques congruentes appartenant �a Mn(R).Soient P et Q deux matrices inversibles telles que D1 = P �AP et D2 = Q�BQsont diagonales. Montrer que les �el�ements diagonaux strictement positifs, nulset strictement n�egatifs sont en memes nombres sur les diagonales de D1 et D2.

2 CHAPITRE 1. ALG�EBRE QUADRATIQUE, EXERCICES PR�ELIMINAIRES4. Soit f une forme sesquilin�eaire1 d�e�nie sur un C -espace vectoriel E de dimen-sion �nie n>1. Soit e = (e1; � � � ; en) une base de E. On appelle matrice de fdans la base e la matrice appartenant �aMn(C ) dont l'�el�ement d'indices (i; j)est f(ei; ej).Soient (x; y) 2 E2, x = nXi=1 xiei; y = nXi=1 yiei.Soient X = (xi)i2Nn 2 Mn;1(C ) et Y = (yi)i2Nn 2Mn;1(C ).Montrer que si A est la matrice de f dans la base e, [f(x; y)] = X�AY .�A partir de maintenant, nous indenti�erons une matrice [a] 2 M1(K) avec lescalaire a.Soit e0 = (e01; � � � ; e0n) une base de E. Soit P la matrice de passage de la basee �a la base e0. Soit A0 la matrice de f dans la base e0.Montrer la relation A0 = P �AP .5. (a) Soit U 2 Mn(C ). Notons, pour j 2 Nn , Uj la ji�eme colonne de la matriceU , pour i 2 Nn , Vi la ii�eme ligne de la matrice U . Nous identi�ons leslignes et les colonnes �a des vecteurs de C n rapport�e �a sa base canoniquemuni de son produit scalaire canonique.U est dite unitaire si et seulement si UU� = In. Montrer que les assertionssuivantes sont �equivalentes.� U est unitaire.� U� est unitaire.� La famille (Uj)j2Nn est orthonormale.� La famille (Vi)i2Nn est orthonormale.� 8X = (xi)i2Nn 2 Mn;1(C ); kUXk = kXk avec kXk = nXi=1 jxij2.(b) Soit E un espace pr�ehilberien complexe. Soit u un endomorphisme de E.u est dit unitaire lorsque 8(x; y) 2 E2; (u(x) j u(y)) = (x j y).Montrer que si u est une application de E dans E alors(8(x; y) 2 E2; (u(x) j u(y)) = (x j y))) u 2 L(E).(c) Soit E un espace vectoriel hermitien. Montrer l'�equivalence des assertionssuivantes :� u unitaire.� 8x 2 E; ku(x)k = kxk.� Il existe une base e = (ei)i2Nn orthonormale de E telle que :8(i; j) 2 (Nn)2, (u(ei) j u(ej) = �ji .� Il existe une base orthonormale de E dans laquelle la matrice de u estune matrice unitaire.6. Soit A 2 GLn(R) ; (Rn suppos�e rapport�e �a sa base canonique). Montrer que1Je rappelle qu'une application, f , d�e�nie de E2 dans C o�u E est un C -espace vectoriel estsesquilin�eaire si elle v�eri�e :8x 2 E; y 2 E 7�! f(x; y) 2 C est lin�eaire et 8y 2 E; x 2 E 7�! f(x; y) 2 C est semi lin�eaire.Une apllication g de E dans F o�u E et F sont deux C -espaces vectoriels est semi lin�eaire si ellev�eri�e :8(x; y; �) 2 E �E � C , g(x+ �y) = g(x) + �g(y).

3A�A est la matrice d'un produit scalaire r�eel.Soit A 2 GLn(C ) ; (C n suppos�e rapport�e �a sa base canonique). Montrer queA�A est la matrice d'un produit scalaire hermitien.7. Soit E un espace hermitien. Soit u un endomorphisme hermitien de E ; c'est-�a-dire v�eri�ant pour tout couple (x; y) 2 E2, (u(x) j y) = (x j u(y)).Montrer qu'il existe une base orthonormale de E de diagonalisation de u ; lesvaleurs propres de u �etant toutes r�eelles.Soit A 2 Mn(C ) une matrice hermitiennne c'est-�a-dire v�eri�ant A� = A.Montrer qu'il existe une matrice unitaire U telle que UAU� est diagonaler�eelle.8. Soit E un espace hermitien. Soit u un endomorphisme de E.(a) Montrer qu'il existe un unique endomorphisme v de E tel que : 8(x; y) 2E2; (u(x)jy) = (xjv(y)) ; v s'appelle l'adjoint de u, on le note u�.Quel lien y a-t-il entre les matrices de tels endomorphismes dans des basesorthonormales ?(b) Soit E un espace hermitien. Soit u 2 L(E).Quel lien y a-t-il entre Keru; Keru�; Im u; Im u� ?Montrer Ker(u� � u) = Keru.(c) Un endomorphisme u est dit unitaire si u� �u = IdE, hermitien si u = u�,normal si u � u� = u� � u.Un endomorphisme hermitien est dit positif (>0), (resp. d�e�ni positif(> 0)) si 8x 2 E; (u(x)jx)>0 (resp. > 0 si x 6= 0).Montrer que si u est hermitien, les valeurs propres sont r�eelles.�Etudier la diagonalisation des endomorphismes normaux, puis des endo-morphismes hermitiens ou unitaires.9. Soit u un endomorphisme d�e�ni sur un espace pr�ehilbertienE r�eel ou complexeayant un adjoint2 u�. On dit que u est normal si u � u� = u� � u.(a) Soit u un endomorphisme normal d�e�ni sur un espace hermitien E. Mon-trer que u et u� ont les memes vecteurs propres associ�es �a des valeurspropres, �eventuelles, conjugu�ees .(b) Soit u un endomorphisme normal ; montrer que deux espaces propresassoci�es �a deux valeurs propres di��erentes sont orthogonaux.(c) Supposons u normal et E hermitien.Montrer qu'il existe une base orthonormale de diagonalisation de u.(d) Supposons E hermitien ou euclidien et u diagonalisable dans une baseorthonormale.Montrer qu'alors u est normal.2Nous avons d�ej�a vu qu'un tel adjoint existe en dimension �nie. Nous verrons plus loin qu'unadjoint existe lorsque u est continu et E est complet.

4 (e) Supposons E hermitien.Montrer : u normal () 9P 2 C [X ]; u� = P (u).Supposons E euclidien montrer que l'on a :u normal () 9P 2 R[X ]; u� = P (u).(f) Que se passe-t-il dans le cas euclidien ?10. Soit E un espace vectoriel euclidien. Soit f 2 O(E). Montrer qu'il existe unebase orthonormale de E dans laquelle la matrice de f soit diagonale par blocsdu type Diag(Ip; �Iq; B1; � � � ; Br) o�u chaque matriceBi est une matrice r�eelle2� 2 ; Bi = � cos(�i) � sin(�i)sin(�i) cos(�i) � avec sin(�i) 6= 0. Si p = 0, Ip ne �gure pasdans la d�ecomposition, si q = 0, �Iq ne �gure pas dans la d�ecomposition, sir = 0 les matrices Bi ne �gurent pas dans la d�ecomposition.


Chapitre 2Espaces euclidiens, pr�ehilbertiens ;exercices1. Soit E un espace vectoriel euclidien. Soit f une application de E dans E telleque 8(x; y) 2 E2; kf(x) � f(y)k = kx � yk. On suppose f(0) = 0. Montrerque f est un automorphisme orthogonal.2. Soit f une application lin�eaire d�e�nie sur l'espace pr�ehilbertien r�eel E. Onsuppose 8(x; y) 2 E2; (x ? y)) (f(x) ? f(y)).Montrer que deux vecteurs de meme norme ont des images de meme norme.Montrer qu'il existe k 2 R+ tel que 8x 2 E; kf(x)k = k � kxk.3. Soit E un espace vectoriel euclidien.(a) Soit f 2 O(E). D�emontrer :(dim(Ker(f + IdE)) paire) () (f est une isom�etrie positive).(b) Soit f 2 L(E) sans valeur propre. Soit g une isom�etrie de E qui commuteavec f . D�emontrer que g est une isom�etrie positive.4. Soit G un groupe ; soit H un sous-groupe de G.Lorsque 8g 2 G; 8h 2 H; ghg�1 2 H H est dit sous-groupe distingu�e de G.Un groupe est dit simple s'il ne poss�ede aucun sous-groupe distingu�e trivialc'est-�a-dire autre que lui-meme et feg. On note SO(3) le groupe des rotationsd'un espace vectoriel euclidien E de dimension 3. Nous allons montrer queSO(3) est simple.Soient (x; x0; y; y0) 2 E4, v�eri�ant kxk = kx0k, kyk = ky0k, kx�yk = kx0�y0k.(a) Montrer qu'il existe une rotation u telle que u(x) = x0; u(y) = y0.(b) Montrer que les demi-tours engendrent SO(3).(c) Soit H un sous-groupe distingu�e de SO(3), H 6= fIdEg. Soit u 6= IdE un�el�ement de H d'axe dirig�e par a de norme 1 et d'angle �.V�eri�er que l'on peut supposer � 2]0; �].Soient P le plan orthogonal �a a et S2 la sph�ere unit�e. Soit x 2 P \ S2.Notons y = u(x) et d = kx� yk. Soit m 2 [0; d].Montrer qu'il existe (x1; x2) 2 (S2)2 tel que u(x1) = x2; kx1 � x2k = m.Soient y1 et y2 deux �el�ements de S2, ky1 � y2k = m. Soit v 2 SO(3)v�eri�ant y1 = v(x1); y2 = v(x2).Notons w = v�1 � u � v. Pour n 2 N� notons �n la rotation d'axe dirig�epar a d'angle �n . Posons x0 = x et pour p 2 N; xp+1 = �n(xp). Soit

6 CHAPITRE 2. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; EXERCICESui 2 H v�eri�ant xi+1 = ui(xi). Posons h = un � � � � � u1. D�eterminerh(x). Conclure.5. Soit U(n), (resp. O(n)) l'ensemble des matrices unitaires (resp. orthogo-nales). Montrer que U(n), (resp. O(n)) est compact dansMn(C ) (resp. dansMn(R)). Montrer que SO(n) (l'ensemble des matrices orthogonales �a d�eter-minant positif) est compact.6. Soit E un espace euclidien. Soit P l'ensemble des projecteurs orthogonaux deE.(a) Montrer qu'un projecteur est orthogonal si et seulement si il est sym�e-trique.(b) Montrer qu'un projecteur est orthogonal si et seulement si sa norme est�egale �a 1 (ou, ce qui est �equivalent, au plus �egale �a 1).(c) Montrer que P est compact dans L(E).7. (a) Soit E un espace vectoriel euclidien. Montrer que O+(E) est connexe pararcs.(b) Montrer que O(E) n'est pas connexe par arcs.8. Soit E un espace hermitien de dimension n>1. Soit u 2 L(E).(a) Montrer : u = u� () 8x 2 E; (u(x) j x) 2 R.(b) Soit u un endomorphisme hermitien positif c'est-�a-dire v�eri�ant pour toutx 2 E (u(x) j x) 2 R+.Montrer : 8x 2 E; ku(x)k46(x j u(x)) (u(x) j u2(x)).9. Soit f une forme sesquilin�eaire �a sym�etrie hermitienne d�e�nie sur le C -espacevectoriel E de dimension �nie1. Soit ' un produit scalaire hermitien sur E.(a) Montrer qu'il existe u 2 L(E), unique v�eri�ant28(x; y) 2 E2; '(u(x); y) = '(x; u(y)) et 8x 2 E; '(x; u(x)) = f(x; x).(b) Montrer qu'il existe une base de E orthonormale pour ' et orthogonalepour f .Exprimer ce r�esultat en termes matriciels.10. Soient A et B deux matrices r�eelles sym�etriques appartenant �a Mn(R). Onsuppose A d�e�nie positive ; c'est-�a-dire telle que 8X 2 Mn;1(R); tXAX = [a]avec a 2 R+ et 8X 2 Mn;1(R); tXAX = [0] ) X = 0. (Si nous n'avons pasla seconde condition A est dite positive).Montrer qu'il existe une matrice inversible P et une matrice diagonaleD tellesque A = P �P et B = P �DP .1Nous verrons plus loin les cas de la dimension non �nie.2c'est-�a-dire u� = u ou u hermitienne pour '.

711. Soit E un espace hermitien de dimension n>1. Soit U une partie non vide deL(E) v�eri�ant : u 2 U ) u� 2 U , (u; v) 2 (U)2 ) u � v = v � u.Montrer qu'il existe une base orthonormale de E diagonalisant tous les endo-morphismes u.12. Soit (ui)i2I une famille d'endomorphismes sym�etriques de l'espace vectorieleuclidien E qui commutent deux �a deux. Montrer qu'il existe une base ortho-normale de E de diagonalisation de tous les ui. On fera un raisonnement parr�ecurrence sur la dimension de E.13. (a) Soit E un espace vectoriel hermitien. Soient u et v deux endomorphismesde E v�eri�ant u = u�; v = v�, 8x 2 E; (u(x) j x)>0; (v(x) j x)>0, c'est-�a-dire hermitiens positifs, tels que u2 = v2.Soit h = u � v. En consid�erant une base de vecteurs propres de u, et encalculant (v � h)(ei), montrer : u = v.(b) Soit u un endomorphisme hermitien positif de E. Montrer qu'il existe wun unique endomorphisme hermitien >0 tel que : u = w2.14. (a) Soit A 2 GLn(C ). Montrer que A s'�ecrit UH avec U unitaire et Hhermitienne > 0, la d�ecomposition est unique.(b) Montrer que l'�ecriture A = UH , avec U unitaire et H hermitienne posi-tive est encore vraie pour A 2Mn(C).(c) Montrer que l'application qui �a A associe (U;H) est un hom�eomorphismede GLn(C ) dans le produit cart�esien U(n)�HDP o�u U(n) d�esigne l'en-semble des matrices unitaires et HDP l'ensemble des matrices hermi-tiennes d�e�nies positives.15. (a) Soit A 2 GLn(R). Montrer que A s'�ecrit OS avec O orthogonale et Ssym�etrique d�e�nie positive, la d�ecomposition est unique.(b) Montrer que l'espace des matrices orthogonales est un espace compactdans Mn(R).(c) Montrer que l'�ecriture A = OS, avec O orthogonale et S sym�etriquepositive est encore vraie pour A 2 Mn(R).(d) Montrer que l'application qui �a A associe (O; S) tel que A = OS estun hom�eomorphisme de GLn(R) dans le produit cart�esien O(n)� SDPo�u O(n) d�esigne l'ensemble des matrices orthogonales et SDP l'ensembledes matrices r�eelles sym�etriques d�e�nies positives.16. Soit A 2 Mn(R). En utilisant la d�ecomposition A = OS (voir l'exerciciepr�ec�edent) montrer que A peut s'�ecrire A = UDV o�u U et V sont orthogonaleset D diagonale.Appliquer le r�esultat pr�ec�edent �a la matrice : 0@ 1 �1 02 2 01 1 0 1A.

8 CHAPITRE 2. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; EXERCICES17. Il s'agit d'un exercice analogue au pr�ec�edent ; ici nous construisons une base.Soit E un espace vectoriel euclidien. Soit u un endomorphisme de E.Soit v l'endomorphisme u � u�.(a) Montrer Ker(u�) = Ker(v) = (Im(u))�.(b) Soit r>1 le rang de v. Soit (e1; � � � ; en) une base orthonormale de vec-teurs propres de v. On suppose que les r premiers vecteurs sont associ�es�a des valeurs propres non nulles (donc strictement positives).Pour i 2 Nr on pose e0i = u�(ei). Montrer que la famille (e0i)i2Nr est unefamille libre orthogonale. Pour i 2 Nr on pose e00i = 1ke0ike0i. On compl�etela famille (e00i )i2Nr pour en faire une base (e00i )i2Nn orthonormale de E.(c) Calculer, pour i 2 Nr , u(e0i) et pour i 2 N; r + 16i6n et j 2 Nr ,(u(e00i ) j ej).(d) Soit ("1; � � � ; "n) une base orthonormale de E. Soit ' l'endomorphismede E tel que 8i 2 Nn ; '("i) = ei et soit l'endomorphisme de E tel que8i 2 Nn ; ("i) = e00i .Que dire de l'endomorphisme '� � u � ?(e) Soit A = 0BB@ 5 3 1 �11 �1 5 31 �1 �3 �5�3 �5 1 �1 1CCA 2M4(R).Rechercher deux matrices orthogonales P et Q telles que PAQ soit dia-gonale.18. Projection sur un convexe Soit E un espace pr�ehilbertien r�eel. Soit Cun sous-ensemble non vide de E convexe. Soit x 2 E. Montrer l'�equivalencesuivante :9y 2 C; 8z 2 C; (y � x j y � z)60 () 9y 2 C; d(x; C) = d(x; y).Reprendre cette question dans le cas o�u E est pr�ehilbertien complexe.19. Soit E un espace pr�ehilbertien r�eel ou complexe.(a) Soit A une partie de E non vide compl�ete (ou ferm�ee si E est complet) etconvexe. Soit x 2 E. Montrer qu'il existe a 2 A tel que kx�ak = d(x; A).(b) Soit A une partie non vide de E. Montrer que l'orthogonal de A not�e A�est un sous-espace vectoriel ferm�e de E.(c) On suppose E = F �G et F et G orthogonaux que l'on note E = F ?�G.Montrer F = G�; G = F �; F = (F �)�; G = (G�)� et en�n F et G sontferm�es.(d) Supposons E complet3. Soit H un sous-espace vectoriel de E. Montrer :H ferm�e () E = H?�H� () H = (H�)�3On parle alors d'espace de Hilbert.

9(e) On suppose E non complet. Montrer qu'il peut se faire que H soit ferm�esans avoir E = H?�H�. On pourra choisir E = R[X ] muni qu produitscalaire (P j Q) =Xi2N aibi o�u P =Xi2N aiX i et Q =Xi2N biX i.20. Soit E un espace pr�ehilbertien r�eel complet. Soit (An)n2N une suite croissantede parties convexes ferm�ees non vides de E. Soit A = [n2NAn. Soit x 2 E. Onpose pour n 2 N; dn = d(x; An) et d = d(x; A).Montrer limn!+1 dn = d.Soit X une partie convexe ferm�ee de E. Notons pX l'application qui �a un�el�ement x de E associe l'�el�ement y de X v�eri�ant kx � yk = d(x; X).Montrer limn!+1 pAn(x) = pA(x).21. Soit E un espace pr�ehilbertien, complet. Soit F un sous-espace vectoriel deE. Notons E 0 l'espace vectoriel des formes lin�eaires continues d�e�nie sur E.Montrer : F = E () (8f 2 E 0; f F = 0) f = 0)22. Soit E un espace pr�ehilbertien r�eel complet. Soit F un sous-espace vectorielferm�e de E. Soit G un espace vectoriel norm�e. Soit en�n f une applicationlin�eaire continue d�e�nie de F dans G.Montrer qu'il existe une application lin�eaire continue g de E dans G prolon-geant f et de meme norme que f .23. Soit E un espace pr�ehilbertien r�eel complet. Soit C un sous-ensemble de Enon vide, convexe, ferm�e . Soit a =2 C Montrer qu'il existe une forme lin�eairecontinue f non nulle d�e�nie sur E tel que f(a) > supx2C f(x).24. Soit E un espace vectoriel r�eel de dimension �nie, soit A une partie non videde E, convexe. Soit a 62 A. Montrer qu'il existe une forme lin�eaire f non nulled�e�nie sur E tel que supx2A f(x)6f(a).On pourra utiliser le r�esultat suivant, vu dans le chapitre "topologie" exercicenum�ero 100 : dans un espace compact, de toute intesection vide de ferm�es onpeut extraitre une famille �nie dont l'intersection est encore vide.25. Soit u 2 LC(E) avec E perhilbertien r�eel ou complexe, complet (E est unespace de Hilbert).Montrer que u� existe, est un endomorphisme continu et u�� = u.26. Soit E un espace pr�ehilbertien r�eel.(a) Soit u un endomorphisme de E.On note (s'il existe) u� l'adjoint de u c'est-�a-dire l'endomorphisme4 de E4u �etant un endomorphisme, d�es que u� existe alors il s'agit aussi d'un endomorphisme.En e�et : Soit (x; y; �) 2 E �E �R. 8z 2 E; (z j u�(x) + �u�(y)) = (z j u�(x)) + �(z j u�(y)) =(u(z) jx) + �(u(z) jy) = (u(z) jx + �y) = (z j u�(x + �y)).

10 CHAPITRE 2. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; EXERCICESv�eri�ant 8(x; y) 2 E2; (u(x) j y) = (x j v(y)).Montrer que si u� existe alors u�� existe et u = u��.Montrer que si u� existe et si u est continue alors u� est continue etkjukj = kju�kj.(b) Soit u 2 LC(E) avec E complet. Montrer qu'alors u� existe, u� 2 LC(E)et kjukj = kju�kj.(c) Soit u 2 LC(E), avec E complet. Soit u� l'adjoint de u, qui est alorscontinu.Montrer les relations : kju� � ukj = kju � u�kj = kjukj2 = kju�kj2.(d) Soit E un espace pr�ehilbertien r�eel. Soit u 2 LC(E). Montrer que l'on akjukj = supkxk61;kyk61 j(u(x) j y)j.(e) Soit u un endomorphisme sym�etrique d�e�ni sur un espace euclidien. Mon-trer que l'on a : kjukj = supkxk61 j(u(x) j x)j qui est aussi �egal au rayon spec-tral de u.27. Soit u 2 LC(E) avec E perhilbertien r�eel, complet (E est un espace de Hil-bert).On note tu l'application de E 0 dans E 0 (E 0 d�esigne l'ensemble des formes li-n�eaires continues de E) d�e�nie par : (tu) (f) = f � u.(a) Montrer que tu est lin�eaire continue.(b) Soit ' : x 2 E 7�! (y 2 E 7�! (x j y) 2 R) 2 E 0.On pose v = '�1 �tu � '.Montrer que ' est bien d�e�nie, montrer la relation v = u� ; en d�eduireque v est continue. (On pourra utiliser les r�esultats qui pr�ec�edent).28. Soient E un espace euclidien de dimension 3 rapport�e �a une base orthonormalee et u 2 L(E). Soit A = 0@ 1 0 01 2 0�3 �1 0 1A la matrice de u dans cette base.D�eterminer kjujk2.29. Soit E un espace vectoriel euclidien. Soit u un endomorphisme de E diagona-lisable. Soit e = (e1; � � � ; en) une base de vecteurs propres de u. D�eterminerune base de vecteurs propres de u�.30. (a) Soit E un espace vectoriel hermitien. Soit u un endomorphisme5 de Ev�eri�ant 8(x; y) 2 E2; (u(x) j y) = �(x j u(y)). (u� = �u, c'est-�a-dire(iu) hermitien).Montrer que les valeurs propres de u sont dans Ri.Montrer que u est diagonalisable.8z 2 E; (z j u�(x) + �u�(y)� u�(x+ �y)) = 0. u�(x) + �u�(y)� u�(x+ �y) est orthogonal �a toutl'espace donc est nul et u� est un endomorphisme.5u est dit antihermitien.

11Soit A la matrice 0@ 0 �2 �12 0 21 �2 0 1A. Trouver une matrice unitaire U etune matrice daigonale D v�eri�ant A = UDU�.(b) Soit E un espace vectoriel euclidien. Soit u un endomorphisme de E v�e-ri�ant 8(x; y) 2 E2; (u(x) j y) = �(x j u(y)).Quelles sont les �eventuelles valeurs propres de u ? En appliquant le r�e-sultat pr�ec�edent, quelle r�esultat obtient-on ?31. (a) Soit E un K -espace vectoriel de dimension �nie (K=R ou C ). Soit f uneforme bilin�eaire sym�etrique non d�eg�en�er�ee6 d�e�nie sur E2. Soit u 2 L(E)v�eri�ant 8(x; y) 2 E2, f(u(x); y) = �f(x; u(y)).Montrer que le rang de u est pair.(b) Soit A 2 Mn(C ). Montrer que la codimension du commutant de A estpaire.32. Soit A 2 Mn(R) une matrice antisym�etrique. Montrer det(A+ In)>1.Soient (S;A) 2 (Mn(R))2 un couple de matrice ; S sym�etrique positive, Aantisym�etrique. Montrer que l'on a : det(S +A)> det(S).33. Soit E un espace vectoriel euclidien. Soit u un endomorphisme de E v�eri�ant8x 2 E; (u(x) j x) = 0.Montrer que u� IdE et u+ IdE sont bijectifs.Montrer que v = (IdE + u) � (IdE � u)�1 est un automorphisme orthogonaln'ayant pas -1 pour valeur propre.R�eciproquement : soit v un automorphisme orthogonal n'ayant pas -1 pourvaleur propre. Existe-t-il u 2 L(E) tel que 8x 2 E; (u(x) j x) = 0 etv = (IdE + u) � (IdE � u)�1 ?34. (a) Montrer que toute matrice A 2 Mn(C ) peut s'�ecrire7 A = UT avec Uunitaire et T triangulaire sup�erieure.6Une forme binlin�eaire sym�etrique d�e�nie sur E est dite non d�eg�en�er�ee lorsqueF = fx 2 E; 8y f(x; y) = 0g = f0g ; elle est dite d�eg�en�er�ee dans le cas contraire. F est appel�enoyau de f .Supposons E de dimension �nie.Notons, pour y 2 E, fy la forme lin�eaire x 2 E 7�! f(x; y) 2 K. F = \y2EKer(fy). Soite = (e1; � � � ; en) une base de E. F � n\i=1Ker(fei ). Soit x 2 n\i=1Ker(fei ). 8i 2 Nn; f(x; ei) = 0donc 8y = nXi=1 yiei, f(x; y) = nXi=1 yif(x; ei) = 0. Nous avons donc F = n\i=1Ker(fei ). Nous savonsqu'alors dim(F ) = n� rg�(fei )i2Nn�.Soit A = (ai;j )(i;j)2(Nn )2 la matrice de f dans la base e. Les coordonn�ees de fei dans la base dualede la base e sont (f(e1; ei); � � � ; f(en; ei)) = (a1;i; � � � ; an;i).F = f0g () rg�(fei)i2Nn� = n c'est-�a-dire si et seulement si A est inversible.7Nous avons d�ej�a vu ce r�esultat.

12 CHAPITRE 2. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; EXERCICES(b) Montrer que toute matrice A 2Mn(C ) est unitairement semblable �a unematrice triangulaire.(c) Soit A 2 Mn(C ) une matrice hermitienne (A = A�). Montrer que A estunitairement semblable �a une matrice diagonale.(d) Retrouver le cas r�eel.(e) Soit A 2 Mn(C ). On suppose A normale c'est-�a-dire v�eri�ant AA� =A�A. Montrer que A est unitairement semblable �a une matrice diagonale.35. Soit E un espace hermitien ou euclidien. Soit u un endomorphisme de E dontle polynome caract�eristique (dans le cas r�eel) est scind�e. Montrer qu'il existeune base orthonormale de E dans laquelle la matrice de u soit triangulairesup�erieure.Soit A 2 Mn(R), on suppose �A scind�e. Montrer que A s'�ecrit : A = UTU�(d�ecomposition de Schur), o�u U est orthogonale et T triangulaire sup�erieure.Soit A 2 Mn(C ). Montrer que A s'�ecrit : A = UTU� o�u U est unitaire et Ttriangulaire sup�erieure.Il s'agit d'une autre preuve du r�esultat de l'exercice pr�ec�edent.36. Soit u 2 L(E), u sym�etrique positif (E euclidien).(a) Montrer qu'il existe v 2 L(E)= u = v � v�.(b) On suppose u d�e�nie positive de matrice A, dans une base orthonormalede E, montrer alors que A s'�ecrit : A = TT � (factorisation de Cholesky)o�u T est triangulaire sup�erieure �a diagonale > 0. (On pourra prouverque pour B 2 GLn(R); 9T triangulaire sup�erieure �a diagonale > 0 et Oorthogonale telles que : B = TO.Application : montrer que A peut s'�ecrire LDL� o�u L est triangulaireinf�erieure �a diagonale unit�e et D diagonale �a �el�ements r�eels strictementpositifs.Montrer que cette �ecriture est unique.Faire le meme exercice dans le cas complexe en rempla�cant sym�etriquepar hermitien.37. SoitG un groupe, sous-groupe �ni deGL(E), E pr�ehilbertien r�eel ou complexe.Montrer qu'il existe un produit scalaire, f , d�e�ni sur E tel que tous les �el�ementsg de G v�eri�ent 8(x; y) 2 E2; f(g(x); g(y)) = f(x; y).38. (a) Soit E un espace euclidien. Soit u 2 GL(E). Montrer qu'il existe unebase de E telle que (u(e1); � � � ; u(en)) soit une base orthogonale de E.(b) Soit M 2 GLn(R). Montrer8 qu'il existe deux matrices orthogonales Uet V telles que UMV soit diagonale.Montrer que le r�esultat est encore vrai pour M non n�ecessairement in-versible.8Nous avons d�ej�a d�emontr�e ce r�esultat autrement.

1339. Soit A 2 Mn(C ) une matrice sym�etrique. Soient �1; � � � ; �n les valeurspropres de la matriceAA. V�eri�er que les valeurs propres sont r�eelles positives.Soit D la matrice Diag(p�1; � � � ; p�n). Montrer qu'il existe9 une matriceunitaire, U , telle que A = tUDU .40. Soit E un espace vectoriel euclidien. Soit u un endomorphisme de E de tracenulle.Montrer qu'il existe une base orthonormale e = (e1; � � � ; en) de E v�eri�ant8i 2 Nn ; (u(ei) j ei) = 0.41. Soit u 2 L(E) o�u E est un espace vectoriel hermitien ou euclidien de dimensionn.En utilisant l'application ' d�e�nie par ' : (u; v) 2 E2 7�! tr(u� � v) 2 C ,montrer : j tr(u)j26n tr(u� � u).42. Soit E =Mp;q(R).Soit f l'application de E2 dans R d�e�nie par f(X; Y ) = tr(X� Y ) o�u X�d�esigne la matrice adjointe de la matrice X c'est-�a-dire la matrice transpos�eede la matrice conjugu�ee de X soit encore, puisque le corps de base est R, latranspos�ee de X .(a) Montrer que f est un produit scalaire.(b) Soient A 2Mp(R) et B 2 Mq(R).Pour X 2 E on pose �(X) = AX � XB. D�eterminer l'endomorphismeadjoint de � dans E muni du produit scalaire f .(c) Trouver une condition n�ecessaire et su�sante surA etB pour que � = ��.43. Soit E =Mn(R).(a) Montrer que l'application (A; B) 2 E2 7�! tr(A�B) 2 K est un produitscalaire.(b) Soit Sn l'ensemble des matrices sym�etriques, soit An l'ensemble des ma-trices antisym�etriques. Montrer que Sn et An sont orthogonaux pour leproduit scalaire pr�ec�edent.44. Soit f l'application qui �a une matrice M deMn(R) associe tM est-elle diago-nalisable ?45. Soit q l'application d�e�nie surMn(R), (n>1), par q(M) = tr(M�M).V�eri�er que q est une forme quadratique d�e�nie positive associ�ee �a un produitscalaire '.(a) Soit D l'ensemble des matrices diagonales. D�eterminer l'orthogonal pour' de D.(b) Soit R0 l'ensemble des matrices scalaires. D�eterminer l'orthogonal pour' de R0.9Dans le cas r�eel ce n'est rien d'autre que la diagonalisation d'une marice sym�etrique.

14 CHAPITRE 2. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; EXERCICES46. Soient u et v deux endomorphismes hermitiens positifs d�e�nis sur un espacevectoriel hermitien. Montrer : tr(u � v)6 tr(u) tr(v).47. Soit S l'ensemble des matrices sym�etriques r�eelles S � Mn(R); n>1.Soit � l'application d�e�nie par 8M 2 S, �(M) = tAM A 2 S o�u A 2Mn(R).Montrer j det(�)j = j det(A)jn+1.On commencera par le cas o�u A est diagonale.On introduira ensuite l'endomorphisme �� adjoint de � avec Mn(R) muni duproduit scalaire (U; V ) 7�! tr(tU V ).48. Soit � l'applicationM 2Mn(R) 7�! tr(M�M) 2 R.(a) Montrer que N = p� est une norme euclidienne.(b) Soit (M; N) 2 (Mn(R))2.Montrer l'in�egalit�e : N (MN)6N (M)N (M).Soit A 2 On(R).Montrer : 8M 2Mn(R); N (AM) = N (MA) = N (M).(c) Soit A 2 Mn(R). Montrer qu'il existe une unique matrice sym�etrique Stelle que N (A� S) = inffN (A�M); M 2 Mn(R); sym�etriqueg.(d) Quelles sont les normes des matrice A; B; C et D suivantes ?A = (i + j)(i;j)2(Mn (R))2, B = (ij)(i;j)2(Mn (R))2, C = (i � j)(i;j)2(Mn (R))2 etD = AB.(e) En utilisant MAPLE, �ecrire une proc�edure permettant de calculer lanorme d'une matrice.49. Soit A = (ai;j)(i;j)2(Nn)2 2Mn(R) une matrice sym�etrique r�eelle positive. Onsuppose que les coe�cients ai;j sont tous non nuls. �A quelles conditions sur Ala matrice B = � 1ai;j�(i;j)2(Nn)2 2Mn(R) est-elle positive ?On pourra commencer par prouver10 qu'il existe une famille (u1; � � � ; un)d'�el�ements de Rn muni du produit scalaire canonique v�eri�ant, pour chaque(i; j) 2 (Nn)2, ai;j = (ui j uj).50. Soit A 2 Mn(R) (n>2) une matrice sym�etrique positive.On suppose : 8(i; j) 2 (Nn)2; i 6= j; ai;j 6= 0. Montrer : 8i 2 Nn ; ai;i > 0.51. Soit u un endomorphisme sym�etrique d�e�ni sur un espace vectoriel euclidienE.Soit A = (ai;j)(i;j)2(Nn)2 2 Mn(R) la matrice de u dans une base orhonormalede E. On suppose que pour (i; j) 2 (Nn)2; i 6= j ) ai;j60.(a) On suppose que pour tout i 2 Nn , nXj=1 ai;j>0. Montrer que les valeurspropres de u sont positives.10Il s'agit de prouver que A est une matrice Gram.

15De meme on suppose que pour tout i 2 Nn , nXj=1 ai;j > 0. Montrer que lesvaleurs propres de u sont strictement positives.(b) On suppose que pour tout i 2 Nn , nXj=1 ai;j = 0. Montrer que le noyau deu n'est pas r�eduit �a f0g.(c) On suppose que pour tout i 2 Nn , nXj=1 ai;j = 0 et les �el�ements ai;n sontstrictement n�egatifs pour i 2 Nn�1 . Montrer que le rang de u est �egal �an� 1.52. Soit A 2 Mn(K).On note, pour (i; j) 2 (Nn)2, Ai;j la matrice (n � 1) � (n � 1) extraite de Aobtenue en supprimant la ii�eme ligne et la ji�eme colonne de la matrice A. Onappelle comatrice de la matrice A, que l'on note eA la matrice deMn(K) dontl'�el�ement d'indices (i; j) est �egal �a (�1)i+j det(Aj;i). Il s'agit de la transpos�eede la matrice compl�ementaire de la matrice A.D�emontrer la relation A eA = eA A = det(A) In.On suppose K = R. Montrer que si A est sym�etrique positive alors eA l'estaussi.53. (a) Soit A 2 Mn(R). On suppose que pour tout X 2 Mn;1(R) nous avonstXAX = 0. Que dire de A ?(b) Soit A 2 Mn(C ). On suppose que pour tout X 2 Mn;1(C ) nous avonsX�AX = 0. Que dire de A ?(c) Soit A 2 Mn(C ) une matrice hermitienne. On suppose que pour toutX 2Mn;1(C ) nous avons X�AX>0 (A est dite positive).Montrer X 2 Ker(A) () X�AX = 0Notons H+ l'ensemble des matrices hermitiennes positives.Soit (A; B) 2 (H+)2; A�B 2 H+. Montrer Im(B) � Im(A).54. R�esoudre dans Mn(R) les deux �equations : A tAA = In ; A+ 2tA = tAA.55. Soient A 2Mn(R) et B 2Mn(R) deux matrices sym�etriques.(a) On suppose A d�e�nie positive. Montrer que AB est diagonalisable.Montrer que si B>0 alors les valeurs propres de AB sont positives.(b) On suppose A et B positives. Montrer que AB est diagonalisable.Pour cela on pourra diagonaliser A0BA0 avec A0 sym�etrique de carr�e A,puis trouver des vecteurs propres de AB et montrer que le rang de ABest �egal �a celui de A0BA0.(c) Soient A et B deux matrices hermitiennes ; A d�e�nie positive. Montrerque les valeurs propres de AB sont r�eelles, et sont positives si B>0.Montrer que AB est diagonalisable.

16 CHAPITRE 2. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; EXERCICES56. Soit E un espace euclidien.On d�e�nit sur l'ensemble des endomorphismes sym�etriques d�e�nis positifs larelation : a < b, 8x 2 E n f0g; (a(x) j x) < (b(x) j x).Montrer que a < b si et seulement si Sp(b�1 � a) �]0; 1[.57. Soit (A; B) 2 (Mn(R))2 ; A et B sym�etriques positives.On suppose 8X 2 Mn;1(R); tXAX6tXBX .Montrer : 06 detA6 detB.58. Soient p et q deux projecteurs orthogonaux d'un espace vectoriel euclidien E.Montrer que le polynome caract�eristique de u = p + q est scind�e et que sesvaleurs propres sont dans [0; 2]. D�eterminer les noyaux de u et u � 2IdE .Soient � 62 f0; 1; 2g une valeur propre de u et x un vecteur propre associ�e.Montrer que V (x) = Vect(p(x); q(x)) est stable par u.Montrer que 2� � est �egalement une valeur propre de u.59. Soit E un espace hermitien ou euclidien.(a) D�emontrer qu'un projecteur de E est orthogonal si et seulement si sanorme est au plus �egale �a 1 ; c'est-�a-dire �egale �a 1.(b) Soient F et G deux sous-espaces vectoriels de E ; pF et pG les projecteursorthogonaux d'images respectives F et G. Montrer l'�equivalence des pro-positions suivantes :�) F et F � sont stables par pG.��) pF et pG commutent.��) pF � pG est un projecteur.�v) pF et pG sont co-diagonalisables.60. Soit E un espace pr�ehilbertien r�eel. Soit f 2 L(E) v�eri�ant : f2 = f3.Montrer : (f sym�etrique) () (f est un projecteur orthogonal):61. Soit E un espace vectoriel euclidien de dimension �egale �a n. Soient u1; � � � ; unn endomorphismes sym�etriques de E.On suppose nXi=1 rg(ui) = n et 8x 2 E; nXi=1 (ui(x) j x) = kxk2.Montrer : E = ?M16i6n Im(ui) et les ui sont des projecteurs orthogonaux ; quelssont leurs noyaux ?62. Soit F un sous-espace vectoriel de l'espace vectoriel euclidien E. Soit pF leprojecteur orthogonal d'image F .(a) Soient F1; F2 deux sous-espaces vectoriels de E.Montrer : pF1 � pF2 = 0 , F1 ? F2.Qu'en d�eduire concernant pF2 � pF1 et pF1 + pF2 ?Tous droits r�eserv�es, Exercices corrig�es, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.

17(b) Soit (Fi)i2Nn une famille de sous-espaces vectoriels de E.Soit p = nXi=1 pFi .Montrer : les Fi sont deux �a deux orthogonaux si et seulement si p estun projecteur orthogonal. On pourra montrer que si les pi sont des pro-jecteurs alors p = nXi=1 pi est un projecteur!, (8(i; j) 2 (Nn)2; pi � pj = �ji pi63. Soient f et g deux projecteurs orthogonaux d'un espace vectoriel euclidien E.(a) Montrer11 que l'endomorphisme f � g est diagonalisable.(b) Montrer que f � g est un projecteur orthogonal si et seulement si lesvaleurs prores de f � g sont dans f0; 1g ; auquel cas f � g = g � f .64. Soit E un espace vectoriel euclidien.On note A = ff 2 L(E); f � f� � f = fg. Montrer les r�esultats suivants.(a) (f 2 A) () (f� � f est un projecteur orthogonal).(b) (f 2 A) () (8x 2 (Ker(f))�; kf(x)k = kxk).(c) Soit f 2 A. Montrer que l'on a : (Ker(f))� = fx 2 E; kf(x)k = kxkg.(d) Montrer que O(E) est �a la fois ouvert et ferm�e dans A.65. Soit A 2Mn(R). Montrer que A est diagonalisable si et seulement si il existeune matrice S sym�etrique d�e�nie positive telle que tA = SAS�1.66. Soient S 2 Mn(R) une matrice r�eelle sym�etrique positive et A 2 Mn(R). Onsuppose AS2 = S2A. Montrer que l'on a AS = SA.67. Montrer que deux matrices r�eelles unitairement semblables sont orthogonale-ment semblables.68. Soient A = (ai;j)(i;j)2(Nn)2 2 Mn(R) et B = (bi;j)(i;j)2(Nn)2 2 Mn(R) deuxmatrices sym�etriques r�eelles positives. On consid�ere la matrice C, not�ee A�B,dont le terme g�en�eral d'indices (i; j) est le produit ai;jbi;j des coe�cientsdes matrices A et B. Montrer que C est sym�etrique positive. (On pourracommencer par le cas o�u A et B sont de rang �egal �a 1). Montrer que si A et Bsont d�e�nies positives alors C l'est aussi. On note D la matrice dont le termeg�en�eral d'indices (i; j) est exp (ai;j). Montrer que D est sym�etrique d�e�niepositive.69. Soit E un R-espace vectoriel de dimension �nie n. Soient q1 et q2 deux formesquadratiques d�e�nies sur E.On suppose 8v 2 E n f0g; q1(v) + q2(v) > 0.Montrer qu'il existe une base de E orthogonale pour q1 et q2.11Il s'agit d'un cas particulier du cas g�en�eral vu �a l'exercice num�ero 54.

18 CHAPITRE 2. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; EXERCICES70. Soit E un espace vectoriel euclidien de dimension n. On note f le produitscalaire. Soient ' et deux formes lin�eaires ind�ependantes d�e�nies sur E. Onpose q = ' .(a) V�eri�er que q est une forme quadratique.(b) Quel est l'endomorphisme sym�etrique, u, associ�e �a q ?D�eterminer Ker(u); Im(u) et les vecteurs propres de u.(c) Soit, u 2 L(E), un endomorphisme sym�etrique de rang 2. On poseq(x) = f(u(x); x). Existe-t-il ' et deux formes lin�eaires telles queq = ' ?71. Soit u 2 L(E) (E euclidien). Soit q : x 2 E 7�! ku(x)k2 2 R. Quelle est laforme polaire de q ? Quel est l'endomorphisme sym�etrique associ�e ?72. Soit q une forme quadratique sur le R-espace vectoriel E.On note : O(q) = fu 2 GL(E) = q � u = qg.(a) Montrer que O(q) est un sous-groupe de GL(E).(b) Soit e une base de E. Soit M = Mat(u; e), o�u u 2 GL(E). Montrer :u 2 O(q) , tMAM = A o�u A est la matrice de q dans la base e.73. Soit R3 rapport�e �a sa base canonique, muni du produit scalaire canonique etorient�e par la donn�ee de cette base. Soient u et v deux �el�ements donn�es de R3.On pose : q(x) = (x j u ^ (v ^ x)). Montrer que q est une forme quadratique.D�eterminer une base orthonormale de R3, orthogonale pour q.74. Soit E un R-espace vectoriel. Soit N une norme sur E v�eri�ant12 :8(x; y) 2 E2; (N(x+ y))2 + (N(x � y))2 = 2((N(x))2 + (N(y))2).Montrer que N est une norme euclidienne.Pour cela : poser f(x; y) = (N(x + y))2 � (N(x� y))2.Calculer f(x; 2y); f(x + y; z) en d�eduire que f est additive, continue donclin�eaire par rapport �a l'argument de gauche.Montrer que le r�esultat est analogue dans le cas d'un C -espace vectoriel.75. Soit E un espace vectoriel euclidien. Soit e = (e1; � � � ; en) une base de E. SoitA = (ai;j)(i;j)2(Nn)2 2 Mn(R). Montrer qu'il existe une unique famille (e0i)i2Nnd'�el�ements de E telle que 8(i; j) 2 (Nn)2; ai;j = (ei j e0j).76. Soit E un espace vectoriel euclidien. Soit e = (e1; � � � ; en) une base quelconquede E.Montrer qu'il existe e0 = (e01; � � � ; e0n) une base de E telle que 8(i; j) 2 (Nn)2,(ei j e0j) = �ji .Quelles sont les coordonn�ees d'un vecteur dans la nouvelle base en fonction decelles dans l'ancienne base ?12La propri�et�e du parall�elogramme.

1977. Soit E un espace euclidien. Soit e = (e1; � � � ; en) une base quelconque de E.Soit x2 E 7�! q(x) = nXi=1 (x j ei)2 2 R.(a) Montrer que q est est forme quadratique d�e�nie positive ; quelle est saforme polaire B ?Montrer qu'il existe une base e0 = (e0i)i2Nn de E telle que 8(i; j) 2 (Nn)2,B(e0i; e0j) = �ji .(b) Si e est orthonormale, que sont q et B ?78. Soit x = (x1; � � � ; xn) 2 Rn et soit A = (ai;j)(i;j)2(Nn)2 2 Mn(R) une matricesym�etrique.On consid�ere la matrice M(x) = (mi;j(x))(i;j)2(Nn+1)2 2 Mn+1(R) sym�etriquetelle que 8j 2 N; 26j6n + 1; m1;j(x) = xj�1, m1;1(x) = 0 et pour i et jcompris entre 2 et n+ 1, mi;j(x) = ai�1;j�1.On pose q(x) = det(M(x)).(a) Montrer que q est une forme quadratique d�e�nie sur Rn.(b) Quelle est la matrice de q dans la base canonique " = ("1; � � � ; "n) deRn ?(c) On suppose A inversible. On consid�ere la base B = (e1; � � � ; en) o�u pourj 2 Nn , ej = nXi=1 ai;j"i.Quelle est la matrice de q dans la base B ?79. V�eri�er que les applications suivantes sont des formes quadratiques, quellessont leurs signatures ?� A 2 Mn(R) 7�! (trA)2 2 R,� A 2 Mn(R) 7�! tr (tAA) 2 R,� A 2 Mn(R) 7�! (trA2) 2 R,� A 2 Mn(R) 7�! (trA2 + tr(A)2) 2 R,� A 2 Mn(R) 7�! tr(SAtA) 2 R (S est une matrice sym�etrique �x�ee).80. Quelles sont les signatures des formes quadratiques suivantes ? o�u (xi)i2Nnd�esignent les coordonn�ees d'un �el�ement de Rn (n>2) :n�1Xi=1 (xi+1 � xi)2 + (xn � x1)2Xi6=j16i;j6nxixj(x1 � x2)2 + (x2 � x3)2 + (x3 � x4)2 � (x4 � x5)2 � (x5 � x6)2�(x6 � x1)2 + 6Xi=1 xi2!.Tous droits r�eserv�es, Exercices corrig�es, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.

20 CHAPITRE 2. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; EXERCICES81. Soit v = (x1; � � � ; xn) 2 Rn. On pose q(v) = X16i<j6n(xi � xj)2.Quelles sont les valeurs et les vecteurs propres de la matrice A de q dans labase canonqiue de Rn ?82. Trouver pour chacune des formes quadratiques q suivantes une base orthonor-male de R3 (muni du produit scalaire canonique), orthogonale pour q.2x2 + y2 + 2z2 + 2xy + 2xz + 2yz; (x + y)(y � z); 2xy + 2yz + 2xz.83. Soit q la forme quadratique d�e�nie sur R2[X ] par : q(P ) = P (0)P (1).(a) Quelle est la matrice de q dans la base (1; X;X2) ?(b) On munit R2[X ] du produit scalaire(a + bX + cX2; a0 + b0X + c0X2) 2 (R2[X ])2 7�! aa0 + bb0 + cc0 2 R.D�eterminer une base orthonormale de R2[X ], orthogonale pour q.(c) Soit P = 1 +X +X2. Soit f la forme polaire associ�ee �a q. D�eterminerl'orthogonal (pour f) de P ; c'est-�a-dire l'ensemble des polynomes Q telsque f(P; Q) = 0.84. Polynomes orthogonaux Soit f 2 �C�([0; 1];R�+�.Soit ' : (P;Q) 2 (R[X ])2 7�! Z 10 f(t)P (t)Q(t)dt 2 R.(a) Montrer que ' est un produit scalaire ; montrer l'existence d'une baseorthonormale (pour ') (Pn)n2N de R[X ], degPn = n.(b) Montrer que, pour n>1, les polynomes Pn sont scind�es �a racines simples.On pourra consid�erer les racines d'ordre impair de Pn.85. Polynomes orthogonaux Soit E = R[X ].Soit q : P 2 E 7�! Z 1�1 P 2(t)(1 + t2)dt.(a) Montrer que q est une forme quadratique sur E, d�e�nie positive.(b) Construire une base orthogonale, pour le produit scalaire d�e�ni par q,form�ee de polynomes Pi unitaires de degr�e i.�Etudier la parit�e des Pi.(c) Soit i 2 f1; 1; � � � ; n�2g (n>2), soit Fi = Ri�1[X ]; F0 = f0g. D�eterminerune base de F �i .(d) Montrer : Pi+2�XPi+1 2 F �i . En d�eduire une relation entre Pi+2; Pi+1; Pi.86. Soit E = R2[X ] muni du produit scalaire (P;Q) 2 E2 7�! Z 1�1 P (t)Q(t)dt.(a) D�eterminer la base obtenue �a partir de la base canonique par le proc�ed�ed'ortonormalisation de Schmidt.

21(b) Soit q l'application d�e�nie sur E par q(a+ bX + cX2) = a2 + b2 + c2.Quelles sont les matrices dans les deux bases de la forme polaire de f etde l'endomorphisme sym�etrique associ�e �a q ?87. Soit n 2 N� . On d�e�nit � de C [X ] dans C par �(P; Q) = 12� Z 2�0 P (ei�)Q �ei�� d�.(a) Montrer que � est un produit scalaire hermitien.(b) Montrer que la base canonique de C [X ] est orthogonale pour �.(c) Soit Q(X) = Xn + n�1Xk=0 akXk.Calculer kQk2. En d�eduire que M = supjzj=1 jQ(z)k>1, puis que M = 1 siet seulement si les coe�cients ai sont tous nuls.88. Th�eor�eme de Courant-Fischer Soit u un endomorphisme hermitien d'unespace vectoriel hermitien E. Nous admettrons en utilisant les exercices d�ej�avus que u est diagonalisable dans une base orthonormale ; les valeurs propresde u �etant r�eelles. Soient �1>�2> : : :>�n les valeurs propres de u. Montrer :(a) �n = minx6=0 �(u(x) j x)kxk2 � ; �1 = maxx6=0 �(u(x) j x)kxk2 �.(b) �k = maxV "minx2Vx6=0 �(u(x) j x)kxk2 �#, �k = minW "maxx2Wx6=0 �(u(x) j x)kxk2 �#. V est unsous-espace de dimension k, W est un sous-espace de dimension n�k+1.On pourra faire appara�tre les espaces propres .89. (a) Soit A 2 Mn(C ) ; montrer l'in�egalit�e j det(A)j26 nYj=1 nXi=1 jai;jj2! ditein�egalit�e de Hadamard.On pourra �ecrire A = UT o�u U est une matrice unitaire et T une matricetriangulaire.(b) Application Soit c>0 majorant les modules de tous les coe�cients de A.Montrer j det(A)j6cnnn2 .90. Soit A 2 Mn(R) une matrice sym�etrique r�eelle positive. Soit U 2 O(n) unematrice orthogonale.Montrer : j tr(AU)j6 tr(A).91. Soit n 2 N� , soient A et B deux matrices hermitiennes >0 (on commencerapar le cas A > 0).En utilisant la convexit�e de la fonction : x 2 R 7�! ln(1+enx) 2 R, d�emontrer :(detA) 1n + (detB) 1n6(det(A+B)) 1n :92. Soit u 2 O(E) o�u E est un espace vectoriel euclidien. Soit v = IdE � u.

22 CHAPITRE 2. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; EXERCICES(a) Montrer : Ker v = (Im v)�.(b) Montrer : 8x 2 E; limn!+1 1n n�1Xk=0 uk(x) existe. Soit p(x) cette limite. Mon-trer que p est la projection orthogonale sur Ker v.(c) Pour n 2 N� on note pn = 1n n�1Xk=0 uk et p0 = 0. Montrer que la suited'applications (pn)n2N converge dans L(E) vers p.93. Soit (E;') un espace pr�ehilbertien complexe. Soit (x1; x2; � � � ; xn) 2 En.Soit M la matrice de terme g�en�eral mi;j = '(xi; xj). M est appel�ee matriceGram de (x1; x2; � � � ; xn). Le d�eterminant de M est appel�e d�eterminantGram de (x1; x2; � � � ; xn) nous le noterons detGram(x1; x2; � � � ; xn).(a) Soient � = (�1; �2; � � � ; �n) 2 C n et � = (�1; �2; � � � ; �n) 2 C n .On pose f (�; �) = ' nXi=1 �ixi; nXi=1 �ixi!.Montrer que f est une forme sesquilin�eaire �a sym�etrie hermitienne, posi-tive.(b) Quelle est la matrice M de f dans la base canonique de C n ?(c) Montrer que si la famille (x1; x2; � � � ; xn) est libre alors f est un produitscalaire hermitien sur C n .En d�eduire une condition n�ecessaire et su�sante pour que la famille(x1; x2; � � � ; xn) soit libre.(d) Soit V un sous espace vectoriel de dimension �nie, p, de E.Soit e = (e1; e2; � � � ; ep) une base de V , soit x 2 E.Montrer que l'on a : d2(x; V ) = detGram(x; e1; � � � ; ep)detGram(e1; � � � ; ep)94. Soient v1; � � � ; vn n vecteurs d'un espace pr�ehilbertien r�eel. Soit � la fonctiond�e�nie sur Rn par : �[(x1; � � � ; xn)] = nXk=1 xk vk 2.Montrer que � est une forme quadratique. Quelles sont la signature et le rangde � ?95. Soient n 2 N� et f : (a1; � � � ; an) 2 C n 7�! Z 10 j1 + a1t + � � � ; antnj2dt 2 R.En utilisant la distance �a un sous-espace, montrer que f poss�ede un minimum�egal �a : 1(n+ 1)2 .On pourra munir E = C� ([0; 1]; C ) du produit scalaire: (u; v) 2 E2 7�! Z 10 u(t)v(t) dt 2 C .On admettra que le d�eterminant de la matrice dont le terme g�en�eral est 1ci + dj

23avec ci + dj 6= 0 est13 : Yi<j (cj � ci)(dj � di)Y16i;j6n(ci + dj) .Utiliser le r�esultat de l'exercice concernant les matrices Gram.96. Soit f : (a1; � � � ; an) 2 C n 7�! Z +10 exp(�t)j1 + a1t + � � � ; antnj2dt 2 R o�un 2 N� .En utilisant la distance �a un sous-espace, montrer que f poss�ede un minimum�egal �a : 1n+ 1.On pourra munir P l'espace des fonctions polynomiales complexes du produitscalaire : ' : (u; v) 2 (P)2 7�! Z +10 exp(�t)u(t)v(t) dt 2 C .On pourra utiliser le d�eterminant Gram.97. Quel est le minimum de (u; v) 2 R2 7�! Z 10 (sin(�t)� ut2 � v)2 dt 2 R ?13Il s'agit d'un d�eterminant de Cauchy. Prouvons ce r�esultat.Notons An la matrice de terme g�en�eral d'indices (i; j) 1ci + dj avec ci + dj non nuls.Si deux �el�ements ci ou deux �el�ements di sont �egaux, le d�eterminant est nul. Supposons que les cisont deux �a deux distincts ainsi que les di.Soit P = (X � c1) � � � (X � cn�1)(X + d1) � � � (X + dn) que l'on d�ecompose en �el�ements simples sous la formenXi=1 �iX + di .Rempla�cons la ni�eme colonne de la matrice par nXi=1 �iCi o�u Ci d�esigne la ii�eme colonne de la ma-trice initiale.Le terme d'indices (i; n) devient alors nXj=1 �jci + dj = P (ci) = 0 pour i 2 Nn�1. Nous en d�eduisonsdet(An) = 1�nP (cn) det(An�1). �n = (�1)n�1 n�1Yi=1 (ci + dn)n�1Yi=1(di � dn) .P (cn) = n�1Yi=1(cn � ci)nYi=1(di + cn) donc det(An) = n�1Yi=1 [(cn � ci)(dn � di)]nYi=1(di + cn) n�1Yi=1(ci + dn) det(An�1). det(A1) = 1c1 + d1 .Si nous supposons le r�esultat acquis jusqu'au rang n alors au rang suivant nous obtenonsnYi=1[(cn+1 � ci)(dn+1 � di)]n+1Yi=1(di + cn+1) nYj=1(cj + dn+1) Y16i<j6n(cj � ci)(dj � di)Y16i;j6n(ci + dj) qui n'est autre que le r�esultat au rang n+1.Le r�esultat est bien d�emontr�e.

24 CHAPITRE 2. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; EXERCICES98. Soient a et b deux vecteurs orthogonaux non nuls d'un espace vectoriel eucli-dien de dimension n>2.Quels sont les extrema de x 2 E n f0g 7�! (a j x) (b j x)kxk2 2 R ?99. On pose q1(v) = 14x2 + 2y2 + 3z2 + 8xy et q2(v) = 2x2 + xy � 2xz + yz o�uv = (x; y; z) 2 R3. D�eterminer pour v 6= 0 un encadrement de q2(v)q1(v) .100. En utilisant la r�eduction simultan�ee de deux formes quadratiques, d�eterminerles extrema de :(x; y; z) 2 R3 n f(0; 0; 0)g 7�! �3x2 + 2y2 + 2xz3x2 + y2 + 3z2 � 2xz 2 R.101. En utilisant la r�eduction simultan�ee d�eterminer les extrema de l'application(x; y; z) 2 R3 n f(0; 0; 0)g 7�! 2y2 � 3z2 + 2xz3x2 + y2 + 3z2 � 2xz 2 R.102. Trouver une base de r�eduction commune �a x2 +8y2 � 8xy et 2x2 +4y2 � 4xy.103. Soit A 2 Mn(R) une matrice sym�etrique r�eelle telle que A3 + A2 + A = 0.Montrer que A est nulle.104. Soit e = (ei)i2Nn une base orthonormale de l'espace vectoriel euclidien E. Soitf = (fi)i2Nn une famille d'�el�ements de E.Notons pour i 2 Nn ; e0i = ei + fi.(a) Montrer : nXi=1 kfik2 < 1) e0 = (e0i)i2Nn est libre.On pourra supposer que la famille est li�ee et on utilisera l'in�egalit�e deCauchy-Schwarz.(b) On consid�ere n �el�ements e0i unitaires de E tels que nXi=1 (ei j e0i) > n� 12 .Montrer que la famille e0 = (e0i)i2Nn est libre.105. Soit E un espace vectoriel euclidien. Soit u un endomorphisme sym�etrique deE. Soient �1>�2> � � � >�n les valeurs propres de u. Soit " = ("1; � � � ; "n)une base orthonormale de E.Montrer : 8k 2 Nn ; kXi=1 (u("i) j "i)6 kXi=1 �i.106. Soient E et F deux K -espaces vectoriels de dimensions respectives n et p. SoitB une forme bilin�eaire d�e�nie de E � F �a valeurs dans K . Soient H un sous-espace vectoriel de E et L un sous-espace vectoriel de F . On noteH? = fy 2 F; 8x 2 H; B(x; y) = 0g etL? = fx 2 E; 8y 2 L; B(x; y) = 0g.H? est appel�e orthogonal �a droite de H relativement �a B et L? est appel�eorthogonal �a gauche de L relativement �a B.

25Montrer :dim(H?) + dim(H) = p + dim(F? \H) etdim(L?) + dim(L) = n + dim(E? \ L).107. Soit A une matrice sym�etrique r�eelle. Montrer qu'il existe un polynome f 2R[X ] tel que A = f(exp(A)).Application : soient A et B deux matrices sym�etriques r�eelles. On supposeque exp(A) et exp(B) commutent. Montrer que A et B commutent.108. On pose, pour M 2Mn(R), exp(M) = +1Xk=0 1n!Mn.Soient Sn(R) le sous ensemble de Mn(R) des matrices sym�etriques r�eelles etSDPn(R) celui des matrices sym�etriques d�e�nies positives.Montrer que exp r�ealise une bijection f de Sn(R) dans SDPn(R).109. Soit A 2 Mn(R) une matrice sym�erique. Soit X 2 Mn;1(R) une matrice co-lonne que l'on identi�e �a un �el�ement de Rn muni du produit scalaire canonique.D�eterminer infftr((A� tX tX)2); kXk = 1; t 2 Rg.110. SoitA 2Mn(C ). On supposeA sym�etrique et on suppose que tous les mineursprincipaux de la matrice A sont non nuls. Pour i 2 Nn on note Di le mineurprincipal d'indice i c'est-�a-dire le d�eterminant de la sous-matrice de la matriceA form�ee des �el�ements d'indices (j; k) de la matrice A avec 16j6i; 16k6i.On posera D0 = 1.Soit B = Diag�D1D0 ; � � � ; Di+1Di ; � � � ; DnDn�1�. Montrer qu'il existe une ma-trice triangulaire sup�erieure P �a �el�ements diagonaux �egaux �a 1 telle queA = tPBP .Qu'en d�eduire lorsque A est r�eelle d�e�nie positive ?111. (a) Soit E un R-espace vectoriel de dimension �nie n>1. Soit ' une formebilin�eaire sym�etrique d�e�nie sur E. Soit F un sous-espace vectoriel de E.Nous appelons orthogonal de F (que nous notons F?) relativement �a 'l'ensemble des �el�ements x de E v�eri�ant : 8y 2 F; '(x; y) = 0.Montrer la relation : dim(F ) + dim(F?) = dim(E) + dim(F \ E?).(b) Soir A = (ai;j)(i;j)2(Nn)2 2 Mn(R) une matrice sym�etrique.Montrer : A d�e�nie positive () les n mineurs principaux14 de A sontstrictement positifs.112. Soit A = (ai;j)(i;j)2(Nn)2 2 Mn(R), sym�etrique. Soit I � f1; � � � ; ng. NotonsAI = (ai;j)(i;j)2I2 .Montrer : 8I � f1; � � � ; ng; det(AI)>0) A>0.On pourra calculer le polynome caract�eristique de A en fonction des d�etermi-nants des matrices telles que AI .14Il s'agit des n d�eterminants des n matrices (ai;j)(i;j)2(Nr )2; r 2 Nn.

26 CHAPITRE 2. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; EXERCICES113. SoitM une application continue de [0; 1] dansMn(R). On pose pour t 2 [0; 1]M(t) = (ai;j(t))(i;j)2(Nn)2 . On suppose que pour tout t 2]0; 1[ M(t) est unematrice sym�etrique d�e�nie positive.(a) Montrer que A = Z 10 M(t) dt est une matrice sym�etrique d�e�nie positive.(b) Montrer que la matrice de terme g�en�eral d'indices (i; j) 2 (Nn)2 11 + ji� jjest sym�etrique d�e�nie positive.On admettra15 qu'une matrice r�eelle sym�etrique est d�e�nie positive si etseulement si tous les mineurs principaux sont strictement positifs.114. Soit E un espace euclidien de dimension n>2. Soient a et b deux vecteursorthogonaux non nuls.On consid�ere l'application u d�e�nie par x 2 E 7�! (a j x)b� (b j x)a 2 E(a) Expliciter u� ; calculer kjujk.(b) Supposons kbk6kak.Trouver f 2 L(E) telle que f� = �f; kjf jk61; f(a) = b.115. In�egalit�e de Kantorovitch Soit u un endomorphisme hermitien d�e�ni posi-tif16 d�e�ni sur un espace vectoriel hermitienE. Montrer que pour x 2 E; x 6= 0nous avons 16 (u(x) j x) (u�1(x) j x)kxk4 6 (�1 + �n)24�1�n o�u �1 est la plus petite va-leur propre de u et �n est la plus grande valeur propre de u.116. Soit A une matrice r�eelle sym�etrique d�e�nie positive.(a) Soient X et Y deux �el�ements de Mn;1(R).Montrer l'in�egalit�e : (X�AX)(Y �A�1Y )>(X�Y )2.(b) On note xi l'�el�ement d'indices (i; 1) de X . Soit, pour i 2 Nn , Ai lamatrice obtenue en supprimant la ligne i et la colonne i de la matrice A.Montrer : det(A)det(Ai) = minfX�AX; X 2 Mn;1(R) avec xi = 1g.117. Soit E l'espace vectoriel des matrices de Mn(R) sym�etriques. Pour A et Bdans E ont dit A6B si et seulement si 8X 2 Mn;1(R); X�AX6X�BX .(a) Montrer que 6 est une relation d'ordre sur E.(b) Soit (Ak)k2N une suite croisante major�ee d'�el�em�ents de E. Montrer quecette suite converge dans E.15Voir plus haut.16Je rappelle que cela signi�e 8(x; y) 2 E2; (u(x) j y) = (x j u(y)) et (u(x) j x)>0, nul si etseulement si x = 0.Un endomorphisme hermitien positif a ses valeurs propres r�eelles et positives, un endomorphismehermitien d�e�ni positif a ses valeurs propres r�eelles et strictement positives.

27(c) Soit (Pk)k2N la suite17 de polynomes r�eels d�e�nie par P0 = 1 et pourk 2 N; Pk+1 = Pk + 12(X � Pk2.Nous admettons, pour l'avoir vu dans les exercices d'analyse auxquels sereporter, que la suite d'applications polynomiales (t 7�! Pk(t))k2N convergesur [0; 1] uniform�ement vers t 2 [0; 1] 7�! pt 2 R.Soit A 2 E. Notons, pour k 2 N, Bk = Pk(A).Montrer que si les valeurs propres de A sont dans [0; 1] alors la suite(Bk)k2N converge vers un �el�ement de E �a pr�eciser.118. Soit E un espace euclidien de dimension n 2 N� .Soit (ui)i2Nn+1 une famille de vecteurs unitaires deux �a deux distincts v�eri�antpour tout couple (i; j) 2 (Nn+1)2 avec i 6= j, (ui j uj) = a 2 R; a 6= 1.Montrer l'existence d'une telle famille pour une certaine valeur de a.119. (a) Soit E un espace vectoriel euclidien de dimension n>1.Soit (x1; � � � ; xp) 2 Ep une famille de vecteurs telle que 8(i; j) 2 (Np)2,i 6= j ) (xi j xj) < 0.On suppose qu'il existe (�1; � � � ; �p) 2 Rp (non nul) tel que pXi=1 �ixi = 0.Montrer pXi=1 j�ijxi = 0 ; en d�eduire que si une famille de vecteurs (xi)i2Npde E v�eri�e la condition 8(i; j) 2 (Np)2; i 6= j ) (xi j xj) < 0 alorsp6n+ 1.(b) Soit p 2 N; p>n+1. Soit (xi)i2Np 2 Ep une famille de vecteurs unitairesv�eri�ant 8(i; j) 2 (Nn)2; i 6= j ) kxi � xjk = d > 0.Montrer que l'on a p = n + 1 et d =r2n + 1n .On pourra utiliser le d�eterminant Gram.120. (a) Soit A = (ai;j)(i;j)2(Nn)2 2 Mn(C ) une matrice hermitienne d�e�nie posi-tive.Montrer que l'on a det(A)6 nYi=1 ai;i. A-t-on l'�egalit�e ?Utiliser l'in�egalit�e de Hadamard.(b) Soit A 2 M2p(C ) une matrice hermitienne d�e�nie positive constitut�eede quatre sous-matrices A1;1; A1;2; A2;1; A2;2 avec Ai;j 2 Mp(C ) etA1;2 = A�1;2. Montrer det(A)6 det(A1;1) det(A2;2) ; retrouver le r�esultatpr�ec�edent.121. Soit E un espace euclidien. Soient a et b deux endomorphisme sym�etriquesd�e�nis positifs de E.Montrer qu'il existe c 2 L(E) unique tel que a � c + c � a = b.Montrer que c est sym�etrique d�e�ni positif.17Voir les exercices d'analyse.

28 CHAPITRE 2. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; EXERCICESSupposons dim(E) = 2, soient a et c deux endomorphisme sym�etriques d�e�nispositifs de E. V�eri�er que a � c+ c � a n'est pas n�ecessairement d�e�ni positif.122. Soit E un espace euclidien. Soit f un endomorphisme de E de norme, su-bordonn�ee �a la norme euclidienne, au plus �egale �a 1. Soit a 2 E. Montrer :f(a) = a) f�(a) = a.Montrer que E = Ker(f � IdE)?� Im(f � IdE).123. Soit E l'ensembles des suites complexes a = (an)n2N telles que la s�erieX janj2soit convergente.(a) V�eri�er que E est un C -espace vectoriel.Montrer que (a; b) 2 E2 7�! +1Xn=0 anbn 2 C est un produit scalaire hermi-tien.Soit, pour p 2 N, a(p) la suite d�e�nie par 8n 2 N; a(p)n = �pn. Montrerque la famille �a(p)�p2N est une famille orthonormale d'�el�ements de E,muni du produit scalaire pr�ec�edent.(b) Soit x = (xn)n2N un �el�ement de E. Soit y = (yn)n2N d�e�nie par 8n 2 N,yn = 1n+ 1xn. Montrer que y appartient �a E et que x 7�! y est unendomorphisme hermitien de E.(c) Soit x = (xn)n2N un �el�ement de E. Soit y = (yn)n2N d�e�nie par 8n 2 N� ,yn = xn�1, y0 = 0. Montrer que y appartient �a E et que x 7�! y est unendomorphisme de E qui conserve la norme. Est-ce un automorphisme ?124. Soit E un espace vectoriel euclidien.Soient x = (xi)i2Nn et y = (yi)i2Nn deux familles d'�el�ements de E telles que8(i; j) 2 (Nn)2; (xi j xj) = (yi j yj).(a) Montrer que x et y ont meme rang.(b) Montrer qu'il existe une isom�etrie f de E telle que 8i 2 Nn ; f(xi) = yi.125. Soit E un espace euclidien de dimension n 2 N� . Soit e = (ei)i2Nn une familled'�el�ements de E unitaires. On suppose 8x 2 E; kxk2 = nXi=1 (x j ei)2.Montrer que e est une base orthonormale de E.126. Soit e = (ei)i2Nn une famille d'�el�ements de l'espace vectoriel euclidien E.Soient x = nXi=1 xiei et y = nXi=1 jxijei.Montrer : (8(i; j) 2 (Nn)2; i 6= j; (ei j ej)60)) kxk>kyk.127. (a) Soit E un plan euclidien. Comment choisir e1, e2 et e3 trois �el�ements deE tels que 8(i; j) 2 (N3)2; i 6= j ) (ei j ej) < 0 ?(b) Montrer qu'il existe (�1; �2; �3) 2 (R�+)3 tel que �1e1 + �2e2 + �3e3 = 0.

29(c) Montrer que pour tout vecteur x du plan les produits scalaires (x j ei)avec i 2 N3 ne peuvent pas etre tous de meme signe.128. Soit E un espace euclidien orient�e de dimension 3. Soit u un �el�ement deE de norme �egale �a 1. D�eterminer (�; �; ) 2 R3 tel que l'applicationf : x 2 E 7�! �x + �(u j x)u+ (u ^ x) 2 E soit une rotation.129. SoitE un espace vectoriel euclidien orient�e de dimension 3. Soient ! un vecteurnon nul et x un �el�ement de E. On pose u0 = x et pour n 2 N; un+1 = ! ^ un.(a) Montrer que la s�erie de terme g�en�eral 1n!un est convergente.(b) Montrer que l'application x 2 E 7�! +1Xn=0 1n!un 2 E est une rotation130. Soit e une base orthonormale d'un espace euclidien de dimension �egale �a 3.Soit u 2 E de coordonn�ees dans la base e, (1; 0; �2).D�eterminer la matrice dans la base e de la sym�etrie orthogonale par rapport �aRu et de la rotation d'axe dirig�e par Ru est d'angle dont une mesure est �egale�a �4 .131. Soit E un R-espace vectoriel de dimension �nie n>1. Soit ' d�e�nie de E2dans R une forme bilin�eaire sym�etrique.Soient x = (x1; � � � ; xn) 2 En et y = (y1; � � � ; yn) 2 En.On pose �(x; y) = det(M) o�u M = (mi;j)(i;j)2(Nn)2 2 Mn(R) est d�e�nie par8(i; j) 2 (Nn)2; mi;j = '(xi; yj).(a) Montrer : 9� 2 R, �(x; y) = ��(x1; � � � ; xn)�(y1; � � � ; yn) o�u � estune forme n-lin�eaire altern�ee non nulle.(b) D�eterminer � en fonction du choix de �.Montrer : � = 0 () ' est d�eg�en�er�ee.132. Soit E une espace vectoriel euclidien orient�e de dimension �egale �a 3. Soit u unautomorphisme de E.Montrer : 8(x; y) 2 E2; u(x) ^ u(y) = (det(u))(u�1)�(x ^ y)).133. Soit A = (ai;j)(i;j)2(Nn)2 2 O(n). Montrer la relation : �� X16i;j6n ai;j��6n.134. (a) Soit E un espace vectoriel euclidien de dimension �egale �a n>1. Soit u unendomorphisme sym�etrique de E. Soit �1 la plus grande valeur proprede u.Montrer que pour tout x 2 E; (u(x) j x)6�1kxk2.(b) Soit e = (e1; � � � ; en) une base orthonormale de E.Soit A = �ai;j)(i;j)2(Nn)2� la matrice de u dans la base e. On supose quepour tout couple (i; j) 2 (Nn)2 avec i 6= j nous avons ai;j>0.Tous droits r�eserv�es, Exercices corrig�es, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.

30 CHAPITRE 2. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; EXERCICESSoit x = nXi=1 xiei 2 E. Notons jxj l'�el�ement jxj = nXi=1 jxijei 2 E. Montrerl'in�egalit�e (u(x) j x)6(u(jxj) j jxj).Montrer que si x est un vecteur propre associ�e �a la valeur propre �1 alorsjxj aussi.135. Soient E un K -espace vectoriel de dimension �nie (K=R ou C ) et u 2 L(E).On suppose qu'il existe v 2 L(E) tel que limp!+1 up = v.(a) Montrer que v est un projecteur.(b) Soit �u le polynome caract�eristique de u. Montrer que si � est une racinecomplexe de �u alors j�j < 1 ou � = 1.136. Corps des quaternions Soit H le R-espace vectoriel deM4(R) engendr�e parles quatre matricese = 0BB@ 1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1 1CCA, i = 0BB@ 0 �1 0 01 0 0 00 0 0 10 0 �1 0 1CCA,j = 0BB@ 0 0 �1 00 0 0 �11 0 0 00 1 0 0 1CCA et k = 0BB@ 0 0 0 10 0 �1 00 1 0 0�1 0 0 0 1CCA.On note E = Re et F = Vect(i; j; k). Soit q 2 H ; q = ae+ bi+ cj + dk. Onpose q = ae� bi� cj � dk, tr(q) = a et N(q) = a2 + b2 + c2 + d2.(a) V�eri�er que H est une R-alg�ebre.(b) Soient q1 et q2 deux �el�ements de H . Calculer N(q1q2), montrer que H estun corps et d�eterminer le centre de ce corps ; c'est-�a-dire l'ensemble des�el�ements de H qui commutent avec tous les �el�ements de H .(c) On munit H de la structure euclidienne d�e�nie par (q1 j q2) = tr(q1q2).V�eri�er que (e; i; j; k) est une base orthonormale de H .Soit F l'orthogonal de la droite E. Nous voulons �etudier SO(F ).i. Soit H1 = H n f0g. Soit q 2 H1.Pour x 2 H on pose '(q)(x) = qxq�1. V�eri�er que '(q) est unautomorphisme de la R-alg�ebre H .D�eterminer q 2 H tel que '(q) = IdH .Comparer tr(x) et tr(qxq�1). En d�eduire que F est stable par '(q).ii. Soit q 2 H1. On pose (q) = '(q) F ; montrer que (q) est unautomorphisme orthogonal de F . Quel est l'axe de rotation ?Qu'est (q) si q appartient �a H1 \ F ?En d�eduire que : q 2 H1 7�! (q) 2 SO(F ) est surjective.iii. Soit S3 la sph�ere unit�e de H . �Etudier la restriction de au sous-groupe multiplicatif S3 ; noyau, image.

31137. Que dire de deux rotations, di��erentes de l'identit�e, d'un espace euclidien dedimension 3 qui commutent ?138. Soit E un espace vectoriel euclidien. Soient a et b deux �el�ements de E di��e-rents et de meme norme.Red�emontrer le r�esultat classique : il existe une et une seule sym�etrie ortho-gonale hyperplane (une r�e exion) �echangeant a et b.Soit f 2 O(E). Soit p la dimension du noyau de f � IdE. Montrer que fs'�ecrit comme le produit d'au plus dim(E)� p r�e exions.139. SoitA 2 Mn(R) une matrice sym�etrique r�eelle. Montrer qu'il existe nmatricesorthogonales P1; � � � ; Pn repr�esentant des sym�etries orthogonales hyperplanes,dans Rn muni de son produit scalaire canonique et rapport�e �a sa base cano-nique, et une matrice tridiagonaleB telles que (P1� � � � �Pn)�A(P1� � � � �Pn) = B.140. Soit E = C�([�1; 1]; R).On consid�ere le produit scalaire F : (f; g) 2 E2 7�! Z 1�1 f(t)g(t) dt 2 R.D�eterminer une fonction polynomiale de degr�e au plus �egal �a 2 qui approche aumieux (au sens de la norme associ�ee �a F ) l'application t 2 [�1; 1] 7�! jtj 2 R.141. Soit E =Mp;q(R). Soit A 2 E.On consid�ere l'application f : M 2 E 7�! AM�A 2 E.Montrer que f est diagonalisable.(Utiliser (M; N) 2 E2 7�! tr(M�N) 2 R).142. Soit (ti)i2Nn 2 Rn. On pose pour (i; j) 2 (Nn)2, ai;j = titj .Soit A = (ai;j)(i;j)2(Nn)2 . Montrer que A est diagonalisable ; quels sont les�el�ements propres ?143. Soit E un R-espace vectoriel de dimension �egale �a n>1. Soient p et q deuxentiers naturels tels que p+ q = n. Soit Bp;q l'ensemble des formes bilin�eairessym�etriques de signature (p; q).Montrer que Bp;q est un ouvert de l'ensemble B des formes bilin�eaires sym�e-triques d�e�nies sur E.144. On munit le C -espace vectoriel E = C02�(R; C ) des fonctions continues com-plexes 2�-p�eriodiques, du produit scalaire hermitien(f; g) 2 E2 7�! (f j g) = Z 2�0 f(t) g(t) dt.�Etablir que l'endomorphisme ' de E qui �a f associe '(f) d�e�nie par8x 2 R; ('(f))(x) = 12a Z x+ax�af(t) dt 2 C , pour a > 0 donn�e, est autoadjoint(c'est-�a-dire hermitien) et d�eterminer la norme de ' subordonn�ee �a la normed�e�nie sur E.Quels sont les �el�ements propres de ' ?145. Soit E un espace vectoriel euclidien. Soit u un endomorphisme sym�etrique deE. Soit v un endomorphisme antisym�etrique de E. Montrer que u + v est un

32 CHAPITRE 2. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; EXERCICESautomorphisme orthogonal si et seulement si u2 � v2 = IdE et u � v = v � u.On suppose que u+v est un endomorphisme orthogonal, montrer que le spectrede u est dans [�1; 1].Montrer que si une valeur propre de u appartient �a ]�1; 1[ alors le sous-espacepropre associ�e �a cette valeur propre est de dimension paire.Montrer que si un endomorphisme sym�etrique u a son spectre inclus dans[�1; 1], que si pour une valeur propre de u dans ]�1; 1[ son sous-espace propreassoci�e est de dimension paire alors il existe un endomorphisme antisym�etriquev tel que u+ v est orthogonal.146. Soient A et B deux matrices orthogonales de Mn(R).On suppose A+B = In. Montrer A = B� et A3 = �In.147. Soit An 2 Mn(R) la matrice dont tous les �el�ements sont �egaux �a 1. Soit Bn lamatrice deMn(R) dont tous les �el�ements sont nuls sauf celui d'indices (n; n)qui est �egal �a n. Montrer qu'il existe une matrice orthogonale Pn telle queAn = PnBnP �n .D�eterminer Pn.Montrer que l'ensemble des matrices qui commutent avec An est un sous-espacede Mn(R) de dimension �egale �a n2 � 2n + 2.148. Soit E un espace vectoriel euclidien de dimension trois rapport�e �a une baseorthonormale ��!� ; �!� ; �!k �.D�eterminer la matrice de la projection orthogonale sur le plan d'�equationx + 2y + z = 0 et de la sym�etrie orthogonale par rapport �a ce meme plan.149. Soit E un espace vectoriel euclidien de dimension 4 rapport�e �a une base or-tonormale. Soient x1 et x2 deux vecteurs de E de coordonn�ees respectives(1; 1; 0; 0) et (0; 1; �1; 0).Quelles sont les matrices dans cette base de la projection orthogonale et de lasym�etrie orthogonale par rapport �a F = Vect(x1; x2) ?150. Soit E = R4 muni de sa structure euclidienne canonique.Soient x1 = (1; 2; 1; 1), x2 = (1; 1; 2; 1), x3 = (1; 1; 1; 2),x4 = (2; 1; 1; 1).On pose H = Vect(x1; x2); F = Vect(x3; x4) et G le plan d'�equation cart�e-sienne x + 2y � z + t = 0.(a) D�eterminer la matrice, dans la base canonique, de la projection orthogo-nale sur H .(b) D�eterminer les images de F et de G dans la sym�etrie orthogonale parrapport �a H .151. Soit E un espace vectoriel euclidien de dimension trois rapport�e �a une baseorthonormale e = (e1; e2; e3). Soient u et v deux �el�ements de E de coordon-n�ees respectives (0; 1; �1) et (1; �1; 1). Soit P = Vect(u; v). D�eterminerla matrice de la sym�etrie orthogonale par rapport au plan P .

33152. Soit E un espace vectoriel euclidien de dimension �egale �a 4 rapport�e �a unebase orthonormale e = (e1; e2; e3; e4).Soit P le plan d'�equation cart�esienne : � x1 + x2 + x3 + x4 = 0x1 + x2 � x3 � x4 = 0 .D�eterminer la matrice de la projection orthogonale sur le plan P .153. Quelle est la nature de l'application lin�eaire de l'espace euclidien E de matriceA = 0BBBBBBBBBB@ 0 � 1p2 0 1p21p2 12 0 120 0 1 0� 1p2 12 0 121CCCCCCCCCCA dans une base orthonormale.Meme question avec la matrice B = 17 0@ 2 6 36 �3 23 2 �6 1A.154. Soit E = R4 rapport�e �a sa base canonique et muni du produit scalaire cano-nique.Soit f l'endomorphisme de matrice 0BB@ 5 3 1 �11 �1 5 31 �1 �3 �5�3 �5 1 �1 1CCA dans cette base.(a) Quel est le rang de f ?(b) �A quelle condition le vecteur (x; y; z; t) 2 R4 est-il dans Im(f) ?(c) D�eterminer une base de (Im(f))�.(d) �A quelle condition sur (a; b; c; d) 2 E existe-t-il U et V deux matricesinversibles telles que UAV = Diag(a; b; c; d) ?155. Soit R3 orient�e muni du produit scalaire canonique.Soit f(x) = a ^ (a ^ x) o�u a est un �el�ement non nul de R3.Quels sont les �el�ements propres de f ?156. Soient E un espace hermitien, a 2 E; kak = 1, � 2 C .Posons u(x) = x + �(a j x)a. �A quelle(s) condition(s)(a) u est bijectif ? Trouver alors u�1.(b) u est hermitien ?(c) u est unitaire ?157. Diagonaliser la matrice A 2Mn(R) dont les �el�ements sont tous nuls sauf ceuxde la derni�ere ligne et ceux de la derni�ere colonne qui sont tous �egaux �a 1.

34 CHAPITRE 2. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; EXERCICES158. Soit A 2 Mn(R) une matrice sym�etrique dont les �el�ements sont �egaux �a 0ou 1. On suppose que la trace de A est nulle et qu'il existe d 2 N� tel queA2 +A� (d� 1)In = J o�u J 2 Mn(R) a tous ses �el�ements �egaux �a 1.(a) Soit V 2 Mn;1(R) dont les �el�ements sont tous �egaux �a 1.Montrer AV = dV ; en d�eduire n = d2 + 1.(b) Soient a et b les racines du polynome X2 +X � (d � 1). Montrer que lespectre de A est inclus dans fa; b; dg.(c) Montrer : d 2 f1; 2; 3; 7; 57g. D�eterminer A pour d = 1 ou pour d = 2.159. Soit M = 0BB@ 0 0 0 10 0 0 20 0 0 31 2 3 0 1CCA. Trouver deux matrices A et B appartenant �aM4(R) telles que 8n 2 N� ; Mn = p14n(A+ (�1)nB).160. Quels sont les �el�ements propres de la matrice M de Mn(R), (n>2), dont les�el�ements sont tous �egaux �a a sauf les �el�ements d'indices (n� i+1; i) (i 2 Nn)qui sont �egaux �a b 6= a ?161. Soit A 2 M2n+1(R). Tous les �el�ements de A sont nuls sauf les �el�ementsd'indices (i; 2n+2� i); i 2 N2n+1 , qui sont �egaux �a 1. Quels sont les �el�ementspropres de la matrice A ?162. Soit (�; ') 2 R2. Soit A = 0@ cos(') cos(�) � cos(') sin(�) � sin(')sin(�) cos(�) 0sin(') cos(�) � sin(') sin(�) cos(') 1A.V�eri�er que A est la matrice dans une base orthonormale e = (e1; e2; e3),d'une rotation. Qels sont les �el�ements de cette rotation ?163. Quelle est la nature de l'endomorphisme u de l'espace vectoriel euclidien Edont la matrice dans une base orthonormale est A = 17 0@ �2 6 �36 3 2�3 2 6 1A.164. Soit A = (ai;j)(i;j)2(Np)2 2Mp(R) avec p>2.8(i; j) 2 (Np)2; i 6= j ) ai;j = 1p � 1 8i 2 Np ; ai;i = 0.Quels sont les �el�ements propres de la matrice A ?Soit X0 2 Mp;1(R).On consid�ere la suite (Xn)n2N d�e�nie par 8n 2 N; Xn+1 = AXn.Quelle est la limite de ctte suite ?165. Soit A 2 Mn(R) (n>3). Les �el�ements de A sont tous nuls sauf les �el�ementsde la premi�ere ligne, de la premi�ere colonne, de la diagonale qui sont �egaux �a1. Quels sont les �el�ements propres de la matrice A ?

35166. Soit A = 0@ 2 1 11 2 11 1 1 1A. On consid�ere les deux endomorphismes f et g deE =M3(R) d�e�nis par f(M) =MA et g(M) = AM . D�eterminer les �el�ementspropres de f et g ; sont-ils diagonalisables ?


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Chapitre 3Alg�ebre quadratique,pr�eliminaires ; corrig�esLorsqueA = (ai;j)(i;j)2Np�Nq 2Mp;q(C ), nous noteronsA� = (bi;j)(i;j)2Nq�Np 2 Mq;p(C )la matrice telle que 8(i; j) 2 Nq � Np ; bi;j = aj;i. A� s'appelle la matrice adjointede la matrice A. Si A 2 Mp;q(R), alors A� est la transpos�ee de la matrice A quenous noterons indi��eremment A� ou tA.1. Soit f une application bilin�eaire continue de E � F dans G. Choisissons lanorme (x; y) 7�! max(kxkE; kykF ).Soit " > 0. Soit (a; b) 2 E � F . Il existe � > 0 tel que 8(x; y) 2 E � F ,kx � akE6�; ky � bkE6� ) kf(x; y)� f(a; b)kG6".f est en particulier continue en (0; 0) doncil existe � > 0 tel que 8(x; y) 2 E � F , kxkE6�; kykE6� ) kf(x; y)kG61.Soit (x; y) 2 E � F .kf(x; 0)kG = 06 1�2kxkEk0kF . kf(0; y)kG = 06 1�2k0kEkykF .Supposons x et y non nuls. Soient x1 = �kxkGx et y1 = �kykGy.kf(x1; y1)kG61 donc kf(x; y)kG6 1�2kxkEkykF . Il existe bien K 2 R+ telque 8(x; y) 2 E � F , kf(x; y)kG6KkxkEkykF .Supposons qu'il existeK 2 R+ tel que 8(x; y) 2 E�F , kf(x; y)kG6KkxkEkykF .Soient (a; b; x; y) 2 E � F � E � F .f(x; y) � f(a; b) = f(x � a; y � b) + f(x � a; b) + f(a; y � b) donckf(x; y)� f(a; b)kG6kf(x� a; y � b)kG + kf(x� a; b)kG + kf(a; y � b)kG6K(kx� akEky� bkF + kx� akEkbkF + kakEky� bkF ).Soit " > 0. Soit � > 0; �6min�1; "1 + kakE + kbkF �.Nous obtenons kf(x; y) � f(a; b)kG6" pour tout couple (x; y) 2 E � Fv�eri�ant kx � akE6�, ky � bkF6�.L'�equivalence est bien d�emontr�ee.Soit E un espace pr�ehilbertien. Pour (x; y) 2 E2; j(x j y)j6kxk kyk. Leproduit scalaire est bien continu.Supposons E et F de dimensions �nies respectivement �egales �a p et q. Soiente = (e1; � � � ; ep) et f = (f1; � � � ; fq) deux bases respectivement de E et F .Soit u une application bilin�eaire d�e�nie de E � F dans G. Soient en�nx = pXi=1 xiei et y = qXj=1 yjfj deux �el�ements respectivement de E et F . No-

38CHAPITRE 3. ALG�EBRE QUADRATIQUE, PR�ELIMINAIRES ; CORRIG�EStons M = max16i6p16j6q ku(ei; fj)kG.Munissons E de la norme d�e�nie par kxkE = pXi=1 jxij et G de la norme d�e�niepar kykF = qXj=1 jyjj. Toutes les normes sur E sont �equivalentes et toutes lesnormes sur F sont aussi �equivalentes.ku(x; y)kG6M X16i6p16j6q jxij jyjj =MkxkEkykF .u est bien continue.2. (a) Soit A une partie non vide de E. Supposons E pr�ehilbertien r�eel oucomplexe (donc non n�ecessairement de dimension �nie) 0 2 A� doncA� 6= ;. Soit (x; y; �) 2 A� � A� � K (o�u K est le corps de base).Soit a 2 A. (a j x + �y) = 0 donc A� est un sous-espace vectoriel de E.Soient A et B deux parties non vides de E. Supposons A � B. Soitx 2 B�. Soit y 2 A. (x j y) = 0 car y 2 B donc A � B ) B� � A�.A � Vect(A) donc (Vect(A))� � A�. Soit x 2 A�. Soit y 2 (Vect(A))�.Il existe une famille �nie (ai)i2Nn d'�el�ements de A et une famille �nie(�i)i2Nn de scalaires telles que y = nXi=1 �iai.(x j y) = nXi=1 �i(x j ai) = 0. x appartient donc �a (Vect(A))� d'o�u l'�egalit�eA� = (Vect(A))�.(b) Supposons E de dimension �nie.Soit F un sous-espace vectoriel de E. Soit x 2 F \ F �. Nous avons alors(x j x) = 0 puis x = 0. F et son orthogonal sont en somme directe. (Ladimension n'intervient pas ici). Nous supposons F 6= f0g car dans ce casl'orthogonal est E ; F et son orthogonal sont alors bien suppl�ementaires.Montrons que tout �el�ement de E est la somme d'un �el�ement de F et d'un�el�ement de son orthogonal.Soit a 2 E. f : x 2 F 7�! ka� xk 2 R est une application continue.f(x)>kxk � kak. Nous en d�eduisons limkxk!+1 f(x) = +1. Il existe A > 0tel que pour tout x v�eri�ant kxk>A on ait f(x)>f(0) = kak.La boule de F ferm�ee de centre 0 et de rayon A est compacte, car F estde dimension �nie, donc f poss�ede un minimum sur A atteint en un pointx0. En particulier 8x 2 F; kxk>A ) f(x)>f(0)>f(x0). Il existe doncun �el�ement x0 de F o�u f atteint son minimum c'est-�a-dire1 :8a 2 E, 9v 2 F tel que 8w 2 F; ka� vk6ka� wk.Montrons que a� v est orthogonal �a F .Pour tout w 2 F et pour tout t 2 K , (a�v+tw j a�v+tw)>(a�v j a�v).En d�eveloppant nous obtenons jtj2kwk2 + 2 <e(a� v j tw)>0.1Nous verrrons d'autres d�emonstrations plus loin en utilisant la convexit�e et la compl�etude.

39Pour t 2 R�+ nous avons jtjkwk2 + 2 <e(a� v j w)>0,pour t 2 R�� nous avons jtjkwk2 + 2 <e(a� v j w)60.En faisant tendre t vers 0 nous en d�eduisons <e(a� v j w) = 0.Si K = R nous obtenons (a� v j w) = 0.Dans le cas complexe nous avons aussi jtj2kwk2 + 2 <e(a� v j itw)>0.Pour t 2 R�+ nous avons jtjkwk2 � 2=m(a� v j w)>0,pour t 2 R�� nous avons jtjkwk2 � 2=m(a� v j w)60.En faisant tendre t vers 0 nous en d�eduisons =m(a� v j w) = 0.Finalement, dans tous les cas a� v est orthogonal �a F .Soit alors a 2 E. a = v + (a� v) donc F et F � sont suppl�ementaires ; ilssont donc suppl�ementaires orthogonaux 2 et dim(F )+dim(F �) = dim(E).� Une autre d�emonstration est possible.Nous savons construire par le proc�ed�e de Schmidt une base orthogonale�a partir d'une base. Si (e1; � � � ; en) est une famille libre d'un espacevectoriel pr�ehilbertien, il existe des coe�cients �i;j pour i allant de 2 �an et j allant de 1 �a n � 1 tels que la famille (e01; � � � ; e0n) d�e�nie parles conditions e01 = e1 puis pour i 2 Nn n f1g, e0i = ei � i�1Xj=1 �i;jej soitorthogonale.Par ailleurs nous avons toujours 8i 2 Nn ; Vect ((ej)j2Ni) = Vect �(e0j)j2Ni�.�A partir d'une base de F compl�et�ee en une base e de E nous pouvonstrouver une base e0 = (e01; � � � ; e0n) orthogonale de E telle que (e01; � � � ; e0p)soit une base de F . Soit G = Vect(e0p+1; � � � ; e0n).8(i; j) 2 N2 ; 16i6p; p + 16j6n ) e0i ? e0j donc e0j 2 F � puis G � F �donc n� p = dim(G)6 dim(F �) c'est-�a-dire dim(E)6 dim(F )+dim(F �).Nous avons alors l'�egalit�e dim(E) = dim(F ) + dim(F �). F et F � sontbien suppl�ementaires ; G = F �.� Une autre d�emonstration est possible. Soit (e1; � � � ; ep) une base del'espace vetoriel F .Pour i 2 Np notons fi la forme lin�eaire x 2 E 7�! (ei j x) 2 K .pXi=1 �ifi = 0) 8x 2 E; pXi=1 �iei j x! = 0 donc pXi=1 �iei = 0.La famille (f1; � � � ; fp) est donc une famille libre de E�. Nous savons32Nous reviendrons sur ces r�esultats dans le cas o�u E n'est pas de dimension �nie.3Compl�etons la famille (f1; � � � ; fp) pour en faire une base (f1; � � � ; fn) de E�. Soit (e01; � � � ; e0n)la base pr�eduale de la base pr�ec�edente. Soit x = nXi=1 �ie0i 2 E. fi(x) = �i.8i 2 Np; fi(x) = 0 () 8i 2 Np; �i = 0 () x 2 Vect(e0p+1; � � � ; e0n). Nous obtenons bien ler�esultat rappel�e.Pour prouver l'existence d'une base pr�eduale il su�t par exemple d'utiliser la m�ethode suivante :�a x 2 E. Nous associons x�� 2 E�� d�e�ni par 8' 2 E�; x��(') = '(x). Il est imm�ediat quex 2 E 7�! x�� 2 E�� est lin�eaire. x�� = 0 ) 8' 2 E�; '(x) = 0. Si x 6= 0, soit H unsuppl�ementaire de Vect(fxg) qui existe si E est de dimension �nie et que nous admettons existermeme si E est de dimension in�nie. Soit la forme lin�eaire nulle sur H v�eri�ant (x) = 1. estbien d�e�nie et ne s'annule pas en x donc contredit l'hypoth�ese faite. x est donc nulle et l'applicationx 7�! x�� est injective.

40CHAPITRE 3. ALG�EBRE QUADRATIQUE, PR�ELIMINAIRES ; CORRIG�ESqu'alors dim p\i=1Ker(fi)! = n� p.p\i=1Ker(fi) = fx 2 E; 8i 2 Np ; (ei j x) = 0g = fe1; � � � ; epg� = F �. Nousen d�eduisons n � p = dim(F �) d'o�u le r�esultat.Soit F un sous-espace vectoriel de E. Soit x 2 F . y 2 F �. (x j y) = 0donc x 2 (F �)� et F � (F �)�.dim((F �)�) = n� dim(F �) = dim(F ) donc F = (F �)�.Remarque si A est une partie non vide de E alors A�� = Vect(A).(c) Soient E1 et E2 deux sous-espaces vectoriels de E.E1 � E1 + E2; E2 � E1 + E2 donc (E1 +E2)� � E�1 et (E1 + E2)� � E�2puis (E1 + E2)� � E�1 \ E�2 .Soit x 2 E�1\E�2 . x est orthogonal �a tous les �el�ements de E1 et �a tous ceuxde E2 donc �a tous les �el�ements de E1 + E2 ; nous avons donc l'inclusionE�1 \ E�2 � (E1 + E2)� puis l'�egalit�e E�1 \ E�2 = (E1 + E2)�.D'apr�es ce r�esultat nous avons (E�1 + E�2)� = E��1 \ E��1 = E1 \ E2 puisE�1 + E�2 = (E1 \ E2)�.3. Matrices congruentes Si deux matrices sont congruentes alors elles sont�equivalentes et ont donc le meme rang.Soient A et B deux matrices sym�etriques congruentes appartenant �a Mn(R).Soient P et Q deux matrices inversibles telles que D1 = P �AP et D2 = Q�BQsont diagonales.SoitD = Diag(a1; � � � ; an) une matrice diagonale. SoitD0 = Diag(a01; � � � ; a0n)avec a0i = 1pai si ai > 0, a0i = 1p�ai si ai < 0, a0i = 1 si ai = 0. D0 est unematrice inversible et nous avons la relation D0�DD0 = D00 o�u D00 est diagonale�a �el�ements diagonaux �egaux �a 0, 1 ou -1.Contruisons D001 et D002 �a partir de D1 et D2 de la mani�ere pr�ec�edente.D001 = (PD01)�A(PD01); D002 = (QD02)�B(QD02). D001 et D002 sont congruentes,diagonales et �a �el�ements diagonaux �egaux �a -1, 1 ou 0.Rappel Soit � une permutation de f1; � � � ; ng. Soit P� 2 Mn(K) la matricedont le terme g�en�eral �i;j est �egal �a ��(j)i .Soit M = (mi;j)(i;j)2(Nn)2 2 Mn(K). Le terme g�en�eral d'indices (i; j) de lamatrice MP� est �egal �a nXk=1mi;k��(j)k = mi;�(j) . La ji�eme colonne de la matriceMP� est la �(j)i�eme colonne de la matrice M .Si E est de dimension �nie alors E et E�� ont la meme dimension ; f : x 2 E 7�! x�� 2 E�� estdonc un isomorphisme de E dans E��. Soit alors ('1; � � � ; 'n) une base de E�. Soit (a1; � � � ; an)sa base duale dansE��. (f�1(a1); � � � ; f�1(an)) est donc une base de E. Notons pour i 2 Nn; ei =f�1(ai). 8(i; j) 2 (Nn)2; 'j(ei) = (f(ei))('j ) = ai('j) = �ji . La base ('1; � � � ; 'n) est bien labase duale de la base (e1; � � � ; en).La base pr�eduale est bien unique car 8(i; j) 2 (Nn)2; 'j(ei) = 'j(e0i) = �ji ) 8' 2 E�; 8i 2Nn; '(ei � e0i) = 0 c'est-�a-dire ei = e0i.

41Le terme d'indices (i; j) de la matrice P�M est �egal �a nXk=1 ��(k)i mk;j = m��1(i);j .La ii�eme ligne de la matrice P�M est la ��1(i)i�eme ligne de la matrice M .En particulier le terme d'indices (i; j) de la matrice P ��P� est �egal �a ��(j)�(i) = �ji ;de meme le terme d'indices (i; j) de la matrice P ��1P� est �egal �a ��(��1 (j))i = �ji .Nous avons donc P ��P� = In, P��1P� = In et P��1 = P �� .Le terme d'indices (i; j) de la matrice P ��MP� est �egal �a m�(i);�(j) . Si M estune matrice diagonale M = Diag(d1; � � � ; dn), la matrice P ��MP� est �egale �aDiag(d�(1); � � � ; d�(n)).En utilisant ce que nous venons de voir, il existe �1 2 Sn et �2 2 Sn telles que� = P ��1D001P�1 = Diag(Ip; �Ir�p; 0In�r) et�0 = P ��2D002P�2 = Diag(Ip0 ; �Ir�p0 ; 0In�r) o�u r est le rang commun de A etB. A est donc congruente �a �, de meme B est congruente �a �0. � et �0 sontcongruentes.Il reste �a prouver que � = �0.Lorque deux matrices sym�etriques sont congruentes elles d�e�nissent la memeforme quadratique, �, dans deux bases di��erentes B1 et B2. Dans la premi�erebase �(x) s'�ecrit : pXi=1 x2i � qXi=1 x2p+i. Notons respectivement V1; V2 et V3 lesespaces vectoriels engendr�es par les p premiers vecteurs, les q = r� p suivantset les n� r derniers vecteurs de la premi�ere base ; de meme notons respective-ment V 01 ; V 02 et V 03 les espaces vectoriels engendr�es par les p0 premiers vecteurs,les q0 = r � q suivants et les n� r derniers vecteurs de la seconde base.Si un vecteur x appartient �a V1 \ (V 02 � V 03 ) alors �(x)>0 et �(x)60 donc�(x) = 0 = pXi=1 x2i . Nous en d�eduisons x = 0.dim(V1) + dim(V 02 � V 03) = p + q0 + n � r = p + n � p06n donc p6p0. En�echangeant les roles nous en d�eduisons p0 = p puis q = q0.SiA etB sont deux matrices sym�etriques congruentes, chacune d'elles congruentes�a des matrices diagonales4 alors les matrices diagonales ont donc le memenombre de termes strictement positifs, de termes strictement n�egatifs et determes nuls sur la diagonale.4. Soit e = (e1; � � � ; en) une base de E. Soit A la matrice de la forme ses-quilin�eaire f dans la base e. Soient (x; y) 2 E2, x = nXi=1 xiei; y = nXi=1 yiei,X = (xi)i2Nn 2 Mn;1(C ) et Y = (yi)i2Nn 2 Mn;1(C ). X�AY 2 M1(C ) quel'on identi�e en g�en�eral �a un scalaire.X�AY = nXi=1 xi nXj=1 ai;jyj! = X16i;j6n xiyjf(ei; ej) = f(x; y).4Nous savons, ce que nous reverrons par la suite, qu'une matrice sym�etrique r�eelle est orthogo-nalement semblable �a une matrice diagonale ; le nombre de valeurs propres strictement positives,strictement n�egatives et nulles de deux matrices sym�etriques r�eelles congruentes sont les memespour les deux matrices.

42CHAPITRE 3. ALG�EBRE QUADRATIQUE, PR�ELIMINAIRES ; CORRIG�ESSoit X 0 la matrice colonne des coordonn�ees de x dans la base e0, Soit Y 0 lamatrice colonne des coordonn�ees de y dans la base e0. Nous avons les relationshabituelles X = PX 0; Y = PY 0. En utilisant les r�esultats pr�ec�edents nousobtenons X 0�A0Y 0 = X�AY = X 0�P �APY 0 donc A0 = P �AP .5. (a) Notons, pour (i; j) 2 (Nn)2, ui;j l'�el�ement d'indices (i; j) de la matriceU .L'�el�ement d'indices (i; j) de la matrice U�U est nXk=1 uk;iuk;j = (Ui j Uj).U�U = In () 8(i; j) 2 (Nn)2; (Ui j Uj) = �ji() la famille (Uj)j2Nn est orthonormale.U�U = In �equivaut �a U� est l'inverse de U donc �equivaut �a UU� = In. En�echangeant les roles de U et U� nous en d�eduisons les quatre premi�eres�equivalences demand�ees car la famille des vecteurs Vi est orthonormale siet seulement si la famille des vecteurs Vi est orthonormale.Supposons U unitaire.Soit X 2 Mn;1(C ). kUXk2 = (UX)�(UX) = X�(U�U)X = kXk2.Supposons que pour toute marice colonne X on ait kUXk = kXk. SoientX et Y deux colonnes. Nous obtenonskU(X + Y )k2 = (U(X + Y ))�(U(X + Y )) = (X� + Y �)U�U(X + Y )= (X� + Y �)(X + Y ).En d�eveloppant et en simpli�ant, compte tenu de l'hypoth�ese, nous obte-nons (UX)�(UY )+(UY )�(UX) = X�Y +Y �X . En rempla�cant Y par iYnous obtenons i(UX)�(UY )� i(UY )�(UX) = iX�Y � iY �X c'est-�a-dire(UX)�(UY )� (UY )�(UX) = X�Y � Y �X puis (UY )�(UX) = Y �X .Notons M = (mi;j)(i;j)2(Nn)2 la matrice U�U . Nous obtenons donc pourtout couple de matrices colonnes5 (X; Y ), Y �MX = Y �X .Notons pour k 2 Nn ; Ek la matrice colonne appartenant �aMn;1(C ) dontles �el�ements sont tous nuls sauf le ki�eme �el�ement qui est �egal �a 1.Pour (i; j) 2 (Nn)2, E�iMEj = mi;j = E�i Ej = �ji . La matrice U�U estbien la matrice In. Les �equivalences sont d�emontr�ees.(b) Soit u une application de E dans E. Nous supposons que u v�eri�e :8(x; y) 2 E2; (u(x) j u(y)) = (x j y).Soient (x; y) 2 E2 et � 2 C .(u(x+ �y)� u(x)� �u(y) j u(x + �y)� u(x) � �u(y))= ku(x + �y)k2 + ku(x)k2 + j�j2ku(y)k2 � 2 <e(u(x+ �y) j u(x))�2 <e(u(x + �y) j �u(y)) + 2 <e(u(x) j �u(y)).(u(x+ �y)� u(x)� �u(y) j u(x + �y)� u(x) � �u(y))= kx + �yk2 + kxk2 + j�j2kyk2 � 2 <e(x+ �y j x)�2 <e(x + �y j �y) + 2 <e(x j �y)5Nous avons toujours :8(X; Y; P; Q) 2 Mn;1(K) �Mn;1(K) �Mn(K) �Mn(K), X�PY = X�QY ) P = Q.Notons pour k 2 Nn; Ek la matrice colonne appartenant �a Mn;1(K) dont les �el�ements sont tousnuls sauf le ki�eme �el�ement qui est �egal �a 1.Notons P = (pi;j)(i;j)2(Nn )2 2 Mn(K) et Q = (qi;j )(i;j)2(Nn )2 2 Mn(K).Pour (i; j) 2 (Nn)2, E�i PEj = pi;j ; E�i QEj = qi;j . Nous avons bien P = Q.

43= k(x+ �y)� x � �yk2 = 0.u est donc lin�eaire.(c) Soit u 2 L(E) o�u E est un espace vectoriel hermitien. Soit (x; y) 2 E2.4(u(x) j u(y) = ku(y) + u(x)k2 � ku(y)� u(x)k2+iku(y) + iu(x)k2 � iku(y)� iu(x)k2.u �etant lin�eaire nous obtenons, en supposoant 8x 2 E; ku(x)k = kxk,4(u(x) j u(y) = ku(y + x)k2 � ku(y � x)k2+iku(y + ix)k2 � iku(y � ix)k2 = 4(x j y).u est donc un endomorphisme unitaire.Supposons u unitaire. Si (e1; � � � ; en) est une base orthonormale alors(u(ei) j u(ej)) = �ji . La famille (u(ei))i2Nn est donc une base orthonormalede E.Supposons qu'il existe une base orthonormale (e1; � � � ; en) de E telle quela famille (u(ei))i2Nn soit une base orthonormale de E.Montrons qu'alors 8x 2 E; ku(x)k = kxk.Soit x 2 E; x = nXj=1 xjej .ku(x)k2 = nXj=1 xju(ej) 2=X16j;k6nxjxk(u(ej) j u(ek)) = nXj=1 xjxj = kxk2.Nous avons prouv�e6 l'�equivalence des trois premi�eres propositions.La d�emonstration e�ectu�ee prouve que pour toute base orthonormale enous avons 8(i; j) 2 (Nn)2; (u(ei) j u(ej)) = �ji .Dans une telle base la matrice de u a pour colonnes les coordonn�ees desvecteurs u(ej) pour j allant de 1 �a n ; la matrice de u est bien, dans cettebase, unitaire et r�eciproquement si la matrice dans cette base est unitaire,8(i; j) 2 (Nn)2; (u(ei) j u(ej)) = �ji et u est unitaire.6. Soient x = (x1; � � � ; xn) et y = (y1; � � � ; yn) deux �el�ements de E = Rn de ma-trices colonnes associ�ees X = (xi)i2Nn 2 Mn;1(R) et Y = (yi)i2Nn 2Mn;1(R).Soit f l'application de E2 dans R d�e�nie7 par f(x; y) = X�A�AY . f estclairement une forme bilin�eaire sym�etrique.f(x; x) = X�A�AX = (AX)�(AX)>0 ; f(x; x) = 0 ) AX = 0 donc X = 0car A est inversible. f est bien un produit scalaire de matrice A�A.Soient x = (x1; � � � ; xn) et y = (y1; � � � ; yn) deux �el�ements de E = C n de ma-trices colonnes associ�ees X = (xi)i2Nn 2 Mn;1(C ) et Y = (yi)i2Nn 2Mn;1(C ).Soit f l'application de E2 dans C d�e�nie par f(x; y) = X�A�AY . f est clai-rement une forme sesquilin�eaire �a sym�etrie hermitienne.f(x; x) = X�A�AX = (AX)�(AX)>0 ; f(x; x) = 0 ) AX = 0 donc X = 0car A est inversible. f est bien un produit scalaire hermitien de matrice A�A.Remarque : il existe une base de K (K=R ou C ) orthonormale pour le pro-duit scalaire f donc il existe une matrice inversible P telle que P �(A�A)P =(AP )�(AP ) = In c'est-�a-dire AP est unitaire. P peut etre choisie triangu-6En dimension quelconque il y a �equivalence entre u unitaire et u conserve la norme.7Nous identi�ons une matrice 1� 1 = [a] avec le scalaire a.

44CHAPITRE 3. ALG�EBRE QUADRATIQUE, PR�ELIMINAIRES ; CORRIG�ESlaire sup�erieure ; il su�t de construire P par le proc�ed�e d'orthognalisation deSchmidt �a partir de la base canonique de Kn . Il existe donc une matrice trian-gulaire inversible P et une matrice unitaire U telles que AP = U c'est-�a-dire,en appelant T l'inverse de P , A = UT avec U unitaire et T triangulaire su-p�erieure. A� s'�ecrit aussi de mani�ere analogue A� = V T 0 o�u V est unitaireet T 0 est triangulaire sup�erieure donc A = T 0�V �. A s'�ecrit donc A = TUavec T triangulaire inf�erieure et U unitaire. A�1 s'�ecrit aussi de mani�ere ana-logue A�1 = V T 0 o�u V est unitaire et T 0 est triangulaire sup�erieure doncA = T 0�1V �. A s'�ecrit donc A = TU avec T triangulaire sup�erieure et U uni-taire. Finalement A peut s'�ecrire TU ou UT avec U unitaire et T triangulairesup�erieure ou inf�erieure.7. Soit u un endomorphisme hermitien de l'espace vectoriel hermitien E. Soient� 2 C une valeur propre de u et x 2 E, un vecteur propre de u associ�e �a �.(u(x) j x) = �kxk2 = (x j u(x)) = �kxk2 ; x �etant non nul � 2 R.Montrons que u est diagonalisable. Soit � 2 R une valeur propre de u ; soit e1un vecteur propre unitaire de u associ�e �a la valeur propre �.Soit F l'orthogonal de fe1g. Soit y 2 F .(u(y) j e1) = (y j u(e1)) = (y j�e1) = 0. F est donc stable par u.Montrons par r�ecurrence sur la dimension de l'espace qu'une application telleque u est diagonalisable. Si E est de dimension 1, le r�esultat est acquis. Sup-posons que tout endomorphisme hermitien sur un espace vectoriel hermitiende dimension au plus �egale �a n>1 est diagonalisable dans une base orthonor-male.Soit E un espace hermitien de dimension n + 1 et soit u un endomorphismehermitien de E. Nous avons vu pr�ec�edemment que si e1 est un vecteur propreunitaire de u associ�e �a une valeur propre (qui est r�eelle) de u, l'orthogonal Fde fe1g est stable par u. La restriction de u �a F induit un endomorphismehermitien de F qui est donc diagonalisable dans une base orthonormale. Nousen d�eduisons alors que u est diagonalisable et qu'il existe une base orthonor-male de diagonalisation de u.Soit A = (ai;j)(i;j)2(Nn)2 2 Mn(C ) une matrice hermitienne ; c'est-�a-dire telleque A� = A. Soit E = C n muni de son produit scalaire canonique. Soit u l'en-domorphisme de E dont la matrice dans la base canonique, " = ("1; � � � ; "n),est A.8(i; j) 2 (Nn)2; (u("i) j "j) = nXk=1 ak;i("k j "j) = aj;i = ai;j .De meme ("i j u("j)) = nXk=1("i j ak;j"k) = ai;j .Soit x = nXi=1 xi"i et y = nXj=1 yj"j .(u(x) j y) = X16i;j6nxiyj(u("i) j "j) = X16i;j6nxjyj("i j u("j)) = (x j u(y)).u est donc un endomorphisme hermitien ; il existe une base orthonormale deE dans laquelle la matrice de u est diagonale, �a diagonale r�eelle. La matrice

45de passage de la base " �a la base de vecteurs propres est une matrice unitairedonc il existe une matrice unitaire U et une matrice diagonale, �a diagonaler�eelle, D telles que A = UDU�.SiA est une matrice sym�etrique r�eelle alors, d'apr�es ce que nous venons de voir,le polynome caract�eristique est scind�e (sur R). Nous retrouvons ce que noussavions c'est-�a-dire qu'un endomorphisme sym�etrique u d�e�ni sur un espacevectoriel euclidien a son polynome caract�eristique scind�e donc en refaisant lameme d�emonstration8 qu'au dessus nous en d�eduisons que u est diagonalisable.Soit F et G deux espaces propres associ�es �a deux valeurs propres distinctes (�et �) d'un endomorphisme hermitien (d'un espace hermitien) ou sym�etrique(d'un espace euclidien) u.Soit (x; y) 2 F � G. (u(x) j y) = �(x j y) = (x j u(y)) = �(x j y) donc(x j y) = 0. F et G sont donc orthogonaux.8. (a) Soit f une forme lin�eaire d�e�nie sur E. Supposons f 6= 0. Soient Hl'hyperplan noyau de f , e un vecteur unitaire orthogonal �a H , a = f(e) e.Soit en�n x 2 E. x s'�ecrit x = y + ke avec y 2 H et k 2 C .f(x) = kf(e); (a j x) = f(e)(e j ke) = kf(e) = f(x). Nous en d�eduisonsque f = (x 2 E 7�! (a j x) 2 C . Lorsque f = 0 nous pouvons choisira = 0. Montrons l'unicit�e de a.8x 2 E; (a j x) = (b j x) () 8x 2 E; (a� b j x) = 0 () a = b.Soit y 2 E. Soit fy l'application x 2 E 7�! (y j u(x)) 2 C .fy est une forme lin�eaire donc il existe v(y) unique tel que 8x 2 E,(y j u(x)) = (v(y) j x). L'unicit�e de v(y) prouve que y 2 E 7�! v(y) 2 Eest une application. Cette application est unique �a v�eri�er cette propri�et�ecar si v et w sont deux applications de E dans E v�eri�ant :8(x; y) 2 E2; (v(y) jx) = (w(y) j x) alors (v(y) � w(y) j x)) = 0 ce quiimplique v = w.Montrons que cette application est lin�eaire.Soient (y1; y2) 2 E2 et � 2 C .(y1 + �y2 j u(x)) = (v(y1 + �y2) j x) = (y1 j u(x)) + �(y2 j u(x))= (v(y1) j x) + �(v(y2) j x) = (v(y1) + �v(y2) j x).8Nous pouvons faire une d�emonstration di��erente pour prouver qu'un endomorphisme sym�e-trique, u, d�e�ni sur un espace vectoriel euclidien E a son polynome caract�eristique scind�e (sur R).Soit S la sph�ere unit�e de E. Soit f l'application de E dans R d�e�nie par 8x 2 E; f(x) = (u(x) j x).Le produit scalaire est continu, u est continue car E est de dimension �nie donc f est continue.E est de dimension �nie donc S est un compact et la restriction de f �a S poss�ede un maxi-mum et un minimum. Soit par exemple a 2 E tel que 8x 2 S; f(x)>f(a). Soit g d�e�-nie par 8x 2 E, g(x) = (u(x) � f(a)x jx). g est une forme quadratique de forme polaire' : (x; y) 2 E2 7�! (u(x) j y) � f(a)(x j y). ' est une forme bilin�eaire sym�etrique positivecar pour x 6= 0, g(x) = kxk2�u� 1kxkx�� f(a)kxk x �� 1kxkx� = kxk2�f � 1kxkx� � f(a)�>0.Nous pouvons donc appliquer l'in�egalit�e de Cauchy Schwarz pour obtenir 8(x; y) 2 E2,'(x; y)26'(x; x)'(y; y) c'est-�a-dire(u(x) � f(a)x j y)26(u(x) j x) � f(a)(x j x) (u(y) j y)� f(a)(y j y).En particulier (u(a) � f(a)a j y)26(u(a) j a) � f(a)(a j a) (u(y) j y) � f(a)(y j y) = 0.Nous en d�eduisons u(a) = f(a)a. a est donc un vecteur propre de u associ�e �a la valeur propre f(a).Tout endomorphisme sym�etrique d�e�ni sur un espace euclidien poss�ede donc une valeur propre.Nous terminons alors comme au-dessus.

46CHAPITRE 3. ALG�EBRE QUADRATIQUE, PR�ELIMINAIRES ; CORRIG�ESL'unicit�e permet de conclure que v(y1+�y2) = v(y1)+�v(y2). v est bienlin�eaire.La dimension �etant �nie nous pouvons faire aussi une d�emonstration \ma-tricielle" Soit e une base orthonormale de E. Soit A la matrice de u danscette base. Soient x et y deux �el�ements de E de matrices colonnes decoordonn�ees X et Y dans la base e. Soit v l'endomorphisme de E dematrice B = A� dans la base e.(u(x) j y) = X�A�Y = X�(BY ) = (x j v(y)). v convient donc ; l'unicit�ese d�emontre comme au-dessus.Soit (x; y) 2 E2.(u(x) j y) = (x j u�(y)) = (u�(y) j x) = (y j u��(x)) = (u��(x) j y). Nousen d�eduisons u�� = u.Comme dans le cas r�eel, si un sous-espace est stable par un endomor-phisme u alors sont orthogonal est stable par son adjoint u� ; en e�et soit(x; y) 2 F � F �. Supposons F stable par u. (u�(y) j x) = (y j u(x)) = 0donc u�(y) 2 F �.Soient u un endomorphisme de E, e = (e1; � � � ; en) une base orthonor-male de E et A = (ai;j)(i;j)2(Nn)2 2 Mn(C ) la matrice de u dans la basee. 8(i; j) 2 (Nn)2; ai;j = (ei j u(ej)) = (ej j u�(ei)) = aj;i.La matrice de u� est donc la conjugu�ee de la transpos�ee de la matrice deu que nous notons A� c'est-�a-dire la matrice adjointe de la matrice A.(b) Soit u un endomorphisme de E.u�(x) = 0 ) 8y 2 E; (u�(x) j y) = 0 = (x j u(y)). Nous en d�eduisonsque Im(u) est orthogonal �a Ker(u�) de meme Im(u�) est orthogonal �aKer(u). Im(u) � (Ker(u�))� donc rg(u)6n � dim(Ker(u�)) = rg(u�)et de meme rg(u�)6 rg(u). Il y a donc �egalit�e et Im(u) = (Ker(u�))�,Im(u�) = (Ker(u))�.Soit x 2 Ker(u� � u). (u�(u(x)) j x) = 0 = (u(x) j u(x)) = ku(x)k2 doncu(x) = 0 et Ker(u� � u) � Ker(u). Si x 2 Ker(u) alors naturellement(u� � u)(x) = 0 d'o�u l'�egalit�e Ker(u� � u) = Ker(u).(c) Soit u un endomorphisme hermitien. Soit (�; x) 2 C � E n f0g tel queu(x) = �x. �(x j x) = (u(x) j x) = (x j u�(x)) = (x j u(x)) = �(x j x).x �etant non nul il vient � = � c'est-�a-dire � 2 R.Soit u un endomorphisme normal d'un espace vectoriel hermitien E. Soit� une valeur propre de u. Notons Eu(�) l'espace propre de u associ�e �a lavaleur propre �. Soit x 2 Eu(�).u�(u(x)) = �u�(x). u et u� commutent donc u(u�(x)) = �u�(x) et u�(x) 2Eu(�). Eu(�) est stable par u� donc (Eu(�))� est stable par u ; Eu(�) est�evidemment stable par u donc (Eu(�))� est stable par u�. FinalementEu(�) et (Eu(�))� sont stables par u et u�. Nous en d�eduisons que larestriction de u �a F = (Eu(�))� induit un endomorphisme normal, u1, deF ; la restriction de u� �a (Eu(�))� est u�1.Montrons qu'un endomorphisme normal est diagonalisable.Tous droits r�eserv�es, Exercices corrig�es, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.

47Soit u un endomorphisme normal d'un espace hermitien E. Si E est dedimension 1 u est clairement diagonalisable dans une base orthonormale.Supposons que les endomorphismes normaux des espaces hermitiens dedimensions au plus �egales �a n soient diagonalisables dans des bases or-thonormales. Soit alors E un espace hermitien de dimension n+1 et soitu un endomorphisme normal de E.Si u = aIdE avec a 2 C , u est clairement diagonalisable dans une baseorthonormale de E. Supposons que u ne soit pas de ce type. Soit � unevaleur propre de u et soit Eu(�) l'espace propre associ�e �a la valeur propre�. Comme vu plus haut, la restriction de u �a F = (Eu(�))� induit unendomorphisme normal, u1, de F .dim(F )6n donc d'apr�es l'hypoth�ese de r�ecurence, il existe une base or-thonormale de F de diagonalisation de u1. En concat�enant cette baseavec une base orthonormale de Eu(�) nous obtenons une base orthonor-male de diagonalisation de u. Le r�esultat est vrai au rang n + 1 ; il estdonc vrai pour tout espace vectoriel hermitien et tout endomorphismenormal d'un tel espace 9.Un endomorphisme hermitien est normal donc est diagonalisable10 dansune base orthonormale et de plus les valeurs propres sont r�eelles.Un endomorphisme unitaire est normal donc est diagonalisable dans unebase orthonormale. Si � est une valeur propre associ�ee �a un vecteurpropre x nous avons ku(x)k = kxk = j�j kxk donc j�j = 1. Les valeurspropres sont toutes de module �egal �a 1.Remarque Soit u un endomorphisme unitaire.u� � u = IdE () 8x 2 E (u� � u)(x) = x9Nous aurions pu faire une d�emonstration \matricielle".Soit e = (ei)i2Nn une base orthonormale de E. Soit A la matrice de u dans la base e. Soit � 2 Cune valeur propre de u. Soit e01 un vecteur propre unitaire associ�e �a cette valeur propre. Soite0 = (e0i)i2Nn une base orthonormale de E obtenue en compl�etant (e01). Soit P la matrice unitairede passage de la base e �a la base e0. Notons B = P �AP . BB� = (P �AP )(P �A�P ) = P �(AA�)P =P �(A�A)P = B�B. La matrice B s'�ecrit : B =0BBBBBBBB@ � L00 C 1CCCCCCCCA avec C 2 Mn�1(C ).BB� = 0BBBBBBBB@ j�j2 + kLk2 LC�CL� CC� 1CCCCCCCCA, B�B = 0BBBBBBBB@ j�j2 �L�L� L�L+ C�C 1CCCCCCCCA.Nous en d�eduisons L = 0 et BB� = B�B.10Une matrice sym�etrique r�eelle a donc son polynome caract�eristique, r�eelle, scind�e sur R nousen d�eduisons en reprenant la d�emonstration faite ici qu'une telle matrice est orthogonalementsemblable �a une matrice diagonale donc qu'un endomorphisme sym�etrique r�eel est diagonalisabledans une base orthonormale.

48CHAPITRE 3. ALG�EBRE QUADRATIQUE, PR�ELIMINAIRES ; CORRIG�ES() 8(x; y) 2 E2; ((u� � u)(x) j y) = (x j y).((u� � u)(x) j y) = (u(x) j u(y)) ; nous en d�eduisonsu� � u = IdE () 8(x; y) 2 E2; (u(x) j u(y)) = (x j y).Soit11 u 2 L(E) v�eri�ant 8x 2 E; ku(x)k = kxk. Soit (x; y) 2 E2.2 <e((u(x) j u(y))) = ku(x) + u(y)k2 � ku(x)k2 � ku(y)k2 donc, u �etantlin�eaire, 2 <e((u(x) j u(y))) = kx+yk2�kxk2�kyk2 = 2 <e((x j y)). Enchangeant y en iy nous obtenons �2=m((u(x) j u(y))) = �2=m((x j y))puis (u(x) j u(y)) = (x j y).Nous en d�eduisons u� � u = IdE () 8x 2 E ku(x)k = kxk.En utilisant les matrices dans des bases orthonormales nous en d�eduisonsu� � u = IdE () A�A = In. Mais alors u est inversible donc v�eri�eaussi u � u� = IdE et de meme A�A = In. A est une matrice unitaire.9. (a) Soit u un endomorphisme de E poss�edant un adjoint u�. Soit � 2 C .8(x; y) 2 E2; (u(x)� �x j y) = (x j u�(y))� �(x j y) = (x j u�(y)� �y).Nous avons d�ej�a prouv�e que l'adjoint d'un endomorphisme est uniquedonc (u� �IdE)� = u� � �IdE .Si v a pour adjoint v� alors Ker(v� �v) = Ker(v) et Ker(v�v�) = Ker(v�).En e�et soit x 2 Ker(v��v). kv(x)k2 = (v(x) j v(x)) = ((v��v)(x) j x) = 0donc v(x) = 0.Si v(x) = 0 alors (v� � v)(x) = 0 donc Ker(v� � v) = Ker(v).De meme si x 2 Ker(v � v�) nous avons0 = ((v�v�)(x) j x) = (v�(x) j v�(x)) = kv�(x)k2 et comme pr�ec�edemmentKer(v � v�) = Ker(v�).Ker(u� � �IdE) = Ker((u� �IdE) � (u� � �IdE)) et de memeKer(u � �IdE) = Ker((u� � �IdE) � (u� �IdE)).Si u est normal alors (u��IdE)� (u��IdE) = (u��IdE)� (u��IdE )donc Ker(u��IdE) = Ker(u��IdE). Nous en d�eduisons que si � est unevaleur propre de u, � est une valeur propre de u� et les espaces propresassoci�es respectivement �a u et �a u� sont �egaux.Si E est un espace euclidien, le meme raisonnement s'applique. Si � 2 Rest une valeur propre de u alors il s'agit aussi d'une valeur propre de u�et les espaces propres associ�es �a u et �a u� sont les memes.(b) Si � est une valeur propre de l'endomorphisme u. Notons Eu(�) l'espacepropre de u associ�e �.Soient � et � deux valeurs propres �eventuelles, distinctes, de l'endomor-phisme normal u.Soit (x; y) 2 Eu(�)�Eu(�). (u(x) j y) = (�x j y) = (x j u�(y)) = (x j �y).Nous avons donc (�� ) (x j y) = 0. � �etant di��erente de � nous en d�e-duisons (x j y) = 0 puis Eu(�) ? Eu(�).Soient x 2 Eu(�) et y 2 (Eu(�))�. 0 = (�x j y) = (u�(x) j y) = (x ju(y))donc u(y) 2 (Eu(�))�. Eu(�) et (Eu(�))� sont stables par u.(c) Soit u un endomorphisme normal d'un espace hermitien E. Si E est dedimension 1 u est clairement diagonalisable dans une base orthonormale.11Nous avons d�ej�a vu plus haut que si une application u v�eri�e :8(x; y) 2 E2; (u(x) j u(y)) = (x j y) alors elle est lin�eaire.

49Supposons que les endomorphismes normaux des espaces hermitiens dedimensions au plus �egales �a n soient diagonalisables dans des bases or-thonormales. Soit alors E un espace hermitien de dimension n+1 et soitu un endomorphisme normal de E. Si u est du type aIdE (avec a 2 C )alors u est clairement diagonalisable dans n'importe quelle base de E.Supposons que u ne soit pas de ce type. �u est scind�e ; soit � une valeurpropre de u. Eu(�) 6= E car sinon u = �IdE . L'orthogonal, F , de Eu(�)est donc non nul et di��erent de E ; il est stable par u. Soit v l'endo-morphisme induit par la restriction de u �a F . v� est l'endomorphisme deF induit par la restriction de u� �a F . v est donc normal et dim(F )6n.D'apr�es l'hypoth�ese de r�ecurrence il existe une base orthonormale de dia-gonalisation de v. En concat�enant cette base avec une base orthonormalede Eu(�) nous obtenons une base orthonormale de E de diagonalisationde u. Le r�esultat est vrai au rang n+1 ; il est donc vrai pour tout espacevectoriel hermitien et tout endomorphisme normal d'un tel espace.(d) D'une mani�ere g�en�erale soit u un endomorphisme d'un espace vectorielhermitien rapport�e �a une base orthonormale e = (e1; � � � ; en). Posons8j 2 Nn ; u(ej) = nXi=1 ai;jei.8(i; j) 2 (Nn)2, (u�(ej) j ei) = (ej j u(ei)) = ej �� nXk=1 ak;iek! = aj;i doncu�(ej) = nXi=1 aj;iei.Si deux endomorphismes u et v v�eri�ent 8j 2 Nn ; u(ej) = nXi=1 ai;jei etv(ej) = nXi=1 aj;iei alors il est clair que u et v sont adjoints l'un de l'autre.La matrice de u et celle de u� dans une base orthonormale sont donc deuxmatrices adjointes.Dans le cas euclidien le r�esultat est le meme ; matrices adjointes est rem-plac�e par matrices sym�etriques r�eelles.Soit u un endomorphisme d'un espace hermitien ou euclidien E diago-nalisable dans une base orthonormale. La matrice de u dans cette baseest diagonale donc celle de u� l'est aussi et donc ces deux matrices com-mutent. u est bien normal.Nous pouvons e�ectuer une d�emonstration sans utiliser les matrices.Il existe une famille (�i)i2Nn de scalaires (complexes dans le premier cas,r�eels dans le second) et une base orthonormale (e1; � � � ; en) de E tellesque 8j 2 Nn ; u(ej) = �jej .8(i; j) 2 (Nn)2; (u�(ej) j ei) = (ej j u(ei)) = (ej j �iei) = �ji�i. u�(ej) estdonc orthogonal �a tous les vecteurs ei pour i 2 Nn n fjg ; la base �etantorthonormale, u�(ej) est colin�eaire �a ej et nous avons (u�(ej) j ej) = �jc'est-�a-dire u�(ej) = �jej . Il vient alors 8j 2 Nn ; (u�u�)(ej) = (u��u)(ej)

50CHAPITRE 3. ALG�EBRE QUADRATIQUE, PR�ELIMINAIRES ; CORRIG�ESet u est normal.(e) Si u est un endomorphisme normal d'un espace hermitienE alors il existeune base orthonormale, e = (ei)i2Nn de E telle que 8j 2 Nn ; u(ej) = �jejet u�(ej) = �jej . Soit P un polynome tel que 8j 2 Nn ; P (�j) = �j . Un telpolynome (d'interpollation de Lagrange) existe car si �j = �k; �j = �k.Dans ces conditions P (u) = u�.Supposons qu'il existe P = NXj=0 ajXj 2 C [X ] tel que u� = P (u).u � u� = NXj=0 ajuj+1 = P (u) � u = u� � u.Supposons E euclidien.Soit e une base orthonormale de E. Soit M 2 Mn(R) la matrice deu 2 L(E) dans la base e. Consid�erons M comme appartenant �a Mn(C ).u normal �equivaut �a M�M = MM� ; donc si u est normal il existeQ = NXj=0 ajXj 2 C [X ] tel que M� = tM = Q(M).tM = NXj=0 ajM j donc tM = tM = NXj=0 ajM j puis tM = NXj=0 aj + aj2 M j .Il existe donc un polynome r�eel P tel que M� = P (M) c'est-�a-direu� = P (u). La r�eciproque est imm�ediate.(f) Supposons E euclidien et u normal.Comme dans le cas complexe, si � est une valeur propre (donc r�elle) deu alors l'espace propre de u associ�e �a � est le meme que l'espace proprede u� associ�e �a la meme valeur propre �. Deux espaces propres di��erentssont orthogonaux. Si E1; � � � ; Ep sont les espaces propres (il peut ne pasy avoir de tels espaces propres) de u (deux �a deux orthogonaux), associ�esaux valeurs propres deux �a deux distinctes �1; � � � ; �p, de somme12 Falors l'orthogonal de F est stable par u.En e�et soit x = pXi=1 xi 2 F avec (x1; � � � ; xp) 2 E1 � � � � � Ep.8i 2 Np ; u�(xi) = �ixi. u�(x) = pXi=1 �ixi. Soit y 2 F �.0 = pXi=1 (�ixi j y) = (u�(x) y) = (x j u(y)). Nous en d�eduisons u(y) 2 F �.F � est stable par u donc F et F � sont stables par u et u�. Soit alors vl'endomorphisme de F � induit par la restriction de u �a F �. v est normalet n'a pas de valeur propre car sinon il existerait x 6= 0; x 2 F � et � 2 Rtels que v(x) = �x = u(x). x appartient donc aussi �a F et doit etre nul.v n'a donc pas de valeur propre et son polynome caract�eristique n'a doncpas de racine.12S'il n'y a pas de valeur propre, F = f0g.

51D�emontrons le r�esultat pr�eliminaire suivant : soit un endomorphisme fd'un R-espace vectoriel de dimension �nie E ayant un polynome caract�e-ristique divisible par le polynomeX2+aX+ b sans racine r�eelle. Il existealors un plan de E stable par u.�f = (X2 + aX + b)q P avec (X2 + aX + b) ^ P = 1. Supposons quef2 + af + bIdE soit injective. Dans ces conditions (f2 + af + bIdE)q estinjective et, sachant que �f (f) = 0, nous obtenons P (f) = 0. P est doncun polynome annulateur de f ; il est divisible par le polynome minimalde f .Red�emontrons dans le cas d'un R-espace vectoriel13 que le polynome mi-nimal et le polynome caract�eristique ont les memes facteurs irr�eductibles�a des ordres de multiplicit�e �eventuellement di��erents.Soit M 2 Mn(R) � Mn(C ) la matrice d'un endomorphisme ' d'un es-pace vectoriel r�eel E dans une base de celui-ci. Soit X 2 Mn;1(C ) unematrice colonne non nulle v�eri�ant MX = �X avec � 2 C . Soit P unpolynome annulateur de M . 0 = P (M)X = P (�)X donc P (�) = 0. Enparticulier �M(�) = 0 et si �M est le polynome minimal deM nous avonsde meme �M(�) = 0. Nous en d�eduisons que toutes les valeurs propresde la matriceM consid�er�ee comme une matrice complexe ; c'est-�a-dire lesracines de �M sont racines de �M . �M divisant �M n'a donc pas d'autresracines. Nous obtenons donc le r�esultat demand�e.Revenons �a notre question. Si f2 + af + bIdE est injective alors le poly-nome minimal qui divise le polynome annulateur P n'a pas X2 + aX + bcomme diviseur ce qui est faux. f2 + af + bIdE n'est donc pas injectiveet il existe un vecteur x 2 E non nul tel que f2(x) + af(x) + x = 0.Soit y = f(x). y n'est pas colin�eaire �a x sinon une valeur propre (r�eelle)serait racine de X2+ aX + b ce qui est exclu. Soit alors G = Vect(x; y).G est un plan et f(y) = �ay � bx 2 G. G est donc stable par f . Nousen d�eduisons que si f est un endomorphisme d'un espace vectoriel r�eel dedimension �nie, il existe au moins une droite ou (non exclusif) un planstable.Dans le cas de notre exercice il existe donc un plan G inclus dans F �stable par v et la dimension de F � est paire car sinon v aurait une valeurpropre. v est bijectif car sinon 0 serait valeur propre donc v(G) = G etv� est aussi bijectif. D'apr�es ce que nous avons vu pr�ec�edemment il existeP 2 R[X ] tel que v� = P (v). Soit x 2 G. (P (v))(x) 2 G donc v�(x) 2 G.v�(G) = G. G est stable par v et v� donc l'orthogonal G0 de G dans F �est stable par v et v�. Si dim(F �) = 2q alors dim(G0) = 2(q � 1). Nousen d�eduisons imm�ediatement par r�ecurrence que F � est la somme directeorthogonale de q plans deux �a deux orthogonaux et stables par v et v�donc par u ainsi que par u�.Il nous reste �a �etudier la nature de la restriction de u �a un tel plan.Soit ("1; "2) une base orthonormale d'un tel plan.13Voir la d�emonstration plus g�en�erale dans le chapitre alg�ebre lin�eaire.

52CHAPITRE 3. ALG�EBRE QUADRATIQUE, PR�ELIMINAIRES ; CORRIG�ESLa matrice dans cette base de la restriction w de u est A = � a bc d �,celle de w� est tA = � a cb d �.�A = X2�(a+d)X+ad�bc a un discriminant< 0 donc (a�d)2+4bc < 0et en particulier bc < 0.tAA = � a2 + c2 ab+ cdab+ cd b2 + d2 � = AtA = � a2 + b2 ac+ bdab+ cd c2 + d2 �.Nous en d�eduisons b2 = c2 et ab + cd = ac + bd c'est-�a-dire b2 = c2 et(a � d)(b � c) = 0. Nous obtenons donc b = c ou b = �c et a = d. bne peut etre �egal �a c car sinon bc>0 ce qui est exclu. Il reste �nalementb = �c et a = d.Chaque matrice de la restriction �a un plan tel que G est donc du type� a �bb a �. Si u est un endomorphisme normal d'un espace euclidienE alors il existe une base orthonormale de E dans laquelle la matriceM = Diag(D; B1; � � � Br) de u est diagonale par blocs avec D matricediagonale r�eelle et chaque Bi est une matrice 2 � 2 du type � a �bb a �avec b r�eel non nul.10. Soit A 2 Mn(R) une matrice orthogonale14. Consid�erons A comme appar-tenant �a Mn(C ). Soit � 2 C , soit X 2 Mn;1(C ), X 6= 0, AX = �X etX�A� = �X�. Munissons C n de sa base et de son produit scalaire canoniqueset identi�ons une colonne avec un vecteur de C n .kXk2 = X�X = X�A�AX = (�X�)(�X) = ��X�X = j�j2kXk2. Nous end�eduisons j�j = 1. Les valeurs propres de A 2 Mn(C ) sont donc �egale �a 1, �a-1 ou sont complexes, non r�eelles, de modules �egaux �a 1. A �etant une matricer�eelle, les valeurs propres �eventuellement non r�eelles sont donc en nombre pair,2p (compt�ees avec leur ordre de multiplicit�e), �1; � � � ; �p; �1; � � � ; �p avec�i 6= �j pour tout couple (i; j) 2 (Np)2.Montrons que A est, en tant que matrice complexe, diagonalisable (unitaire-ment semblable �a une matrice diagonale).Soit u un automorphisme d'un espace vectoriel hermitien E v�eri�ant8(x; y) 2 E2; (u(x) j y) = (x ju�1(y)). Soit � une valeur propre de u d'espacepropre associ�e E�. Soit F l'orthogonal de E�.Soit (x; y) 2 E��F . (x ju�1(y)) = (u(x) j y) = (�x jy) = 0 donc u�1(y) 2 F .u�1(F ) a meme dimension que F donc u�1(F ) = F puis u(F ) = F . E� et(E�)� sont donc stables par u.Montrons alors le r�esultat demand�e par r�ecurence sur la dimension de E. SiE est de dimension �egale �a 1 le r�esultat est imm�ediat. Suppsons le r�esultatvrai pour tout espace hermitien de dimension au plus �egale �a n. Soit alors unespace hermitien E de dimension �egale �a n+1. Soit u un automorphisme de E14Une matrice orthogonale est une matrice normale donc nous pourrions appliquer le r�esultatde l'exercice pr�ec�edent pour conclure. Les valeurs propres (r�eelles) sont �egales �a 1 ou �a -1 et lesmatrices r�eelles 2� 2 sont des matrices de rotations.

53v�eri�ant 8(x; y) 2 E2; (u(x) j y) = (x ju�1(y)). Soit � une valeur propre deE d'espace propre associ�e E�. Soit F l'orthogonal de E�. Si E� = E alors ler�esultat est prouv�e. Sinon E� et F sont de dimensions comprises ente 1 et n.La restriction de u �a F induit un automorphisme v de F v�eri�ant l'hypoth�esede r�ecurrence. Il existe une base orthonormale de F diagonalisant v. Il existedonc une base orthonormale de E diagonalisant u. Le r�esultat est donc vraiau rang n+ 1. Il est donc vrai pour tout espace hermitien.SoitA une matrice unitaire. Munissons C n de sa base canonique " = ("i)i2Nn etde son produit scalaire canonique. Soit u l'automorpshisme de C n de matriceA dans la base ". Soient X = (xi)i2Nn 2 Mn;1(C ) et Y = (yi)i2Nn 2 Mn;1(C )deux matrices colonnes.Soient x = nXi=1 xi"i et y = nXi=1 yi"i. X�A�1Y = X�A�Y = (AX)�Y donc(x j u�1(y)) = (u(x) j y). Il existe donc (X1; � � � ; Xn) une famille, ortho-gonale donc libre, de colonnes de normes �egales �a 1 et des scalaires �1; � � � ; �nde modules �egaux �a 1 v�eri�ant 8j 2 Nn ; AXj = �jXj.Soit A une matrice orthogonale r�eelle.Soit X 2Mn;1(C ) v�eri�ant AX = �X donc AX = �X.Si (V1; � � � ; Vq) est une base de l'espace propre associ�e �a une valeur propre� non r�eelle de la matrice A. � est de meme ordre de multiplicit�e que � carle polynome caract�eristique est r�eel et (V1; � � � ; Vq) est une base de l'esapcepropre associ�e �a la valeur propre �.Utilisant les notations vues plus haut ; nous avons pour j 2 Np ; �j+p = �j .Nous pouvons donc choisir pour j 2 Np ; Xj+p = Xj .Notons, pour j 2 Np , Yj = 1p2(Xj +Xj+p) et Yj+p = 1ip2(Xj �Xj+p) et pourj 2 [2p + 1; n]; Yj = Xj .Il est imm�ediat, en calculant Y �k Yq, que la famille (Y1; � � � ; Yn) est une baseorthonormale.Pour j 2 Np , AYj = �jp2Xj + �jp2Xj = �j2 (Yj + iYj+p) + �j2 (Yj � iYj+p)= <e(�j)Yj �=m(�j)Yj+p.AYj+p = �jip2Xj � p2i�jXj = �j2i (Yj + iYj+p)� �j2i (Yj � iYj+p)= =m(�j)Yj + <e(�j)Yj+p.La matrice dont les colonnes sont (Y2p+1; � � � ; Yn; Y1; Yp+1; Y2; Yp+2; � � � ; Yp; Y2p)est une matrice r�eelle, orthogonale.Il existe donc une matrice orthogonale P telle que la matrice orthogonale As'�ecrive A = PBP � o�u B est diagonale par blocs. L'un des blocs est Iq, ledeuxi�eme bloc est �Ir les p autres blocs sont du type � cos(�j) � sin(�j)sin(�j) cos(�j) �avec sin(�j) 6= 0. Si p ou q ou r est nul le(s) bloc(s) correspondant(s) n'existe(nt)pas.En conclusion soit u un automorphisme orthogonal d'un espace vectoriel eu-clidien E. Soit E1 l'espace des vecteurs invariants par u. Soit E�1 l'espacedes vecteurs transform�es en leurs oppos�es par u. E1 et E�1 sont orthogonaux.

54CHAPITRE 3. ALG�EBRE QUADRATIQUE, PR�ELIMINAIRES ; CORRIG�ESSoit en�n F l'orthogonal de E1 + E�1. F est de dimension paire �egale �a 2p.F est la somme directe orthogonale de p plans stables par u ; la restrictionde u �a chacun de ces plans est une rotation plane non �egale �a l'identit�e ou �al'oppos�e de l'identit�e. Nous en d�eduisons que u est une rotation (c'est-�a-direune isom�etrie positive) si et seulement si la dimension de E�1 est paire.Nous pouvons faire une autre d�emonstration. D�emontrons le r�esultat pr�elimi-naire suivant : soit un endomorphisme f d'un R-espace vectoriel de dimension�nieE ayant un polynome caract�eristique divisible par le polynomeX2+aX+bsans racine r�eelle. Il existe alors un plan de E stable par f .�u = (X2+aX+b)q P avec (X2+aX+b)^P = 1. Supposons que f2+af+bIdEsoit injective. Dans ces conditions (f2 + af + bIdE)q est injective et, sachantque �f (f) = 0, nous obtenons P (f) = 0. P est donc un polynome annulateurde f ; il est divisible par le polynome minimal de f .Red�emontrons dans le cas d'un R-espace vectoriel15 que le polynome minimalet le polynome caract�eristique ont les memes facteurs irr�eductibles �a des ordresde multiplicit�e �eventuellement di��erents. Soit M 2 Mn(R) � Mn(C ) la ma-trice d'un endomorphisme ' d'une espace vectoriel r�eel E dans une base decelui-ci. Soit X 2Mn;1(C ) une matrice colonne non nulle v�eri�antMX = �Xavec � 2 C . Soit P un polynome annulateur de M . 0 = P (M)X = P (�)Xdonc P (�) = 0. En particulier �M(�) = 0 et si �M est le polynome minimalde ' ou M nous avons de meme �M(�) = 0. Nous en d�eduisons que toutesles valeurs propres de la matrice M consid�er�ee comme une matrice complexe ;c'est-�a-dire les racines de �M sont racines de �M . �M divisant �M n'a doncpas d'autres racines. Nous obtenons donc le r�esultat demand�e.Revenons �a notre question. Si f2 + af + bIdE est injective alors le polynomeminimal qui divise le polynome annulateur P n'a pas X2 + aX + b commediviseur ce qui est faux. f2+ af + bIdE n'est donc pas injective et il existe unvecteur x 2 E non nul tel que f2(x)+af(x)+x = 0. Soit y = f(x). y n'est pascolin�eaire �a x sinon une valeur propre (r�eelle) serait racine deX2+aX+b ce quiest exclu. Soit alors G = Vect(x; y). G est un plan et f(y) = �ay � bx 2 G.G est donc stable par f . Nous en d�eduisons que si f est un endomorphismed'un espace vectoriel r�eel de dimension �nie, il existe au moins une droite ou(non exclusif) un plan stable.Soit alors u un automorphisme orthogonal (c'est-�a-dire une isom�etrie) d'unespace vectoriel euclidien E. Soit � une �eventuelle valeur propre de u et soitx un vecteur propre associ�e. u(x) = �x ; (x j x) = (u(x) j u(x)) = (�x j �x)donc �2 = 1. Nous savons que u� = u�1. Soit H un sous-espace vectorielde E stable par u. u �etant bijective, u(H) = H . Soit (x; y) 2 H � H�.(u(x) j u(y)) = (x j u�1(u(y))) = (x j y) = 0. u(y) est donc orthogonal�a u(H) = H et H� est stable16 par u. Soit E1 l'espace prope associ�e �a lavaleur propre 1 (si 1 n'est pas valeur propre E1 = f0g). Soit E�1 l'espaceprope associ�e �a la valeur propre -1 (si -1 n'est pas valeur propre E�1 = f0g).(x; y) 2 E1 � E�1 ) (u(x) j u(y)) = (x j � y). u �etant une isom�etrie15Voir la d�emonstration plus g�en�erale dans le chapitre alg�ebre lin�eaire.16Il s'agit d'un r�esultat classique car H� est stable par u� = u�1 donc u�1(H) = H puisu(H) = H.

55(x j y) = (u(x) j u(y)) = (x j � y) donc (x j y) = 0. E1 et E�1 sontorthogonaux. Soit F l'orthogonal de E1 � E�1. F est satble par u. Soitv 2 L(F ) d�e�nie par 8x 2 F; v(x) = u(x). v n'a pas de valeurs propres carv(x) = �x ) x 2 (E1 � E�1) \ F = f0g.Soient p et q les dimensions respectives de E1 et E�1.Nous obtenons �u = (1 � X)p(�1 � X)q�v. v n'ayant pas de racines r�eellesnous en d�eduisons que p est l'ordre de multiplicit�e de la valeur propre 1 et qest l'ordre de multiplicit�e de la valeur propre -1. De plus le degr�e de �v estla dimension de F . Cette dimension est alors paire, �egale �a 2r, car sinon �vaurait une racine r�eelle.v est une isom�etrie sans valeur propre. D�emontrons qu'alors il existe r plansdeux �a deux ortogonaux stables par v. (Si r=0, il n'y a pas de plan) Pourr = 1 la preuve est imm�ediate. Supposons le r�esultat vrai pour toute isom�etrie,n'ayant pas de valeur propre, sur un espace vectoriel euclidien de dimension auplus �egale �a 2r. Soit alors v une isom�etrie, n'ayant pas de valeur propre, sur unespace vectoriel euclidien de dimension 2(r +1). v ne poss�ede pas de vecteurspropres donc il n'y a pas de droite stable par v ; comme nous l'avons vu plushaut il y a au moins un plan F 0 stable par v. L'orthogonal de F 0 est stable parv. Soit v0 l'endomorphisme de F 00 = (F 0)� d�e�ni par v0(x) = v(x). �v0 divise�v donc v0 est une isom�etrie n'ayant pas de vecteurs propres. Il existe alors rplans deux �a eux orthogonaux stables par v0 donc par v. Le r�esultat est doncd�emontr�e. Appelons alors F1; � � � ; Fr les plans deux �a deux orthogonaux desomme F . E = E1 � E�1 � rMj=1 Fr.�Etudions alors les isom�etries f , d'un plan H , n'ayant pas de valeur propre.Soit (e1; e2) une base orthonormale deH . f(e1) s'�ecrit ae1+be2 avec a2+b2 = 1car f est une isom�etrie. b est non nul car f n'a pas de vecteur propre. Il existealors � 2]0; �[[]�; 2�[ tel que a = cos(�); b = sin(�). f(e2) est orthogonal �af(e1) et est unitaire donc f(e2) = "(sin(�)e1� cos(�)e2) o�u " 2 f�1; 1g. dansle cas " = 1 le polynome caract�eristique est �egal �a X2 � 2 cos(�)X + 1 ; dansl'autre cas le polynome caract�eristique est �egal �a X2�1. Il ne reste17 donc quele premier cas et la matrice de f dans la base (e1; e2) est � cos(�) � sin(�)sin(�) cos(�) �.Nous pouvons remarquer que � ne d�epend pas de la base orthonormale de memeorientation que la base pr�ec�edente. Le plan �etant suppos�e orient�e par le choixde cette base, � s'appelle alors une mesure (d�e�nie modulo 2�) de l'angle def qui est appel�ee rotation plane. En e�et la matrice de changement de baseorthonormale vers une autre base orthonormale est une matrice orthogonalec'est-�a-dire encore la matrice d'une isom�etrie. Si les deux bases ont la memeorientation le d�eterminant de la matrice est > 0. Cette matrice de passageest du type M = � a �"bb "a � avec det(M) = "(a2 + b2) > 0 donc " = 1 puisa = cos(t); b = sin(t) avec t 2 [0; 2�[. Si les deux bases n'ont pas la meme17Le second cas correspond aux isom�etries n�egatives c'est-�a-dire aux sym�etries orthogonales parrapport �a une droite.

56CHAPITRE 3. ALG�EBRE QUADRATIQUE, PR�ELIMINAIRES ; CORRIG�ESorientation alors " = �1.D'une mani�ere g�en�erale� cos(�) � sin(�)sin(�) cos(�) � � cos(t) �"sin(t)sin(t) "cos(t) � = � cos(t + �) �"sin(t+ �)sin(t+ �) "cos(t+ �) � et� cos(t) �"sin(t)sin(t) "cos(t) � � cos(�) � sin(�)sin(�) cos(�) � = � cos(t+"�) �"sin(t+"�)sin(t+"�) "cos(t+"�) �.L'inverse de la matrice � cos(t) �"sin(t)sin(t) "cos(t) � est la matrice� cos(t) sin(t)�"sin(t) "cos(t) � = � cos(�"t) �"sin(�"t)sin(�"t) "cos(�"t) � donc la matrice de f dansla nouvelle base est� cos(�"t) �"sin(�"t)sin(�"t) "cos(�"t) � � cos(�) � sin(�)sin(�) cos(�) � � cos(t) �"sin(t)sin(t) "cos(t) �= � cos(�"t) cos(t + �)�"sin(�"t) sin(t+ �) �"sin(t + �) cos(�"t) � cos(t + �) sin(�"t)sin(t+ �) cos(�"t)+"cos(t + �) sin(�"t) cos(�"t) cos(t+ �)�"sin(�"t) sin(t+ �) �= � cos(�"t+"(t + �)) �"sin(t+ � � t)"sin(t+ � � t) cos(�"t+"(t + �)) � = � cos("�) � sin("�)sin("�) cos("�) �= � cos("�) � sin("�)sin("�) cos("�) �.Nous obtenons bien le r�esultat.Finalement si u est une isom�etrie d'un espace euclidien E de dimension n ilexiste un espace de dimension p, un espace de dimension q et r plans stablespar u ; ces r+2 sous-espaces �etant deux �a deux orthogonaux tels que la restric-tion de u au premier espace est Id, la restriction au deuxi�eme espace est �Idet les restrictions aux plans sont des rotations planes sans vecteurs propres.Le d�eterminant d'une telle isom�etrie est alors �egal �a (�1)q. Nous retrouvonsbien �evidemment que les racines complexes du polynome caract�eristique de usont de modules �egaux �a 1.u est donc une isom�etrie positive si et seulement si q est pair c'est-�a-dire sil'espace propre associ�e �a la valeur propre -1 est de dimension paire.Nous aurions pu utiliser le r�esultat de l'exercice pr�ec�edent en remarquant queu est un endomrphisme normal donc qu'il existe une base orthonormale danslaquelle la matrice s'�ecrit, en conservant les notations de l'exercice pr�ec�edent,M = Diag(D; B1; � � � ; Br) avec, ici, MM� =M�M = In.MM� = Diag(D2; B1B�1 ; � � � ; BrB�r ); M�M = Diag(D2; B�1B1; � � � ; B�rBr).Chaque matrice Br est donc la matrice d'une rotation plane di��erente de �I2et les �el�ements diagonaux de la matrice D sont �egaux �a �1. Nous retrouvonsle r�esultat demand�e.Soit f une isom�etrie positive. Quitte �a regrouper par deux les vecteurs d'unebase de E�1 et consid�erer �I2 comme une rotation d'angle � nous pouvonsdire qu'il existe une base orthonormale de E, (e1; � � � ; en), dans laquelle lamatrice, M , de f est une matrice diagonale par blocs ; les blocs �etant d'unepart In�2r et d'autre part r matrices 2�2 Rj (j = 1; � � � ; r) de rotationsplanes. (Si r = 0, f = IdE).

57Supposons f 6= IdE. Consid�erons, pour j 2 Nr la matrice diagonale par blocs.Mj = Diag(Is; Rj; I2k)) avec s = n � 2(r � j + 1)), k = r � j (si k = 0, I2kne �gure pas dans l'�ecriture).Notons fj l'isom�etrie positive de matrice Mj . M = rYj=1Mj.Soit Pj = Vect(es+1; es+2). Notons Qj l'orthogonal de Pj . Soit uj la rotationplane de matrice Rj dans la base (es+1; es+2). Il existe deux droites Dj et D0jdu plan Pj telles que uj soit la compos�ee des sym�etries orthogonales du planPj par rapport �a ces deux droites : uj = sDj � sD0j . Notons Hj l'hyperplanQj � Dj et H 0j l'hyperplan Qj � D0j . Notons sj la sym�etrie orthogonale (lar�e exion) par rapport �a l'hyperplan Hj et s0j la sym�etrie orthogonale par rap-port �a l'hyperplan H 0j .D'une mani�ere g�en�erale soit H un hyperplan de E. Soit D une droite inclusedansH Soit P le planD�H�. Soit s la r�e exion de baseH , soit � l'applicationde P dans P sym�etrie orthogonale par rapport �a D. Soit x 2 P . Notons e1une base de D et e2 une base de H�. e1 et e2 sont orthogonaux ; supposons-lesunitaires. s(e1) = e1. s(e2) = �e2. �(e1) = e1, �(e2) = �e2 donc la restrictionde s �a P induit l'isomorphisme orthogonal � de P .En utilisant ce qu'il vient d'etre vu nous en d�eduisons :pour x 2 Qj ; fj(x) = x et (sj � s0j)(x) = x,pour x 2 Pj; fj(x) = uj(x) = (sDj � sD0j)(x) = (sj � s0j)(x).Donc fj = sj � s0j. f est donc le produit d'au plus n� p r�e exions.Si f est une isom�etrie n�egative, soit g une r�e exion hyperplane. g � f est uneisom�etrie positive donc le produit de r�e exions. f est donc le produit de r�e- exions. Les r�e exions engendrent donc l'ensemble des isom�etries de l'espaceeuclidien E.Soient D1 et D2 deux droites de E distinctes. Soit Q l'orthogonal du planP = D1 � D2. Notons d1 la sym�etrie orthogonale de base D1 et d2 la sy-m�etrie orthogonale de base D2. Pour x 2 Q; d1(x) = �x; d2(x) = �x donc(d2�d1)(x) = x. Pour x 2 P (d2�d1)(x) = (�2��1)(x) o�u �1 et �2 d�esignent lessym�etries orthogonales du plan P respectivement par rapport �a D1 et D2. Enreprenant ce qui a �et�e vu plus haut nous en d�eduisons que fj est le produit dedeux sym�etries orthogonales par rapport �a deux droites puis qu'une isom�etriepositive est le produit d'au plus n � p sym�etries orthogonales par rapport �ades doites.Tous droits r�eserv�es, Exercices corrig�es, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.

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Chapitre 4Espaces euclidiens, pr�ehilbertiens ;corrig�esLorsqueA = (ai;j)(i;j)2Np�Nq 2Mp;q(C ), nous noteronsA� = (bi;j)(i;j)2Nq�Np 2 Mq;p(C )la matrice telle que 8(i; j) 2 Nq � Np ; bi;j = aj;i. A� s'appelle la matrice adjointede la matrice A. Si A 2 Mp;q(R), alors A� est la transpos�ee de la matrice A quenous noterons indi��eremment A� ou tA.1. f(0) �etant nul nous avons pour tout x 2 E kf(x)k = kxk.Soit (x; y) 2 E2.kf(x) � f(y)k2 = kf(x)k2 + kf(y)k2 � 2(f(x j f(y))= kxk2 + kyk2 � 2(f(x j f(y)).Par ailleurs kx� yk2 = kxk2 + kyk2 � 2(x j y) donc8(x; y) 2 E2; (f(x) j f(y)) = (x j y).Il su�t de d�emontrer que f est lin�eaire1.Soient � 2 R et x 2 E.kf(�x) � �f(x)k2 = kf(�x)k2 + k�f(x)k2 � 2(f(�x) j �f(x)) = 0.De meme soit (x; y) 2 E2.kf(x + y)� f(x)� f(y)k2 = kx+ yk2 � (x + y jx)� (x + y jy)� (x j x + y)+kxk2 + (x j y)� (y j x + y) + (x j y) + kyk2 = 0.f est bien lin�eaire ; f(x) = 0 ) kf(x)k = kxk = 0 donc f est injective puisbijective car E est de dimension �nie ; il s'agit d'un automorphisme orthogo-nal2.2. Soient x et y deux vecteurs de meme norme.(x+ y j x� y) = kxk2�kyk2 = 0. x+ y ? x� y donc f(x+ y) ? f(x� y) soitencore, f �etant lin�eaire, (f(x)+f(y) j f(x)�f(y)) = 0 donc kf(x)k = kf(y)k.Soit x0 un vecteur de norme �egale �a 1. Posons kf(x0)k = k.Soit x un vecteur non nul. 1kxkx est de norme �egale �a 1 donc f � 1kxkx� = k.f �etant lin�eaire nous en d�eduisons kf(x)k = kkxk qui est vrai aussi pour x = 0.f est donc la compos�ee d'une homot�etie, de rapport k, et d'une isom�etrie (quiest un automorphisme orthogonal en dimension �nie).1Nous avons d�ej�a d�emontr�e ce r�esultat dans les exercices pr�eliminaires.2Soit E un espace a�ne euclidien de direction E. Soit g une application de E dans E v�eri�ant8(p; q) 2 (E)2, d(g(p); g(q)) = d(p; q). Soit a 2 E ; posons, pour �!x 2 E; f(�!x ) = g(a+�!x )� g(a)c'est-�a-dire f(�!x ) = ��!g(a)g(a +�!x ) . 8(�!x ; �!y ) 2 E2; kf(�!x ) � f(�!y )k = k�!x � �!y k. f est donc unautmorphisme orthogonal et g est une isom�etrie a�ne.

60 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ES3. (a) Nous avons vu dans les exercices pr�eliminaires que le d�eterminant def est �egal �a (�1)q o�u q = dim(Ker(f + IdE)). L'�equivalence est alorsimm�ediate.(b) Soit I = Ker(g + IdE). Pour x 2 I , f(g(x)) = �f(x) = g(f(x)) doncf(x) 2 I .f n'a pas de valeur propre donc est injective puis dim(f(I)) = dim(I).Nous avons alors f(I) = I .La restriction de f �a I induit un endomorphisme f 0 de I . f 0 n'a pas devaleur propre (sinon f en aurait) donc la dimension de I est paire3 etd'apr�es le r�esultat pr�ec�edent g est une isom�etrie positive.4. (a) Soit E un espace euclidien de dimension au moins �egale �a 3.Soit (x; x0; y; y0) 2 E4 avec kxk = kx0k, kyk = ky0k, kx�yk = kx0�y0k.Montrons qu'il existe une rotation u telle que u(x) = x0; u(y) = y0.8(u; v) 2 E2; 2(u j v) = kuk2 + kvk2 � ku � vk2.Nous avons donc (x j y) = (x0 j y0). Soit s1 une4 sym�etrie orthogonalehyperplane �echangeant x et x0.Notons y00 = s1(y). kx � yk = ks1(x) � s1(y)k = kx0 � y00k = kx0 � y0k.y0 et y00 ont la meme norme donc (x0 j y00) = (x0 j y0). Nous en d�eduisonsque x0 est orthogonal �a y0 � y00.Si y0 6= y00, soit s2 la sym�etrie orthogonale hyperplane �echangeant y0 ety00. Si y0 = y00 nous prenons s2 = IdE. (s2 � s1)(x) = s2(x0) = x0.(s2 � s1)(y) = s2(y00) = y0. s2 � s1 est un automorphisme orthogonal.Si s2 � s1 2 O�(E) consid�erons un hyperplan contenant x0 et y0. Lasym�etrie orthogonale par rapport �a cet hyperplan laisse x0 et y0 invariantset u = s�s2�s1 2 O+(E). Il existe donc un �el�ement de O+(E) convenable.(b) Soit r une rotation de E (orient�e) de dimension 3 d'axe (s'il ne s'agit pasde l'identit�e) dirig�e par a, d'angle �. Le plan P orthogonal �a a est orient�epar le choix d'une base (e1; e2) orthonormale telle que (e1; e2; a) soitdirecte. Soit D1 une droite de P . Soit D2 une seconde droite de P tellequ'une mesure de l'angle (D1; D2) dans le plan orient�e P soit �egale �a �2 .Notons sD1 (resp. sD2) le demi-tour d'axe D1 (resp. D2).Soit x 2 P . (sD2 � sD1)(x) = �(x) o�u � est la rotation de P d'angle demesure �egale �a �. Soit x 2 Ra. sD1(x) = �x; sD2(�x) = x. Nous end�eduisons r = sD2 � sD1 .Si r = IdE, soit s un demi tour ; s2 = IdE. Les demi-tours engendrentdonc SO(3).Nous pouvons e�ectuer une autre d�emonstration de ce r�esultat.Consid�erons les deux endomorphismes u et v de E qui ont pour matrices3la dimension de E �etait elle aussi paire �etant donn�e que f n'avait pas de valeur propre.D'une mani�ere g�en�erale, un endomorphisme sur un espace vectoriel r�eel de dimension �nie sansvaleur propre ne peut laisser stable que des sous-espaces vectoriels de dimensions paires. Nousavons d'ailleurs vu dans les pr�eliminaires qu'un tel endomorphisme laisse stable au moins un plan.4Si x = x0 on peut choisir n'importe quelle sym�etrie ; si x 6= x0 nous avons qu'il existe une etune seule telle sym�etrie il s'agit de la sym�etrie par rapport �a l'hyperplan orthogonal �a x � x0.

61respectivement 0@ 1 0 00 �1 00 0 �1 1A et 0@ cos(�) sin(�) 0sin(�) � cos(�) 00 0 �1 1A dans labase (e1; e2; a).v � u = r. u et v sont des automorphismes orthogonaux positifs. Il estimm�ediat que u est un demi tour. v est un endomorphisme sym�etrique ;nous avons alors v = v�; v � v� = IdE donc v2 = IdE ; v est une sym�etrieorthogonale. tr(v) = �1 ; -1 est donc une valeur propre double et v estun demi tour.(c) Soient t1 le demi-tour d'axe une droite D1 et t2 le demi-tour d'axe unedroite D2. Soit r une rotation telle que r(D1) = D2. Une telle rotationexiste ; il su�t de choisir une rotation r d'axe dirig�e par a 6= 0 orthogonal�a D1 et D2 telle que sa restriction au plan orthogonal �a a est la rotationplane transformant D1 en D2.Soit x 2 D1. (t2 � r)(x) = r(x) car r(x) 2 D2.(r�1 � t2 � r)(x) = x = t1(x).Soit x 2 D1�. r(x) 2 (r(D1))� = D�2 car r est un automorphisme ortho-gonal. Nous avons alors t2(r(x)) = �r(x).(r�1 � t2 � r)(x) = r�1(�r(x)) = �x = t1(x) donc t1 = r�1 � t2 � r.Si t2 appartient �a un sous-groupe distingu�e, H , de SO(3) alors t1 2 H .Un demi-tour est alors dans H si et seulement si tous y sont. Nous end�eduisons que si un demi-tour est dans H alors toutes les rotations sontaussi dans H .Pour prouver que H = SO(3) il su�t de prouver qu'il contient un demi-tour.Soit alors H un sous-groupe distingu�e de SO(3), di��erent de fIdEg. Soitu 2 H; u 6= IdE. Soit a un vecteur de norme �egale �a 1 dirigeant l'axe deu. Soit � une mesure de l'angle de u (le plan orthogonal �a a est orient�e demani�ere compatible avec a). Quitte �a remplacer u par u�1 qui est aussidans H , on peut supposer que � 2]0; �].Soient P = (Ra)? et S2 la sph�ere unit�e. Soit x 2 P \ S2. Notonsy = u(x) et d = ky � xk. La restriction de u au plan P est la rotationplane d'angle de mesure �.Dans la base orthonormale directe de P de premier vecteur x, y = u(x)a pour coordonn�ees (cos(�); sin(�)).Nous en d�eduisons ky � xk2 = (1� cos(�))2 + sin2(�) = 2(1� cos(�)).Soit m 2 [0; d]. Consd�erons les deux demi-plans contenant Ra ; le pre-mier contenant x, le second contenant y. Ces demi-plans coupent S2selon deux demi-cercles de diam�etre port�e par Ra. Un plan orthogonal �aa coupe ces demi-cercles en deux points dont la distance varie continu-ment de 0 �a d. Il existe donc bien (b1; b2) 2 (S2)2 tel que u(b1) = b2 etkb2 � b1k = m.Retrouvons ce r�esultat par le calcul.Si m = 0 il su�t de choisir a.Supposons m 6= 0.Choisissons b1 = k(x+ �a) et b2 = k(y + �a) avec k et � r�eels.

62 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ESu(b1) = k(u(x) + �a) = k(y + �a).Il su�t donc de choisir k et � pour que kb1k = 1 et kd = m.kb1k2 = k2(1 + �2). Il su�t donc de choisir k = md et � = pd2 �m2m .Soient y1 et y2 deux �el�ements de S2 distants de m. Comme nous l'avonsvu plus haut, il existe v 2 SO(3) tel que v(y1) = b1 et v(y2) = b2.Posons w = v�1 � u � v 2 H car H est distingu�e. w(y1) = y2. Il vientalors 8(y1; y2) 2 (S2)2; ky1 � y2k = m 2 [0; d] 9w 2 H; w(y1) = y2.Soit, pour n 2 N� , �n la rotation d'axe dirig�e par a d'angle �n .kx � �n(x)k2 = 2(1� cos��n� donc limn!+1 kx� �n(x)k = 0.d > 0 donc il existe N 2 N� ; n>N ) kx� �n(x)k6d.Soit n 2 N; n>N . Posons x0 = x et pour i 2 N; xi+1 = �n(xi). xn = �x,kxi+1 � xik = kx � �n(x)k6d.Pour tout i 2 N, Il existe donc, d'apr�es ce que nous venons de voir, ui 2 Hui(xi) = xi+1.Soit h = un � � � � � u1. h 2 H et h(x) = �x. h est une rotation ayantune valeur propre �egale �a -1 ; il s'agit donc d'un demi tour qui appartient�a H . Le r�esultat est d�emontr�e.5. Munissons Mn(K) (K=R ou C ) de la norme : kMk = max(i;j)2(Nn)2 jmi;jj o�uM = (mi;j)(i;j)2(Nn)2 .kMk = kM�k (M� d�esigne comme nous l'avons d�ej�a dit la transpos�ee de laconjugu�ee de la matrice M).8(i; j) 2 (Nn)2; M = (mi;j)(i;j)2(Nn)2 2Mn(K ) 7�! mj;i 2 K est �evidemmentcontinue donc M 2Mn(K) 7�!M� 2Mn(K) est continue.(A; B) 2 (Mn(K ))2 7�! AB 2 Mn(K ) est continue car elle est bilin�eaire surun espace de dimension �nie (nous avons d'ailleurs kABk6nkAk kBk).Nous en d�eduisons que l'application M 2 Mn(K) 7�! M�M 2 Mn(K) estcontinue. L'image r�eciproque de fIng par cette application est donc un ferm�ede Mn(K). La somme des carr�es des modules d'un �el�ement de O(n) ou U(n)est �egale �a 1 donc la norme d'un tel �el�ement est au plus �egale �a 1. O(n) commeU(n) est un sous-ensemble ferm�e born�e d'un espace vectoriel de dimension �-nie (n2) ; il s'agit bien d'un compact pour la norme propos�ee donc pour toutesles normes car celles-ci sont �equivalentes.L'applicationM 2Mn(R) 7�! (mi;j)(i;j)2(Nn)2 2 Rn2 est continue ;det(M) = X�2Sn "� nYi=1mi;�(i)! est un polynome en les coe�cients de M doncl'application M 2 Mn(R) 7�! det(M) 2 R est continue. L'image r�eciproquede f1g par cette application est ferm�ee ; l'intersection avec O(n) est doncferm�ee incluse dans un compact et est compacte donc SO(n) est compact.6. (a) Soit p un projecteur orthogonal d'un espace pr�ehilbertien r�eel E.Soit x = x1 + x2 2 E avec (x1; x2) 2 Ker(p)� Im(p).De meme soit y = y1 + y2 2 E avec (y1; y2) 2 Ker(p)� Im(p).

63(p(x) j y) = (x2 j y) = (x2 j y2) = (x j y2) = (x j p(y). p est biensym�etrique.Supposons que p soit un projecteur sym�etrique de E.Soit (x; y) 2 Ker(p) � Im(p). (x j y) = (x j p(y)) = (p(x) j y) = 0. Lenoyau et l'image de p sont orthogonaux ; p est un projecteur orthogonal5.(b) Montrons qu'un projecteur de E est orthogonal si et seulement si sanorme est �egale �a 1 (ou, ce qui est �equivalent, au plus �egale �a 1).Soit p un projecteur orthogonal de E. Soit x 2 E. x = p(x)+ (x� p(x)).p(x) et x � p(x) sont orthogonaux donc kxk2 = kp(x)k2 + kx � p(x)k2puis kp(x)k6kxk donc kjpkj61.Si x 2 Im(p) alors kxk = kp(x)k donc kjpkj = 1.Soit p un projecteur de E de norme au plus �egale �a 1.Cela signi�e : 8x 2 E; kp(x)k6kxk. Soit (x; y) 2 Im(p) � Ker(p) ;soit t 2 R�. D'apr�es l'hypoth�ese nous avons kxk26kx + tyk2 c'est-�a-diret2kyk2+2t(x j y)>0. Pour t > 0 il vient tkyk2+2(x j y)>0 et pour t < 0,tkyk2+2(x j y)60. En faisant tendre t vers 0 nous en d�eduisons (xj y)>0et 60 c'est-�a-dire (x j y) = 0. p est un projecteur orthogonal et sa normeest alors, d'apr�es le r�esultat pr�ec�edent, �egale �a 1.f1 : p 2 L(E) 7�! p2 � p 2 L(E) et f2 : p 2 L(E) 7�! kjpkj 2 R sontdes applications continues. P = f�11 (f0g) \ f�12 (f1g). P est donc ferm�eet born�e dans un espace vectoriel de dimension �nie ; il s'agit bien d'uncompact.7. (a) En utilisant les r�esultats vus plus haut nous savons qu'il existe une baseorthonormale de l'espace vectoriel euclidien E dans laquelle un �el�ementde O(E) a pour matrice Diag(A1; � � � ; Ap) o�u A1 = Iq; A2 = �Ir (A1 = 0si q = 0 et A2 = 0 si r = 0) ; les autres �el�ements Ai sont des matrices2 � 2, di��erentes de �I2, du type � cos(�i) � sin(�i)sin(�i) cos(�i) �.Lorsque u 2 O+(E) alors r est pair donc, �Ir peut etre consid�er�ee commeune matrice diagonale par blocs, les blocs �etant du type� cos(�) � sin(�)sin(�) cos(�) �avec � = �.Finalement, lorsque u appartient �a O+(E), il existe une base orthonor-male de E dans laquelle la matrice de u est du type Diag(A1; � � � ; As)o�u A1 = Iq (A1 = 0 si q = 0) ; les autres �el�ements Ai sont des matrices2 � 2, di��erentes de I2, du type � cos(�i) � sin(�i)sin(�i) cos(�i) �.Rempla�cons chaque matriceAi; i>2, par la matrice� cos(t�i) � sin(t�i)sin(t�i) cos(t�i) �o�u t 2 [0; 1]. La matrice A(t) ainsi obtenue est la matrice d'un �el�ementu(t) de O+(E).L'application f : t 2 [0; 1] 7�! u(t) 2 O+(E) est continue, f(0) = idE ,f(1) = u. u est donc connectable �a IdE .5Dans le cas d'un espace pr�ehilbertien complexe nous avons : un projecteur p est orthogonal siet seulement si p est hermitien.

64 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ESSi u et v sont deux �el�ements de O+(E) il existe un chemin d'origine IdEd'extr�emit�e u et un chemin d'origine IdE d'extr�emit�e v. En concat�enantces deux chemins nous construisons un chemin d'origine u et d'extr�emt�e vinclus dans O+(E). Nous en d�eduisons que O+(E) est connexe par arcs.(b) L'aplication u 2 L(E) 7�! det(u) 2 R est continue ; l'image de O(E) parcette application est f�1; 1g qui n'est pas connexe par arcs donc O(E)n'est pas connexe par arcs.8. (a) Soit u 2 L(E). Supposons u = u�.pour x 2 E nous avons (u(x) j x) = (x j u(x)) = (u(x) j x) donc(u(x) j x) 2 R.Supposons que pour tout �el�ement x de E on ait (u(x) j x) 2 R.Soient x et y deux �el�ements de E. (u(x+y) j x+y) et (u(x+ iy) j x+ iy)sont r�eels. En d�eveloppant nous obtenons(u(x) j x) + (u(x) j y) + (u(y) j x) + (u(y) j y) 2 R ; de meme nousobtenons (u(x) j x) + i(u(x) j y)� i(u(y) j x) + (u(y) j y) 2 R. Nous end�eduisons(u(x) j y) + (u(y) j x) = 2a 2 R et (u(x) j y) � (u(y) j x) = 2ib 2 iR.Il vient alors (u(x) j y) = a + ib et (u(y) j x) = a � ib c'est-�a-dire(u(x) j y) = (u(y) j x) = (x j u(y)) d'o�u l'�equivalence.Ce r�esultat est vrai en dimension �nie ou non.(b) u est hermitien positif donc il existe une base orthonormale e = (ei)i2Nnde diagonalisation de u ; les valeurs propres (�1; � � � ; �n) de u sont dansR+. Soit x = nXi=1 xiei.(x j u(x)) (u(x) j u2(x)) = nXi=1 �ijxij2! nXi=1 �3i jxij2!=X16i;j6n�3i�jjxij2 jxjj2.ku(x)k4 = nXi=1 �2i jxij2!2=X16i;j6n�2i�2j jxij2 jxjj2.(x j u(x)) (u(x) j u2(x))� ku(x)k4 = X16i;j6n�2i�j(�j � �i)jxij2 jxjj2= X16i<j6n�2i�j(�j � �i)jxij2 jxjj2 + X16i<j6n�2j�i(�i � �j)jxij2 jxjj2= X16i<j6n�i�j(�j � �i)2jxij2 jxjj2>0d'o�u le r�esultat.9. (a) Soit g une forme lin�eaire d�e�nie sur l'espace hermitien (E; '). Supposonsg non nulle de noyau l'hyperplanH . Soit a un vecteur unitaire orthogonal�a H . Soit h la forme lin�eaire x 2 E 7�! '(a; x) 2 C .Pour x 2 H; g(x) = h(x) = 0.Soit � 2 C . g(�a) = �g(a); h(�a) = �. Nous en d�eduisons g = g(a)h.Soit b = g(a)a alors g = x 2 E 7�! '(b; x) 2 C .Tous droits r�eserv�es, Exercices corrig�es, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.

65Si g = 0 il su�t de choisir b = 0.Soient b1 et b2 deux �el�ements de E.8x 2 E; '(b1; x) = '(b2; x)) 8x 2 E; '(b1 � b2; x) = 0 donc b1 = b2.Il existe donc b 2 E unique tel que g = x 2 E 7�! '(b; x) 2 C .Soit f une forme sesquilin�eaire �a sym�etrie hermitienne d�e�nie sur E.Soit y 2 E. L'application x 2 E 7�! f(y; x) 2 C est une forme lin�eaire.En utilisant le r�esultat pr�ec�edent nous obtenons l'existence d'un �el�ementunique u(y) tel que 8x 2 E; f(y; x) = '(u(y); x). Nous d�e�nissons ainsiune application u de E dans E.Soient y1 et y2 deux �el�ements de E, soit � un nombre complexe.'(u(y1 + �y2); x) = f(y1 + �y2; x) = f(y1; x) + �f(y2; x)= '(u(y1); x) + �'(u(y2); x) = '(u(y1) + �u(y2); x).Grace �a l'unicit�e nous en d�eduisons u(y1 + �y2) = u(y1) + �u(y2). u estdonc une application lin�eaire.Il existe donc u 2 L(E) telle que 8(x; y) 2 E2; f(x; y) = '(u(x); y).u est unique car si pour tout couple (x; y) d'�el�ements de E nous avons'(u(x); y) = '(v(x); y) alors en choisissant y = u(x) � v(x) nous obte-nons '(u(x)� v(x); u(x) � v(x)) = 0 c'est-�a-dire u = v.f �etant �a sym�etrie hermitienne ; nous avons donc pour tout (x; y) 2 E2,f(x; y) = f(y; x) = '(u(y); x) = '(x; u(y)) et f(x; y) = '(u(x); y).Nous avons bien f(x; y) = '(u(x); y) = '(x; u(y)) = '(x; u�(y)) doncu = u�. En particulier 8x 2 E; f(x; x) = '(u(x); x).Soit u lin�eaire v�eri�ant u = u� et 8x 2 E; f(x; x) = '(u(x); x). Soientx et y deux �el�ements de E. f(x + y; x + y) = '(u(x+ y); x + y) doncf(x; x) + f(y; y) + 2 <e(f(x; y)) = '(u(x) + u(y); x + y)= '(u(x); x) + '(u(y); y) + 2 <e('(u(x); y))c'est-�a-dire <e(f(x; y)) = <e('(u(x); y)).En rempla�cant y par iy nous obtenons =m(f(x; y)) = =m('(u(x); y))soit �nalement f(x; y) = '(u(x); y).Il existe donc une et une seule application lin�eaire u hermitienne v�eri�ant8x 2 E; f(x; x) = '(u(x); x).La dimension �etant �nie nous pouvons faire une d�emonstration \matri-cielle". Soit e une base de E orthonormale pour le produit scalaire '.Soit A la matrice, hermitienne, de f dans la base e. Soient x et y deux�el�ements de E de matrices colonnes de coordonn�ees dans la base e Xet Y . Soit u l'endomorphisme hermitien de matrice A dans la base e.f(x; y) = X�AY = X�A�Y = '(u(x); y). Nous terminons commeau-dessus.(b) Nous avons vu dans des exercices pr�ec�edents que si u est un endomor-phisme hermitien d'un espace hermitien alors il existe une base orthonor-male e = (e1; � � � ; en) de E de diagonalisation de u ; de plus les valeurspropres de u sont r�eelles.8(x; y) 2 E2; f(x; y) = '(u(x); y) donc8(i; j) 2 (Nn)2; f(ei; ej) = '(u(ei); ej) = '(�iei; ej) = �i�ji . La base eest orthogonale pour f et orthonormale pour le produit scalaire '.Soient A et B deux matrices hermitiennes appartenant �a Mn(C ).

66 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ESSupposons que 8X 2Mn;1(C ); X�AX = [a] avec a 2 R+ et8X 2 Mn;1(C ); X�AX = [0] ) X = 0. A est la matrice d'un produitscalaire hermitien ' (A est dite heritinne d�e�nie positive). B est la ma-trice d'une forme sesquilin�eaire �a sym�etrie hermitienne. Soit " la basecanonique de C n . Nous avons vu qu'il existe une base de e orthonormalepour ' et orthogonale pour f . Soit P la matrice de passage de " �a e.La matrice de ' dans la base e est In donc In = P �AP . La matrice Dde f dans cette meme base e est diagonale donc D = P �BP . En notantQ = P�1 nous en d�eduisons A = Q�Q et B = Q�DQ.10. Il s'agit du meme r�esultat que le pr�ec�edent dans le cas r�eel. Nous faisonsune d�emonstration l�eg�erement di��erente sans faire intervenir explicitementl'endomorphisme sym�etrique associ�e.Soit f la forme bilin�eaire sym�etrique dont la matrice dans la base canoniquede Rn est A. f est un produit scalaire. Il existe une base, (e1; � � � ; en),orthonormale pour ce produit scalaire. Soit Q la matrice de passage de la basecanonique de Rn �a cette base. La matrice de f dans cette nouvelle base est In.Nous avons donc In = Q�AQ. Soit g la forme bilin�eaire sym�etrique dont lamatrice dans la base canonique de Rn est B. La matrice de g dans la nouvellebase est B1 = Q�BQ. B1 est une matrice sym�etrique r�eelle donc il existe unematrice orthogonale U telle que B1 = UDU�1 = UDU�. Nous obtenons alorsUDU�1 = UDU� = Q�BQ et In = U�Q�AQU .Posons P = U�Q�1 = (QU)�1. Nous obtenons B = P �DP et A = P �P .Remarque en rempla�cant sym�etrique par hermitien, R par C nous obtenonsle meme r�esultat.11. Soit E un espace hermitien de dimension n>1. Soit U une partie non vide deL(E) v�eri�ant : u 2 U ) u� 2 U , (u; v) 2 (U)2 ) u � v = v � u.Pour n = 1 tous les endomorphismes sont diagonalisables dans une base or-thonormale.8u 2 U ; u� � u = u � u�. Soit � une valeur propre d'un �el�ement u0 de U .Notons E� l'espace propre associ�e.Soit x 2 E�. Soit u 2 U . �u(x) = u(u0(x)) = u0(u(x)). Nous en d�eduisonsu(x) 2 E�. E� est stable par tous les �el�ements de U . En particulier E� eststable par u� puis (E�)� est stable par u ; (E�)� est stable par tous les �el�ementsde U .Si tous les �el�ements de E sont du type aIdE, avec a 2 C , toute base orthonor-male convient. Supposons qu'il existe un �el�ement u0 de U di��erent, pour touta 2 C , de aIdE . Supposons que pour tout espace hermitien E de dimensionau plus �egale �a n>2 et pour toute famille d'endomorphismes de E v�eri�antles propri�et�es propos�ees il existe une base orthonormale de E commune dediagonalisation de tous les endomorphismes en question.Soit E un espace vectoriel hermitien de dimension n+ 1.Notions E1 l'espace propre associ�e �a une valeur propre � de u0 et E2 l'ortho-gonal de E1. dim(E1)6n; dim(E2)6n.D'apr�es ce que nous venons de voir, pour u 2 U , notons u1 et u2 les en-

67domorphismes respectivement de E1 et E2 induits par les restrictions de urespectivement �a E1 et E2. Notons U1 l'ensemble des endomorphismes de E1induits par les restrictions �a E1 des �el�ements de U et U2 l'ensemble des endo-morphismes de E2 induits par les restrictions �a E2 des �el�ements de U .8(u1; v1) 2 U21 ; u1 � v1 = v1 � u1; u�1 2 U1 et8(u2; v2) 2 U22 ; u2 � v2 = v2 � u2; u�2 2 U2.D'apr�es l'hypoth�ese de r�ecurrence il existe une base orthonormale de E1 dediagonalisation de tous les �el�ements de U1 et une base orthonormale de E2 dediagonalisation de tous les �el�ements de U2. En concat�enant ces deux basesnous obtenons le r�esultat demand�e.Nous en d�eduisons, en particulier, que pour toute famille d'endomorphismeshermitiens qui commutent deux �a deux il existe une base orthonormale dediagonalisation de tous les �el�ements de la famille.12. Le r�esultat est imm�ediat si E est de dimension �egale �a 1.Supposons le r�esultat vrai pour toute famille d'endomorphismes sym�etriquesqui commutent deux �a deux d�e�nis sur des espaces euclidiens de dimensionsau plus �egales �a n� 1; n>2.Soit (ui)i2I une famille d'endomorphismes sym�etriques de l'espace vectorieleuclidien E de dimension n qui commutent deux �a deux.Si tous les endomorphismes sont du type �iIdE avec �i 2 R toute base ortho-normale de E convient. Supposons qu'il existe un endomorphisme ui0 qui nesoit pas du type �IdE . ui0 poss�ede au moins deux valeurs propres distinctes ;si l'une d'entre elles est a l'espace propre associ�e, Ea, est di��erent de f0g etde E. 16 dim(Ea)6n� 1.Soit x 2 Ea. Soit i 2 I . ui(ui0(x)) = aui(x) = ui0(ui(x)). La derni�ere �egalit�epermet de conclure que ui(x) 2 Ea. Ea est donc stable par tous les endomor-phismes ui. L'orthogonal F de Ea est donc aussi stable6 par tous les ui car ilssont sym�etriques. 16 dim(F )6n�1. Notons vi l'endomorphisme de Ea induitpar la restriction de ui et wi l'endomorphisme de F induit par la restrictionde ui. les endomorphismes vi sont sym�etriques et commutent deux �a deux, dememe que les endomorphismes wi. L'hypoth�ese de r�ecurrence permet de trou-ver une base orthonormale de Ea de diagonalisation commune des vi et unebase orthonormale de F de diagonalisation commune des wi. En concat�enantces deux bases nous disposons d'une base orthonormale de diagonalisation detous les ui. Le r�esultat est donc prouv�e.Le r�esultat est analogue pour des endomorphismes hermitiens d'un espace vec-toriel hermitien ; la d�emonstration est la meme.13. (a) Soient u et v deux endomorphismes hermitiens positifs v�eri�ant u2 = v2.Nous avons vu que les endomorphismes hermitiens sont diagonalisablesdans un e base orthonormale de E.Soit alors e = (e1; � � � ; en) une base orthonormale de diagonalisation deu.6Si un sous espace d'un espace euclidien est stable par un endomorphisme, son orthogonal eststable par son adjoint.

68 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ESSoit i 2 Nn . u(ei) = �iei o�u les �i sont des r�eels positifs. Soit h = u � v.v(h(ei)) = v(u(ei))� v(v(ei)) = �iv(ei)� u(u(ei))= �iv(ei)� �iu(ei) = ��ih(ei).v est un endomorphisme sym�etrique positif donc a des valeurs propresr�eelles positives. Si h(ei) 6= 0 alors ��i est une valeur propre de v ;��i60 donc �i = 0. Finalement 8i 2 Nn ; u(ei) = 0 ou h(ei) = 0.v est diagonalisable donc Ker(v) = Ker(v2).u(ei) = 0 ) 0 = u2(ei) = v2(ei) ) v(ei) = 0 ) h(ei) = 0 donc8i 2 Nn ; h(ei) = 0 et h = 0 puis u = v.(b) Si u est un endomorphisme hermitien il est diagonalisable dans une baseorthonormale e = (e1; � � � ; en) et si u est positif ses valeurs propres sontr�elles positives. 8i 2 Nn ; u(ei) = di2ei avec di 2 R+. Soit w l'endomor-phisme de E tel que 8i 2 Nn ; w(ei) = diei.8i 2 Nn ; w2(ei) = di2ei = u(ei) donc u = w2.8(i; j) 2 (Nn)2; (w(ei) j ej) = di�ji , (ei j w(ej)) = di�ji . Nous avonsdonc pour tout (x; y) 2 E2 (w(x) j y) = X16i6n16j6n xiyjdi�ji = nXi=1 xiyidi et(x j w(y)) = X16i6n16j6n xiyjdj�ji = nXi=1 xiyidi. w est un endomorphisme hermi-tien positif7. w est unique d'apr�es le r�esultat de la question pr�ec�edente.14. (a) Soit8 A 2 GLn(C ). Soit X 2 Mn;1(C ), X 6= 0. Notons Y = AX .Y = (yi)i2Nn 2 Mn;1(C ). X�A�AX = (AX)�(AX) = nXi=1 jyij2 > 0, car Aest inversible, donc Y 6= 0. A�A est donc une matrice hermitienne d�e�niepositive.Il existe une matrice diagonale D = Diag(d12; � � � ; dn2) �a diagonalestrictement positive (avec 8i 2 Nn ; di > 0) et une matrice unitaire Utelles que A�A = UDU�. Soit � = Diag(d1; � � � ; dn).Posons H = U�U�. H est une matrice hermitienne d�e�nie positive. SoitU = AH�1.UU� = AU��1U�U��1U�A� = AU��2U�A� = A(A�A)�1A� = In. Uest donc unitaire. Il existe donc U unitaire et H hermitienne d�e�niepositive telles que A = UH .Montrons l'unicit�e du couple (U; H) avec U unitaire et H hermitienned�e�nie positive.7Nous pouvions aussi dire que la matrice de w dans la base orthonormale e est hermitienne(diagonale et �a diagonale r�eelle positive) donc w est hermitien.8Nous pouvons utiliser le r�esultat de l'exercice pr�ec�edent. Soit a l'automorphisme de E = C nmuni de sa base et de son produit scalaire canoniques dont la matrice est, dans la base canonique,A. a� � a est un automorphisme hermitien positif donc il existe w un automorphisme hermitienpositif v�eri�ant w2 = a� � a.(a�)�1�w = a�w�1 donc (a�w�1)� = w�a�1 puis (a�w�1)�(a�w�1)� = (a�w�1)�(w�a�1) = IdE.u = a �w�1 est unitaire et a = u �w avec u unitaire et w sym�etrique d�e�ni positif ; d'o�u le r�esultatd�emontr�e.

69Soit B = A�A. Soit f un polynome9 tel que 8i 2 Nn ; f(d2i ) = di. f existecar si d2i = d2j alors di = dj ; il su�t de choisir le polynome d'interpollationde Lagrange. f = nXi=0 aiX i.f(B) = U nXi=0 aiDi!U� = U Diag(f(d21); � � � ; f(d2n))U� = H .Supposons A = UH = U 0H 0 avec U et U 0 unitaires,H et H 0 hermitiennesd�e�nies positives.H2 = H 02 = B. H 0B = H 03 = BH 0 ; H 0 commute avec B donc avecf(B) = H . Les matrices H et H 0 sont diagonalisables donc10 il existeune base commune de diagonalisation. Il existe une matrice Q inversibletelle que H = QD1Q�1; H 0 = QD01Q�1 o�u D1 et D01 sont diagonales ; les�el�ements diagonaux �etant strictement positifs.H2 = QD12Q�1 = H 02 = QD012Q�1. Nous obtenons D12 = D012 doncD1 = D01 et H = H 0. Il est alors imm�ediat que U = U 0 d'o�u l'unicit�e dela d�ecomposition.(b) Soit A 2 Mn(C ). �A est un polynome non nul donc poss�ede au plus nracines complexes distinctes. Il existe donc � > 0 tel que pour � 2 C ,0 < j�j < �) �A(�) 6= 0. La matriceA+�In est donc, pour 0 < j�j < �,inversible. A + �In s'�ecrit donc UH avec U unitaire et H hermitienned�e�nie positive.Soit a 2 R; a > 1� . Choisissons � = 1p + a . Pour tout p 2 N il existe Upune matrice unitaire et Hp une matrice hermitienne d�e�nie positive tellesque A+ 1p + aIn = UpHp.Nous avons vu plus haut, �a l'exercice num�ero 5, que U(n) est compact.La suite (Up)p2N poss�ede une sous-suite de terme g�en�eral U'(p) conver-gente de limite U 2 U(n).H'(p) = U�'(p)�A+ 1'(p) + aIn� donc limp!+1H'(p) = U�A. NotonsH cettelimite.8X 2 Mn(C ); X�H'(p)X>0.L'application K 2 Mn(C ) 7�! X�KX 2 C est continue car lin�eaire surun espace vectoriel de dimension �nie11.Nous avons donc limp!+1X�H'(p)X = X�HX>0. H est donc hermitiennepositive.9Il s'agit l�a d'une autre m�ethode que celle utilis�ee dans l'exercice pr�ec�edent pour d�emontrerl'unicit�e.10Voir l'exercice num�ero 11.11Soit f 2 L(E; F ) o�u E est un espace vectoriel de dimension �nie et F un espace vectorielnorm�e. Soit e = (e1; � � � ; en) une base de E munissons E de la norme N nXi=1 xiei! = nXi=1 jxij.kf(x)k6 nXi=1 jxij kf(ei)k6�maxi2Nn kf(ei)k� N(x). f est donc continue.

70 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ES(c) A 2 GLn(C ) 7�! (U; H) 2 U(n)�HDP est bijective.(U; H) 7�! A = UH est clairement continue.Montrons que l'application A 7�! (U; H) est continue.Soit (Ap)p2N une suite de matrices inversibles qui converge vers la matriceinversible A. Pour chaque p 2 N il existe Up 2 U(n) et Hp 2 HDP tellesque Ap = UpHp. La suite (Up)p2N poss�ede une sous-suite convergente determe g�en�eral U'(p) de limite U 2 U(n). Soient U et U 0 deux valeursd'adh�erence de la suite (Up)p2N. La suite (Up)p2N poss�ede une sous-suiteconvergente de terme g�en�eral U (p) de limite U 0 2 U(n). La suite determe g�en�eral A'(p) est bien �evidemment convergente et donc la suite determe g�en�eral H'(p) est elle-meme convergente de limite H = U�A o�u Hest hermitienne positive et en fait d�e�nie positive car elle est inversiblepuisque U et A le sont. De meme la suite de terme g�en�eral A (p) estconvergente, la suite de terme g�en�eral H (p) est elle-meme convergentede limite H 0 = U 0�A o�u H 0 est hermitienne d�e�nie positive. Nous avonsalors UH = U 0H 0. Grace �a l'unicit�e d'une telle �ecriture nous en d�eduisonsU = U 0 et H = H 0. La suite (Up)p2N d�e�nie sur un compact poss�ededonc une seule valeur d'adh�erence12 ; elle est alors convergente. La suite(Hp)p2N est donc elle aussi convergente et l'application A 7�! (U; H) estcontinue15. il s'agit du meme exercice que pr�ec�edemment dans le cas r�eel.(a) Soit A 2 GLn(R). Notons B = tAA. Soit X 2 Mn;1(R), X 6= 0.X�A�AX = (AX)�(AX). En notant Y = AX = (yi)i2Nn 2 Mn;1(R)nous avons X�A�AX = nXi=1 (yi)2 > 0 car A est inversible donc Y 6= 0. Best donc sym�etrique d�e�nie positive.Il existe P une matrice orthogonale et D = Diag(d1; � � � ; dn) une matricediagonale �a �el�ements diagonaux strictement positifs tels que B = PDtP .Soit � = Diag(pd1; � � � ; pdn). Posons S = P�tP .S2 = P�tPP�tP = PDtP = B. Soit O = AS�1 = AP��1tP .OtO = AP��1tPP��1tP tA = APD�1tP tA = AA�1(tA)�1tA = In.O est une matrice orthogonale. Il existe bien O orthogonale et S sym�e-trique d�e�nie positive telles que A = OS.Soit f un polynome tel que 8i 2 Nn ; f(di) = pdi. f existe ; il suf-12Soit K un compact. Soit (un)n2N une suite de K ayant une et une seule valeur d'adh�erencel 2 K.Supposons que cette suite ne converge pas vers l.Il existe "0 > 0 8N 2 N; 9n 2 N; n>N et kun � lk>"0.Pour N = 0 il existe n0>0 v�eri�ant ku0 � lk>"0.Pour N = 1 + n0 il existe n1>1 + n0 > n0 v�eri�ant ku1 � lk>"0.Supposons avoir construit unk pour k 2 Np v�eri�ant 8k 2 Np; nk�1 < nk et kunk � lk>"0.Pour N = 1 + np il existe np+1>1 + np < np v�eri�ant kunp � lk>"0. Nous construisons ainsi unesuite extraite de la suite (un)n2N . K �etant compact celle-ci poss�ede une sous-suite convergentedonc la suite (un)n2N poss�ede une valeur d'adh�erence a v�eri�ant ka� lk>"0. Il y aurait alors deuxvaleurs d'adh�erence ce qui est faux. La suite est donc convergente.

71�t de choisir le polynome d'interpollation de Lagrange. f = nXi=0 aiX i.f(B) = P nXi=0 aiDi! tP = P Diag(f(d1); � � � ; f(dn))tP = S.Supposons A = OS = O1S1 avec O et O1 orthogonales, S et S1 sym�e-triques d�e�nies positives.S2 = (S1)2 = B. S1B = (S1)3 = BS1 ; S1 commute avec B donc avecf(B) = S. Les matrices S et S1 sont diagonalisables donc13 il existeune base commune de diagonalisation. Il existe une matrice Q inversibletelle que S = QD0Q�1; S1 = QD01Q�1 o�u D0 et D01 sont diagonales ; les�el�ements diagonaux �etant strictement positifs.S2 = QD02Q�1 = (S1)2 = QD012Q�1. Nous obtenons D02 = D012 doncD0 = D01 et S = S1. Il est alors imm�ediat que O = O1 d'o�u l'unicit�e dela d�ecomposition.(b) L'application ' : M 2 Mn(R) 7�! tMM 2 Mn(R) est continue.L'image r�eciproque de fIng par ' est O(n) l'ensemble des matrices ortho-gonales qui est donc ferm�e. Si nous munissons Rn de sa base canoniqueet du produit scalaire canonique et si nous identi�ons une matrice, M ,avec l'endomorphisme de Rn dont la matrice dans la base canonique estM alors la norme subordonn�ee d'une matrice ortogonale est celle d'unautomorphisme orthogonal ; c'est-�a-dire 1. O(n) est donc ferm�e born�e dedimension �nie donc compact.(c) Toute matrice est limite d'une suite de matrices inversibles. En ef-fet soit M une matrice. Pour t 2 R, posons g(t) = det(M � tIn).g est une fonction polynomiale ayant au plus n racines distinctes. Ilexiste donc � > 0 tel que pour t 2]0; �]; g(t) 6= 0. Posons pourk 2 N; Mk =M � �1 + k�In. det(Mk) 6= 0 et limk!+1Mk =M .Soit alors (Ak)k2N une suite de matrices inversibles convergeant versA 2Mn(R).Pour chaque entier k il existe une matrice orthogonale Ok et une matricesym�etrique d�e�nie positive Sk v�eri�ant Ak = OkSk.La suite (Ok)k2N poss�ede une sous-suite convergente de limite une matriceorthogonale O. Il existe ' une application strictement croissante de Ndans N telle que la suite de terme g�en�eral O'(k) converge vers O 2 O(n).Notons O0k = O'(k) et S0k = S'(k).limk!+1(O0kS0k) = A donc limk!+1(tO0k(O0kS0k)) = tOA. La suite de terme g�en�e-ral S0k est donc convergente ; sa limite, S, est donc une matrice sym�etriqueS et nous avons la relation S = tOA.La continuit�e de l'applicationM 2 Mn(R) 7�! tXMX 2Mn(R) conduit�a limk!+1 tXS0kX = tXSX . S est donc sym�etrique positive.(d) Nous avons vu �a pr�ec�edemment que la d�ecomposition A = OS existe etest unique donc l'application propos�ee existe bien. Cette application est13Voir l'exercice num�ero 11.

72 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ESclairement bijective.(O; S) 2 O(n)� SDP 7�! OS 2 GLn(R) est bilin�eaire continue. Mon-trons alors que A 2 GLn(R) 7�! (O; S) 2 O(n)� SDP est continue.Soit (Ap)p2N une suite d'�el�ements de GLn(R) qui converge vers un �el�ementA de GLn(R). Nous avons, pour chaque entier p, l'�ecriture Ap = OpSp.Comme nous l'avons vu �a l'exercice pr�ec�edent la suite (Op)p2N poss�edeune sous-suite convergente, car O(n) est compact, de limite O0 2 O(n).Il existe donc une application strictement croissante ' de N dans Ntelle que la suite de terme g�en�eral O'(p) soit convergente. Il vient alorsA'(p) = O'(p)S'(p) puis A'(p)tO'(p) = S'(p). La suite de terme g�en�e-ral S'(p) est donc convergente de limite S0 sym�etrique positive v�eri�antAtO0 = S0 soit encore A = O0S0. L'unicit�e de la d�ecomposition conduit�a O0 = O et S0 = S. O(n) est compact et la suite (Op)p2N poss�edeune unique valeur d'adh�erence ; cette suite est donc convergente de li-mite O puis la relation AptOp = Sp conduit �a la convergence de la suite(Sp)p2N vers S. L'application propos�ee est bien continue ; d'o�u le r�esultatdemand�e.16. En utilisant le r�esultat de l'exercice pr�ec�edent il existe O 2 O(n) et S unematrice sym�etrique positive telles que A = OS.S est diagonalisable donc il existe P 2 O(n) et D diagonale �a �el�ements diago-naux positifs telles que S = PDtP . Nous avons alors A = (OP )DtP .OP = U et tP = V sont orthogonales d'o�u le r�esultat demand�e.Comment14 peut-on trouver U; D et V ?Nous avons la relation A�A = V �DU�UDV = V �D2V donc D2 s'obtient endiagonalisant la matrice A�A ce qui permet de d�eterminer D et V . Il reste �aconstruire U . Nous pourrions calculer AA� = UD2U� et obtenir U ; cepen-dant le couple (U ; V ) n'est pas unique et les matrices U et V ne peuvent etrechoisies ind�ependamment l'une de l'autre.Soit V 2 O(n) telle que A�A = V �D2V o�u D = Diag(d1; � � � ; dn) ; les di �etantdans R+. Posons W = V � = V �1. Notons e1; � � � ; en les colonnes de W etpour i 2 Nn , xi = Aei. 8i 2 Nn ; Wei = d2i ei.Pour (i; j) 2 (Nn)2, xi�xj = ei�A�Aej = dj2 (ei�ej) = dj2�ji . Quitte �a changerl'ordre des colonnes de la matrice W et en notant r le rang de la matrice A�Aqui est aussi15 celui de la matrice A nous pouvons supposer16 di > 0 pouri 2 Nr .Nous identi�ons les matrices colonnes et les vecteurs de C n muni de son pro-duit scalaire canonique.14Si A est inversible il su�t de d�eterminer O et S en diagonalisant A�A puis de diagonaliser Scomme indiqu�e plus haut. Lorsque A n'est pas inversible cette m�ethode ne convient plus.15Soit X 2 Mn;1(R). A�AX = 0 ) X�A�AX = 0 = kAXk2 en notant kY k2 = nXi=1 yi2 lorsqueY est une matrice colonne dont, pour i 2 Nn, le ii�eme �el�ement est �egal �a yi. Nous en d�eduisonsAX = 0. Il est imm�ediat que AX = 0 implique A�AX = 0 A� et A ont le meme noyau donc ontmeme rang.16Si r = 0 alors A = 0 et nous pouvons choisir n'importe quelles matrices orthogonales pour Uet V .

73En reprenant la relation pr�ec�edente nous en d�eduisons que pour tout i 2 Nn ,j>r + 1) xi�xj = 0. En particulier j>r + 1) xj�xj = 0 donc xj = 0.La famille (xi)i2Nr est une famille orthogonale de vecteurs non nuls donc estune famille libre. Posons pour j6r; uj = 1dj xj . La famille (uj)j2Nr est unefamille orthonormale que l'on peut compl�eter en une base (uj)j2Nn orthonor-male de C n . Si j6r nous avons xj = djuj et pour j > r, xj �etant nul nousavons encore xj = djuj .Soit alors U la matrice orthogonale de colonnes (u1; � � � ; un). Notons, pourj 2 Nn , "j la colonne dont les �el�ements sont tous nuls sauf le ji�eme �el�ement quiest �egal �a 1.L'�el�ement d'indices (i; j) de la matrice U�AW est l'�el�ement d'indice i de lacolonne U�AW"j = U�Aej = U�xj = dj(U�uj) = dj"j .L'�el�ement d'indices (i; j) de la matrice U�AW est donc �ji dj c'est-�a-direU�AW = D.Exemple. Soit A = 0@ 1 �1 02 2 01 1 0 1A. B = A�A = 0@ 6 4 04 6 00 0 0 1A.�B = X(X2 � 12X + 20). Les valeurs propres sont 2, 10 et 0. Nous pouvonschoisir W = 0BBBBBB@ 1p2 1p2 0� 1p2 1p2 00 0 1 1CCCCCCA. AW = 0@ p2 0 00 2p2 00 p2 0 1A.Nous pouvons donc choisir U = 0BBBBB@ 1 0 00 2p5 � 1p50 1p5 2p5 1CCCCCA. Nous obtenons alorsA = 0BBBBB@ 1 0 00 2p5 1p50 � 1p5 2p5 1CCCCCA 0@ p2 0 00 p10 00 0 0 1A 0BBBBB@ 1p2 � 1p2 01p2 1p2 00 0 1 1CCCCCA.Apr�es avoir trouv�e U; D et V nous pouvons poser O = UV et S = tV DV a�nd'obtenir la d�ecomposition A = OS. Nous obtenons alorsO = 0BBBBBBBB@ 1p2 � 1p2 0r25 r25 � 1p51p10 � 1p10 2p5 1CCCCCCCCA et S = 0BBBBBBBBB@ p10 +p22 p10 �p22 0p10 �p22 p10 +p22 00 0 0 1CCCCCCCCCA.

74 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ES17. (a) Soient u 2 L(E) et v = u � u�. Soit x 2 Ker(v).0 = (x j v(x)) = (u�(x) j u�(x)) = ku�(x)k2 donc x 2 Ker(u�). Lar�eciproque est imm�ediate donc Ker(u�) = Ker(v).x 2 Ker(u�) () 8y 2 E; (y j u�(x)) = 0() 8y 2 E; (u(y) j x) = 0 () x 2 (Im(u))�.Il s'agit l�a d'un r�esultat classique.(b) v est un endomorphisme sym�etrique positif17 donc il existe une base or-thonormale, e, de diagonalisation de v. L'image et le noyau de v sontsuppl�ementaires orthogonaux18. Soit r>1 le rang de v (si r est nul, v estnul donc u aussi). Quitte �a changer l'ordre des vecteurs de la base e nouspouvons supposer que les r premi�eres valeurs propres de v sont stricte-ment positives, les suivantes �etant nulles. Im(v) = Vect(fe1; � � � ; erg),(Im(u))� = Ker(v) = (Im(v))� = Vect(fer+1; � � � ; eng). Soit (�i)i2Nr unefamille de nombres r�eels.rXi=1 �iu�(ei) = 0 ) rXi=1 �iei 2 Ker(u�) = Ker(v).Pour i 2 Nr ; v(ei) = diei avec di > 0 et ei 2 Im(v) donc rXi=1 �iei 2 Im(v).Nous en d�eduisons rXi=1 �iei = 0 et les coe�cients �i sont tous nuls. Lafamille (e01; � � � ; e0r) est une famille libre.Soit (i; j) 2 (Nr )2. (u�(ei) j u�(ej)) = (v(ei) j ej) = di�ji o�u di.La famille (e01; � � � ; e0r) est donc une famille libre orthogonale et, pouri 2 Nr , ku�(ei)k = pdi.(c) Soit i 2 Nr . e0i = u�(ei) donc u(e0i) = v(ei) = diei puis u(e00i ) = pdiei.Soient i 2 N; r + 16i6n et j 2 Nr .(u(e00i ) j ej) = (e00i j e0j) = 0 donc u(e00i ) 2 fe1; � � � ; erg� = (Im(u))�. Nousen d�eduisons, sachant que u(e00i ) 2 Im(u), que u(e00i ) = 0.En conclusion, si nous notons (d1; � � � ; dn) les valeurs propres de v nousavons pour tout i 2 Nn ; u(e00i ) = pdiei.(d) ' et sont des automorphismes orthogonaux donc '� = '�1.Soit i 2 Nn . ('�1 � u � ) ("i) = ('�1 � u) (e00i ) = pdi'�1(ei) = pdi"i.Soit d l'endomorphisme de E tel que pour i 2 Nn ; d("i) = pdi"i. Nousavons alors '� � u � = d soit encore u = ' � d � �.(e) Nous pouvons utiliser le r�esultat pr�ec�edent en consid�erant que A est lamatrice de l'endomorphisme u dans la base canonique de Rn muni duproduit scalaire canonique. tA est la matrice de u� et AtA est la matrice178x 2 E; (v(x) j x) = ku�(x)k2>0. Si � est une valeur propre de v et x un vecteur propre associ�ealors 06(x j v(x)) = �kxk2 donc � 2 R+. Les valeurs propres d'un endomorphisme sym�etriquepositif sont dans R+ ; il s'agit d'un r�esultat classique.18Soit v un endomorphisme sym�etrique d'un espace vectoriel euclidien E.Soit (x; y) 2 Ker(v)�Im(v). Il existe z 2 E tel que (x j y) = (x; jv(z)) donc (x j y) = (v(x); jz) = 0.Im(v) et Ker(v) sont orthogonaux. Par ailleurs dim(Im(v))+dim(Ker(v)) = dim(E) donc ces deuxespaces sont suppl�ementaires orthogonaux.

75de v.Le polynome carct�eristique de la matrice A est �A = X(X3 � 256). Cepolynome n'est pas scind�e sur R. Soit B la matrice AtA.B = 0BB@ 36 4 4 �284 36 �28 44 �28 36 4�28 4 4 36 1CCA. �B = X(X � 16)(X � 64)2. SoientV1; V2; V3; V4 des vecteurs propres unitaires respectivement associ�es auxvaleurs propres 16, 64, 64, 0 de B.Nous pouvons choisir P�1 = 0BBBBBBBBBBBB@12 0 1p2 1212 � 1p2 0 �1212 1p2 0 �1212 0 � 1p2 12

1CCCCCCCCCCCCA o�u les colonnesde P1 sont respectivement V1; V2; V3 et V4. P1 est la matrice de l'endomorphisme' d�e�ni pr�ec�edemment.P = tP .En calculant tVi nous obtenons les �el�ements de la matrice Q repr�esentantl'endomorphisme d�e�ni plus haut. Q = 0BBBBBBBBBBBB@12 0 1p2 12�12 0 1p2 �1212 � 1p2 0 �12�12 � 1p2 0 12

1CCCCCCCCCCCCA.Nous obtenons alors PAQ = 0BB@ 4 0 0 00 8 0 00 0 8 00 0 0 0 1CCA.18. Projection sur un convexe. Soit C un sous ensemble convexe de l'espacepr�ehilbertein r�eel E. Soit x 2 E. Supposons qu'il existe y 2 C tel que pourtout z 2 C on ait (y � x j y � z)60.(y � x j y � z) = (y � x j (y � x) + (x � z)) = ky � xk2 + (y � x j x � z)60.ky�xk26(x�y j x�z)6kx�yk kx�zk. Si x 6= y nous avons ky�xk6kz�xk ;in�egalit�e vraie aussi pour x = y.Tous droits r�eserv�es, Exercices corrig�es, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.

76 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ESNous avons bien d(x; y) = d(x; C). Le fait que C soit convexe n'intervientpas ici.Supposons qu'il existe y 2 C tel que d(x; y) = d(x; C).Soit z 2 C. Soit t 2]0; 1[. C �etant convexe nous avons (1� t)y+ tz 2 C donckx � yk26kx � (1 � t)y � tzk2 = k(x � y) + t(y � z)k2.En d�eveloppant nous obtenons 06t2ky � zk2 + 2t(x � y j y � z) soit encore8t 2]0; 1[; 06tky � zk2 + 2(x � y j y � z). En calculant la limite lorsque ttend vers 0 nous obtenons le r�esultat demand�e.Notons p(x) cet �el�ement y que nous appelons projet�e sur C. Supposons quepour tout x 2 E un tel y existe.8x 2 E p2(x) = p(x). D'apr�es ce que nous venons de d�emontrer nous avons8(x; y) 2 E2, (p(x) � x j p(x) � p(y))60, (y � p(y) j p(x) � p(y))60 puis enadditionnant ((p(x) � p(y)) + (y � x)) j p(x) � p(y))60 soit encore kp(x) �p(y)k2 + (y � x j p(x) � p(y))60 qui conduit grace �a l'in�egalit�e de Cauchy-Schwarz �a kp(x)� p(y)k26ky � xk kp(x) � p(y)k.Si p(x) � p(y) 6= 0 nous obtenons kp(x) � p(y)k6ky � xk ; in�egalit�e encorevraie pour p(x) = p(y). p est alors une application Lypschitzienne donc uneapplication uniform�ement continue.En reprenant la relation kp(x) � p(y)k2 + (y � x j p(x) � p(y))60 nous end�eduisons 8(x; y) 2 E2; (x � y j p(x)� p(y))>0.La question est de savoir si p(x) existe pour tout x. Nous verrons �a la questionsuivante que c'est bien le cas lorsque C est Supposons que E soit un espacepr�ehilbertien complexe.Soit x 2 E. Supposons qu'il existe y 2 C tel que pour tout z 2 C on ait<e((y � x j y � z))60.<e((y � x j y � z)) = <e((y � x j (y � x) + (x� z)))= ky � xk2 + <e((y � x j x � z))60.Nous obtenons alors ky � xk26 <e((x� y j x � z))6kx � yk kx� zk.Si x 6= y nous avons ky � xk6kz � xk ; in�egalit�e vraie aussi pour x = y.Nous avons bien d(x; y) = d(x; C).Supposons qu'il existe y 2 C tel que d(x; y) = d(x; C).Soit z 2 C. Soit t 2]0; 1[. C �etant convexe nous avons (1� t)y+ tz 2 C donckx � yk26kx � (1 � t)y � tzk2 = k(x � y) + t(y � z)k2.En d�eveloppant nous obtenons 06t2ky�zk2+2t <e((x�y j y�z)) soit encore8t 2]0; 1[; 06tky � zk2 + 2 <e((x� y j y � z)).En calculant la limite lorsque t tend vers 0 nous obtenons 06 <e((x�y j y�z)).Nous avons donc l'�equivalence :9y 2 C; 8z 2 C; <e((y � x j y � z))60 () 9y 2 C; d(x; C) = d(x; y).Notons p(x) cet �el�ement y que nous appelons projet�e sur C. Supposons quepour tout x 2 E un tel y existe. 8x 2 E p2(x) = p(x). D'apr�es ce que nousvenons de d�emontrer nous avons 8(x; y) 2 E2, <e((p(x)�x j p(x)�p(y)))60,<e((y � p(y) j p(x)� p(y)))60 puis en additionnant<e(((p(x)� p(y)) + (y � x)) j p(x)� p(y)))60 soit encorekp(x) � p(y)k2 + <e((y � x j p(x) � p(y)))60 qui conduit grace �a l'in�egalit�ede Cauchy-Schwarz �a kp(x)� p(y)k26ky � xk kp(x) � p(y)k.Si p(x) � p(y) 6= 0 nous obtenons kp(x) � p(y)k6ky � xk ; in�egalit�e encore

77vraie pour p(x) = p(y). p est alors une application Lypschitzienne donc uneapplication uniform�ement continue.En reprenant la relation kp(x) � p(y)k2 + <e((y � x j p(x) � p(y)))60 nousen d�eduisons 8(x; y) 2 E2; <e((x� y j p(x) � p(y)))>0.19. (a) Soit E un espace pr�ehilbertien, soit A une partie non vide, compl�ete deE. Soit x 2 E. Soit d = inffkx � yk; y 2 Ag.8n 2 N; 9an 2 A; d6kx� ank6d + 1n+ 1.E est un espace pr�ehilbertien donc si u et v sont deux �el�ements de Enous avons19 ku � vk2 + ku + vk2 = 2kuk2 + 2kvk2.A est convexe donc pour p et q entiers 12(ap + aq) 2 A. En utilisant laformule pr�ec�edente nous obtenonsd26 x� 12(ap + aq) 2 = �14kap � aqk2 + 12kx � apk2 + 12kx� aqk26� 14kap � aqk2 + 12 �d + 1p+ 1�2 + 12 �d + 1q + 1�2.Supposons p6q ; il vient kap � aqk26 8dp+ 1 + 4(p + 1)2 .limp!+1� 8dp + 1 + 4(p+ 1)2� = 0 donc �nalement8" > 0; 9N 2 N� ; 8(p; q) 2 N2 ; p>N; q>N ) kap � aqk6".La suite (an)n2N est donc une suite de Cauchy de points de A, complet,donc converge vers un �el�ement, a, de A. Par continuit�e nous obtenonslimn!+1 kx � ank = kx � ak donc d = d(x; A) = kx� ak.a est unique. En e�et soient (a; b) 2 A2; kx � ak = kx � bk = d.En utilisant �a nouveau la formule du parall�elogramme nous obtenons4d26k(x� a) + (x � b)k2 = �ka � bk2 + 2kx � ak2 + 2kx � bk2 soit en-core 4d26 � ka� b)k2 + 4d2 c'est-�a-dire ka� bk = 0 d'o�u l'unicit�e.En utilisant le r�esultat de la question pr�ec�edente et en notant p(x) l'�el�e-ment a, nous en d�eduisons lorsque E est un espace pr�ehilbertien r�eel oucomplexe : 8y 2 A; <e((p(x)� x j p(x)� y))60.(b) Soit (xn)n2N une suite d'�el�ements de A� convergente vers a 2 E.8y 2 A; 8n 2 N; (xn j y) = 0. L'application x 2 E 7�! (x jy) 2 K (o�uK=R ou C ) est continue donc 0 = limn!+1(xn j y) = (a j y) puis a 2 A�.A� est un sous-ensemble ferm�e de E. Il est imm�ediat que A� est unsous-espace vectoriel car 0 2 A� et si (x; y) 2 (A�)2 et � 2 K alors(x+ �y j z) = 0 pour tout z de A.(c) Supposons E = F ?�G.Tous les �el�ements de G sont orthogonaux �a tous les �el�ements de F doncG � F �. Soit x 2 F �. Il existe (x1; x2) 2 F � G tel que x = x1 + x2.(x j x1) = 0 = kx1k2 + (x1 j x2) = kx1k2 donc x1 = 0 et x 2 G. Nous19Il s'agit de la formule du parall�elogramme.

78 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ESavons l'�egalit�e G = F �. De meme F = G� puis G = (G�)� et aussiF = (F �)�.En utilisant le r�esultat de la question pr�ec�edente il est imm�ediat que Fet G sont ferm�es.Remarque Soit p le projecteur orthogonal de noyau F d'image G.Soit x = x1 + x2 avec (x1; x2) 2 F � G.p(x) = x2 donc kp(x)k2 = kx2k2 = kxk2�kx1k26kxk. p est donc continuede norme �egale �a 1. F = Ker(p) est donc ferm�e et G = Ker(IdE � p) estaussi ferm�e.(d) Supposons E complet. Montrons : H ferm�e ) E = H?�H�.D'apr�es ce que nous avons vu �a la premi�ere question, H �etant convexeferm�e, pour chaque �el�ement x de E il existe a = pH(x) 2 H tel qued(x; H) = kx� ak.x = (x� pH(x)) + pH(x).Soit t 2 R et soit h un �el�ement de H .kx � pH(x)k26kx� th� pH(x)k2 = kx� pH(x)k2 + t2khk � 2t <e(x� pH(x) jh).De memekx � pH(x)k26kx� ith� pH(x)k2= kx� pH(x)k2+ t2khk+2t=m(x� pH(x) jh).Nous en d�eduisons, pour tout r�eel t > 0,06tkhk � 2 <e(x� pH(x) j h) et 06tkhk+ 2=m(x� pH(x) j h) .De meme pour t < 0,0>tkhk � 2 <e(x� pH(x) j h) et 0>tkhk+ 2=m(x� pH(x) j h).En faisant tendre t vers 0 dans l'un et l'autre cas nous obtenons06� <e(x� pH(x) j h), 06=m(x� pH(x) j h), 06 <e(x� pH(x) j h) et06 � =m(x � pH(x) j h) c'est-�a-dire20 (x � pH(x) j h) = 0 ; nous avonsbien x� pH(x) 2 H�.E est donc la somme directe de H et de son orthogonal. En utilisant lesr�esultats pr�ec�edents nous en d�eduisons H ferm�e () E = H?�H�.E = H?�H� ) H = (H�)� et H = (H�)� ) H ferm�e.L'�equivalence est d�emontr�ee.Remarque : soient A et B deux sous-espaces vectoriels de E.A � B ) B� � A�. En e�et soit x 2 B� alors pour tout y de B nousavons (y j x) = 0 et en particulier pour tout y de A, (y j x) = 0 doncx 2 A�.Soit F un sous-espace vectoriel quelconque de E.F � F donc F � � F �. Soit x 2 F �. Soit y 2 F ; soit (yn)n2N une suite20Nous aurions pu reprendre la relation �ecrite plus haut :<e((a � x j a � y))60 devient 8(x; h0) 2 E �H), <e((pH(x) � x j pH(x) � h0))60.H est un espace vectoriel donc en choisissant h = pH(x) � h0 2 H nous en d�eduisons8(x; h) 2 E�H, <e((pH (x)�x j h))60 de meme, en changeant h en �h 2 H, 8(x; h) 2 E�H),<e((pH(x) � x j h))>0. <e((x � pH(x) j h)) = 0.En rempla�cant h par ih 2 H nous avons =m((x � pH(x) j h)) = 0 donc (x � pH(x) j h) = 0.

79de points de F qui converge vers y.(x j yn) = 0 et par continuit�e de l'application a 2 E 7�! (x j a) 2 Knous avons (x j y) = 0 et x 2 F � do�u l'�egalit�e F � = F �. Lorsque E estpr�ehilbertien complet il vient alors E = F ?�F � et F = F ��.(e) Soit f d�e�nie sur R[X ] par f(P ) =Xi2N aii+ 1 o�u P =Xi2N aiX i 2 R[X ].f est une forme lin�eaire. Soit H le noyau de f . Soit d le degr�e du poly-nome P . D'apr�es l'in�egalit�e de Cauchy-Schwarz nous avons21jf(P )j26 dXi=0 � 1i+ 1�2! dXi=0 (ai)2!62kPk2.f est donc continue et H est alors ferm�e.Soient P 2 H�, P = dXi=0 aiX i etQ = P + aXd+1 avec a = � 1d + 2 dXi=0 ai1 + i .f(Q) = dXi=0 aii+ 1 + d+ 2a = 0. Q 2 H donc0 = (P j Q) = kPk2 + a(P j Xd+1) = kPk2. Nous en d�eduisons P = 0puis H� = f0g et en�n E 6= H?�H�.Une cons�equence est alors que R[X ] muni de ce produit scalaire n'est pascomplet22.20. E un espace pr�ehilbertien complet, (An)n2N est une suite croissante de partiesconvexes ferm�ees non vides de E, A = [n2NAn.Soit x 2 E, 8n 2 N; dn = d(x; An) et d = d(x; A). La suite (dn)n2N estd�ecroisante. 8n 2 N; An � A donc d6dn. La suite (dn)n2N a une limite �>d.Soit y 2 A. 8" > 0; 9z 2 [n2NAn; d(y; z)6". Il existe N 2 N tel que z 2 AN .Pour tout entier n>N , z 2 An donc d(y; An)6" puis d(x; An)6" + d(x; y)et �6" + d(x; y) c'est-�a-dire �6d(x; y). Nous en d�eduisons �6d. Nous avonsdonc l'�egalit�e � = d.A est convexe ferm�e (donc complet car E l'est) ; nous avons vu dans l'exercicepr�ec�edent que pAn existe. Soit x 2 E. Notons, pour n 2 N; xn = pAn(x).En utilisant l'�egalit�e du parall�elogramme et en utilisant le fait que tous les Ansont convexes nous avons pour tout couple (m; n) d'entiers,k(x � xn)� (x� xm)k2 + 4 x� 12(xn + xm) 2 = 2kx � xnk2 + 2kx� xmk2.Supposons n>m. kx� xnk6dm; kx� xmk = dm.21 dXi=0 1(i+ 1)26+1Xi=1 1i2 = �26 < 2 ; si nous ne connaissons pas cette relation nous pouvons aussi�ecrire +1Xi=1 1i261 + Z +11 dtt2 = 2.22Nous avons d�ej�a vu dans le chapitre concernant la topologie que R[X] n'est jamais complet.

80 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ES12(xn + xm) 2 An donc k2x � xn � xmk>2dn.Il vient �nalement 8(n; m) 2 N2 ; kxn � xmk264jd2m � d2nj. La suite (dn)n2Nest une suite convergente donc8" > 0, 9N 2 N; 8(m; n) 2 N2 ; n>N; m>N ) 4jd2m � d2nj6"2.La suite (xn)n2N est donc une suite de Cauchy de points de A ; elle convergedonc vers un �el�ement p(x) de A.Nous avons donc pour tout x 2 E, p(x) = limn!+1 pAn(x). Nous avons les in�ega-lit�es dn = kx � pAn(x)k>kx � pA(x)k = d donc en calculant les limites quandn tend vers l'in�ni nous obtenons d = kx � p(x)k>kx � pA(x)k = d il vientalors d = kx � p(x)k = kx � pA(x)k. L'unicit�e de l'�el�ement y de A v�eri�antd(x; A) = kx � yk conduit �a p(x) = pA(x). Nous pouvons alors conclure8x 2 E; limn!+1 pAn(x) = pA(x).21. Supposons F = E. Soit f 2 E 0 une forme lin�eaire continue d�e�nie sur l'espacepr�ehilbertien complet E. Soit x 2 E. Il existe une suite (xn)n2N de points deF qui converge vers x donc, f �etant continue, f(x) = limn!+1 f(xn). Si f F = 0alors f = 0.Supposons F 6= E. D'apr�es ce que nous avons d�ej�a vu dans les exercicespr�ec�edents, F et F � sont suppl�ementaires orthogonaux donc F � 6= f0g et ilexiste x0 2 F �; x0 6= 0. Soit f l'application x 2 E 7�! (x0 j x) 2 C . f estune forme lin�eaire continue car 8x 2 E; jf(x)j6jxj jx0j. f 6= 0, car x0 6= 0, etf F = 0. L'�equivalence est bien d�emontr�ee.22. Soit E un espace pr�ehilbertien complet. F est un sous-espace vectoriel ferm�ede E. F est donc complet. En utilisant les r�esultats vus plus haut nous end�eduisons que Le projecteur orthogonal p d'image F existe est continu et apour norme 1. Soit f une aplivation lin�eaire continue de F dans l'espace vec-toriel norm�e G. Posons, pour x 2 E, g(x) = f(p(x)). g est lin�eaire continued�e�nie de E dans G. Soit x 2 E. kg(x)k = kf(p(x))k6kjfkj kp(x)k6kjfkj kxk.Il vient alors kjgkj6kjfkj.supx2Ekxk61 kg(x)k> supx2Fkxk61 kg(x)k = kjfkj donc kjfkj = kjgkj.Supposons que G soit un espace vectoriel complet et supposons F non n�eces-sairement ferm�e. f est continue sur l'espace vectoriel F donc uniform�ementcontinue. Il existe (car G est complet) un unique prolongement ef d�e�nie surF continue �a valeurs dans G. ef est clairement lin�eaire car tout �el�ement de Fest la limite d'un �el�ement de F .Soit x 2 F . kf(x)k = k ef(x)k donc kj efkj>kjfkj.Soit x 2 F . Soit (xn)n2N une suite d'�el�ements de F convergeant vers x.k ef(xn)k = kf(xn)k6kjfkj kxnk.En calculant la limite nous obtenons k ef(x)k6kjfkj kxk donc kj efkj6kjfkj. f etef ont donc meme norme.Nous en d�eduisons que si E est un espace prehilbertien complet, si G est unespace vectoriel norm�e complet, si F est un sous-espace vectoriel de E alors

81toute application lin�eaire continue f de F dans G se prolonge en une applica-tion lin�eaire continue de E dans G de meme norme que f .Le fait que E soit pr�ehilbertien r�eel n'appara�t pas ; nous avons le meme r�e-sultat dans le cas complexe.Nous retrouvons le r�esultat de l'exercice vu plus haut ; soit E un espace deHilbert. Soit A une partie non vide de E. Nous avons l'�equivalence :Vect(A) = E () (8f 2 E 0; (f(A) = f0g ) f = 0)) o�u E 0 est l'espacevectoriel des formes lin�eaires continues de E dans R.Supposons Vect(A) = E. f(A) = f0g donc f(Vect(A)) = f0g et par continuit�ef(Vect(A)) = f0g ; donc f = 0.Supposons Vect(A) 6= E. Comme nous l'avons vu pr�ec�edemment Vect(A) etson orthogonal ont pour somme E. Vect(A)� = A�. En e�et soit x 2 A�. Soity 2 Vect(A). y est une combinaison lin�eaire �nie d'�el�ements de A donc estorthogonal �a x qui appartient alors �a Vect(A)�. Soit z un �el�ement de Vect(A) ;soit (zn)n2N une suite de points de Vect(A) qui converge vers z. Par continuit�e0 = limn!+1(x j zn) = (x j z) donc A� � Vect(A)� = A�. A � Vect(A) doncVect(A)� � A� d'o�u l'�egalit�e.Soit x0 2 A�. x0 6= 0 ; cela est possible car A� 6= f0g. L'orthogonal, H , de ladroite engendr�ee par x0 contient A. Soit f la forme lin�eaire nulle sur H et pre-nant la valeur 1 en x0. f est continue car H et Rx0 sont suppl�ementaires ortho-gonaux donc si x s'�ecrit xH+tx0 avec xH 2 H et t 2 R, kxk2 = kxHk2+t2kx0k2.f(xH + tx0) = tf(x0) = t puis kf(xH + tx0)k = ktk6 kxkkx0k donc f 2 E 0. Ilexiste alors un �el�ement de E 0 non nul, nul sur A. L'�equivalence est d�emontr�ee.Il n'�etait pas n�ecessaire de construire f il su�sait de choisir Vect(A) comme�etant l'espace H de la question pr�ec�edente.23. Soit C un sous ensemble non vide, convexe, ferm�e de l'espace pr�ehilbertienr�eel complet E. Soit a 2 E; a 62 C. D'apr�es les r�esultats des exercices pr�e-c�edents, pour tout y 2 C nous avons (y � p(a) j a � p(a))60 o�u p est laprojection sur C c'est-�a-dire o�u, pour x 2 E, p(x) est l'unique point de C telque d(x; p(x)) = d(x; C).Nous en d�eduisons kp(a)� ak2 � (a� p(a) j a� y) = (a� p(a) j y � p(a))60.a =2 C donc p(a) 6= a d'o�u 0 < kp(a)� ak6 1ka� p(a)k(a� p(a)) j a� y).Posons, pour x 2 E, f(x) = 1ka� p(a)k(a� p(a)) j x). f est une forme li-n�eaire continue non nulle.8y 2 C; f(a � y)>kp(a)� ak > 0 c'est-�a-dire f(y)6f(a) � kp(a)� ak ; nousen d�eduisons supy2C f(y)6f(a)� kp(a)� ak < f(a).Application.Soient A et B deux sous-ensembles de E non vides et disjoints. On suppose23A�B convexe ferm�e alors il existe f 2 E 0, f 6= 0 telle que supx2A f(x) < supx2B f(x).23A�B = fa� b; (a; b) 2 A�Bg.

82 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ESEn e�et si 0 2 A�B alors il existe un �el�ement commun �a A etB donc 0 62 A�B.Appliquons ce que nous venons de d�emontrer avec a = 0 ; il existe f 2 E 0 nonnul tel que 0 = f(0) > supx2A�B f(x) c'est-�a-dire 0 = f(0) > sup(a; b)2A�B f(a� b).b �etant �x�e, f(b) > supa2A f(a) donc infb2B f(b)> supa2A f(a). En particulier infb2B f(b)et supa2A f(a) sont r�eels.f(a)� f(b)6 supa2A f(a)� infb2B f(b) donc sup(a; b)2A�B f(a� b)6 supa2A f(a)� infb2B f(b).8" > 0; 9(a; b) 2 A� B supx2A f(x)� "6f(a); infy2B f(y) + ">f(b) doncsupx2A f(x) � infy2B f(y)� 2"6f(a)� f(b) nous en d�eduisonssup(a; b)2A�B f(a� b) = supx2A f(x)� infy2B f(y) donc supx2A f(x) < infy2B f(y).Supposons A convexe ferm�e non vide et B convexe compact non vide avec Aet B disjoints.Soit x = a� b; y = c� d avec (a; c) 2 A2 et (b; d) 2 B2. Soit t 2 [0; 1] alorstx + (1� t)y = (ta+ (1� t)c)� (tb+ (1� t)d) 2 A� B. A� B est convexe.Soit (xn)n2N une suite convergente de points de A � B. Il existe (an)n2Nune suite de points de A et (bn)n2N une suite de points de B telles que8n 2 N; xn = an � bn. B est compact donc la suite (bn)n2N poss�ede unesous-suite convergente de limite l 2 E. Il existe ' une application de N dansN strictement croissante telle que limn!+1 b'(n) = b 2 B. Dans ces conditions lasuite de terme g�en�eral a'(n) converge vers a 2 A et l = a� b 2 A �B qui estferm�e. Il existe donc f 2 E 0, f 6= 0 tel que supx2A f(x) < infy2B f(y).24. E est un espace vectoriel r�eel de dimension �nie et A est une partie non videde E, convexe. Soit a 62 A.Soit x 2 A. fxg est un convexe ferm�e donc, en utilisant les r�esultats desexercices pr�ec�edents (et en munissant E d'une structure euclidienne ; toutesles normes sont �equivalentes), il existe une forme lin�eaire non nulle fx telle quefx(x) < fx(a). Quitte �a diviser fx par sa norme on peut supposer que fx apour norme 1.Soit E�x = ff 2 E�; kjfkj = 1; f(x)6f(a)g. f 2 E� 7�! f(x) 2 R est lin�eaired�e�nie sur un espace vectoriel norm�e de dimension �nie donc est continue. E�xest l'intersection de l'image r�eciproque du ferm�e ] �1; f(a)] c'est-�a-dire unferm�e avec la boule ferm�ee unit�e. E�x est non vide, ferm�e et born�e. Il s'agitd'un compact de E�.Soit f 2 \x2AE�x. 8x 2 A; f(x)6f(a) donc, si f existe, cette fonction convient.Montrons que f existe c'est-�a-dire que l'intersection est non vide. Supposons\x2AE�x = ; alors il existe une famille �nie extraite dont l'intersection est vide.Il existe (x1; � � � ; xn) 2 An tel que n\i=1E�xi = ; c'est-�a-dire :si pour toute famille �nie (x1; � � � ; xn) 2 An on a n\i=1E�xi 6= ; alors \x2AE�x 6= ;.

83Soit C le convexe engendr�e24 par une famille �nie (x1; � � � ; xn) 2 An.a 62 C car A est convexe donc contient C. D'apr�es le r�esultat de l'exercicepr�ec�edent, il existe f 2 E�; kjfkj = 1 telle que f(a)> supx2C f(x) doncf(a)>max(f(x1); � � � ; f(xn)). f appartient n\i=1E�xi qui est alors non vide cequi prouve que \x2AE�x 6= ; puis le r�esultat demand�e.25. Soit ' une forme lin�eaire continue non nulle d�e�nie sur l'espace pr�ehilbertiencomplet E. Soit H le noyau de '. H est ferm�e, car ' est continue, doncen utilisant les r�esultats des pr�ec�edents exercices, est suppl�ementaire de sonorthogonal. Nous savons que les suppl�ementaires d'un sous-espace vectorielsont isomorphes25 donc l'orthogonal de H est une droite D.Soit e un vecteur unitaire directeur de la droite D.Soit v = '(e) e. (v j e) = '(e). Soit x 2 H ; (v j x) = 0 = '(x).x 2 E 7�! (v j x) 2 K est lin�eaire, quel que soit v 2 E, j(v j x)j6kvk kxk donc8v 2 E; x 2 E 7�! (v j x) 2 K est continue. Il existe donc v 2 E tel que' = x 2 E 7�! (v j x) 2 K . Si ' est nulle alors v = 0 convient.Soient v et w deux �el�ements de E tels que 8x 2 E; (v j x) = (w j x). Nous end�eduisons, en choisissant x = v �w, kv �wk = 0. Il existe donc un et un seul�el�ement v de E v�eri�ant ' = x 2 E 7�! (v j x) 2 K .Soit y 2 E. Soit fy l'application de E dans K : x 2 E 7�! (y j u(x)) 2 K . fyest une forme lin�eaire.Soit u 2 LC(E). jfy(x)j6kyk ku(x)k6kyk kjujk kxk = Kkxk. fy est continue.Finalement 8y 2 E; 9!v(y) 2 E tel que 8x 2 E; (y j u(x)) = (v(y) j x).Nous d�e�nissons ainsi une application v de E v�eri�ant :8(x; y) 2 E2; (y j u(x)) = (v(y) j x).Cette application est unique �a v�eri�er : 8(x; y) 2 E2; (y j u(x)) = (v(y) j x)car si 8(x; y) 2 E2; (w(y) j x) = (v(y) j x), en choisissant x = v(y) � w(y)nous obtenons 8y 2 E; kv(y)� w(y)k = 0.Montrons que v est lin�eaire et continue.Soient (y1; y2) 2 E2 et � 2 K .(y1 + �y2 j u(x)) = (v(y1 + �y2) j u(x)) = (y1 j u(x)) + �(y2 j u(x))= (v(y1) j x) + �(v(y2) j x) = (v(y1) + �v(y2) j x).L'unicit�e conduit �a v(y1 + �y2) = v(y1) + �v(y2). v est lin�eaire.Soit (y; x) 2 E2.j(y j u(x))j6kyk ku(x)k6kyk kjxjk kxk donc j(v(y) j x)j6kyk kjujk kxk.24C'est-�a-dire l'enveloppe convexe de la famille en question.25Nous pouvons montrer directement que H� est bien une droite. Comme nous l'avons dit plushaut, H� est di��erent de f0g.Soit e un �el�ement de H� v�eri�ant '(e) = 1. e existe car ' n'est pas nulle.Soit x 2 E. Posons y = x� '(x)'(e) e. '(y) = 0 donc y appartient �a Ker(').x = y + '(x)'(e) e donc E = H ?� (Ke) = H ?�H�.Soit x 2 H� � H ?� (Ke). x s'�ecrit x = h+ae avec h 2 H et a 2 K. 0 = (x j h) = (h+ae j h) = khk2donc x 2 Ke. Nous en d�eduisons que H� = Ke est une droite.

84 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ESEn particulier kv(y)k2 = j(v(y) j v(y))j6kyk kjujk kv(y)k.Si v(y) 6= 0 alors kv(y)k6kyk kjujk. Cette relation est vraie aussi si v(y) estnul donc v est continue et kjvjk6kjujk.Comme pr�ec�edemment il existe une application lin�eaire unique w telle que8(x; y) 2 E2; (w(y) j x) = (y j v(x)) = (v(x) j y) = (x j u(y)) = (u(y) j x).Il vient alors w = u. En notant u� l'endomorphisme v adjoint de u nous end�eduisons u�� = u. L'in�egalit�e pr�ec�edente est appliquable donc kjwjk6kjvjk.Nous en d�eduisons kju�jk = kjujk.26. (a) Soient v et w deux applications quelconques d�e�nies de E dans E v�eri�ant8(x; y) 2 E2; (v(x) j y) = (w(x) j y). En choisissant y = v(x)� w(x) ilvient 8x 2 E; kv(x) � w(x)k = 0 donc v = w. L'adjoint, lorsqu'il existeest donc uniqueSoit u 2 L(E). Soit (x; y) 2 E2. Supposons que u� existe.(u�(x) j y) = (y j u�(x)) qui est donc �egal �a (u(y) j x) = (x j u(y)). L'uni-cit�e de l'endomorphisme adjoint (lorsqu'il existe) conduit �a l'existence deu�� puis �a u = u��.Choisissons x = u�(y) et supposons u continue. Nous avons alors(u(x) j y) = (x j u�(y)) = ku�(y)k2 = ((u � u�)(y) j y)6kyk k(u � u�)(y)k6kyk kjukj ku�(y)k.Si u�(y) n'est pas nul nous obtenons ku�(y)k6kyk kjukj ; relation encorevraie pour u�(y) = 0. u� est donc continue et kju�kj6kjukj.Choisissons y = u(x) ; il vient ku(x)k2 = (x j (u��u)(x))6kju�kj ku(x)k kxk.Nous obtenons alors ku(x)k6kju�kj kxk puis kjukj6kju�kj. Nous avons26bien l'�egalit�e demand�ee.(b) Il su�t de reprendre la d�emonstration faite dans l'exercice pr�ec�edent pouren d�eduire l'exitence de u�.D'apr�es le r�esultat pr�ec�edent on a bien alors kjukj = kju�kj.(c) Soit u un endomorphisme continu d'un espace pr�ehilbertien r�eel complet.u� est continue. Soit x 2 E.ku(x)k2 = (x j (u� � u)(x))6kxk k(u� � u)(x))k6kxk2 kju� � ukj. Nous end�eduisons kjukj26kju� � ukj6kju�kj kjukj.D'une mani�ere g�en�erale la norme de la compos�ee de deux applicationslin�eaires continues est major�ee par le produit des normes de chacunes deces applications donc kju� � ukj6kju�kj kjukj = kjukj2 d'o�u l'�egalit�e deman-d�ee.(d) Soit u 2 LC(E). Soit (x; y) 2 E2. j(u(x) j y)j6kjukj kxk kyk. Nous end�eduisons supkxk61;kyk61 j(u(x) j y)j6kjukj.Soit y0 = 1ku(x)ku(x) lorsque u(x) 6= 0 et y0 quelconque de norme �egale�a 1 lorsque u(x) = 0. Nous avons donc j(u(x) j y0)j = ku(x)k puissupkxk61;kyk61 j(u(x) j y)j> supkxk61 ku(x)k = kjukj.26Nous pouvions aussi dire que la relation kju�kj6kjukj peut s'appliquer �a u�� = u car u� estcontinue ; il vient alors kju�kj = kju��kj6kju�kj d'o�u l'�egalit�e.

85Nous en d�eduisons l'�egalit�e supkxk61;kyk61 j(u(x) j y)j = kjukj.(e) Supposons que u soit un endomorphisme sym�etrique d�e�ni sur un es-pace vectoriel euclidien de dimension n>1. Nous savons qu'il existeune base orthonormale e = (e1 � � � ; en) de diagonalisation de u. Soit�1; � � � ; �n les valeurs propres de u. Notons �(u) le plus grand desmodules des �i ; le rayon spectral de u. Soit x 2 E, x = nXi=1 xiei.j(u(x) jx)j = nXi=1 �ijxij2. supkxk61 j(u(x) j x)j = �(u). ku(x)k2 = nXi=1 j�ixij2donc kjukj2 = supkxk61 ku(x)k2 = �(u)2.Nous obtenons bien �(u) = kjukj = supkxk61 j(u(x) j x)j.Nous pouvons reprendre toutes ces d�emonstrations dans le cas d'un espacepr�ehilbertien complexe et nous obtenons :� Soit u 2 LC(E) alorsu� existe, u� 2 LC(E) et kjukj = kju�kj = supkxk61;kyk61 j(u(x) j y)j,kju� � ukj = kju � u�kj = kjukj2 = kju�kj2.� Soit u un endomorphisme hermitien d�e�ni sur un espace hermitien ; on a :kjukj = supkxk61 j(u(x) j x)j qui est aussi �egal au rayon spectral de u.27. (a) Soit (f; u) 2 E 0 � LC(E) o�u E est un espace de Hilbert et E 0 d�esignel'espace des formes lin�eaires continues d�e�nies sur E. f � u est continuecomme compos�ee d'applications continues donc tu est bien d�e�nie de E 0dans E 0.Soient f et g deux �el�ements de E 0, soit u un �el�ement de LC(E) et soit� 2 R.tu(f + �g) = (f + �g) � u = f � u + �f � u = tu(f) + �tu(g). tu est bienlin�eaire.Nous avons jk(tu)(f)jk = kjf � ujk6kjf jk kjujk ; tu est donc continue etkjtujk6kjujk.(b) ax : y 2 E 7�! (x j y) 2 R est une forme lin�eaire continue donc l'appli-cation, ', qui �a x 2 E associe ax 2 E 0 est bien d�e�nie ; ' est clairementlin�eaire.Soit (x; y) 2 E2. j('(x))(y)j = j(xj y)j6kxk kyk. Nous en d�eduisonskj'(x)jk6kxk puis ' est continue et kj'jk61.Soit f 2 E 0. Comme nous l'avons vu plus haut il existe e 2 E unique telque f = (x 2 E 7�! (x j e) 2 R) = '(e). ' est donc bijective. ' est unisomorphisme. Les normes de ' comme celle de sa r�eciproque sont �egales�a 127.27Soit e un vecteur unitaire. 8x 2 E; ('(e))(x) = (e j x) ; ('(e))(e) = 1 donc jk'(e)jk = 1 puisjk'jk = 1.Soit f 2 E0 un �el�ement de norme �egale �a 1. Soit e = '(f).

86 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ESPosons, pour u 2 LC(E), v = '�1 � tu � '. Soit (x; y) 2 E2.(v(x) j y) = ' [('�1 � tu � ')(x)] (y) = [(tu � ')(x)] (y)= [('(x)) � u](y) = ('(x))(u(y)) = (x j u(y).Comme nous l'avons vu plus haut, E �etant complet, u poss�ede un adjointu� unique donc v = u� et v est continue.28. Soit X 2Mn;1(R) ; soit A 2Mn(R).La norme euclidienne de X est �egale �a pX�X.kAXk2 = p(AX)�(AX) = pX�(A�A)X. A�A est sym�etrique r�eelle donc ilexiste une matrice orthogonale P et une matrice diagonaleD = Diag(d1; � � � ; dn)telles que A�A = PDP �.Posons Y = P �X . P �etant orthogonale kXk2 = kY k2 donckAXk2kXk2 =sY �DYkY k2 =vuuuuuuut nXj=1 djyj2nXj=1 yj2 . La borne sup�erieure est donc �egale �a laracine carr�ee de la plus grande valeur propre. La norme de A est donc28la racine carr�ee de la plus grande valeur propre de la matrice A�A qui eststrictement positive (car A�A est sym�etrique positive) sauf si A est nulle.Utilisons ce r�esultat ici. A�A = 0@ 11 5 05 5 00 0 0 1A. Le polynome caract�eris-tique de A�A a pour racines 0, 8 � p34 et 8 + p34. Nous en d�eduisonskjukj2 = kjAkj2 =p8 +p34.29. SoitA la matrice de u 2 L(E) dans une base orthonormale e0 = (e01; � � � ; e0n) deE. La matrice de u� dans cette meme base est A�. u est suppos�e diagonalisabledonc il existe une matrice diagonale D et une matrice inversible P (matrice depassage de la base e0 �a la base e constitu�ee de vecteurs propres de u) telles queA = PDP�1. Nous avons alors A� = P ��1DP �. u� est donc diagonalisable.Une matrice de passage de la base e0 �a une base de vecteurs propres de u� estdonc P ��1.Soit v l'endomorphisme de E dont la matrice dans la base e0 est P , soit wl'endomorphisme de E dont la matrice dans la base e0 est P ��1.8i 2 Nn ; v(e0i) = ei; w(e0i) = "i. Par construction v � w� = w� � v = IdE .8(i; j) 2 (Nn)2; (ej j "i) = (v(e0j) j w(e0i)) = ((w� � v)(e0j) j e0i) = �ji . On peutdonc construire la base " en choisissant pour chaque i 2 Nn un vecteur "iorthogonal �a Vect(ej)j2Nnnfig et v�eri�ant ("i j ei) = 1.Nous aurions pu commencer par construire la famille " de cette mani�ere etv�eri�er qu'il s'agit bien d'une base de vecteurs propres de u�.En e�et pour (i; j) 2 (Nn)2,f(e) = kek26kek donc kek61, '�1 est continue et jk'�1jk61.1 = jkIdEjk6jk'�1jk jk'jk6jk'�1jk. Nous en d�eduisons jk'�1jk = 1.28Nous avons d�ej�a vu que pour un endomorphisme u d�e�ni sur un espace pr�ehilbertien complet(donc en dimension �nie) kjukj2 = kju� � ukj = kju � u�kj.

87(u�("i) jej) = ("i j u(ej)) = �j("i j ej) = �j�ji = �i�ji = (�i"i j ej). Nous end�eduisons que u�("i) � �i"i est orthogonal �a tout l'espace donc est nul ; d'o�ule r�esultat demand�e.Nous pouvons remplacer euclidien par hermitien. Le r�esultat est encore lememe ; �a savoir choisissons pour chaque i 2 Nn un vecteur "i orthogonal �aVect(ej)j2Nnnfig et v�eri�ant ("i j ei) = 1. Une telle famille existe ; en e�et :i 2 Nn �etant �x�e, l'orthogonal de Vect(ej)j2Nnnfig est une droite dirig�ee parun vecteur xi. ei n'est pas orthogonal �a xi car ei 62 Vect(ej)j2Nnnfig ; nousavons donc (xi j ei) 6= 0. Il su�t alors de choisir k = 1(ei j xi) a�n d'obtenir("i j ei) = 1.La famille ("i)i2Nn est libre car nXi=1 �i"i = 0) 8j 2 Nn ; 0 = nXi=1 (ej j�i"i) = �jdonc est une base de E.Pour (i; j) 2 (Nn)2, (u�("i) jej) = ("i j u(ej)) = �i("i j ej) = (�i"i j ej). Nousen d�eduisons que u�("i)� �i"i est orthogonal �a tout l'espace donc est nul. Lafamille ("i)i2Nn est une base de vecteurs propres de u� les valeurs propres �etantles conjugu�ees respectives de valeurs propres de u.30. (a) Soient E hermitien et u 2 L(E) v�eri�ant u� = �u. (iu)� = �iu� =iu. iu est un endomorphisme hermitien donc d'apr�es les r�esultats desexercices vus plus haut ses valeurs propres sont r�eelles et il existe unebase orthonormale de diagonalisation de iu. Les valeurs propres de usont donc dans Ri et il existe une base orthonormale de diagonalisationde u. Montrons directement (c'est-�a-dire sans utiliser les r�esultats quenous avons d�ej�a d�emontr�es) que u est diagonalisable.Soit x un vecteur propre de u associ�e �a la valeur propre �. u(x) = �xdonc �kxk2 = (u(x) j x) = �(x j u(x)) = ��kxk2. Nous en d�eduisons� = �� ce qui �equivaut �a � 2 iR.Soient � 2 C une valeur propre de u, E� l'espace propre associ�e, Fl'orthogonal de E� et (x; y) 2 E� � F .(x j u(y)) = �(u(x) j y) = ��(x j y) = 0 donc u(y) 2 F et F est stablepar u.Montrons que tout endomorphisme u d'un C -espace vectoriel hermitienE v�eri�ant 8(x; y) 2 E2; (x j u(y)) = �(u(x) j y) est diagonalisabledans une base orthonormale.Si E est de dimension �egale �a 1, le r�esultat est imm�ediat.Supposons que tout endomorphisme u, d'un C -espace vectoriel hermitienE de dimension au plus �egale �a n�1, v�eri�ant 8(x; y) 2 E2, (x j u(y)) =�(u(x) j y) soit diagonalisable dans une base orthonormale.Soit alors u un endomorphisme d'un C -espace vectoriel hermitien E dedimension �egale �a n, v�eri�ant 8(x; y) 2 E2; (x j u(y)) = �(u(x) j y).Soit � 2 C une valeur propre de u. Soit E� l'espace propre associ�e. SiE� = E le r�esultat est acquis. Sinon E� �etant non nul, soit F l'orthogonalde E� de dimension comprise entre 1 et n� 1.Tous droits r�eserv�es, Exercices corrig�es, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.

88 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ESD'apr�es ce que nous avons vu plus haut u(F ) � F . Notons v l'endo-morphisme de F induit par la restriction de u �a F . v v�eri�e 8(x; y) 2F 2; (x j v(y)) = �(v(x) j y) donc il existe une base orthonormale de Fde diagonalisation de v.En choisissant alors une base orthonormale de E� et une base orthonor-male de F de diagonalisation de v ; en les concat�enant nous obtenons unebase orthonormale de E de diagonalisation de u. Le r�esultat est doncd�emontr�e.La matrice A = 0@ 0 �2 �12 0 21 �2 0 1A est antihermitienne.�A = �X(X2 + 9). Les valeurs propres sont �egales �a 0, �3i. Unvecteur propre associ�e �a la valeur propre 0 est (2; 1; �2), un vecteurpropre associ�e �a la valeur propre �3i est (5; �2 + 6i; 4 + 3i), un vecteurpropre associ�e �a la valeur propre 3i est (5; �2 � 6i; 4 � 3i). Nous pou-vons donc choisir U = 0BBBBBBB@ 23 p106 p10613 (�1 + 3i)p1015 (�1 � 3i)p1015�23 (4 + 3i)p1030 (4� 3i)p1030 1CCCCCCCA et nousavons D = 0@ 0 0 00 �3i 00 0 3i 1A.(b) Soit u 2 L(E) o�u E est un espace euclidien. Supposons u� = �u. Soit �une valeur propre de u. Soit x un vecteur propre associ�e.�kxk2 = (u(x) j x) = �(x j u(x)) = ��kxk2. Nous en d�eduisons � = 0.Si u est bijective alors il n'y a pas de valeur propre ; si u n'est pas injective0 est la seule valeur propre.Soit e = (e1; � � � ; en) une base orthonormale de E. Soit A 2 Mn(R) lamatrice de u dans cette base.Pour (i; j) 2 (Nn)2, (u(ei) j ej) = �(ei j u(ej)) donc la matrice A estantisym�etrique. Consid�erons A comme appartenant �a Mn(C ). Il existealors, d'apr�es le r�esultat pr�ec�edent, une matrice unitaire U et une ma-trice diagonale D telles que A = UDU�. Si X 2 Mn;1(C ) nous avonsX�AX = �X�A�X . Soit � 2 C une valeur propre de A. Soit X unvecteur propre de A associ�e.AX = �X; (AX)� = �X� donc �X�X = X�AX = �X�A�X = ��X�Xpuis � + � = 0 donc � 2 iR. Nous avons donc � + � = 0 donc � 2 iR.Nous retrouvons ce que nous avions vu pr�ec�edemment.Le polynome caract�eristique de u est donc �egal �a (�1)nXp qYj=1(X2 + a2j)o�u les aj sont des r�eels strictement positifs et p+ 2q = n.

89Si u 6= 0 la matrice D pr�ec�edente est non nulle donc le polynome carac-t�eristique de u poss�ede au moins un facteur du type X2 + a2 avec a > 0.Soit (x; y) 2 Ker(u) � (Ker(u))�. 0 = (u(x) j y) = �(x j u(y)) donc29u(y) 2 (Ker(u))� ; l'orthogonal du noyau de u est stable par u.Soit v l'endomorphisme induit par la restriction de u �a (Ker(u))�. v v�eri�e8(x; y) 2 ((Ker(u))�)2; (v(x) j y) = �(x j v(y)) donc est antisym�etrique.y 2 Ker(v) ) y 2 Ker(u) \ (Ker(u))� = f0g donc v est bijectif.Nous avons vu plus haut que v n'a pas de valeurs propres donc dim(F )est paire.Soit F = Ker(u)�. Montrons que F est la somme directe orthogonale deplans stables par v.Si dim(F ) = 2 le r�esultat est acquis. Supposons le r�esultat vrai pourtout endomorphisme antisym�etrique bijectif sur tout espace vectoriel eu-clidien de dimension paire au plus �egale �a 2(n � 1)>2. Soit F un espacevectoriel euclidien de dimension �egale �a 2n ; soit v un endomorphisme deF antisym�etrique bijectif.Soit ' un endomorphisme d'un espace vectoriel r�eel de dimension �nien'ayant aucune valeur propre.D�emontrons le r�esultat pr�eliminaire suivant : Soit un endomorphisme fd'un R-espace vectoriel de dimension �nie E ayant un polynome caract�e-ristique divisible par le polynomeX2+aX+ b sans racine r�eelle. Il existealors un plan de E stable par f .�f = (X2 + aX + b)q P avec (X2 + aX + b) ^ P = 1. Supposons quef2 + af + bIdE soit injective. Dans ces conditions (f2 + af + bIdE)q estinjective et, sachant que �f (f) = 0 nous obtenons P (f) = 0. P est doncun polynome annulateur de f ; il est divisible par le polynome minimalde f .Red�emontrons dans le cas d'un R-espace vectoriel30 que le polynome mi-nimal et le polynome caract�eristique ont les memes facteurs irr�eductibles�a des ordres de multiplicit�e �eventuellement di��erents.Soit M 2 Mn(R) � Mn(C ) la matrice d'un endomorphisme ' d'un es-pace vectoriel r�eel E dans une base de celui-ci. Soit X 2 Mn;1(C ) unematrice colonne non nulle v�eri�ant MX = �X avec � 2 C . Soit P unpolynome annulateur de M . 0 = P (M)X = P (�)X donc P (�) = 0. Enparticulier �M(�) = 0 et si �M est le polynome minimal deM nous avonsde meme �M(�) = 0. Nous en d�eduisons que toutes les valeurs propresde la matriceM consid�er�ee comme une matrice complexe ; c'est-�a-dire lesracines de �M sont racines de �M . �M divisant �M n'a donc pas d'autresracines. Nous obtenons donc le r�esultat demand�e.Revenons �a notre question. Si f2 + af + bIdE est injective alors le poly-nome minimal qui divise le polynome annulateur P n'a pas X2 + aX + bcomme diviseur ce qui est faux. f2 + af + bIdE n'est donc pas injectiveet il existe un vecteur x 2 E non nul tel que f2(x) + af(x) + x = 0. Soit29Nous savions d�ej�a que (Ker(u))� = Im(u�) donc, ici, (Ker(u))� = Im(�u) = Im(u) qui eststable par u.30Voir la d�emonstration plus g�en�erale dans le chapitre alg�ebre lin�eaire.

90 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ESy = f(x). y n'est pas colin�eaire �a x sinon une valeur propre (r�eelle) seraitracine de X2 + aX + b ce qui est exclu. Soit alors G = Vect(x; y). Gest un plan et f(y) = �ay � bx 2 G. G est donc stable par u. Nous end�eduisons que si f est un endomorphisme d'un espace vectoriel r�eel dedimension �nie, il existe au moins une droite ou (non exclusif) un planstable.Dans le cas de cet exercice il existe donc un plan P stable par v. L'or-thogonal, dans F , Q de ce plan stable est stable par v. En e�et pour(x; y) 2 P � Q, (v(y) j x) = �(y j v(x)) = 0. L'endomorphisme winduit par la restriction de v �a Q a les memes propri�et�es que v donc Qest la somme directe orthogonale de n� 1 plans stables par w puis F estla somme directe orthogonale de n plans stables par v. Le r�esultat estd�emontr�e.La matrice de la restriction de v �a un tel plan muni d'une base orthonor-male est du type � 0 �bb 0 � avec b 6= 0.En e�et Soit � a cb d � la matrice, dans une base orthonormale, d'un en-domorphisme antisym�etrique bijectif d'un plan euclidien.� a cb d � = � �a �b� �d �. Nous en d�eduisons a = d = 0; c = �b 6= 0.Finalement il existe une base orthonormale de E dans laquelle la matriceM de u est diagonale par blocs. M = Diag(0p; B1; � � � ; Bq) o�u chaquematrice Bi (i 2 Nq ) est du type � 0 �bibi 0 � avec bi 6= 0. Si u est bijec-tive, p = 0 est la matrice 0p ne �gure pas dans la d�ecomposition.En fait, u est un endomorphisme normal et nous retrouvons les r�esultatsd�ej�a vus plus haut �a ce sujet.31. (a) Soit f une forme bilin�eaire sym�etrique non d�eg�en�er�ee d�e�nie sur l'espacevectoriel E.Soit u 2 L(E) v�eri�ant 8(x; y) 2 E2, f(u(x); y) = �f(x; u(y)).Soient B une base de E suppos�e de dimension n, M la matrice de u et Nla matrice de f dans la base B.SoientX et Y deux �el�ements deMn;1(C ). D'apr�es l'hypoth�ese nous avonst(MX)NY = �tXN(MY ) donc tMN = �NM .Notons r le rang de M . Il existe deux matrices inversibles P et Q tellesque M = PJrQ donc tQJrtPN = �NPJrQ c'est-�a-direJr �tPNQ�1� = � �tQ�1NP� Jr.NotonsN 0 = tPNQ�1 ; N est une matrice sym�etrique donc nous obtenonsJrN 0 = �tN 0Jr = �(JrN 0). JrN 0 est une matrice antisym�etrique.Jr = 0B@Ir 00 01CA. �Ecrivons N 0 = 0B@N 01;1 N 01;2N 02;1 N 02;21CA o�u N 01;1 2 Mr(C ).

910B@Ir 00 01CA0B@N 01;1 N 01;2N 02;1 N 02;21CA = 0B@N 01;1 N 01;20 0 1CA. JrN 0 �etant antisym�etriquenous avons N 01;1 = �tN 01;1; N 01;2 = 0.det(N 01;1) = (�1)r det(N 01;1). Par hypoth�ese le rang de N 0 est �egal �a n.det(N 0) = det(N 01;1) det(N 02;2) donc det(N 01;1) 6= 0 et r est pair31.(b) C(A) = fX 2 Mn(C ); XA = AXg est le commutant de A. Soit ul'application de E = Mn(C ) dans E d�e�nie par u(X) = AX � XA.Ker(u) = C(A).Soit f l'application (M; N) 2 (Mn(C ))2 7�! tr(MN) 2 C . f est bili-n�eaire, sym�etrique car pour tout couple de matrices (M; N) nous avonstr(MN) = tr(NM). Soit N = (ni;j)(i; j)2(Nn)2 2 Mn(C ) telle que pourtoute matrice M 2Mn(C ) on ait tr(MN) = 0.Soit (i; j) 2 (Nn)2.Ei;jN = X16p;q6nnp;q�pjEi;q = nXq=1 nj;qEi;q . tr(Ei;jN) = nj;i. Nous en d�edui-sons N = 0 et f est non d�eg�en�er�ee.tr(u(M)N) + tr(Mu(N)) = tr(AMN �MAN) + tr(MAN �MNA)= tr(AMN)� tr(MAN) + tr(MAN)� tr(MNA)= tr(AMN)� tr(MNA).Nous en d�eduisons tr(u(M)N) + tr(Mu(N)) = 0 et u v�eri�e les hypo-th�eses de la question pr�ec�edente.Nous en d�eduisons alors en utilisant le r�esultat pr�ec�edent que la dimensionde C(A) est �egale �a n2 � r avec r pair.32. Soit A 2 Mn; (R) antisym�etrique. det(A+ In) = �A(�1).Consid�erons A, matrice r�eelle, comme appartenant �a Mn(C ). Soit � 2 C unevaleur propre de A. Soit X 2 Mn;1(C ) X 6= 0; AX = �X . X�AX = �X�X .AX = AX = �X donc �X�A = �X� puis �X�AX = �X�X . X �etant nonnul nous en d�eduisons �+ � = 0 donc � 2 iR.�A est un polynome r�eel donc ses racines complexes non r�eelles sont deux �adeux conjugu�ees. Nous obtenons alors �A = (�1)nXr pYj=1(X � i�j)(X + i�j)o�u32 les �j sont des r�eels strictement positifs et 2p + r = n.Finalement �A = (�1)nXr pYj=1(X2 + �j2).Si p 6= 0, �A(�1) = (�1)n(�1)r pYj=1(1 + �j2) = pYj=1(1 + �j2)>1 ; vrai aussi sip = 0.31Si E est un R-espace vectoriel et si f est un produit scalaire u est un endomorphisme antisy-m�etriuqe ; nous retrouvons une partie du r�esultat vu plus haut.32Si p = 0, pYj=1(X � i�j)(X + i�j) est remplac�e par 1.

92 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ESSoit B 2Mn(R) une matrice sym�etrique d�e�nie positive.B est diagonalisable ; il existe une matrice orthogonale U et une matrice dia-gonale D = Diag(d1; � � � ; dn) �a �el�ements diagonaux strictement positifs tellesque B = UDU�. Notons � = Diag(pd1; � � � ; pdn) et B0 = U�U�.B02 = B. B0 est sym�etrique d�e�nie positive. B0AB0 est une matrice antisy-m�etrique donc d'apr�es le r�esultat pr�ec�edent, det(B0AB0 + In)>1, det(B) > 0puisque B est sym�etrique d�e�nie positive.B0�1(B0AB0 + In)B0�1 = A+B0�2 = A+B�1 doncdet(A+B�1) = det(B0�1(B0AB0 + In)B0�1)= det(B�1) det(B0AB0 + In)> det(B�1).Si S est sym�etrique d�e�nie positive nous obtenons, en posant B = S�1,det(A + S)> det(S). Le r�esultat demand�e est donc vrai lorsque S est sy-m�etrique d�e�nie positive.Soit S une matrice sym�etrique positive. Pour X 2 Mn;1(R); X 6= 0 et pour� > 0, nous avons X�(S + �In)X = X�SX + �X�X > 0 . S + �In estdonc sym�etrique d�e�nie positive. En utilisant le r�esultat pr�ec�edent il vientdet(S + �In +A)> det(S + �In).Les applicationsM 2 Mn(R) 7�! det(M) 2 R, � 2 R 7�! S + �In + A 2 Mn(R) et� 2 R 7�! S + �In 2Mn(R) sont continues donc� 2 R 7�! det(S+�In+A) 2 R et � 2 R 7�! det(S+�In) 2 R sont continues.En calculant la limite �a droite en 0 nous obtenons det(S +A)> det(S).33. Soit u 2 L(E), 8x 2 E; (u(x) j x) = 0. Soient x et y deux �el�ements de E.0 = (u(x + y) j x+ y) = (u(x) jx) + (u(y) j y) + (u(x) j y) + (u(y) j x)= (u(x) j y) + (u(y) j x).u est donc un endomorphisme antisym�etrique ; u� = �u. Si � est une valeurpropre de u et x un vecteur propre associ�e alors �(x j x) = (u(x) j x) = 0 donc� = 0. Pour tout � non nul u � �IdE est un endomorphisme bijectif.Soit v = (IdE + u) � (IdE � u)�1.v� = (IdE � u�)�1 � (IdE + u�) = (IdE + u)�1 � (IdE � u).v� � v = (IdE + u)�1 � (IdE � u) � (IdE + u) � (IdE � u)�1.(IdE � u) � (IdE + u) = (IdE + u) � (IdE � u) doncv� � v = (IdE + u)�1 � (IdE + u) � (IdE � u) � (IdE � u)�1 = IdE.v est un automorphisme orthogonal donc v� = v�1.v(x) = �x () v�(x) = �x () ((IdE + u)�1 � (IdE � u))(x) = �x() (IdE � u)(x) = (IdE + u)(�x) () x = 0.-1 n'est donc pas une valeur propre de v.Supposons que v soit un automorphisme orthogonal n'ayant pas -1 comme va-leur propre. Soit u = (v�IdE)� (v+IdE)�1. u existe car v+IdE est bijective.(v + IdE) � (v � IdE) = (v � IdE) � (v + IdE) doncu = (v � IdE) � (v + IdE)�1 = (v + IdE)�1 � (v � IdE).u� = (v� + IdE)�1 � (v� � IdE). v est un automorphisme orthogonal doncv� = v�1.u� = (v�1 + IdE)�1 � (v�1 � IdE) = (v�1(IdE + v))�1 � (v�1(IdE � v))= (IdE + v)�1 � v � v�1 � (IdE � v) = (IdE + v)�1 � (IdE � v) = �v.

93v est un endomorphisme antisym�etrique.IdE + u = IdE + (v + IdE)�1 � (v � IdE) = (v + IdE)�1 � (v + IdE + v � IdE)= 2(v + IdE)�1 � v.IdE � u = IdE � (v + IdE)�1 � (v � IdE) = (v + IdE)�1 � (v + IdE � v + IdE)= 2(v + IdE)�1.Nous avons alors(IdE + u) � (IdE � u)�1 = �12(v + IdE)� � �2(v + IdE)�1� = v d'o�u le r�esul-tat demand�e.34. (a) Munissons C n du produit scalaire hermitien canonique. Nous identi�onsun vecteur de C n et la matrice colonne de ses coordonn�ees dans la basecanonique de C n .Soit A 2 GLn(C ). Les colonnes A1; � � � ; An de A constituent une basede C n �a partir desquelles nous cr�eons une base (B1; � � � ; Bn) orthonor-male par le proc�ed�e de Schmidt. La matrice de passage, T 0, de la base(A1; � � � ; An) �a la base (B1; � � � ; Bn) est triangulaire sup�erieure. La ma-trice de passage, U , de la base canonique de C n �a cette derni�ere base estune matrice unitaire. Nous avons donc la relation U = AT 0 puis A = UTavec T = T 0�1.Supposons A non n�ecessairement inversible.�A poss�ede au plus n racines distinctes. Il existe donc � > 0 tel que pourtout t 2]0; �[; det(A + tIn) 6= 0. Notons p0 = 1 + E � 1��. Posons pourtout p 2 N; Ap = A+ 1p + p0 In. A est la limite de la suite (Ap)p2N dematrices inversibles. Pour chaque p 2 N il existe une matrice triangulairesup�erieure Tp et une matrice unitaire Up telles que Ap = UpTp. Nousavons d�ej�a d�emontr�e que l'ensemble des matrices unitaires est compactdonc la suite (Up)p2N poss�ede une sous-suite convergente, vers U unitaire,de terme g�en�eral U'(p). T'(p) = U�'(p)A'(p). La suite de terme g�en�eralT'(p) est donc convergente de limite une matrice triangulaire sup�erieureT et nous avons la relation A = UT .(b) Nous savons que toute matrice de Mn(C ) est semblable �a une matricetriangulaire sup�erieure. Il existe donc une matrice inversible P et unematrice triangulaire sup�erieure T1 telles que A = PT1P�1. D'apr�es ler�esultat pr�ec�edent il existe une matrice unitaire U et une matrice tri-angulaire sup�erieure inversible T telles que P = UT . Il vient alorsA = (UT )T1(UT )�1 = U(TT1T�1)U�. U est unitaire et TT1T�1 = T2est triangulaire sup�erieure.(c) Si A est une matrice hermitienne alors A s'�ecrit A = UT2U� = UT �2U�.Nous en d�eduisons T2 = T �2 donc T2 est diagonale r�eelle. Nous retrouvonsun r�esultat que nous avions d�ej�a d�emontr�e.(d) Le premi�ere partie est analogue en rempla�cant unitaire par orthogonal.Pour la deuxi�eme partie nous devons supposer que le polynome caract�e-ristique de la matrice est scind�e sur R ; auquel cas nous retrouvons le fait

94 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ESque la matrice est orthogonalement semblable �a une matrice triangulaire.Supposons A 2 Mn(R) sym�etrique. Si nous consid�erons A comme ap-partenant �a Mn(C ), son polynome caract�eristique est scind�e et si � estune valeur propre il existe X 2 Mn;1(C ) X 6= 0 telle que AX = �X .X�A = �X� donc �X�X = X�AX = �X�X . Nous en d�eduisons � = �.�A est donc scind�e sur R. Nous pouvons donc comme plus haut en d�e-duire que A est semblable �a une matrice triangulaire sup�erieure. Nousterminons alors comme dans le cas complexe.(e) A est unitairement semblable �a une matrice triangulaire sup�erieure (parexemple). A s'�ecrit A = UTU� avec U unitaire et T triangulaire sup�e-rieure. AA� = A�A �equivaut �a TT � = T �T .Supposons T = (ti;j)(i;j)2(Nn)2 avec 8(i; j) 2 (Nn)2; i > j ) ti;j = 0.8(i; j) 2 (Nn)2; nXk=max(i;j)ti;ktj;k =min(i;j)Xk=1 tk;itk;j .Pour i = j = 1 nous avons nXk=1 jt1;kj2 = jt1;1j2 soit 8k>2; t1;k = 0.Supposons que pour i 2 Nl (avec 16l6n� 1); 8k>i+ 1; ti;k = 0.Pour i = j = l + 1. nXk=l+1 jtl+1;kj2 = l+1Xk=1 jtk;l+1j2 donc nXk=l+2 jtl+1;kj2 = 0.Tous les coe�cients tk;l+1 sont nuls pour l + 26k6n. La matrice A estdonc diagonale.Nous retrouvons ce que nous avions d�ej�a vu concernant les endomor-phismes normaux.35. Supposons que E est un espace vectoriel euclidien.Soit u un endomorphisme de E dont le polynome caract�eristique (dans le casr�eel) est scind�e. Montrons qu'il existe une base orthonormale de E dans la-quelle la matrice de u soit triangulaire sup�erieure.Si E est de dimension �egale �a 1 le r�esultat est acquis. Supposons le r�esultatvrai pour tout espace vectoriel euclidien de dimension au plus �egale �a n� 1>1et tout endomorphisme d'un tel espace dont le polynome caract�eristique estscind�e.Soit E un espace euclidien de dimension n ; soit u un endomorphisme de Edont le polynome caract�eristique est scind�e.Soit � 2 R une valeur propre de u. Soit E� = E l'espace propre, de dimension�egale �a p, associ�e.Si E� = E n'importe quelle base orthonormale convient ; u = �IdE .Supposons E� 6= E. F = E�� 6= f0g. E 6= F . Soit (e1; � � � ; ep) une baseorthonormale de E�. Soit p le projecteur orthogonal d'image F . Soit v larestriction de u �a F et soit w = p � v. w est un endomorphsime de Fet �v = (� � X)p�w. �w est donc scind�e ; il existe une base orthonormale(ep+1; � � � ; en) de F dans laquelle la matrice de w soit triangulaire sup�erieure.8j 2 N; p + 16j6n) w(ej) = jXi=p+1 ai;jei. v(ej) = xj + w(ej) avec xj 2 E�

95donc u(ej) s'�ecrit u(ej) = jXi=1 ai;jei. �Etant donn�e que pour j 2 Np u(ej) = �ejle r�esultat est d�emontr�e pour dim(E) = n. Le r�esultat est donc vrai pour toutespace vectoriel euclidien.dans le cas hermitien la d�emonstration est analogue ; nous n'avons pas besoinde supposer �u scind�e.Soit A 2Mn(R), on suppose �A scind�e ou soit A 2Mn(C ). Soit u l'endomor-phisme de Kn , muni de son produit scalaire canonique et rapport�e �a sa basecanonique, dont la matrice est A. Il existe une matrice unitaire, repr�esentantle changement de base, U (orthogonale dans le cas r�eel) telle que U�AU soittriangulaire sup�erieure.36. (a) Soit e = (e1; � � � ; en) une base orthonormale de E.u est un endomorphisme sym�etrique positif de e donc est diagonalisabledans une base orthonormale.Il existe donc33 d 2 L(E) v�eri�ant 8j 2 Nn ; d(ej) = djej avec dj 2 R etu1 2 O(E) tels que u = u1 � d � u�11 = u1 � d � u�1.u est positive. Soit j 2 Nn . Posons x = u1(ej).06(u(x) j x) = ((u1 � d � u�1)(x) j x) = (d � u�1)(x) j u�1(x))= ((d � u1�1)(x) j u1�1(x)) = (d(ej) j ej) = dj .8j 2 Nn ; dj 2 R+.Soit � l'application lin�eaire d�e�nie par 8j 2 Nn ; �(ej) = pdjej . Ennotant34 v = u1 � � nous obtenons u = v � v�.(b) Soit B 2 GLn(R). Nous munissons Rn du produit sacalaire canonique etnous identi�ons les vecteurs de Rn avec les colonnes de ses coordonn�eesdans la base canonique. Les colonnes (B1; � � � ; Bn) de B constituent unebase de Rn. Transformons cette base en une base B0 orthonormale par leproc�ed�e de Schmidt. La matrice de passage de la base (B1; � � � ; Bn) �ala base B0 est triangulaire sup�erieure donc la matrice de passage T 0 de labase B0 �a la base (B1; � � � ; Bn) est triangulaire sup�erieure. La matrice depassage O0 de la base canonique (orthonormale) �a la base B0 orthonormaleest donc une matrice orthogonale. Nous avons alors la relation B = O0T 0.En appliquant ce r�esultat �a B�1 nous obtenons la relation B = TO o�uT est triangulaire sup�erieure et O orthogonale ; en appliquant ces r�esul-tats �a B� nous obtenons les relations B = O1T1 et B = T 01O01 o�u O01 etO1 sont orthogonales et T1 et T 01 sont triangulaires inf�erieures. D'apr�esle r�esultat de la question pr�ec�edente, A �etant sym�etrique d�e�nie posi-tive, il existe une matrice C telle que A = BB�. A �etant inversible, Bl'est aussi donc, en appliquant le r�esultat pr�ec�edent nous avons B = TO,A = TO(TO)� = TT �.Nous avons de meme A = T1T �1 .Application en appliqunt le r�esultat pr�ec�edent, nous avons A = T1T �133Nous pouvons aussi utiliser la matrice de u dans la base e.34En fait en choisissant v = u1 � � � u�1 nous pouvons trouver v sym�etrique positive. C'est ce quia d�ej�a �et�e vu plus haut.

96 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ESavec T1 triangulaire inf�erieure. Soit L la matrice dont tous les �el�e-ments sont ceux de T1 sauf les �el�ements diagonaux tous �egaux �a 1. No-tons ti l'�el�ement d'indices (i; i) de T1. Soit D0 la matrice diagonaleDiag(t1; t2; � � � ; tn). D0 est inversible car T1, triangulaire, l'�etait et avaitdonc ses �el�ements diagonaux tous non nuls. Posons D = D02. Nous avonsla relation A = LDL�.Montrons l'unicit�e de cette d�ecomposition.LDL� = L0D0L0� avec L et L0 triangulaires inf�erieures �a diagonales unit�eet D et D0 diagonales �a �el�ements diagonaux r�eels strictement posit�s.Posons L1 = L0�1L. Nous obtenons DL�1 = L�11 D0. L'�el�ement d'indices(i; i) de la matrice DL�1 est �egal �a di, celui de la matrice L�11 D0 est �egal �ad0i. Nous en d�eduisons D = D0 puis L�11 = L�1. L�11 est triangulaire inf�e-rieure et L�1 est triangulaire sup�erieure donc L1 est diagonale �a diagonaleunit�e ; il s'agit de In. Nous avons alors L = L0 d'o�u l'unicit�e.Il n'y a pas grand chose �a changer pour obtenir le r�esultat dans le cascomplexe en utilisant le fait (d�emontr�e plus haut) qu'une matrice hermi-tienne est unitairement semblable �a une matrice diagonale pour la pre-mi�ere question et en rempla�cant orthognal par unitaire pour la secondequestion.Remarque Soit A une matrice r�eelle sym�etrique d�e�nie positive ou her-mitienne d�e�nie positive. Nous pouvons construire T v�eri�ant A = TT �o�u T est une matrice triangulaire inf�erieure.Supposons que le terme d'indices (i; j) de T soit ti;j avec ti;j = 0 pour16i < j6n.Le terme d'indices (i; j) de la matrice TT � est �egal �a min(i;j)Xk=1 ti;ktj;k.Supposons i6j car la matrice A est hermitienne.Nous devons avoir 8(i; j) 2 (Nn)2; 16i6j6n, ai;j = iXk=1 ti;ktj;k. La ma-trice A est d�e�nie positive donc en particulier chaque �el�ement ai;i est r�eelstrictement positif.a1;1 = jt1;1j2. Il su�t de choisir pour t1;1 le r�eel racine carr�ee de a1;1.pour 16j6n nous devons avoir a1;j = 1Xk=1 t1;ktj;k = t1;1tj;1. Nous pou-vons donc choisir tj;1 = a1; jpa1;1 . La premi�ere colonne de la matrice T estconstruite.Supposons construites les p (p < n), premi�eres colonnes de la matrice T .Nous connaissons donc les �el�ements ti;j pour 16j6p; 16i6n.ap+1;p+1 = p+1Xk=1 jtp+1;kj2 = jtp+1;p+1j2 + pXk=1 jtp+1;kj2. Nous pouvons donc d�e-terminer tp+1;p+1 que l'on peut choisir r�eel positif.

97ap+1; j = p+1Xk=1 tp+1;ktj;k = tp+1;p+1tj;p+1 + pXk=1 tp+1;ktj;k. Nous obtenons alorstj;p+1 puis la (p + 1)i�eme colonne de T . La matrice T est alors construc-tible. Il existe donc T triangulaire inf�erieure telle que A = TT �.Si A n'est que positive nous pouvons aussi d�eterminer T .Soit t > 0. Soit X un �el�ement non nul de Mn;1(K).X�(A+ tIn)X = X�AX + tX�X>tX�X > 0.Il existe donc une matrice triangulaire inf�erieure Tt telle que A + tIn =TtT �t .tIn = (ptIn)(ptIn)� Nous avons d�ej�a vu que si l'on muni C n de la normehermitienne canonique, la norme subordonn�ee d'une matrice, M , est laracine carr�ee de la plus grande valeur propre de MM�.Les matrices Tt v�eri�ant A + tIn = TtT �t ont des normes major�ees parpkAk+ 1. Cet ensemble de matrices est born�e donc inclus dans un com-pact W . En choisissant t = 1p + 1 avec p 2 N nous disposons d'une suitede matrices triangulaires inf�erieures poss�edant une sous-suite convergentedans W vers une matrice T 0. La limite T 0 est naturellement triangulaireinf�erieure et v�eri�e donc A = T 0T 0�.Remarque L'�ecriture A = TT � avec T triangulaire inf�erieure et les ti;istrictement positifs (dans le cas o�u A est d�e�nie positive) est unique.En e�et : T1T �1 = T2T �2 ) T�12 T1 = T �2 T �1 �1. Le membre de gaucheest une matrice triangulaire inf�erieure, celui de droite est une matricetriangulaire sup�erieure. Les deux matrices dont donc diagonales. Ilexiste alors D diagonale telle que T1 = T2D; T �2 = DT1 soit encoreT1 = T2D; T2 = T1D. T1 �etant inversible nous en d�eduisons D2 = Inet en particulier les �el�ements diagonaux de T1 et T2 de memes indicessont �egaux ou oppos�es. Si nous les supposons strictement positifs ils sont�egaux et D = In puis T1 = T2 d'o�u l'unicit�e.37. E est un espace pr�ehilbertien.Posons, pour (x; y) 2 E2, f(x; y) =Xg2G(g(x) j g(y)). G �etant un groupe �ni,cette somme a un sens. Il est imm�ediat que f est une forme sesquilin�eaire �asym�etrie hermitienne dans le cas complexe ou une forme bilin�eaire sym�etriquedans le cas r�eel.f(x; x) = 0)Xg2G(g(x) j g(x)) = 0 =Xg2G kg(x)k2 = 0) x = 0 car tous les en-domorphisme de G sont bijectifs.Soit g0 2 G. Soit (x; y) 2 E2. f(g0(x) j g0(y)) =Xg2G((g � g0)(x) j (g � g0)(y)).L'application g 2 G 7�! g � g0 2 G est injective donc bijective car G est �ni ;nous en d�eduisonsXg2G((g � g0)(x) j (g � g0)(y)) = Xg�g02G((g � g0)(x) j (g � g0)(y))Tous droits r�eserv�es, Exercices corrig�es, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.

98 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ES=Xg2G(g(x) j g(y)) = f(x; y).Les �el�ements de G sont donc des automorphismes orthogonaux pour le produitscalaire f de E. Si E est un C espace vectoriel alors, comme nous l'avons d�ej�avu, ces automorphismes sont tous diagonalisables. Si G est ab�elien alors ilexiste une base commune de diagonalisation. Les �el�ements deG ont des valeurspropres qui ont toutes un module �egal �a 1. Ce dernier point est naturel car G�etant de cardinal n nous avons 8g 2 G; gn = IdE donc si � 2 C est une valeurpropre de g il existe x 2 E; x 6= 0 tel que g(x) = �x puis x = gn(x) = �nxsoit �n = 1.38. (a) u 2 GL(E). L'application ' : (x; y) 2 E2 7�! (u(x) j u(y)) 2 R est uneforme bilin�eaire sym�etrique. '(x; x) = ku(x)k2>0.'(x; x) = 0 ) u(x) = 0 ) x = 0 car u est injective. ' est un produitscalaire donc il existe une base e = (e1; � � � ; en) de E orthonormale pource produit scalaire c'est-�a-dire v�eri�ant 8(i; j) 2 (Nn)2; (u(ei) j u(ej)) =�ji . La famille (u(ei))i2Nn est bien une base orthonormale de E pour leproduit scalaire initial de E.(b) Munissons E = Rn du produit scalaire canonique. Soit u l'automor-phisme de E de matriceM dans la base canonique de E. En utilisant lesnotations pr�ec�edentes, soit V la matrice de passage de la base canoniquede E �a la base e = (e1; � � � ; en), soit U 0 la matrice de passage de la basecanonique �a la base e0 = (e01; � � � ; e0n) o�u pour i 2 Nn ; e0i = 1ku(ei)ku(ei).La matrice de f dans le couple de bases e et e0 est la matrice diago-nale M 0 = Diag(kf(e1)k; � � � ; kf(en)k). Nous avons donc la relationM 0 = U 0�1MV . e et e0 sont des bases orthonormales donc les matricesU = U 0�1 et V sont des matrices orthogonales d'o�u le r�esultat.Soit p 2 N. Soit Mp =M + 1p+ 1In.det(Mp) = �M �� 1p + 1�. Soit � > 0 le plus petit module des racines(r�eelles ou complexes) non nulles de �M . Pour p> 1� , Mp est inversible35.Il existe donc des matrices orthogonales Up et Vp telles que UpMpVp soitdiagonale.Nous avons d�ej�a vu36 que l'espace des matrices orthogonales est compactdans Mn(R). On peut donc extraire des suites de matrices de termesg�en�eraux U 0p = U'(p) et V 0p = V'(p) convergentes vers des matrices ortho-gonales U 0 et V 0. La suite de terme g�en�eral U 0pM'(p)V 0p est convergentede limite U 0MV 0 qui est diagonale.Si E est un espace hermitien, la meme d�emonstration s'applique et nousobtenons les memes r�esultats.35Nous avons d�ej�a vu dans les autres chapitres qu'une matrice r�eelle ou complexe est limite d'unesuite de matrices inversibles.36Voir l'exercice num�ero 3.

9939. Soient X 2 Mn;1(C ); X 6= 0 et � 2 C tels que AAX = �X . A 2Mn(C ) �etantsym�etrique, A = A�. Nous obtenons X�AA�X = �(X�X). Nous identi�onsles �el�ements de Mn;1(C ) avec des vecteurs de C n muni de la base canoniqueet du produit scalaire canonique et les matrices 1� 1 avec des scalaires. Dansces conditions nous obtenons kA�Xk2 = �kXk2. � est donc un r�eel positif.AA� est une matrice hermitienne. Comme nous l'avons d�ej�a vu il existe unematrice unitaire V et une matrice diagonale � = Diag(�1; � � � ; �n) telles queAA = V�V �. Les coe�cients �i appartenant tous �a R+.Soit B la matrice V �AV . BB = V �AV V �AV = V �AAV = �.De meme BB = V �AV V �AV = V �AAV = � = �.tB = V �(tA)V = B. B est donc une matrice sym�etrique.�Ecrivons B = B1 + iB2 o�u B1 et B2 sont deux matrices r�eelles sym�etriques.BB = B12 +B22 + i(B2B1 � B1B2), BB = B12 + B22 + i(B1B2 � B2B1) ; cequi conduit �a B1B2 = B2B1. B1 et B2 sont donc deux matrices r�eelles sym�e-triques qui commutent. Il existe alors37 une matrice orthogonale O et deuxmatrices daigonales r�eelles D1 et D2 telles que B1 = O�D1O; B2 = O�D2Odonc B = O�(D1 + iD2)O avec D1 + iD2 = D0 = Diag(�1; � � � ; �n).Notons, pour k 2 Nn , dk = j�kj. Il existe, pour chaque k 2 Nn , un nombrecomplexe �k de module �egal �a 1 tel que 8k 2 Nn ; �k = dk(�k)2. SoitW = Diag(�1; � � � ; �n) et D = Diag(d1; � � � ; dn). D0 = WDW doncA = V BtV = V O�D0OtV = (V O�W )D(WOtV ). Notons Q = WOtV .W �W = In; O�O = In; tV �tV = In donc Q�Q = tV �O�W �WOtV = In etQ est alors une matrice unitaire. Il vient alors A = tQDQ.AA = tQDQQ�DQ = tQD2Q = Q�1D2Q. AA et D2 sont unitairementsemblables, puis � et D2 sont aussi semblables et ont alors meme polynomecaract�eristique.�� = nYi=1(�i �X) et �D2 = nYi=1(di2 �X) donc les �el�ements diagonaux de lamatriceD2 sont �a un ordre pr�es ceux de la matrice � et les �el�ements diagonauxde la matriceD sont �a un ordre pr�es ceux de la matrice �0 = Diag(p�1; � � � ; p�n).Il existe une permutation � de Nn telle que 8i 2 Nn ; d�(i) = p�i.Soit P la matrice r�eelle dont le terme d'indices (i; j) est ��(j)i . Le terme d'in-dices (i; j) de tPDP est �egal �a �ji d�(i) = p�i c'est-�a-dire38 tPDP = �0 avecP orthogonale.Nous pouvons e�fectuer une autre d�emonstration.Soit e = (e1; � � � ; en) une base orthonormale d'un espace vectoriel hermitienE.Soit e0 = (e01; � � � ; e0n) la base orthonormale deE d�e�nie par 8i 2 Nn ; e0i = e�(i) .Soit u l'endomorphisme de E de matrice D dans la base e, soit v l'endomor-phisme de E de matrice �0 dans la base e0. v(e�(i)) = p�ie�(i) = d�(i)e�(i) doncu = v. Soit P la matrice de passage de la base e �a la base e0. Nous obtenonsD = P�0P�1. P �etant orthogonale nous avons D = P�0tP . Nous retrouvons37Nous avons d�ej�a d�emontr�e que si deux matrices r�eelles sym�etriques A et B commutent alors ilexiste une matrice orthogonale P telle que PAP � et PBP � sont diagonales r�eelles.38Nous avons d�ej�a d�emontr�e que si deux matrices r�eelles sont unitairement semblables elles sontorthogonalement semblables.

100 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ESle r�esultat pr�ec�edent.Notons U = tPQ qui est unitaire.A = (tQP )D(tPQ) = tU Diag(p�1; � � � ; p�n)U . D'o�u le r�esultat demand�e.40. u 2 L(E) de trace nulle. Montrons qu'il existe une base orthonormale de E,e = (e1; � � � ; en) v�eri�ant 8i 2 Nn ; (u(ei) j ei) = 0.Si n = dim(E) = 1 le r�esultat est imm�ediat. Soit ("1; � � � ; "n) une base ortho-normale de E. Supposons qu'il existe un indice k 2 Nn tel que (u("k) j "k) 6= 0sinon le r�esultat est acquis.tr(u) = nXi=1 (u("i) j "i). Il existe donc deux indices distincts i et j tels que(u("i) j "i) > 0 et (u("j) j "j) < 0. Soit x = �"i + "j .(u(x) j x) = �2(u("i) j "i) + �[(u("i) j "j) + (u("j) j "i)] + (u("j) j "j)= a�2 + b� + c.[(u("i) j "j)+ (u("j) j "i)]2� 4(u("i) j "i)(u("j) j "j) > 0 est le discriminant dupolynome aX2+bX+c. Il existe donc � 2 R tel que (u(x) j x) = 0 avec x nonnul car "i et "j sont non colin�eaires. Posons e1 = 1kxkx. Nous construisonsalors une base orthonormale (e1; e02; � � � ; e0n) dont le premier �el�ement est e1.(u(e1) j e1) = 0. Notons F l'orthogonal de fe1g. Soit p le projecteur orthogo-nal d'image F . Soit v l'endomorphisme de F d�e�ni par v(x) = p(u(x)).Pour j 2 N; 26j6n, notons u(e0j) = a1;je1 + nXi=2 ai;je0i.p(u(e0j)) = nXi=2 ai;je0i = u(e0j)� a1;je1 donc (p(u(e0j)) j e0j) = (u(e0j) j e0j).tr(v) = tr(u) = 0.Supposons avoir prouv�e le r�esultat pour tout espace vectoriel euclidien de di-mension au plus �egale �a n� 1.F est de dimension n� 1 donc il existe une base ortonormale (e2; � � � ; en) deF v�eri�ant 8i 2 N; 26i6n ) (v(ei) j ei) = 0. Nous avons donc, d'apr�es lecalcul pr�ec�edent, pour i>2, (u(ei) j ei) = 0. Le r�esultat est donc prouv�e aurang n.En termes de matrices nous obtenons : si A 2 Mn(R) v�eri�e tr(A) = 0, ilexiste une matrice orthogonale P telle que tPAP a sa diagonale nulle.Nous aurions pu faire directement une d�emonstration \matricielle".Soit A = (ai;j)(i;j)2(Nn)2 2Mn(R). Si la diagonale de A est nulle le r�esultat estacquis.Sinon il existe deux �el�ements ai0;i0 et ai1;i1 de signes contraires sur cette dia-gonale. Si nous notons Ei la matrice colonne dont tous les �el�ements sontnuls sauf celui d'indice i qui est �egal �a 1 alors ai0;i0 = E�i0AEi0 > 0 etai1;i1 = E�i1AEi1 < 0.Montrons qu'il existe une colonne X 2Mn;1(R) non nulle v�eri�ant39 X�AX =0. Soit X = aEi0 + Ei1 .X�AX = (aEi0 + Ei1)�A(aEi0 + Ei1)39Nous identi�ons les sacalaires et les matrices 1� 1.

101= a2E�i0AEi0 + a(E�i1AEi0 + E�i0AEi1) + E�i1AEi1 .Le ploynome du second degr�e en a a un discriminat strictement positif car(E�i0AEi0)(E�i1AEi1) < 0. Il existe donc une solution a strictement positive etune solution strictement n�egative. Il existe donc X 6= 0, car Ei0 et Ei1 sontnon colin�eaires, v�eri�ant X�AX = 0.Nous pouvons alors construire une matrice orthogonale P dont la premi�erecolonne est unitaire colin�eaire �a X . L'�el�ement d'indices (1; 1) de A0 = P �APest X�AX et est nul.A0 = 0 LC B ! o�u C 2 Mn�1;1(R), L 2 M1;n�1(R) et B 2 Mn�1(R) estune matrice de trace nulle.Montrons alors le r�esultat demand�e par r�ecurrence.Si n = 1 le r�esultat est imm�ediat.Supposons que pour toute matrice M 2 Mn�1(R) de trace nulle il existe unematrice orthogonale Q 2 Mp(R) telle que Q�MQ soit de diagonale nulle.Appliquons l'hypoth�ese de r�ecurrence �a la matrice B.Soit O la matrice deMn(R), O = 0BBB@ 1 0 � � � � � � 00... Q0 1CCCA. O est une matrice or-thogonale et O�A0Q = 0 LQQ�C Q�BQ !. La matrice (PO)�A(PO) est donc�a diagonale nulle d'o�u le r�esultat demand�e.41. Soit (u; v) 2 (L(E))2 avec E pr�ehilbertien de dimension �egale �a n. Posons'(u; v) = tr(u� � v). Il est imm�ediat que ' est une forme sesquilin�eaire �a sy-m�etrie hermitienne dans les cas complexe ou une forme bilin�eaire sym�etriquedans le cas r�eel.Dans la base orthonormale e = (ei)i2Nn de E, l'�el�ement d'indices (i; j) de lamatrice de u��u est nXk=1 [(ei j u�(ek)) (ek j u(ej))] = nXk=1 [(u(ei) j ek) (ek j u(ej))].La trace est donc �egale �a nXi=1 nXk=1 j(u(ei) j ek)j2!>0.tr(u� �u) = 0) 8(i; k) 2 (Nn)2; (u(ei) jek) = 0. Chaque u(ei) est orthogonal�a tout l'espace donc est nul puis u = 0. ' est un produit scalaire. En utilisantl'in�egalit�e de Cauchy-Schwarz nous obtenonsj'(u; IdE)j26'(u; u)'(IdE ; IdE) = n tr(u� � u).'(u; IdE) = tr(u�) = tr(u) d'o�u l'in�egalit�e j tr(u)j26n tr(u� � u) qui est une�egalit�e si et seulement si u = �IdE.42. (a) E =Mp;q(R). Nous savons que l'on a pour (A; B) 2Mp;q(R)�Mq;p(R),tr(AB) = tr(BA) et pour C 2 Mn(R), tr(C) = tr(tC). Nous notons iciencore tC ou C� la transpos�ee de la matrice C.

102 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ESSoit (X; Y ) 2 E2. Posons f(X; Y ) = tr(X�Y ). f est clairement bili-n�eaire. f(Y; X) = tr(Y �X) = tr((X� Y )�) = tr(X� Y ).Supposons X = (xi;j)(i;j)2Np�Nq 2 Mp;q(R).f(X; X) = qXj=1 pXi=1 (xi;j)2!>0, nul si et seulement si X = 0. f est bienun produit scalaire.(b) Nous recherchons une application �� d�e�nie sur E v�eri�ant, pour toutcouple (X; Y ) d'�el�ements de E2, f(AX �XB; Y ) = f(X; ��(Y )) c'est-�a-dire tr((X�A� � B�X�)Y ) = tr(X��(Y )).Nous obtenons tr((X�A�Y )� tr(X�Y B�) = tr(X��(Y )).Il su�t de choisir ��(Y ) = A�Y � Y B�. L'unicit�e de l'adjoint d'uneapplication lin�eaire su�t �a prouver qu'il s'agit l�a de l'unique solution.Si nous notons �A;B �a la place de � nous obtenons (�A;B)� = �A�;B� .Si par exemple A et B sont sym�etriques alors �A;B est sym�etrique doncest diagonalisable.Si E = Mp;q(C ), (A; B) 2 E2 7�! tr(A�B) 2 C est un produit scalairehermitien et si A 2 Mp(C ) et B 2 Mq(C ), l'endomorphisme adjoint del'application �A;B : X 2 E2 7�! AX �XB 2 Mp;q(C ) est �A�;B�. Si Aet B sont hermitiennes, �A;B est diagonalisable.(c) � = �� si et seulement si pour tout X 2 E, A�X �XB� = AX � XB.Notons A0 = A� � A et B0 = B� � B.Nous devons avoir 8X 2 E; A0X = XB0.Notons, pour (i; j) 2 Np �Nq , Ei;j 2 E la matrice dont tous les �el�ementssont nuls sauf celui d'indices (i; j) qui est �egal �a 1.De meme notons, pour (i; j) 2 (Np)2, E 0i;j 2 Mp(R) la matrice dont tousles �el�ements sont nuls sauf celui d'indices (i; j) qui est �egal �a 1 et pour(i; j) 2 (Nq )2, E 00i;j 2 Mq(R) la matrice dont tous les �el�ements sont nulssauf celui d'indices (i; j) qui est �egal �a 1.Nous obtenons E 0i;jEk;l = �kjEi;l et Ek;lE 00i;j = �ilEk;j .A0 = X(i;j)2(Np)2ai;jE 0i;j , B0 = X(i;j)2(Nq)2bi;jE 00i;j doncA0Ek;l = X(i;j)2(Np)2ai;jE 0i;jEk;l = X(i;j)2(Np)2ai;j�kjEi;l = pXi=1 ai;kEi;l.De meme Ek;lB0 = X(i;j)2(Nq)2bi;jEk;lE 00i;j = qXj=1 bl;jEk;j .Pour k et l �x�es, nous en d�eduisons ak;k = bl;l, pour j 6= l; bl;j = 0, pouri 6= k; ai;k = 0. A0 et B0 sont diagonales, scalaires. Il existe a0 2 R,A0 = a0Ip; B0 = a0Iq. A� = A + a0Ip; B� = B + a0Iq. A� � A commeB� � B sont antisym�etriques donc a0 = 0. Une condition n�ecessaire etsu�sante pour que � = �� est que A et B soient sym�etriques40. Nousretrouvons ce que nous avons remarqu�e pr�ec�edemment.40Dans le cas complexe, sym�etriques est remplac�e par hermitiennes.

10343. Soit E =Mn(R).(a) Soit A = (ai;j)(i;j)2(Nn)2 .tr(A�A) = X16i;j6n aj;iaj;i>0. tr(A�A) = 0) 8(i; j) 2 (Nn)2; ai;j = 0.Il est clair que l'application propos�ee est une forme bilin�eaire sym�etriqued�e�nie positive ; il s'agit bien d'un produit scalaire.(b) Supposons A = A� et B = �B�.tr(AB) = � tr(AB�) = � tr(BA�) = � tr(BA).Nous en d�eduisons tr(AB) = tr(A�B) = 0 d'o�u le r�esultat demand�e.44. L'application (M; N) 2 (Mn(R))2 7�! (M j N) = tr(tMN) 2 R est unproduit scalaire41. Soit f l'application M 2 Mn(R) 7�! tM 2 Mn(R). Soit(M; N) 2 (Mn(R))2.(f(M) j N) = tr(MN) = tr(NM) = (M j f(N)). f est un endomorphismesym�etrique pour le produit scalaire d�e�ni pr�ec�edemment donc est diagonali-sable.M est une matrice sym�etrique si et seulement si f(M) = M ; M est une ma-trice antisym�etrique si et seulement si f(M) = �M .Nous savons que l'ensemble des matrices sym�etriques et l'ensemble des ma-trices antisym�etriques sont deux sous-espaces vectoriels suppl�ementaires deMn(R). Ce sont les espaces propres associ�es respectivement aux valeurspropres 1 et -1. Ils sont orthogonaux pour le produit scalaire d�e�ni plus haut.1 est valeur propre d'ordre n(n+ 1)2 , -1 est valeur propre d'ordre n(n� 1)2 .Nous pouvions ainsi prouver que f est diagonalisable.45. (a) Nous avons d�ej�a d�emontr�e dans les exercices pr�ec�edents que l'applicationd�e�nie sur (Mn(R))2 par '(M; N) = tr(M�N) est un produit scalaire.'(M; M) = q(M) donc q est une forme quadratique d�e�nie positiveassoci�ee au produit scalaire '.Pour (i; j) 2 (Nn)2, notons Ei;j la matrice de Mn(R) dont les �el�ementssont tous nuls sauf celui d'indices (i; j) qui est �egal �a 1. Nous savonsque (Ei;j)(i;j)2(Nn)2 est une base de Mn(R). (Ei;i)i2Nn est une base deD. L'orthogonal de D est donc l'orthogonal de l'ensemble des matricesEi;i; i 2 Nn . Soit M = (mi;j)(i;j)2(Nn)2 2 Mn(R).tr(Ei;iM) = X16j;k6ntr(mj;kEi;iEj;k) = nXk=1 tr(mi;kEi;k) = mi;i.M 2 D� () 8i 2 Nn ; mi;i = 0. Il s'agit de l'ensemble des matrices �adiagonale nulle.(b) L'orthogonal de R0 est l'ensemble des matrices orthogonales �a In c'est-�a-dire l'ensemble des matrices de trace nulle.46. Soit (e1; � � � ; en) une base orthonormale de l'espace hermitien E. Soient u etv deux endomorphismes hermitiens positifs de E.41Voir plus haut.

104 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�EStr(v � u) = nXi=1 (ei j (v � u)(ei)) = nXi=1 (v(ei) j u(ei)). Supposons que la base esoit une base de vecteurs propres de u, ce qui est possible puisque u est dia-gonalisable dans une base orthonormale. 8i 2 Nn ; u(ei) = �i ei o�u les �i sontdans R+. Nous obtenons alorstr(v � u) = nXi=1 (v(ei) j u(ei)) = nXi=1 �i(v(ei) j ei).v �etant positif v�eri�e 8x 2 E; (v(x) j x)>0 ; nous en d�eduisons tr(v � u)>0.Soit f 2 L(E). Soit e = (e1; � � � ; en) une base orthonormale de E.tr(f) = nXi=1 (ei j f(ei)) = nXi=1 (ei j f�(ei)) = tr(f�).Nous en d�eduisons tr(f�) = tr(f).Pour (f; g) 2 (L(E))2 nous avons toujours tr(g � f) = tr(f � g).(v � u)� = u� � v� = u � v. tr((v � u)�) = tr(u � v) = tr(v � u). En reprenant lesr�esultats pr�ec�edents nous obtenons donc tr(v � u) = tr(v � u) 2 R. Reprenonsla base de vecteurs propres de u pr�ec�edente. Les coe�cients �i sont dans R+et, v �etant positif, 8i 2 Nn (ei j v(ei)) 2 R+ donc nXi=1 �i! nXi=1 (ei j v(ei))! = X16i;j6n�i(ej j v(ej))> nXi=1 �i(ei j v(ei))>0.Nous en d�eduisons06 tr(v � u) = nXi=1 (ei j (v � u)(ei)) = nXi=1 �i(ei j v(ei))6 nXi=1 �i! nXi=1 (ei j v(ei))! = tr(u) tr(v).Remarque : comme nous l'avons d�ej�a vu dans des exercices pr�ec�edents, l'ap-plication (u; v) 2 (L(E))2 7�! tr(u��v) 2 C est un produit scalaire hermitien.D'apr�es l'in�egalit�e de Cauchy-Schwarz j tr(u��v)j26 tr(u��u) tr(v��v). Si u etv sont hermitiens alors j tr(u � v)j26 tr(u2) tr(v2). Si u est un endomorphismehermitien positif alors u est diagonalisable ; ses valeurs propres �1; � � � ; �n sontr�eelles positives. tr(u) = nXi=1 �i; tr(u2) = nXi=1 �2i donc (tr(u))2> nXi=1 �2i = tr(u2).Nous avons bien, tr(u � v) �etant dans R+, 06 tr(u � v)6 tr(u) tr(v).47. Notons Ei;j 2 Mn(R) la matrice �el�ementaire dont tous les �el�ements sont nulssauf celui situ�e �a la ligne i, colonne j qui est �egal �a 1.V�eri�ons que la famille constitu�ee des matrices (Ei;i)i2Nn et des matrices(Ei;j + Ej;i)16i<j6n est une base de l'ensemble S des matrices sym�etriques.Le terme d'indices (p; q) de la matrice Ei;j est �egal �a �ip�jq . Consid�erons lacombinaison lin�eaire B = X16i<j6n�i;j(Ei;j +Ej;i) + nXk=1 �k;kEk;k. Le terme d'in-dices (p; q) de B est alors bp;q = X16i<j6n�i;j(�ip�jq + �jp�iq) + nXk=1 �k;k�kp�kq .Si p < q, bp;q = �p;q, si p > q, bp;q = �q;p et si p = q, bp;q = �p;p.

105B = 0 ) 8(p; q) 2 (Nn)2; �q;p = 0. La famille constitu�ee des matrices(Ei;i)i2Nn et des matrices (Ei;j + Ej;i)16i<j6n est une famille libre.Ces matrices sont sym�etriques et si B = (ai;j)(i;j)2(Nn)2 est une matrice sym�e-trique elle s'�ecrit X16i;j6nai;jEi;j avec 8(i; j) 2 (Nn)2; ai;j = aj;i doncB = X16i<j6nai;jEi;j + X16i<j6naj;iEj;i + nXi=1 ai;iEi;i. La famille propos�ee est donc unefamille g�en�eratrice de S ; il s'agit donc d'une base de S. Nous retrouvons, ceque nous savions, que la dimension de S est �egale �a n(n+ 1)2 .Soit (p; q; i; j) 2 (Nn)4. Ei;jEp;q = �pjEi;q.Soit A =X16i;j6nai;jEi;j 2 Mn(R). Ep;qA =X16i;j6nai;j�iqEp;j = nXj=1 aq;jEp;j .�(Ep;q) = tAEp;qA = X16j;k;l6naq;jal;k�pl Ek;j =X16j;k6naq;jap;kEk;j .Supposons dans un premier temps A diagonale. Notons di = ai;i.�(Ep;q) = dpdqEp;q.Nous obtenons donc �(Ep;p) = d2pEp;p et �(Ep;q + Eq;p) = dpdq(Ep;q +Eq;p).� est alors diagonalisable et det(�) = nYi=1 d2i! Y16i<j6ndidj .V�eri�ons que l'on a Y16i<j6ndidj = nYi=1 di!n�1.Le r�esultat est vrai pour n = 2.Supposons-le vrai jusqu'au rang n.Y16i<j6n+1didj = Y16i<j6ndidj! nYi=1 didn+1= nYi=1 di!n�1 nYi=1 di! (dn+1)n = n+1Yi=1 di!n.Le r�esultat est vrai au rang n+ 1 donc est vrai pour tout n>2.En convenant que pour n = 1 nous obtenons d1, le r�esultat est vrai pour toutn 2 N� .Si A est diagonale alors det(�) = nYi=1 di!n+1 = (det(A))n+1.Supposons A quelconque.Consid�erons le produit scalaire42 (U; V ) 2 (Mn(R))2 7�! tr(tU V ) 2 R. Ceproduit scalaire restreint �a S est alors f : (U; V ) 2 S2 7�! tr(U V ) 2 R.Soit �� l'adjointe de � pour le produit scalaire f pr�ec�edent. Soit (U; V ) 2 S2.f(�(U); V ) = tr(tAU AV ) = tr(U AV tA) = f(U; AV tA). Nous en d�edui-sons ��(U) = AU tA.Soit M 2 S. (�� )(M) = (A tA)M(A tA).42Voir les exercices pr�ec�edents.

106 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ESNotons B la matrice sym�etrique r�eelle A tA. Il existe une matrice orthogonale,P , et une matrice diagonale, D, telles que B = PDtP . Nous obtenons alors(�� )(M) = PDtPMPDtP . NotonsN la matriceDtPMPD. Notons d'unemani�ere g�en�erale, pourX 2Mn(R), �X l'applicationM 2 S 7�! tXMX 2 S .�B(M) = �tP (N) = ��tP � �D� (tPMP ) = �tP � �D � �P (M).��tP � �P � (M) = P (tPMP )tP =M donc �tP = ��P ��1. �B et �D sont sem-blables et ont donc le meme d�eterminant c'est-�a-dire d'apr�es le r�esultat pr�eli-minaire, det(�B) = det(�D) = (det(D))n+1.det(�B) = det(��A � �A) = �det(�A)�2 et det(D) = det(B) = (det(A))2 ; �na-lement �det(�A)�2 = �(det(A))n+1�2 c'est-�a-dire ��det(�A)�� = jdet(A)jn+1 d'o�ule r�esultat demand�e.48. (a) Posons, pour (M; N) 2 (Mn(R))2, f(M; N) = tr(M�N).Il est imm�ediat que f est une forme bilin�eaire sym�etrique.Soit M = (mi;j)(i;j)2(Nn)2 2Mn(R). f(M; M) = �(M) = X16i;j6n(mi;j)2.f est donc d�e�nie positive ; il s'agit donc d'un produit scalaire43 associ�e�a la forme quadratique �.(b) Notons, pour M 2 Mn(R), N (M) l'�el�ement p�(M).(N (MN))2 = tr(N�M�MN) = tr((NN�)(M�M)) = f(NN�; M�M).En utilisant l'in�egalit�e de Cauchy-Schwarz nous obtenons(N (MN))26N (NN�)N (M�M).Soit B une matrice r�eelle sym�etrique positive. B est orthogonalementsemblable �a une matrice diagonale D = Diag(d1; � � � ; dn) o�u les di sontr�eels positifs.tr(B) = tr(D) puis tr(B2) = tr(D2)6(tr(D))2 = (tr(B))2.Nous obtenons donc tr(NN�NN�)6(tr(NN�))2 = (N (N))4. Nous avonsdonc (N (NN�))2 = �(NN�) = tr(NN�NN�)6(N (N))4 soit encoreN (NN�)6(N (N))2.Il vient alors N (MN)6N (M)N (N).Soit A 2 On(R). N (AM)2 = tr(M�A�AM) = tr(M�M) = N (M)2.N (MA)2 = tr(A�M�MA) = tr(MAA�M) = tr(MM�) = N (M)2.(c) Soit A 2 Mn(R). La plus petite distance euclidienne de A �a l'espacevectoriel S des matrices sym�etriques est la distance de A au projet�e or-thogonal de A sur S.Soient U et V deux matrices, la premi�ere sym�etrique, la seconde antisy-m�etrique.f(U; V ) = tr(U�V ) = tr(UV ) = tr(V �U) = � tr(V U) = � tr(UV ) = 0.SoitA une matrice. 2A = (A+A�)+(A�A�). Le projet�e orthogonal de Asur S est donc 12(A+A�). Le minimum recherch�e estN �A� 12(A+A��.�N �A� 12(A+A��2 = 14 (N (A� A�))243Comme nous l'avons d�ej�a plusieurs fois d�emontr�e.

107= 12((N (A))2 � f(A; A�)) = 12(tr(AA�)� tr(A2))= 12(tr(A(A� � A)).Si A = (ai;j)(i;j)2(Nn)2 alors12((tr(A(A� �A)) = 12 X16i;j6n(ai;j(ai;j � aj;i)! = 12 X16i<j6n(ai;j � aj;i)2.d(A; S) = p22 s X16i<j6n(ai;j � aj;i)2.(d) La somme des entiers naturels de 1 �a n est �egale �a n(n+ 1)2 , la sommedes carr�es des entiers naturels de 1 �a n est �egale �a n(n+ 1)(2n+ 1)6 .X16i;j6nij = nXi=1 i!2 = n2(n+ 1)24 .Nous avons doncX16i;j6n(i� j)2 = 2n nXi=1 i2 � 2 X16i;j6nij= n2(n+ 1)(2n+ 1)3 � n2(n+ 1)22 = n2(n+ 1)(n� 1)6 etX16i;j6n(i+ j)2 = 2n nXi=1 i2 + 2 X16i;j6nij= n2(n+ 1)(2n+ 1)3 + n2(n+ 1)22 = n2(n+ 1)(7n+ 5)6 .(N (A))2 = X16i;j6n(i+ j)2 = n2(n+ 1)(7n+ 5)6 .N (B)2 = nXi=1 i2 nXj=1 j2! = nXj=1 j2!2 = �n(n+ 1)(2n + 1)6 �2.N (C)2 = X16i;j6n(i� j)2 = n2(n+ 1)(n� 1)6 .Le terme g�en�eral di;j d'indices (i; j) de la matriceAB est �egal �a nXk=1(i+ k)kj.Nous obtenons di;j = ij n(n+ 1)2 + j n(n + 1)(2n+ 1)6 .N (AB)2 = X16i;j6n�ij n(n + 1)2 + j n(n + 1)(2n+ 1)6 �2. En d�eveloppant nousobtenonsn2(n+ 1)24 X16i;j6ni2j2 + n2(n+ 1)2(2n+ 1)6 X16i;j6nij2

108 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ES+n2(n+ 1)2(2n+ 1)236 X16i;j6nj2.X16i;j6nj2 = n nXj=1 j2 = n2(n+ 1)(2n+ 1)6 .Comme calcul�e plus haut, X16i;j6ni2j2 = �n(n+ 1)(2n+ 1)6 �2.X16i;j6nij2 = nXj=1 j2 nXi=1 i = n2(n+ 1)2(2n+ 1)12 .c'est-�a-direN (D)2 = n4(n+ 1)4(2n+ 1)2144 + n4(n+ 1)3(2n+ 1)3216 + n4(n+ 1)4(2n+ 1)272= n4(n+ 1)3(2n+ 1)2(13n + 11)432 .(e) Une proc�edure MAPLE pour obtenir la norme d'une matrice est toutsimplement :norme : = proc(A)local n; a :n : = rowdim(A) :a : = sum(sum(A[i; j]2; i = 1::n); j = 1::n) :sqrt(a) ;end ;En rempla�cant partout sym�etrique par hermitien et r�eel par complexe nousobtenons les memes r�esultats.49. Soit x = (x1; � � � ; xn) 2 Rn. La forme quadratique, q, associ�ee �a la matriceA 2 Mn(R), sym�etrique positive, dans la base canonique de Rn est positivedonc il existe n formes lin�eaires ind�ependantes '1; � � � ; 'n et des scalaires�1; � � � ; �n appartenant �a R+ tels que X16i;j6nai;jxixj = nXi=1 �i('i(x))2.8i 2 Nn; 9(bi;j)j2Nn , 8x 2 Rn; 'i(x) = nXj=1 bi;jxj .('i(x))2 = X16k;l6nbi;kbi;lxkxl puis X16k;l6nak;lxkxl = X16i;k;l6n�ibi;kbi;lxkxl.8(k; l) 2 (Nn)2; ak;l = nXi=1 �ibi;kbi;l.Soit alors, pour k 2 Nn, uk = (p�1b1;k; � � � ; p�nbn;k). Nous avons bien(uk j ul) = ak;l.Nous pouvons employer une deuxi�eme m�ethode. Il existe une matrice P or-thogonale et une matrice diagonale D telles que A = PDP � o�u P � est latranspos�ee de P . D = Diag(�1; � � � ; �n) ; les coe�cients �i �etant tous dansR+. Soit � = Diag(p�1; � � � ; p�n). A = (P�)(P�)�. Soit ui la ii�eme lignede P� que nous identi�ons �a un �el�ement de Rn. Nous avons (ui j uj) = ai;j .Tous droits r�eserv�es, Exercices corrig�es, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.

109L'in�egalit�e de Cauchy-Schwarz conduit �a (ai;j)26kuik2 kujk2 = ai;iaj;j .Dans les memes conditions la matrice B �etant sym�etrique positive doit v�eri-�er 1(ai;j)26 1ai;i 1aj;j . Nous en d�eduisons 8(i; j) 2 (Nn)2 ; (ai;j)2 = ai;i aj;j soitencore 8(i; j) 2 (Nn)2 ; j(ui j uj)j = kuik kujk. La famille des vecteurs ui estdonc de rang 1 ou 0.Il existe un �el�ement v de Rn tel que 8i 2 Nn; 9�i 2 R; ui = �iv. Dans cesconditions ai;j = �i�jkvk2. Les coe�cients ai;j �etant suppos�es tous non nulsnous en d�eduisons que les �i sont tous non nuls et que v est non nul. NotonsV la colonne 0BBBBB@ �1�n 1CCCCCA. La ji�eme colonne de la matrice A est donc �jkvk2V . vet V doivent etre non nuls et le rang de A est �egal �a 1.Montrons la r�eciproque. Supposons A de rang 1. Il existe une colonne W nonnulle telle que chaque colonne Aj de A soit colin�eaire �a W .8j 2 Nn; 9�j 2 R; Aj = �jW . Notons wi le ii�eme �el�ement de W . Nousobtenons 8(i; j) 2 (Nn)2 ; ai;j = wi�j .La matrice �etant sym�etrique, 8(i; j) 2 (Nn)2 ; wi�j = wj�i. Les coe�cients�etant tous non nuls nous obtenons 8(i; j) 2 (Nn)2 ; wi�i = wj�j = a 2 R�. Ilvient alors 8(i; j) 2 (Nn)2 ; ai;j = a�i�j .q(x) = X16i;j6na�i�jxixj = a nXi=1 �ixi!2. Si a>0 alorsA est positive et B aussi.Finalement la condition n�ecessaire et su�sante est :9(ai)i2Nn ; une famille de r�eels non nuls, 9k > 0;8(i; j) 2 (Nn)2; ai;j = kaiaj .50. Soit f une forme bilin�eaire sym�etrique positive d�e�nie sur un espace vectorielr�eel E. Soit (x; y) 2 E2.On pose pour t 2 R, A(t) = f(x + ty; x + ty).8t 2 R; A(t) = t2f(y; y) + 2tf(x; y) + f(x; x)>0.Si f(y; y) > 0 nous avons(8t 2 R; A(t)>0) () (le discriminant de A(t) est n�egatif) ; c'est-�a-dire(f(x; y))26f(x; x) f(y; y).Si f(y; y) = 0, la fonction a�ne t 7�! A(t) est positive si et seulement sif(x; y) = 0.Dans tous les cas nous avons44 (f(x; y))26f(x; x) f(y; y).Soit e = (e1; � � � ; en) la base canonique de Rn.Soit u l'endomorphisme sym�etrique de Rn de matrice A dans la base canoniquede Rn muni de son produit scalaire canonique.8(i; j) 2 (Nn)2; ai;j = (u(ei) j ej). 8x 2 Rn; (u(x) j x)>0 et en particulier44Il s'agit d'un r�esultat classique. Nous savons que si f est d�e�nie positive alors l'�egalit�e a lieusi et seulement si (x; y) est une famille li�ee.

110 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ES8i 2 Nn ; ai;i = (u(ei) j ei)>0. En appliquant le r�esultat pr�ec�edent �a f d�e�niepar f(x; y) = (u(x) j y) qui est bien bilin�eaire sym�etrique positive nousobtenons :8(i; j) 2 (Nn)2; (u(ei) j ej)26(u(ei) j ei) (u(ej) j ej) c'est-�a-dire8(i; j) 2 (Nn)2; (ai;j)26ai;i aj;j . S'il existe i 2 Nn tel que ai;i = 0 alors8j 2 Nn ; ai;j = 0 ce qui est faux donc 8i 2 Nn ; ai;i > 0.51. (a) Soit e = (e1; � � � ; en) la base orthonormale de l'espace euclidien Edans laquelle A est la matrice de u. A, sym�etrique r�eelle, est orthogo-nalement semblable �a une matrice diagonale. Soit � une valeur proprede u. Soit x = nXi=1 xiei un vecteur propre de u. Soit i0 2 Nn tel que8i 2 Nn ; jxi0j>jxij. Quitte �a remplacer x par 1xi0 x, qui est encore unvecteur propre, nous pouvons supposer xi0 = 1. nXj=1 ai0;jxj = �.8j 2 Nn ; �16xj61 donc pour i 6= j; ai;j6ai;jxj6 � ai;j puis06 nXj=1 ai0;j = nXj=1j 6=i0 ai0;j + ai0;i06 nXj=1j 6=i0 ai0;jxj + ai0;i0xi0 = nXj=1 ai0;jxj = �. Nousavons bien �>0.Si nXj=1 ai0;j > 0 alors � > 0.(b) Supposons que pour tout i 2 Nn , nXj=1 ai;j = 0. Soit x = nXj=1 ej .u(x) = nXj=1 u(ej) = nXj=1 nXi=1 ai;jei! = nXi=1 nXj=1 ai;j! ei = 0.x non nul est dans le noyau de u donc Ker(u) 6= f0g.(c) Supposons de plus que pour i 2 Nn�1 , les �el�ements ai;n sont strictementn�egatifs. Le rang de u est, d'apr�es le r�esultat de la question pr�ec�edente,au plus �egal �a n � 1.Pour j 2 Nn posons vj = n�1Xi=1 ai;jei et wj = nXi=1 ai;jei.Pour i 2 Nn�1 , n�1Xj=1 ai;j = �ai;n > 0.Les valeurs propres de la sous-matrice, B = (ai;j)(i;j)2(Nn�1)2 , de A sontd'apr�es le r�esultat pr�ec�edent strictement positives. Cette sous-matricequi est diagonalisable est inversible donc (v1; � � � ; vn�1) est une famillelibre. Soit f l'application lin�eaire de E dans Vect(e1; � � � ; en�1) qui �awj associe vj . (f(wj))j2Nn�1 est une famille libre donc (wj)j2Nn�1 est unefamille libre et u est de rang n � 1.52. Soit A = (ai;j)(i;j)2(Nn�1)2 2 Mn(K ). Soit A0jk la matrice obtenue en rempla-

111�cant la ki�eme colonne de la matrice A par la ji�eme. Si j 6= k alors det(A0jk) = 0sinon det(A0jj) = det(A).D�eveloppons le d�eterminant de A0jk selon la ki�eme colonne.�jk det(A) = det(A0jk) = nXi=1 (�1)i+kai;j det(Ai;k). L'�el�ement d'indices (k; j) dela matrice eA A est �egal �a nXi=1 (�1)i+k det(Ai;k)ai;j = �jk det(A). Nous en d�e-duisons eA A = det(A) In. De meme en consid�erant la matrice dans laquelle laki�eme ligne a �et�e remplac�e par la ki�eme nous obtenons A eA = det(A) In.Si A est inversible alors eA l'est aussi et eA = det(A)A�1.Si A est sym�etrique r�eelle, elle est orthogonalement semblable �a une ma-trice diagonale D = Diag(d1; � � � ; dn). Il existe P orthogonale telle queA = PDP �. Supposons A inversible. eA = det(A)PD�1P �. A �etant positiveles di sont positifs donc strictement positifs. det(A) > 0 donc la matrice dia-gonale det(A)D�1 a ses �el�ements diagonaux strictement positifs ; eA est doncsym�etrique d�e�nie positive.Supposons A non inversible. Soit X 2 Mn;1(R). tXAX>0 donc pour t > 0tX(A + tIn)X>ttXX > 0 pour X 6= 0. A + tIn est donc d�e�nie positive etd'apr�es le r�esultat pr�ec�edent A+ tIn aussi.t 2 R 7�! A+ tIn 2 Mn(R) est continue car les coe�cients de A+ �Insont des polynomes en t. t 2 R 7�! tX A+ tIn X 2 R est aussi continue.limt!0+ tX A+ tIn X = tX eA X est donc positif. eA est bien sym�etrique positive.Nous pouvons employer une autre m�ethode de d�emonstration.Rappel Soit M 2 Mp;q(K). Supposons que le rang de M soit �egal �a r. Sinous consid�erons m colonnes de la matriceM avec m > r celles-ci constituentune famille li�ee. Soit alors M1 la matrice extraite de M constitu�ee de ces mcolonnes. Le rang r1 de M1 est au plus �egal �a r et est strictement inf�erieur �am. La matrice M 01 = tM1 a pour rang r1. Toute famille de m colonnes de M 01est li�ee. SoitM 02 une matrice extraite de M 01 constitu�ee de m colonnes de M 01.M 02 est une matrice carr�ee non inversible donc a un d�eterminant nul. Nous end�eduisons que toute matrice m�m extraite de M a un d�eterminant nul.Il existe r colonnes de la matrice M constituant une famille libre. Soit alorsM1 la marice extraite de M constitu�ee de ces r colonnes. Le rang de M1 est�egal �a r. La matrice M 01 = tM1 a pour rang r. Il existe donc r colonnes decette matrice constituant une famille libre. Soit M 02 la matrice extraite de M 01constitu�ee de ces r colonnes. M 02 est une matrice carr�ee inversible donc a und�eterminant non nul. Nous en d�eduisons qu'il existe une matrice r�r extraitede M ayant un d�eterminant non nul.Supposons A non inversible.Si le rang deA est strictement inf�erieur �a n�1 tous les d�eterminants n�1�n�1des matrices extraites de A sont nuls et eA est la matrice nulle.Si le rang de A est �egal �a n� 1 il existe au moins un d�eterminant n� 1�n� 1d'une matrice extraite de A non nul ; eA est non nulle. Cependant la relation

112 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ESeAA = 0 implique Im(A) � Ker( eA ) donc rg(A) + rg( eA )6n donc ici rg( eA )61et est �egal �a 1.Par construction, eA est sym�etrique donc est orthogonalement semblable �a unematrice diagonale.eA est de rang 1 ; �etant diagonalisable45 0 est valeur propre d'ordre n � 1 etla derni�ere valeur propre � est non nulle �egale �a la trace de eA c'est-�a-dire lasomme, pour i allant de 1 �a n, des det(Ai;i) qui sont positifs avec l'un d'entreeux strictement positif. eA est bien positive.Si nous rempla�cons matrice sym�etrique r�eelle par matrice hermitienne, le r�e-sultat est le meme ; il su�t de remplacer dans la d�emontration matrice ortho-gonale par matrice unitaire.53. (a) Soit A 2 Mn(R) v�eri�ant pour toute colonne X deMn;1(R), tXAX = 0.Soient X et Y deux matrices colonnes appartenant �a Mn;1(R).t(X + Y )A(X + Y ) = 0 = tXAX + tY AY + tY AX + tXAY .Nous en d�eduisons 8(X; Y ) 2 (Mn;1(R))2; tY AX + tXAY = 0.tY AX = [a] 2 M1(R) donc tY AX = t(tY AX) ; il vient alorstX tAY + tXAY = 0 puis tA = �A ; A est une matrice antisym�etrique.Supposons A antisym�etrique alors tXAY + tY AX = 0 soit encore, enchoisissant X = Y , tXAX + tXAX = 0 c'est-�a-dire tXAX = 0.Nous avons donc :8X 2 Mn;1(R), tXAX = 0 () A est antisym�etrique.(b) Soit A 2 Mn(C ) v�eri�ant pour toute colonne X deMn;1(C ), X�AX = 0.Soient X et Y deux matrices colonnes appartenant �a Mn;1(C ).Notons A = (ai;j)(i; j)2(Nn)2 .(X + Y )�A(X + Y ) = 0 = X�AX + Y �AY + Y �AX +X�AY = 0 c'est-�a-dire Y �AX +X�AY .En rempla�cant Y par iY nous obtenons �iY �AX + iX�AY = 0.Nous en d�eduisons 8(X; Y ) 2 (Mn;1(C ))2 ; X�AY = 0.Notons46 "i la matrice colonne dont les �el�ements sont tous nuls sauf leii�eme qui est �egal �a 1. Nous avons 8(i; j) 2 (Nn)2; "�iA"j = 0 = ai;j . La45Soit E un espace vetoriel de dimension �nie n. Un endomorphisme de E est diagonalisablesi et seulement si le polynome caract�eristique est scind�e et pour chaque valeur propre, l'espacepropore associ�e a pour dimension l'ordre de multiplicit�e de la valeur propre en question.Montrons ce r�esultat.Supposons que l'endomorphuisme u de E soit diagonalisable. Il existe une base (e1; � � � ; en) de Etelle que 8i 2 Nn; u(ei) = �iei. �u = nYi=1(�i �X). Le polynome carcat�eristique est bien scind�e.Soit x = nXi=1 xiei. u(x) = �jx () nXi=1 �ixiei = �j nXi=1 xiei () 8i 2 Nn; (�i � �j)xi = 0.L'espace propre asoci�e �a la valeur propre �j est bien de dimension �egale �a l'ordre de multipli-cit�e de cette valeur propre.Supposons �u scind�e et pour chaque valeur propre l'espace propore associ�e a pour dimension l'ordrede multiplicit�e de la valeur propre en question.La somme des dimensions des espaces propres est �egale �a la dimension de E. La somme des espacespropres est directe donc cette somme est �egale �a E et u est diagonalisable.46Nous pouvions employer la meme m�ethode �a la question pr�ec�edente.

113matrice A est nulle. La r�eciproque est imm�ediate. Nous avons donc :8X 2 Mn;1(C ), X�AX = 0 () A = 0.(c) Nous avons d�ej�a d�emontr�e que, A �etant hermitienne, il existe une matriceunitaire U et une matrice diagonale r�eelle D = Diag(d1; � � � ; dn) tellesque A = UDU�. A �etant positive, les �el�ements de D sont positifs.Soit X 2 Mn;1(C ). Posons Y = U�X . X�AX = Y �DY . En notantyi le ii�eme �el�ement de Y nous obtenons, en identi�ant un scalaire et unematrice 1 � 1, X�AX = nXi=1 dijyij2. Les di �etant positifs nous obtenonsX�AX = 0 () 8i 2 Nn ; dijyij2 = 0 c'est-�a-dire si et seulement si8i 2 Nn ; diyi = 0 () DY = 0 () DU�X = 0. U �etant inversible,DU�X = 0 () UDU�X = 0 () AX = 0. L'�equivalence estd�emontr�ee.Soit u un endomorphisme hermitien, E, d�e�ni sur un espace hermitien(donc de dimension �nie). Soit (x; y) 2 Ker(u)� E.0 = (u(x) j y) = (x; ju(y)). Nous en d�eduisons47 que Im(u) est orthogo-nal �a Ker(u).dim(Im(u)) + dim(Ker(u)) = dim(E) donc E = Ker(u)� Im(u).Nous associons �a nouveau, les matrices hermitiennes et les endomor-phismes hermitiens par le choix de la base canonique de C n muni duproduit scalaire canonique.Soit X 2 Mn;1(C ) telle que AX = 0. AX � BX = �BX . D'apr�esl'hypoth�ese faite, X�(AX � BX)>0 et X�(�BX)60 donc X�BX = 0c'est-�a-dire X 2 Ker(B). Nous obtenons alors Ker(A) � Ker(B) doncIm(B) � Im(A).54. Soit A 2 Mn(R), v�eri�ant AtAA = In.A est une matrice inversible. Nous avons d�ej�a d�emontr�e48 qu'il existe une ma-trice orthogonale O et une matrice sym�etrique d�e�nie positive S uniques tellesque A = OS. tA = SO�1 et tAA = S2 donc AtAA = OS3. In poss�ede aussiune unique d�ecomposition du type O0S0 avec O0 orthogonale et S0 sym�etriqued�e�nie positive donc O0 = S0 = In puis O = In et S3 = In. Nous obtenons�nalement A = S avec S3 = In.S est sym�etrique donc il existe une matrice orthogonale P et une matrice dia-gonale D, �a �el�ements diagonaux positifs, telles que S = PD tP . S3 = PD3 tPdonc D3 = In puis D = In et en�n A = In.Autre preuve possibleA est inversible, A�1 = tAA. A est donc sym�etrique et il existe une matricediagonale D et une matrice orthogonale P telles que A = PD tP .tAA = A2 = PD2 tP = A�1 = PD�1 tP c'est-�a-dire D2 = D�1. Nous termi-nons comme plus haut.Recherchons A 2 Mn(R) telle que A + 2tA = tAA. En transposant nousobtenons tA + 2A = tAA = A + 2tA. A est donc sym�etrique et 3A = A2.47Ce que nous avons d�ej�a d�emontr�e.48Voir l'exercice num�ero 13 de ce chapitre.

114 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ESil existe une matrice diagonale D = Diag(d1; � � � ; dn) et une matrice ortho-gonale P telles que A = PD tP . Nous obtenons donc 3D = D2 c'est-�a-dire8i 2 Nn ; 3di = di2 soit encore 8i 2 Nn ; di 2 f0; 3g. Si par exemple on impose�a A d'etre inversible la seule solution est 3In.55. Rappel Soit A une matrice sym�etrique r�eelle d�e�nie positive. Soit B unematrice sym�etrique r�eelle. A est la matrice d'un produit scalaire donc il existeune matrice inversible P telle que A = PP �. Notons B1 = P�1B(P�1)�. B1est sym�etrique r�eelle donc il existe une matrice orthogonale Q et une matricediagonale D telles que B1 = QDQ� c'est-�a-dire B = (PQ)D(PQ)�. NotonsR = PQ. RR� = PQQ�P � = PP � = A. Il existe49 donc une matriceinversible R et une matrice diagonale D telles que A = RR� et B = RDR�.En fait cela signi�e que si q1 et q2 sont deux formes quadratiques, si q1 estde signature (n; 0), o�u n est la dimension de E, de forme polaire f , f d�e�nitun produit scalaire et il existe une base orthonormale pour ce produit scalaireorthogonale pour q2 que l'on peut exprimer par : si u est l'endomorphismesym�etrique, pour le produit scalaire f , associ�e �a la forme quadratique q2 ilexiste une base orthonormale, pour f , de diagonalisation de u.(a) Supposons A 2 Mn(R), sym�etrique d�e�nie positive et B 2 Mn(R), sy-m�etrique.Appliquons ce que nous venons de d�emontrer aux matrices A�1 et B.A�1 est l'inverse d'une matrice sym�etrique r�eelle donc orthogonalementsemblable �a une matrice diagonale �a diagonale strictement positive. A�1est donc elle-meme sym�etrique d�e�nie positive.Il existe une matrice inversible U et une matrice diagonale D telles queA�1 = UU� et B = UDU� puis A = (U�)�1U�1.AB = (U�)�1U�1UDU� = (U�)�1DU�. AB est donc diagonalisable,semblable �a D. Si B est elle-meme d�e�nie positive alors D est a diago-nale strictement positive et les valeurs propres de AB sont strictementpositives ; si B est positive alors D est a diagonale positive et les valeurspropres de AB sont positives.(b) Montrons que AB est encore diagonalisable lorsque A et B sont sym�e-triques positives.A est sym�etrique positive donc il existe une matrice orthogonale O estune matrice diagonale D = Diag(d1; � � � ; dn) telles que A = ODO�o�u les di appartiennent �a R+. Posons pour i 2 Nn ; d0i = pdi. SoitA0 = OD0O� avec D0 = Diag(d01; � � � ; d0n). A0 est sym�etrique posi-trive et A02 = A. Soit M = A0BA0. Notons p le rang de M . PourX 2 Mn;1(R); X�MX = (A0X)�B(A0X) donc M est sym�etrique r�eellepositive puis orthogonalement semblable �a une matrice diagonale �a dia-gonale positive. Soit (e1; � � � ; en) une base orthonormale de vecteurspropres de A0BA0. Nous supposons que Rn est rapport�e �a sa base cano-nique muni du produit scalaire canonique et nous identi�ons une matricecolonne avec le vecteur de Rn ayant pour coordonn�ees les coe�cients de49Nous avions d�ej�a d�emontr�e ce r�esultat.

115la colonne en question. Mei = �iei avec �i = 0 pour i > p et �i > 0 pour16i6p. Si p = 0, les �i sont tous nuls.A02BA0ei = �i(A0ei). Notons pour i 2 Nn ; A0ei = vi. Nous avons donc8i 2 Nn ; (AB)vi = �ivi.Soit (�i)i2Np une famille de r�eels.pXi=1 �ivi = 0) pXi=1 �iA0Bvi = 0 = pXi=1 �i�iei ce qui conduit �a8i 2 Np ; �i�i = 0 donc 8i 2 Np ; �i = 0. (vi)i2Np est une famille libre devecteurs propres de AB.Montrons que le rang de AB est �egal au rang de A0BA0.Comme plus haut, B �etant sym�etrique r�eelle positive, il existe B0 sy-m�etrique positive telle que B = B02. A0BA0 = (B0A0)�(B0A0) doncKer(A0BA0) = Ker(B0A0) et rg(A0BA0) = rg(B0A0).Un endomorphisme sym�etrique est diagonalisable ; lorsque un endomor-phisme u est diagonalisable alors Im(u) = Im(u2); Ker(u) = Ker(u2). Enparticulier rg(u) = rg(u2).Rappelons un r�esultat vu dans le chapitre d'alg�ebre lin�eaire.Soit f 2 L(F; G) o�u F et G sont des R-espaces vectoriels de dimensions�nies. Soit H le noyau de f , soit K un suppl�ementaire de H . L'ap-plication lin�eaire g d�e�nie de K dans Im(f) induite par la restrictionde f est un isomorphisme donc si G0 est un sous-espace vectoriel de Gdim(g�1(G0 \ Im(f))) = dim(G0 \ Im(f)). L'image r�eciproque par f deG0 est H � g�1(G0 \ Im(f)) donc a pour dimensiondim(H) + dim(G0 \ Im(f)) = dim(E)� rg(f) + dim(G0 \ Im(f)).Soit f1 un endomorphisme de G alors Ker(f1 � f) = f�1(Ker(f1)) doncdim(Ker(f1 � f)) = dim(E)� rg(f) + dim(Ker(f1) \ Im(f)).rg(f1 � f) = rg(f)� dim(Ker(f1) \ Im(f)).Appliquons ce r�esultat ; nous en d�eduisonsrg(B0A0) = rg(A0)� dim(Ker(B0) \ Im(A0))= rg(A)� dim(Ker(B) \ Im(A)) = rg(BA).rg(BA) = rg((BA)�) = rg(AB) donc rg(A0BA0) = rg(AB) = p.Il existe une base du noyau de AB form�ee de n � p vecteurs. Montronsque Ker(AB) et Im(AB) sont suppl�ementaires.rg(AB) = p et Vect(v1; � � � ; vp) est de dimension p donc est �egale �aIm(AB) car les �i sont non nuls. Soit x 2 Im(AB) \ Ker(AB).x s'�ecrit x = pXi=1 xivi donc ABx = pXi=1 xiABvi = pXi=1 xi�ivi = 0.Les xi sont donc nuls car les �i ne le sont pas et x = 0. AB est diagona-lisable.Remarque Supposons 06�16 � � �6 �n et 06�16 � � �6 �n les valeurspropres respectives de A et B.Soit S 2 Mn(R) une matrice sym�etrique s'�ecrivant S = PDP � o�uD = Diag(d1; � � � ; dn) est diagonale r�eelle (avec 8i 2 Nn ; d16di6dn)Tous droits r�eserv�es, Exercices corrig�es, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.

116 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ESet P orthogonale. Soit X 2 Mn;1(R). Notons Y = P �X = 0B@ y1...yn 1CA.X�SX = nXi=1 diy2i 2 [d1kY k2; dnkY k2] = [d1kXk2; dnkXk2].Nous avons donc 8X 2Mn;1(R),�21kXk26X�A2X6�2nkXk2 (1) et �21kXk26X�B2X6�2nkXk2 (2).Soit � une valeur propre de AB associ�ee au vecteur propre X .�21kBXk26X�BA2BX6�2nkBXk2 c'est-�a-dire�21kBXk26�2kXk26�2nkBXk2 puis, en utilisant l'in�egalit�e (2),�21�21kBXk26�2kXk26�2n�2nkXk2 c'est-�a-dire �1�16�6�n�n.(c) On retrouve le meme r�esultat en rempla�cant sym�etriques par hermi-tiennes.56. Nous pouvons appliquer le r�esultat de l'exercice pr�ec�edent pour en d�eduire quea�1 � b est diagonalisable.Nous pouvons faire une autre d�emonstration non matricielle.Soit a un endomorphisme sym�etrique d�e�ni positif d�e�ni sur l'espace vectorieleuclidien E.Soit ' l'application d�e�nie par : 8(x; y) 2 E2; '(x; y) = (a(x) j y).' est un produit scalaire car a est un endomorphisme sym�etrique d�e�ni positif.Soit b un endomorphisme sym�etrique d�e�ni sur E.Posons pour x 2 E; q(x) = (b(x) jx). q est une forme quadratique de formepolaire (x; y) 2 E2 7�! (b(x) j y) 2 R.Il existe un (unique) endomorphisme, c, sym�etrique (pour le produit scalaire') v�eri�ant 8x 2 E; '(c(x); x) = q(x) = (b(x) j x) c'est-�a-dire v�eri�ant8x 2 E; ((a � c)(x) j x) = (b(x) j x). Nous en d�eduisons a � c = b.c est sym�etrique (positif si b est positif) pour ' donc il existe une base ortho-normale pour ' de diagonalisation de c = a�1�b. c est bien diagonalisable et ilexiste e = (e1; � � � ; en) une base de E v�eri�ant 8(i; j) 2 (Nn)2; (a(ei) j ej) = �jiet (a�1 � b)(ei) = �iei o�u les coe�cients r�eels �i sont dans R+ lorsque b est po-sitif.Soit " = ("1; � � � ; "n) une base de E orthonormale pour le produit scalaireinitial d�e�ni sur E. Soit P la matrice de passage de la base " �a la base e. Lamatrice de a dans la base e est In. Si A est la matrice de a dans la base " ilvient A = PP �. La matrice de B dans la base e est D = Diag(�1; � � � ; �n)donc la matrice B de b dans la base " est B = PDP �. Nous retrouvons ce quenous savions d�ej�a et que nous avons appliqu�e dans l'exercice pr�ec�edent.Soit a et b deux endomorphisme de E sym�etriques d�e�nis positifs.a < b) 8i 2 Nn ; 0 < (a(ei) j ei) < (b(ei) j ei) = �i(a(ei) j ei) nous en d�edui-sons �i > 1 donc les valeurs propres de b�1 � a sont dans l'intervalle ]0; 1[.R�eciproquement supposons les �i strictement sup�erieurs �a 1.Soit x = nXi=1 xiei 2 E non nul.

117(a(x) j x) = nXi=1 x2i = kxk2. (b(x) j x) = nXi=1 �ix2i > kxk2 donc a > b. L'�equi-valence est bien d�emontr�ee50.57. A et B sont deux matrices sym�etriques r�eelles positives donc semblables �a desmatrices diagonales �a diagonales positives ; leurs d�eterminants sont donc po-sitifs. Si det(A) = 0 alors det(A)6 det(B). Le r�esultat est d�emontr�e.Supposons que pour tout X 2Mn;1(R) on ait tXAX6tXBX .Supposons det(A) > 0. A est la matrice d'un produit scalaire. Comme nousl'avons d�ej�a d�emontr�e il existe une matrice inversible P et une matrice diago-nale r�eelle D = Diag(d1; � � � ; dn) telles que A = P �P; B = P �DP .tXAX6tXBX . P �etant inversible cela est �equivalent �a8Y 2 Mn;1(R); (P�1Y )�A(P�1Y )6(P�1Y )�B(P�1Y ) c'est-�a-dire8Y 2 Mn;1(R); Y �P�1�AP�1Y6Y �P�1�BP�1Y soit encorenXi=1 yi2 = Y �Y6Y �DY = nXi=1 diyi2. Nous en d�eduisons 8i 2 Nn ; di>1.det(A) = det(P )2; det(B) = det(P )2 det(D)>det(P )2 = det(A) ; d'o�u le r�e-sultat demand�e.58. p et q sont des projecteurs orthogonaux donc sont des endomorphismes sy-m�etriques51. Leur somme u est un endomorphisme sym�etrique et est doncdiagonalisable dans une base orthonormale de E. Le polynome caract�eris-tique de u est donc scind�e. Soit x 2 E. ku(x)k6kp(x)k + kq(x)k. Pour unprojecteur orthogonal f nous avons toujours52 kf(x)k6kxk. Nous avons doncku(x)k62kxk. Si � est une valeur propre de u alors j�j62.(u(x) j x) = (p(x) jx) + (q(x) j x). p et q sont des endomorphismes sym�e-triques positifs donc u est un endomrphsime positif et �>0. Nous avons bien� 2 [0; 2].Soit x 2 E. p �etant un projecteur orthogonal x = p(x) + (x� p(x)) avec p(x)et x� p(x) orthogonaux. (p(x) j x) = kp(x)k2, de meme (q(x) j x) = kq(x)k2.u(x) = 0) (u(x) j x) = 0 = kp(x)k2 + kq(x)k2. Nous en d�eduisons p(x) = 0et q(x) = 0 donc Ker(u) � Ker(p)\Ker(q). L'inclusion inverse est imm�ediated'o�u l'�egalit�e Ker(u) = Ker(p) \ Ker(q). Si Ker(p) \ Ker(q) 6= f0g alors 0 estvaleur propre de u, dans le cas contraire 0 n'est pas valeur propre de u.IdE � p et IdE � q sont des projecteurs orthogonaux de noyaux respectifsIm(p) et Im(q). Nous en d�eduisons Ker(u � 2IdE) = Im(p) \ Im(q). SiIm(p)\ Im(q) = f0g alors 2 n'est pas valeur propre de u ; dans le cas contraire50Nous pouvons faire une d�emonstration matricielle comme dans l'exercice qui suit.Soient A et B les matrices de a et b dans une base orthonormale e de E. Il existe P 2 GLn(R)et D = Diag(�1; � � � ; �n) une matrice diagonale telles que A = PP �; B = PDP �. Soit Xune matrice colonne repr�esentant les coordonn�ees d'un vecteur x de E dans la base orthonormalee. (a(x) j x) = X�AX et (b(x) j x) = X�BX soit encore (a(x) j x) = X�AX = X�PP �X et(b(x) j x) = X�PDP �X. P est inversible ; posons Y = P �X.a < b () 8Y 2 Mn;1(R); Y 6= 0; Y �Y < Y �DY c'est-�a-dire 8i 2 Nn; di > 1.La matrice B�1A est semblable �a D�1 donc le spectre de b�1 � a est inclus dans ]0; 1[.51Voir l'exercice num�ero 4.52Nous avons d�ej�a vu qu'un projecteur f est orthogonal si et seulement si 8x 2 E kf(x)k6kxk.

118 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ES2 est valeur propre de u.Soit x 2 E non nul tel que p(x) + q(x) = �x. Soit V (x) = Vect(p(x); q(x)).(p + q)(p(x)) = p(x) + q(�x � q(x)) = p(x) + �q(x)� q(x)= p(x) + (�� 1)q(x) 2 V (x).De meme (p + q)(q(x)) = (� � 1)p(x) + q(x) 2 V (x). V (x) est stable53 parp + q.� 62 f0; 1; 2g () 2 � � 62 f0; 1; 2g.u(p(x) � q(x)) = (p(x) + (�� 1)q(x))� (q(x)� (� � 1)p(x))= (2� �)(p(x)� q(x)).2 � � est valeur propre si p(x)� q(x) 6= 0.p(x) = q(x) et p(x) + q(x) = �x impliquent 2p(x) = 2q(x) = �x donc � = 0ou 2 ce qui est exclu. 2 � � est bien valeur propre de u.59. (a) Soit p un projecteur orthogonal d'un espace pr�ehilbertien E.Soit (x; y) 2 Im(p) � Ker(p). Im(p) et Ker(p) sont suppl�ementairesorthogonaux. p(x+ y) = x. kp(x+ y)k2 = kxk26kxk2+ kyk2 = kx+ yk2.Donc pour tout vecteur z 2 E; kp(z)k6kzk et la norme54 de p est auplus �egale �a 1.Soit p un projecteur de E. Supposons que pour tout x 2 E s'�ecrivantx = x1 + x2, avec (x1; x2) 2 Im(p)� Ker(p), on ait kp(x)k6kxk.Soit t 2 R.p(x1 + tx2) = x1 ; kx1+ tx2k2>kx1k2 c'est-�a-dire kx2k2t2+2t(x1 j x2)>0.Pour t > 0 nous avons kx2k2t+ 2(x1 j x2)>0.Pour t < 0 nous avons kx2k2t + 2(x1 j x2)60. En faisant tendre t vers 0nous obtenons (x1 j x2) = 0. p est bien un projecteur orthogonal.(b) E est de dimension �nie.�) Soit F un sous-espace vectoriel de E. Supposons que F et F � soientstables par pG.Soit x 2 F . (pF � pG)(x) = pG(x) = pG(pF (x)).Soit x 2 F �. (pF � pG)(x) = 0 = pG(pF (x)). pF et pG commutent.��) Supposons que pF et pG commutent.(pG � pF )2 = pG � (pF � pG) � pF = p2G � p2F = pG � pF . pG � pF (et aussipF � pG) est un projecteur.��) Supposons que pF � pG soit un projecteur. Soit x 2 E.k(pF �pG)(x)k6kpG(x)k6kxk. pF �pG est donc un projecteur orthogonal.En particulier il s'agit d'un endomorphisme sym�etrique donc pF � pG =53Si � est une valeur propre de u = p+ q di��erente de 0, 1 et 2 alors V (x), o�u x est un vaecteurpropre de u associ�e �a �, est un plan. En e�et :p(x) et q(x) ne peuvent etre nuls tous les deux car alors � = 0. Supposons q(x) 6= 0 et p(x) = kq(x).Il vient (k + 1)q(x) = �x. � �etant non nul alors k + 1 6= 0. Nous avons q(x) = �k + 1x donc, q�etant un projecteur, � = k + 1 puis q(x) = x et p(x) = kx donc k = 0 ou 1 c'est-�a-dire � = 1 ou2 ce qui est faux. En �echangeant p(x) et q(x) nous obtenons �nalement que (p(x); q(x)) est unefamille libre.54En fait la norme du projecteur est �egale �a 1. En e�et pour x 2 Im(p); kp(x)k = kxk doncsupkxk61 kp(x)k = 1.

119(pG � pF )� = pG � pFSoit x 2 F . pG(x) = (pG � pF )(x) = (pF � pG)(x) 2 F . F est stablepar pG ; F � est stable par p�G = pG. Les trois premi�eres assertions sont�equivalentes.�v) Supposons que pG laisse stable F et F �.Les endomorphismes de F et F � induits par les restrictions de pG �a F �aF � sont des endomorphismes sym�etriques donc diagonalisables. pF et pGsont donc co-diagonalisables.R�eciproquement supposons que pF et pG sont co-diagonalisables.Il existe une base e = (e1; � � � ; en) de E constitu�ee de vecteurs propresde pF comme de pG. Les valeurs propres �etant �egales �a 0 ou 1. Nousavons donc 8i 2 Nn ; pF (ei) = �iei et pG(ei) = �iei avec 8i 2 Nn ; �i 2f0; 1g; �i 2 f0; 1g.8i 2 Nn ; (pF � pG)(ei) = �i�iei = (pG � pF )(ei). pF et pG commutent.Les quatre assertions sont bien �equivalentes55Remarque sans l'orthogonalit�e le r�esultat peut etre faux. Choisissons pet q d�e�nis sur R2, muni de sa base (e1; e2) et de son produit scalairecanoniques, par p(e1) = e1; p(e2) = 0; q(e1) = e2; q(e2) = e2.p et q sont des projecteurs. Im(q) = Re2, Ker(q) = R(e1 � e2). q n'estpas un projecteur orthogonal. p � q = 0 est un projecteur et q � p 6= 0n'est pas un projecteur car (q � p)2 = 0.60. Soit E un espace pr�ehilbertien r�eel. Montrons qu'un projecteur orthogonal estun endomorphisme sym�etrique. Nous avons d�ej�a plusieurs fois d�emontr�e cer�esultat.Soit f un projecteur orthogonal. E1 = Ker(f) et E2 = Im(f) sont suppl�emen-taires orthogonaux. Soient x = x1+ x2 avec (x1; x2) 2 E1 �E2 et y = y1+ y2avec (y1; y2) 2 E1 � E2.(f(x) j y) = (x2 j y1 + y2) = (x2 j y2) = (x2 + x1 j y2) = (x j f(y). f est doncun endomorphisme sym�etrique.Supposons f sym�etrique v�eri�ant f2 = f3. Soit (x; y) 2 E2.(f(x) j f2(y)) = (x; j f3(y)) = (x; j f2(y)) = (f(x); j f(y)). Nous avonsdonc 8(x; y) 2 E2, (f(x) j f(y) � f2(y)) = 0. En particulier, en choisissantx = f(y)� y nous obtenons 8y 2 E; kf2(y)� f(y)k2 = 0. Nous en d�eduisonsf = f2. f est donc un projecteur.Montrons que f est un projecteur orthogonal. E1 = Ker(f) et E2 = Im(f)55Nous aurions pu prouver plus rapidement ce r�esultat en utilisant le fait, vu �a l'exercie num�ero10, que des endomorphismes sym�etriques qui commutent sont co-diagonalisables dans une baseorthonormale.Dans ces conditions F et F � stables par pG implique que pF et pG commutent puis pF et pG sontco-diagonalisables dans une base orthonormale.Ensuite, avec les notations pr�ec�edentes 8i 2 Nn; (pF � pG)(ei) = �i�iei. Si pF � pG est unprojecteur alors pour x 2 E, k(pF � pG)(x)k6kxk ; il s'agit donc d'un projecteur orthogonal doncd'un endomorphisme sym�etrique. Soit x 2 F . (pF �pG)(x) = (pF �pG)�(x) = (pG �pF )(x) = pG(x)donc pG(x) 2 F . F est stable par pG. l'orthogonal de F est donc stable par l'adjoint de pGc'est-�a-dire pG.

120 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ESsont suppl�ementaires.Soit (x; y) 2 E1�E2. f �etant sym�etrique, (x j y) = (x j f(y)) = (f(x) j y) = 0.f est bien un projecteur orthogonal.Si E est de dimension �nie, f �etant un projecteur orthogonal il existe unebase orthonormale de E dans laquelle la matrice de f est Diag(Ip; 0q) avecp = dim(Im(f)) et q = dim(Ker(f)). Cette matrice est sym�etrique donc f estun endomorphisme sym�etrique.Si f est un endomorphisme sym�etrique v�eri�ant f2 = f3 il existe une base or-thonormale de E dans laquelle la matrice de E est diagonale ; cette matrice estD = Diag(d1; � � � ; dn). Nous avons D2 = D3 c'est-�a-dire 8i 2 Nn ; di3 = di2ce qui �equivaut �a 8i 2 Nn ; di2 = di soit encore D2 = D qui est �equivalent �af = f2. f est bien un projecteur ; les valeurs propres de f sont dans f0; 1g ; lenoyau et l'image (ce sont des espaces propres d'un endomorphisme orthogonal)sont orthogonaux et f est un projecteur orthogonal.61. Nous savons que si q est une forme quadratique d�e�nie sur l'espace vecto-riel E il existe un et un seul endomorphisme sym�etrique v v�eri�ant 8x 2E; (v(x) j x) = q(x).q : x 2 E 7�! nXi=1 (ui(x) j x) 2 R est une forme quadratique de forme polaireassoci�ee (x; y) 2 E2 7�! nXi=1 (ui(x) j y) 2 R car tous les endomorphismes uisont sym�etriques.8x 2 E; q(x) = kxk2 donc l'endomorphisme sym�etrique associ�e est IdE mais8x 2 E; q(x) = nXi=1 ui! (x) j x!. Nous en d�eduisons8x 2 E; nXi=1 (ui(x) j x) = kxk2 ) nXi=1 ui = IdE .E = Im nXi=1 ui! � nXi=1 Im(ui) doncE = nXi=1 Im(ui). Nous savons que la sommepXi=1 Fi de p sous espaces vectoriels d'un espace vectoriel de dimension �nieE est directe si et seulement si dim pXi=1 Fi! = pXi=1 dim(Fi). Par hypoth�esenXi=1 dim(Im(ui)) = n = dim(E). La somme E = nXi=1 Im(ui) et donc une sommedirecte.Soit j 2 Nn . nXi=1 ui(uj(x)) = uj(x). La somme nXi=1 Im(ui) �etant directe nousen d�eduisons8(x; i) 2 E � Nn ; ui(uj(x)) = �ji uj(x) puis ui � uj = �ji uj . En particulieru2i = ui donc ui est un projecteur, orthogonal car sym�etrique.

121Notons pour i 2 Nn ; Ei = Im(ui).Soit (i; j) 2 (Nn)2; i 6= j et soit (x; y) 2 Ei � Ej .(ui(x) j uj(y)) = (x j y) = ((uj � ui)(x) j y) = 0. Les espaces Ei et Ej sont or-thogonaux. Nous avons bien E = ?M16i6n Im(ui). Le noyau de chaque projecteurui est nXj=1j 6=i Ej .62. Red�emontrons qu'un projecteur p, d'un espace pr�ehilbertien r�eel, est un endo-morphisme sym�etrique si et seulement si le noyau et l'image sont orthogonaux.Soit (x1; y2) 2 Im(p)� Ker(p). Supposons p = p�.(x1 j y2) = (p(x1) j y2) = (x1 jp(y2)) = 0 donc le noyau et l'image sont ortho-gonaux.Supposons que le noyau et l'image soient orthogonaux.Soit (x; y) 2 E2. x = x1 + x2; y = y1 + y2 o�u x1 et y1 sont dans Im(p) et x2et y2 sont dans Ker(p).(p(x) j y) = (x1 j y) = (x1 j y1) = (x1+x2 j y1) = (x j p(y)). p est sym�etrique.(a) Supposons pF1 � pF2 = 0. Soit (x; y) 2 F1 � F2.(x j y) = (pF1(x) j pF2(y)) = (x j (pF1 � pF2)(y)) = 0. F1 et F2 sontorthogonaux.Supposons que F1 et F2 sont orthogonaux.Soit (x; y) 2 E2. (x j (pF1 � pF2)(y)) = (pF1(x) j pF2(y)) = 0 car56pF1(x) 2 F1 et pF2(y) 2 F2. Nous en d�eduisons bien pF1 � pF2 = 0.De la meme mani�ere pF2 � pF1 = 0 �equivaut �a F1 ? F2 donc pF2 � pF1 = 0�equivaut �a pF1 � pF2 = 0.Supposons F1 ? F2. Nous obtenons�pF1 + pF2�2 = pF1 + pF2 + pF1 � pF2 + pF2 � pF1 = pF1 + pF2 . pF1 + pF2est un projecteur. Il s'agit aussi d'un endomorphisme sym�etrique donc ils'agit d'un projecteur orthogonal.Supposons que pF1 + pF2 soit un projecteur ; donc un projecteur ortho-gonal. �pF1 + pF2�2 = pF1 + pF2 + pF1 � pF2 + pF2 � pF1 = pF1 + pF2 doncpF1 � pF2 + pF2 � pF1 = 0. Soit x 2 F1 = Im �pF1�. Nous obtenons�pF1 � pF2� (x) + �pF2 � pF1� (x) = 0 = �pF1 � pF2� (x) + pF2(x). Notonsz = pF2(x). Nous obtenons pF1(z) = �z. pF1 �etant un projecteur nousen d�eduisons z = 0 donc F1 = Im �pF1� � Ker �pF2� = F �2 . Nous end�eduisons F1 ? F2.(b) Soit E un espace vectoriel de dimension �nie. Soient p1; � � � ; pn n pro-jecteurs de E. Supposons que p = nXi=1 pi soit un projecteur. Nous savonsqu'en dimension �nie, le rang d'un projecteur est �egal �a sa trace donc56Nous aurions pu dire que Im(pF2) = F2 � Ker(pF1 donc pF1 � pF2 = 0.

122 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ESrg(p) = tr(p) = nXi=1 tr(pi) = nXi=1 rg(pi).Il vient �nalement dim(Im(p)) = nXi=1 dim(Im(pi)).L'image d'une somme d'endomorphisme est incluse dans la somme desimages donc Im(p) � nXi=1 Im(pi).La somme des dimensions de sous-espaces vectoriels est toujours au moins�egale �a la dimension de la somme de ces sous-espaces. Si Im(p) 6= nXi=1 Im(pi)alorsnXi=1 dim(Im(pi)) = dim(Im(p)) < dim nXi=1 Im(pi)!6 nXi=1 dim(Im(pi)).Nous avons donc Im(p) = nXi=1 Im(pi).Une somme de sous-espaces vectoriels d'un espace vectoriel de dimension�nie est directe si et seulement si la somme des dimensions de ces sous-espaces est �egale �a la dimension de la somme de ces memes sous-espaces.Nous en d�eduisons que les sous-espaces Im(pi) sont en somme directe.Finalement si p= nXi=1 pi est un projecteur alors Im(p) = nMi=1 Im(pi). Ilvient en particulier 8i 2 Nn ; Im(pi) � Im(p).Soit x 2 E. Soit i 2 Nn . p(pi(x)) = pi(x) donc p � pi = pi puispi(x) = (p � pi)(x) = nXj=1 (pj � pi)(x).La somme des espaces images des projecteurs pi �etant directe nous end�eduisons 8(i; j) 2 (Nn)2; (pj � pi)(x) = �ji pi(x) donc pj � pi = �ji pi.R�eciproquement si 8(i; j) 2 (Nn)2; pi � pj = �ji pi alorsp2 = X16i;j6n pi � pj = nXi=1 (pi)2 = nXi=1 pi = p et p est un projecteur.Revenons �a notre question.Suppsons que les espaces Fi soient deux �a deux orthogonaux.Soit (i; j) 2 (Nn)2. Si i 6= j, Fi ? Fj donc Im(pFi) � Ker(pFj ) doncpFj � pFi = 0 puis 8(i; j) 2 (Nn)2; pFj � pFi = �ji pFi . p est donc unprojecteur. Chaque projecteur pFi est un projecteur orthogonal donc estun endomorphisme sym�etrique. p est donc sym�etrique ; s'agissant d'unprojecteur, c'est un projecteur orthogonal.Supposons que p soit un projecteur orthogonal.En utilisant ce que nous avons vu plus haut nous en d�eduisons que pour(i; j) 2 (Nn)2; i 6= j ) pFj � pFi = 0 doncFi = Im�pFi� � Ker�pFj� = �Im�pFj�� = (Fj)�. Fi et Fj sont bienorthogonaux.

123Im(p) = F et Ker(p) = (x 2 E; nXi=1 pFi(x) = 0). Les Fi �etant en sommedirecte nous en d�eduisons57 Ker(p) = n\i=1F �i .63. (a) Soit E un espace euclidien. Soit p un projecteur orthogonal de E. Soitx = x1 + x2 2 E avec (x1; x2) 2 Im(p)� Ker(p).(p(x) j x) = (x1 j x) = kx1k2>0. Comme nous l'avons d�ej�a maintes foisvu, p �etant un projecteur orthogonal est un endomorphisme sym�etrique.Il s'agit donc d'un endomorphisme sym�etrique positif.f et g sont des projecteurs orthogonaux de E donc des endomorphismessym�etriques positifs.Soit h = f � g � f . h est un endomorphisme sym�etrique positif ; en e�et(h(x) j x) = (g(f(x)) j f(x))>0.Il existe donc une base orthonormale e = (e1; � � � ; en) de E de diagona-lisation de h. 8i 2 Nn ; h(ei) = �iei; �i>0. Soit r le rang de h. Quitte�a changer l'ordre des vecteurs de e nous pouvons supposer que58 pouri6r; �i > 0 et pour i > r; �i = 0.Posons 8i 2 Nr ; vi = f(ei). 8i 2 Nr ; (f � g)(vi) = �iei.Consid�erons la combinaison lin�eaire rXi=1 �ivi = 0. Il vientrXi=1 �i(f � g)(vi) = 0 = rXi=1 �i�iei.8i 2 Nr , �i > 0 ; nous en d�eduisons 8i 2 Nr ; �i = 0 ; la famille (vi)i2Nrest libre. Il s'agit d'une famille libre de vecteurs propres de f � g.f � g � f = (f � g) � (g � f)) = (f � g) � (f � g)�. Nous savons quesi u est un endomorphisme de E, le noyau de u � u� est celui de u�.Nous en d�eduisons Ker(f � g � f) = Ker((f � g)�) = (Im(f � g))� doncrg(f � g � f) = rg(f � g) = r. La famille (vi)i2Nr est une base de Im(f � g).Soit x 2 Im(f � g) \Ker(f � g).x s'�ecrit : x = rXi=1 xivi avec 0 = (f � g)(x) = rXi=1 xi(f � g)(vi) = rXi=1 xi�iei.Nous en d�eduisons x = 0 ; E = Im(f � g)� Ker(f � g).Soit (vr+1; � � � ; vn) une base de Ker(f � g). (vi)i2Nn est une base de vec-teurs propres de f � g qui est diagonalisable.Pour i 2 Nr , 0 < �i = ((f � g � f)(ei) jei) = (g(f(ei)) j f(ei))= (g(vi) j vi)6kvik26keik2 = 1 car f et g sont desprojecteurs orthogonaux. Les valeurs propres de f � g sont donc dans[0; 1].(b) Il est clair que si f � g est un projecteur ses valeurs propres sont 0 ou 1.57Nous savons que si E1; � � � ; Ep sont p sous-espaces vectoriels d'un espace euclidien alors pXi=1 Ei!� = p\i=1E�i .58Si r = 0 les �i sont tous nuls.

124 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ESSupposons que les valeurs propres de f �g soient dans f0; 1g. Reprenonsles notations pr�ec�edentes.Pur i 2 Nr ; (f � g)(vi) = vi et pour i > r; (f � g)(vi) = 0. f � g estun projecteur. Soit x 2 E. kf(g(x))k6kg(x)k6kxk. Montrons qu'unprojecteur de norme au plus �egale �a 1 est un projecteur orthogonal et sanorme est �egale �a 1.Supposons que p soit un projecteur orthogonal.Soit (x; y) 2 Im(p) � Ker(p). Im(p) et Ker(p) sont suppl�ementairesorthogonaux. p(x+ y) = x. kp(x+ y)k2 = kxk26kxk2+kyk2. Donc pourtout vecteur z 2 E; kp(z)k6kzk.Supposons que pour tout x 2 E on ait kp(x)k6kxk.Soit x = x1 + x2, avec (x1; x2) 2 Im(p)� Ker(p). Soit t 2 R.p(x1 + tx2) = x1 ; kx1+ tx2k2>kx1k2 c'est-�a-dire kx2k2t2+2t(x1 j x2)>0.Pour t > 0 nous avons kx2k2t + 2(x1 j x2)>0, Pour t < 0 nous avonskx2k2t+2(x1 j x2)60. En faisant tendre t vers 0 nous obtenons (x1 j x2) =0. p est bien un projecteur orthogonal.f �g est un projecteur orthogonal donc est un endomorphisme sym�etriqueet g � f = (g � f)� = f � g.64. Soit E un espace euclidien. Soit u un endomorphisme de E.Nous avons Ker(u) = Ker(u� �u); Ker(u�) = (Im(u))�; u�� = u, jku�kj = jkukj.u 2 L(E) 7�! u� 2 L(E) est continue (il su�t par exemple d'utiliser le faitque cette application est lin�eaire et jku�kj = jkukj).(a) Supposons que f� � f soit un projecteur orthogonal.E = Ker(f� � f)� Im(f� � f) = Ker(f)� Im(f� � f).x 2 Ker(f)) (f � f� � f)(x) = 0 = f(x),x 2 Im(f� �f)) (f� �f)(x) = x donc (f �f� �f)(x) = f(x). Nous avonsdonc pour tout x 2 E; (f � f� � f)(x) = f(x) et f 2 A.Supposons f 2 A. f� � f = f� � f � f� � f = (f� � f) � (f� � f).f� � f est un projecteur. f� � f est sym�etrique donc59 il s'agit d'unprojecteur orthogonal.(b) Supposons f 2 A.D'apr�es le r�esultat pr�ec�edent, Ker(f) et Im(f� � f) sont suppl�ementairesorthogonaux donc x 2 (Ker(f))� () x = (f� � f)(x). Nous en d�edui-sons kxk2 = ((f� � f)(x) j x) = (f(x) j f(x)) = kf(x)k2.Supposons 8x 2 (Ker(f))�; kf(x)k = kxk.(Ker(f))� = (Ker(f� � f))� = Im(f� � f).Posons g = f��f . g est un endomorphisme sym�etrique ; 8x 2 E; (g(x) j x) =kf(x)k2>0. g est diagonalisable, �a valeurs propres positives. Im(g) etKer(g) sont suppl�ementaires orthogonaux. Les vecteurs propres associ�es�a des valeurs propres non nulles sont dans Im(g). Soit x 2 E, g(x) = �xavec � > 0.(g(x) j x) = �kxk2 = kf(x)k2 = kxk2 donc � = 1. Nous en d�eduisons59Comme nous l'avons d�ej�a maintes fois vu.

125que pour tout x de Im(g), g(x) = x. g est un projecteur orthogonal etf 2 A.(c) Soit f 2 A. Soit V l'ensemble des �el�ements x de E tels que kf(x)k = kxk.f� � f est un projecteur orthogonal et ((f� � f)(x) j x) = (f(x) j f(x)) =kxk2.�Ecrivons x = x1 + x2 avec (x1; x2) 2 Ker(f� � f) � Im(f� � f). f(x1) =0; f�(f(x2)) = x2. f(x) = f(x2) donc f�(f(x)) = x2 puis (x2 j x) =(f�(f(x)) j x) = kf(x)k2 = kxk2.kxk2 = kx1k2 + kx2k2 donc x1 = 0.Nous en d�eduisons x 2 Im(f� � f) = (Ker(f� � f))� = (Ker(f))� doncV � (Ker(f))�. L'autre inclusion est obtenue �a la question pr�ec�edented'o�u le r�esultat demand�e.(d) Soit f 2 O(E). f� � f = IdE donc f 2 A. O(E) est donc inclus dans A.L'application ' : f 2 L(E) 7�! f� � f 2 L(E) est une applicationcontinue car f 7�! f� et (u; v) 2 (L(E))2 7�! u � v 2 L(E) sontcontinues. O(E) est l'image r�eciproque du ferm�e fIdEg par ' donc estferm�e ; O(E) est donc ferm�e60 dans A.Montrons que O(E) est ouvert dans A c'est-�a-dire qu'il existe � > 0 telque l'ensemble des �el�ements g de A v�eri�ant jkf � gkj est inclus dans A.Si nous prouvons que g est inversible alors g � g� � g = g) g� � g = IdEet g 2 O(E).Montrons61 le r�esultat pr�eliminaire suivant : Soit E est espace vectorielnorm�e complet. On suppose que E est une alg�ebre et que la norme d�e�niesur E v�eri�e N(xy)6N(x)N(y) c'est-�a-dire est une norme d'alg�ebre ; Soitx 2 E; N(x� e) < 1 (o�u e est l'�el�ement neutre de l'alg�ebre). Alors x estinversible.La s�erie de terme g�en�eral (e� x)n est convergente de somme l'inverse dex.kjg�f�1�IdEjk = kj(g�f)�f�1jk6kjg�f jk kjf�1jk. f�1 est une isom�etrieet a pour norme 1 ; il su�t donc d'avoir kjg � f jk < 1 pour que g � f�1soit inversible puis g soit inversible ; d'o�u le r�esultat.65. Si A 2 Mn(R) est diagonalisable alors il existe une matrice inversible P telleque A = P�1DP avec D diagonale. Soit S = tPP . S est sym�etrique d�e�niepositive et SAS�1 = tPPP�1DPP�1tP�1 = tPDtP�1 = tA.Supposons qu'il existe une matrice S sym�etrique d�e�nie positive telle que tA =SAS�1. S �etant sym�etrique d�e�nie positive, il existe62 une matrice inversibleP telle que S = tPP . tA = tPPAP�1tP�1 soit encore tP�1tAtP = PAP�1c'est-�a-dire t(PAP�1) = PAP�1 = B. B est donc sym�etrique r�eelle et estalors diagonalisable. A qui lui est semblable l'est donc aussi.60Nous avions d�ej�a d�emontr�e que O(E) est un compact de L(E).61Voir l'exercice num�ero 79 page 267 du livre exercice1.62S peut etre consid�er�ee comme la matrice d'une forme bilin�eaire sym�etrique d�e�nie positivec'est-�a-dire d'un produit scalaire ; il existe donc une base orthonormale pour ce produit scalairec'est-�a-dire dans laquelle la matrice de la forme quadratique est la matrice identit�e.

126 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ES66. S 2 Mn(R), sym�etrique, est diagonalisable, semblable �a la matrice D =Diag(�1; � � � ; �n) ; les �i �etant positifs. S = PDP�1 o�u P 2 GLn(R).Soit f un polynome tel que 8i 2 Nn ; f(�2i ) = �i. Un tel polynome existecar �i2 = �j2 ) �i = �j puisque les �i sont dans R+. Il vient alors f(S2) =Pf(D2)P�1 = PDP�1 = S.Supposons AS2p = S2pA o�u p 2 N� .AS2p+2 = (AS2p)S2 = (S2pA)S2 = S2p(AS2) = S2p+2A. Le r�esultat est vraipour p = 1 et donc vrai pour tout p 2 N� ; en fait il est vrai aussi pour p = 0donc il est vrai pour tout p 2 N.Supposons f(X) = NXk=0 akXk.AS = Af(S2) = NXk=0 akAS2k = NXk=0 akS2kA = f(S2)A = SA.67. Soit A 2 Mn(R) une matrice r�eelle unitairement semblable �a une matricer�eelle B 2 Mn(R). A = UBU�. �Ecrivons U = P + iQ o�u P et Q sont desmatrices r�eelles. UB = AU est �equivalent �a AP = PB et AQ = QB.8t 2 R; A(P + tQ) = (P + tQ)B. Posons f(t) = det(P + tQ). f est unefonction polynomiale r�eelle telle que f(i) 6= 0 ; il s'agit donc d'une fonctionpolynomiale non nulle. Il existe donc un r�eel t0 tel que f(t0) 6= 0 c'est-�a-diretel que R = P + t0Q soit inversible.A(P + t0Q) = AP + t0AQ = PB + t0QB = (P + t0Q)B. Nous avons alorsA = RBR�1.A et B �etant des matrices r�eelles nous avons A� = tA et B� = tB. A� = UB�U�soit tA = U tBU� donc on a aussi tA = RtBR�1 soit encore A = tR�1BtR. Noussavons63 que R peut s'�ecrire OS avec O orthogonal et S sym�etrique d�e�niepositive. A = OSBS�1O� = OS�1BSO� donc SBS�1 = S�1BS soit encoreS2B = BS2. B commute avec S2.En utilisant le r�esultat de l'exercice pr�ec�edent nous en d�eduisons SB = BS etA = OSBS�1O� = OBSS�1O� = OBO�. D'o�u le r�esultat demand�e.68. Soient A et B les matrices, dans la base canonique de Rn, de deux formesquadratiques, q et q0, de signatures (1; 0) d�e�nies sur Rn.q et q0 sont les carr�es de deux formes lin�eaires non nulles f et g d�e�nies parf(x) = nXi=1 aixi et g(x) = nXi=1 bixi o�u x = (x1; � � � ; xn) 2 Rn.q(x) = X16i;j6naiajxixj et q0(x) = X16i;j6nbibjxixj .Supposons A = (ai;j)(i;j)2(Nn)2 2 Mn(R) et B = (bi;j)(i;j)2(Nn)2 2Mn(R) (A etB sont sym�etriques r�eelles positives).On consid�ere la matrice C = A � B dont le terme g�en�eral d'indices (i; j) estci;j = ai;jbi;j .En revenant aux notations pr�ec�edentes nous avons ai;jbi;j = aiajbibj donc siq1 est la forme quadratique de matrice C dans la base canonique de Rn nous63Voir l'exercice num�ero 13.

127obtenons q1(x) =X16i;j6n(aibixi)(ajbjxj) = nXi=1 aibixi!2>0. C est bien une ma-trice sym�etrique positive.Revenons au cas g�en�eral.q comme q0 sont positives donc il existe des formes lin�eaires (f1; � � � ; fr)ind�ependantes, o�u r est le rang de A, et des formes lin�eaires (f 01; � � � ; f 0r0)ind�ependantes, o�u r0 est le rang de B, telles que :q(x) = rXi=1 (fi(x))2 et q0(x) = r0Xi=1 (f 0i(x))2.Pour i 2 Nr notons Ai la matrice de la forme quadratique x 7�! (fi(x))2 etpour i 2 Nr0 , Bi la matrice de la forme quadratique x 7�! (f 0i(x))2. Nousavons A = rXi=1 Ai et B = r0Xi=1 Bi. Pour i 2 Nr notons aip;q l'�el�ement d'indices(p; q) de la matrice Ai ; de meme pour i 2 Nr0 notons bip;q l'�el�ement d'indices(p; q) de la matrice Bi.8(p; q) 2 (Nn)2, ap;q = rXi=1 aip;q et bp;q = r0Xi=1 bip;q. ap;qbp;q = X16i6r16j6r0 aip;qbjp;q. No-tons (Ai � Bj)p;q l'�el�ement d'indices (i; j) de la matrice Ai � Bj . Nous avonsalors ap;qbp;q = X16i6r16j6r0 (Ai �Bj)p;q donc A � B = X16i6r16j6r0 Ai � Bj . Chaque matriceAi � Bj est sym�etrique positive donc la matrice A �B l'est aussi.Supposons A et B d�e�nies positives. Nous avons alors r = r0 = n.Soit X une matrice colonne.tX(A �B)X = 0) 8(i; j) 2 (Nn)2; tX(Ai �Bj)X = 0.tXAiX = (fi(x))2, tXBiX = (f 0i(x))2. fi(x) = nXk=1 �i;kxk, f 0i(x) = nXk=1 �i;kxkdonc tXAiX = X16k;l6n�i;k�i;lxkxl et tXBiX = X16k;l6n �i;k�i;lxkxl. Le terme g�e-n�eral d'indices (k; l) de la matrice Ai � Bj est donc �egal �a �i;kai;l�j;k�j;l ettX(Ai �Bi)X = X16k;l6n�i;k�i;l�j;k�j;lxkxl = nXk=1 �i;k�j;kxk!2.Notons, pour j 2 Nn , vj = (�j;1x1; � � � ; �j;nxn).tX(A �B)X = 0) 8(i; j) 2 (Nn)2; fi(vj) = nXk=1 �i;k�j;kxk = 0.La famille des fi est libre donc pour tout j 2 Nn ; vj = 0. Cela implique8j 2 Nn ; f 0j(x) = 0 avec x = (x1; � � � ; xn). Les f 0j sont libres donc nousobtenons x = 0. La matrice A �B est bien d�e�nie positive.Notons A�k la matrice d�e�nie par A�0 = In et pour k 2 N; A�(k+1) =A�k � A. Munissons l'espace des matrices de la norme kAk = max16i;j6n jai;jj o�uA = (ai;j)(i;j)2(Nn)2 2 Mn(R).Tous droits r�eserv�es, Exercices corrig�es, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.

128 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ESkA � Bk6kAk kBk. La s�erie de terme g�en�eral 1k!A�k est donc absolumentconvergente donc convergente car l'espace des matrices est complet. Nousavons donc D = +1Xk=0 1k!A�k.Par continuit�e de X 2 Mn;1(R) 7�! tXMX 2 R, o�u M est un matrice deMn(R), nous en d�eduisons tXDX = +1Xk=0 1k! tXA�kX .Si A est positive nous avons vu que A�2 l'est aussi donc par r�ecurrence 8k 2N; A�k est positive. Nous obtenons donc tXDX>tXX. Nous en d�eduisonsque D est d�e�nie positive.69. Nous avons d�ej�a vu que si q est une forme quadratique d�e�nie positive et si q0est une forme quadratique alors il existe une base de E orthonormale pour qet orthogonale pour q0.Soient '1 la forme polaire associ�ee �a q1 et '2 la forme polaire associ�ee �a q2.En appliquant ce r�esultat il existe une base e = (e1; � � � ; en) de E telle que8(i; j) 2 (Nn)2; ('1+'2)(ei; ej) = �ji et '2(ei; ej) = di�ji o�u les di sont r�eels.Il vient alors pour (i; j) 2 (Nn)2, '1(ei; ej) = (1� di)�ji et '2(ei; ej) = di�ji .e est bien orthogonale pour q1 et q2.70. (a) Soit � l'application (x; y) 2 E2 7�! 12('(x) (y) + '(y) (x)).' et �etant des formes lin�eaires, � est une forme bilin�eaire sym�etrique.�(x; x) = q(x) donc q est une forme quadratique.(b) ' et sont deux formes lin�eaires donc il existe deux �el�ements a etb de E v�eri�ant 8x 2 E; '(x) = f(a; x); (x) = f(b; x). ' et sont ind�ependantes donc (a; b) est une famille libre car sinon il existe(�; �) 2 R2nf(0; 0)g tel que �a+�b = 0 donc 8x 2 E �'(x)+� (x) = 0ce qui est faux.Posons pour x 2 E, u(x) = 12 ('(x) b+ (x) a).Soit (x; y) 2 E2.f (u(x); y) = 12 (f(a; x)f(b; y) + f(b; x)f(a; y)) = f (u(y); x).f(u(x); x) = '(x) (x) donc l'endomorphisme u est l'endomorphisme sy-m�etrique associ�e �a q.Soit F le plan Vect(a; b). (a; b) est libre doncKer(u) = fx 2 E; '(x) = (x) = 0g = Ker(') \ Ker( ) = F � est dedimension n� 2. u est donc de rang �egal �a 2. Im(u) � F donc Im(u) est�egal �a F .L'espace propre associ�e �a la valeur propre 0 est l'orthogonal de F .u est un endomorphisme sym�etrique (donc diagonalisable) ayant 0 pourvaleur propre d'ordre n � 2 poss�ede deux autres (�eventuellement �egales)valeurs propres ; l'espace propre (s'il n'ay a qu'une seule autre valeurpropre) est F , les deux espaces propres associ�es aux deux autres valeurspropres (si elles sont distinctes) sont deux droites incluses dans F .

1292u(kbka+ kakb) = (kak2kbk+ kak(a j b))b+ (kbk2kak+ kbk(a j b))a= (kak kbk+ (a j b))(kbka+ kakb).De meme2u (kbka� kakb) = (�kak kbk+ (a j b))(kbka� kakb).Les deux autres valeurs propres (non nulles) de u sont 12(kak kbk+ (a j b))et 12(�kak kbk+ (a j b)) de vecteurs propres associ�es les droites respecti-vement dirig�ees par kbka+ kakb etkbka� kakb.(c) Soit u un endomorphisme sym�etrique de rang �egal �a 2.u est donc l'endomorphisme sym�etrique associ�e �a la forme quadratique q.Il existe une base orthonormale de E de diagonalisation de u ; dans cettebase, les matrices de q et de u sont les memes. q est de rang 2. Il existedeux formes lin�eaires ind�ependantes '1 et '2 telles que q = '21 + '21 ouq = '21 � '21. Pour que q puisse s'�ecrire ' = 14 �('+ )2 � ('� )2�(avec ' et ind�ependantes) la signature de q doit etre �egale �a (1; 1).Dans ces conditions q = ('1 + '2)('1 � '2) = ' . Il est donc n�ecessaireque u poss�ede uniquement deux valeurs propres non nulles et que celles-cisoient de signes contraires.71. u 2 LE). L'application f : (x; y) 2 E2 7�! (u(x) j u(y)) 2 R est bilin�eairesym�etrique et f(x; x) = q(x). q est donc une forme quadratique et f estla forme polaire associ�ee �a q. L'endomorphisme sym�etrique associ�e �a q estl'endomorphisme v v�eri�ant :8x 2 E; (v(x) j x) = ku(x)k2 = (u(x) j u(x)) = ((u� � u)(x) jx). L'unicit�e del'endomorphisme sym�etrique associ�e �a q conduit �a v = u� � u.72. (a) IdE appartient �a O(q). Soient u et v deux �el�ements de O(q) alorsq � (u � v) = (q � u) � v = q � v = q, q � u = q ) q = q � u�1.O(q) est bien un groupe sous-groupe de GL(E).(b) Soit x 2 E dont la matrice colonne des coordonn�ees dans la base e estX .u 2 O(q) () 8x 2 E; q(u(x)) = q(x)() 8X 2Mn;1(R); t(MX)A(MX) = tXAX() tMAM = A.73. Red�emontrons le r�esultat classique : Soit E un espace vectoriel euclidien de di-mension trois orient�e. Soit (u; v; w) 2 E3 alors u^(v^w) = (u j w)v�(u j v)w.Soit " = ("1; "2; "3) une base orthonormale directe de l'espace. Notons(u1; u2; u3), (v1; v2; v3) et (w1; w2; w3) les coordonn�ees respectives de u; vet w dans cette base.Les coordonn�ees de v ^ w sont (v2w3 � v3w2; v3w1 � v1w3; v1w2 � v2w1).Les coordonn�ees de u ^ (v ^ w) sont(u2(v1w2 � v2w1)� u3(v3w1 � v1w3); u3(v2w3 � v3w2)� u1(v1w2 � v2w1);u1(v3w1 � v1w3)� u2(v2w3 � v3w2)).u2(v1w2 � v2w1)� u3(v3w1 � v1w3)

130 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ES= v1(u1w1 + u2w2 + u3w3)� w1(u1v1 + u2v2 + u3v3)= v1(u j w)� w1(u j v)).De meme u3(v2w3 � v3w2) � u1(v1w2 � v2w1) = v2(u j w) � w2(u j v)) etu1(v3w1 � v1w3)� u2(v2w3 � v3w2) = v3(u j w)� w3(u j v)).Nous obtenons bien le r�esultat demand�e.Soit f : (x; y) 2 (R3)2 7�! 12 [(x j u ^ (v ^ y)) + (y j u ^ (v ^ x))].f est une forme bilin�eaire sym�etrique et f(x; x) = q(x). q est une formequadratique de forme polaire f .f(x; y) = 12 [(x j (u j y)v � (u j v)y) + (y j (u j x)v � (u j v)x)]= 12 [(v j x) (u j y) + (v j y) (u j x)]� (u j v) (x j y).Soit ' l'endomorphisme sym�etrique associ�e �a la forme quadratique q. Nousavons la relation : 8(x; y) 2 (R3)2; ('(x) j y) = f(x; y).f("i; "j) = 12(uivj + ujvi)� �ji (u j v). Nous en d�eduisons que la trace de ' est3Xi=1 f("i; "i) = �2(u j v).Soit x un vecteur orthogonal �a u et �a v. 8y 2 R3, ('(x) j y) = �(u j v) (x j y)donc '(x) = �(u j v) x. �(u j v) est une valeur propre de ' ; l'espace propreassoci�e contient, F , l'orthogonal de Vect(u; v).� Si u ou v = 0 alors q = 0, l'espace propre est R3.Supposons u et v non nuls.� v est colin�eaire �a u, (v = ku), F est le plan orthogonal �a u.8y 2 R3; ('(u) j y) = f(u; y) = 0. 0 est valeur propre. Dans ces conditions,�(u j v) = �kkuk2 est valeur propre d'ordre 2 d'espace propre associ�e F et 0est valeur propre simple d'espace propre associ�e Ru.� Supposons (u; v) libre. Un vecteur propre de ' est donc u ^ v associ�e �a lavaleur propre �(u j v).Soit x = 1kuku+ 1kvkv. Soit y 2 R3.(v j x) = 1kuk(u j v) + kvk, (u j x) = 1kvk (u j v) + kuk.('(x) j y) = 12 � 1kuk((u j v) + kvk) (u j y) + (v j y) ( 1kvk(u j v) + kuk)��(u j v) � 1kuku + 1kvkv jy�= 12 �kuk v + kvk u� (u j v)kuk u � (u j v)kvk v j y�.x est donc un vecteur propre de ' associ�e �a la valeur propre 12(kuk kvk � (u j v)).De meme x = 1kuku � 1kvkv est un vecteur propre de ' associ�e �a la valeurpropre �12(kuk kvk + (u j v)).En consid�erant des vecteurs unitaires colin�eaires aux vecteurs propres pr�ec�e-

131dents , nous obtenons une base orthonormale de R3 orthogonale pour q. Dansune telle base q(x) s'�ecrit�(u j v)x12 + 12(kuk kvk � (u j v))x22 � 12(kuk kvk + (u j v))x32.En reprenant les deux premiers cas, nous en d�eduisons qu'en nous pla�cantdans une base orthonormale de vecteurs propres de ' nous obtenons toujoursq(x) = �(u j v)x12 + 12(kuk kvk � (u j v))x22 � 12(kuk kvk+ (u j v))x32.74. On suppose que la norme N d�e�nie sur l'espace vectoriel E v�eri�e :8(x; y) 2 E2; (N(x+ y))2 + (N(x� y))2 = 2(N(x))2 + 2(N(y))2.Soit (x; y) 2 E2. Posons f(x; y) = (N(x+ y))2 � (N(x� y))2.f(x; y) = ((N(x+ y))2 + (N(y))2)� ((N(x� y))2 + (N(y))2). En utilisant lapropri�et�e de N nous obtenonsf(x; y) = 2�N �12x��2 + 2�N �12x+ y��2�2�N �12x��2 � 2�N �12x � y��2= 12(N(x+ 2y))2 � 12(N(x� 2y))2 = 12f(x; 2y).Nous obtenons donc 8(x; y) 2 E2; f(x; 2y) = 2f(x; y). Nous avons parsym�etrie 8(x; y) 2 E2; f(2x; y) = 2f(x; y).Soit (x; y; z) 2 E3.f(x; z)+f(y; z) = ((N(x+ z))2 + (N(y + z))2)�((N(x� z))2 + (N(y � z))2).En utilisant la propri�et�e de N nous obtenonsf(x; z) + f(y; z) = 2�N �z + 12(x + y)��2 + 2�N �12(x� y)��2�2�N ��z + 12(x+ y)��2 � 2�N �12(x� y)��2= 2f �12(x+ y); z� = f(x+ y; z).N est continue donc f est continue. f(0; y) = 0. Supposons avoir prouv�ef(px; y) = pf(x; y) pour tout p 2 Nn .f((n + 1)x; y) = f(nx; y) + f(x; y) = (n + 1)f(x; y). Le r�esultat estdonc vrai pour tout n 2 N. f((�n)x; y) + f(nx; y) = f(0; y) = 0 doncf((�n)x; y) = �f(nx; y) = (�n)f(x; y).Soit m 2 N� . f(x; y) = f �m� 1m� x; y� = mf � 1mx; y� doncf � 1mx; y� = 1mf(x; y).Il vient alors 8(r; x; y) 2 Q � E � E; f(rx; y) = rf(x; y).Soit � 2 R limite de la suite (rn)n2N. La continuit�e de f conduit �alimn!+1 f(rnx; y) = f(rx; y) = limn!+1 rnf(x; y) = rf(x; y).f est donc bilin�eaire sym�etrique. f(x; x) = 4(N(x))2. f est donc d�e�niepositive ; il s'agit d'un produit scalaire. N est la norme euclidienne associ�eeau produit scalaire 14f .

132 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ESDans le cas complexe, posonsf(x; y) = (N(x + y))2 � (N(x � y))2 + i(N(ix+ y))2 � i(N(ix� y))2.Soient :A(x; y) = (N(x+ y))2 � (N(x� y))2 et B(x; y)= (N(ix+ y))2 � (N(ix� y))2.Nous montrons comme au-dessusA(x + y; z) = A(x; z) +A(y; z) et B(x + y; z) = B(x; z) +B(y; z).f(y; x) = (N(x + y))2 � (N(x � y))2 + i(N(iy + x))2 � i(N(iy � x))2= (N(x+ y))2 � (N(x� y))2 + i(N(�y + ix))2 � i(N(y + ix))2= f(x; y).Nous terminons comme pr�ec�edemment et nous prouvons que f est une formesesquilin�eaire �a sym�etrie hermitienne d�e�nie positive puis queN est une normehermitienne.75. Nous savons64 que 8' 2 E� d�e�nie sur un espace vectoriel euclidien E il existeun vecteur f et un seul de E tel que 8x 2 E; '(x) = (f j x).Soit A = (ai;j)(i;j)2(Nn)2 2 Mn(R). 8j 2 Nn il existe une unique forme lin�eaire'j , d�e�nie sur E telle que pour tout i 2 Nn ; 'j(ei) = ai;j car e = (ej)j2Nn estune base de E. �A 'j associons le vecteur e0j tel que 8x 2 E; 'j(x) = (e0j j x).Nous avons bien 8(i; j) 2 (Nn)2; ai;j = (ei j e0j).Cette famille est bien unique ; en e�et :8(i; j) 2 (Nn)2; (ei j e0j) = (ei j e00j ) ) 8(i; j) 2 (Nn)2; (ei j e0j � e00j ) = 0.Chaque vecteur e0j � e00j est orthogonal �a tout l'espace donc est nul d'o�u l'uni-cit�e.On peut remplacer euclidien par hermitien.Remarque Supposons que la base e soit orthonormale. Soit u l'endomor-phisme de E dont la matrice dans la base e est A alors 8j 2 Nn , u(ej) = e0j .En e�et 8k 2 Nn , (u(ej) j ek) = ak;j = (ek j e0j) d'o�u le r�esultat.76. Pour prouver l'existence de la famille e0 = (e01; � � � ; e0n) il su�t d'utiliser ler�esultat de l'exercice pr�ec�edent avec A = In.Red�emontrons-le directement d'une autre mani�ere.Soit e� = (e�1; � � � ; e�n) la base duale de la base e.L'application ' : a 2 E 7�! (a j : ) 2 E� est un isomorphisme. En e�et 'est lin�eaire, '(a) = 0 ) 8x 2 E; (a j x) = 0 donc a = 0. Les dimensions,�nies, de E et E� �etant les memes nous obtenons le r�esultat. Il existe doncune base e0 = (e01; � � � ; e0n) de E telle que 8j 2 Nn ; '(e0j) = e�j soit encore8(i; j) 2 (Nn)2; (e0j j ei) = e�j(ei) = �ji .Montrons l'unicit�e de la base e0.Soient e0 et e00 deux bases solutions. 8(i; j) 2 (Nn)2; (ei j e0j) = �ji et64Soit H l'hyperplan noyau d'une forme lin�eaire non nulle '. Soit f1 un vecteur non nul or-thogonal �a l'hypeplan H. Soit x 2 E. x s'�ecrit x = x1 + �f1 avec (x1; �) 2 H � R. Soitk 2 R. '(x) = �'(f1), (kf1 j x) = �kkf1k2. En choisissant k = '(f1)kf1k2 nous obtenons pour toutx 2 E; '(x) = (f j x) o�u f = kf1. Si ' = 0 nous choisissons f = 0.(f j x) = (g j x) pour tout x implique f � g orthogonal �a tout l'espace donc f = g d'o�u l'unicit�edu vecteur f cherch�e.

1338(i; j) 2 (Nn)2; (ei j e00j ) = �ji donc 8(i; j) 2 (Nn)2; (ei j e0j � e00j ) = 0.e0j � e00j est donc orthogonal �a E et est donc nul. la base cherch�ee est doncunique.Pour j 2 Nn ; e0j = nXi=1 �i;jei donc8(j; k) 2 (Nn)2 (e0j j e0k) = nXi=1 �i;j(ei j e0k) = �k;j puis e0j = nXi=1 (e0j j e0i)ei.Nous avons de meme ej = nXi=1 (ej j ei)e0i.La matrice, A, de passage de la base e �a la base e0 est la matrice Gram de lafamille (e01; � � � ; e0n) c'est-�a-dire la matrice dont l'�el�ement d'indices (i; j) estai;j = (e0i j e0j).De meme la matrice, B, de passage de la base e0 �a la base e est la matriceGram(e1; � � � ; en) c'est-�a-dire la matrice dont l'�el�ement d'indices (i; j) estbi;j = (ei j ej). A = B�1 donc �a partir de la matrice B construite apr�es ladonn�ee de la base e nous pouvons d�eterminer la matrice A puis la base e0.Soit x 2 E s'�ecrivant x = nXi=1 xiei = nXj=1 x0je0j . Nous savons quexi = nXj=1 ai;jx0j = nXj=1 (e0i j e0j)x0j et x0i = nXj=1 bi;jxj = nXj=1 (ei j ej)xj .Nous pouvons retrouver ce r�esultat directement.8j 2 Nn ; (x j e0j) = nXi=1 xi(ei j e0j) = xj ; de meme (x j ej) = x0j .x = nXj=1 x0je0j = X16i;j6n(e0i j e0j)x0jei = X16i;j6n(e0i j e0j)x0jei donc xi = nXj=1 (e0i j e0j)x0j .De meme x0i = nXj=1 (ei j ej)xj .Nous retrouvons �evidemment le r�esultat pr�ec�edent. Les deux matrices A et B�etant inverses l'une de l'autre nous avons �ji = nXk=1(e0i j e0k)(ek j ej).77. (a) Soit E un espace euclidien, soit e = (ei)i2Nn une base de E. Posons, pour(x; y) 2 E2, B(x; y) = nXi=1 (x j ei)(y j ei). B est bilin�eaire sym�etrique etB(x; x) = q(x) ; q est bien une forme quadratique.q(x) = 0) 8i 2 Nn ; (x j ei) = 0 donc x est orthogonal �a E et x est nul.q est bien d�e�nie positive.B est un produit scalaire donc il existe une base orthonormale pour celui-ci. Une base de E, e0 = (e01; � � � ; e0n), orthonormale pour B existe bien.(b) Si e est orthonormale, q est le carr�e de la norme euclidienne et B est leproduit scalaire euclidien d�e�ni sur E.78. (a) Soit (x; y) 2 (Rn)2 ; x = (x1; � � � ; xn) et y = (y1; � � � ; yn).

134 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ESSoit P (x; y) = (pi;j(x; y))(i;j)2(Nn+1)2 la matrice dont tous les �el�ementssont ceux de la matrice M(x) sauf ceux de la premi�ere colonne v�eri�ant8i 2 Nn ; pi+1;1(x; y) = yi.det(P (x; y)) = det(P (y; x)) car P (x; y) = tP (y; x).D'apr�es les propri�et�es des determinants, pour (x; y; z) 2 (Rn)3 et � 2 R,det(P (x+ �z; y)) = det(P (x; y)) + � det(P (z; y)).' : (x; y) 2 (Rn)2 7�! det(P (x; y)) 2 R est une forme bilin�eairesym�etrique donc q est une forme quadratique de forme polaire '.(b) Soit " = ("i)i2Nn la base canonique de Rn.'("i; "j) = det(P ("i; "j)) = (�1)i+j+1 det(Ai;j) o�u Ai;j d�esigne la sous-matrice de la matrice A obtenue en supprimant la ligne i et la colonnej de la matrice A. La matrice, B = (bi;j)(i;j)2(Nn)2 , de q dans la base "a donc pour terme d'indices (i; j) 2 (Nn)2; (�1)i+j+1 det(Ai;j). B estl'oppos�ee de la matrice compl�ementaire65 (car A est sym�etrique) de lamatrice A.(c) La matrice, B0 = (b0i;j)(i;j)2(Nn)2 , de q est B0 = tABA = ABA dans la baseB.Retrouvons le produit d'une matrice et de sa matrice compl�ementaire.Le terme g�en�eral66 d'indices (i; j) de la matrice BA est 8(i; j) 2 (Nn)2,b0i;j = nXk=1(�1)i+k+1 det(Ai;k)ak;j.Si nous consid�erons une matrice C 2 Mn(K) et que nous rempla�conssa ji�eme colonne par sa ii�eme son d�eterminant est �egal �a det(C)�ji . Sinous d�eveloppons ce d�eterminant selon le ji�eme colonne nous obtenonsnXk=1(�1)k+jak;i det(Ck;j) donc nXk=1(�1)k+jak;i det(Ck;j) = det(C)�ji .Nous en d�eduisons BA = � det(A)In puis B0 = � det(A)A.79. Soit f une forme bilin�eaire sym�etrique d�e�nie sur un espace vectoriel r�eel, E,de dimension �nie, m, rapport�e �a la base e = (e1; � � � ; em). SoitM la matricede f dans la base en question. Soit u l'endomorphisme de E dont la matricedans la base e est M . u(ej) = mXi=1 f(ei; ej)ei. Soit x = mXj=1 xjej . Nous avons67u(x) = X16i;j6mxjf(ej ; ei)ei = mXi=1 f(x; ei)ei.65Nous avons d�ej�a vu la relation eQQ = Q eQ = det(Q)In lorsque Q est une matrice de Mn(K) eteQ est sa matrice compl�ementaire.66En utilisant le rappel nous obtenons directement la valeur de BA.67Si la base est orthonormale alors pour x = mXi=1 xiei et y = mXi=1 yiei(u(x) j y) = mXi=1 yif(x; ei) = f(x; y) = (u(y) j x). u est alors l'endomorphisme sym�etrique associ�e�a f ; u est alors unique et ne d�epend pas de la base e choisie pour le construire.

135Ker(u) = (x 2 E; mXi=1 f(x; ei)ei = 0) = fx 2 E; 8i 2 Nn ; f(x; ei) = 0g ce quiest �equivalent �a Ker(u) = fx 2 E; 8y 2 E; f(x; y) = 0g.Ker(u) ne d�epend donc pas de la base ayant servi �a sa construction. Il existeune base dans laquelle la matrice de f est diagonale. Si la signature de laforme quadratique de matrice M est alors (p; q) la dimension du noyau de uest alors �egale �a m� p � q.Supposons E euclidien. Il existe une base orthonormale de E orthogonalepour la forme quadratique ' : x 2 E 7�! f(x; x) 2 R. L'endomorphismev de matrice M 0, la matrice de ' dans cette base, a donc p valeurs propresstrictement positives, q valeurs propres strictement n�egatives et m� p� q = rvaleurs propres nulles (en comptant les valeurs propres avec leurs ordres demultiplicit�e). Si la base ayant servi �a la cr�eation de u est orthonormale alorsM etM 0 sont semblables et u = v. Les valeurs propres de u et v sont donc lesmemes.Soit alors e une base de E. Munissons E du produit scalaire tel que la base esoit orthonormale. En utilisant ce que nous venons de d�emontrer, si u poss�edep valeurs propres strictement positives, q valeurs propres strictement n�egativeset m�p�q = r valeurs propres nulles (les valeurs propres �etant calcul�ees avecleurs ordres de multiplicit�e) alors ' est de signature (p; q).Pour d�eterminer la signature d'une forme quadratique r�eelle, nous disposonsde plusieurs m�ethodes. D�ecomposer en carr�es par la m�ethode de Gau� parexemple ou, en utilisant ce que nous venons de voir, d�eterminer les valeurspropres de u (ou de M) en sachant que la multiplicit�e d'une valeur propred'une matrice sym�etrique r�eelle est �egale �a la dimension de l'espace propreassoci�e. Nous savons aussi que si la signature d'une forme quadratique r�eelleest (p; q) alors le noyau de la matriceM (ou de l'application lin�eaire u) est dedimension �egale �a m�p� q ; en particulier si la forme quadratique est positivela signature est (p; 0) et donc m� p est la dimension du noyau de la matriceM (ou de l'application lin�eaire u).� Soient A et B deux �el�ements de Mn(R).(A; B) 7�! tr(A) tr(B) est clairement une application bilin�eaire sym�etriquedonc A 2 Mn(R) 7�! (trA)2 2 R est une forme quadratique de forme po-laire l'application (A; B) 2 (Mn(R))2 7�! tr(A) tr(B) 2 R. Cette formequadratique est positive par construction. Si M est la matrice de la formepolaire de cette forme quadratique c'est-�a-dire de (A; B) 7�! tr(A) tr(B), lenoyau de M est l'ensemble des matrices A telles que pour toute matrice B,tr(A) tr(B) = 0 c'est-�a-dire l'ensemble des matrices de trace nulle. L'appli-cation A 2 Mn(R) 7�! tr(A) 2 R est une forme lin�eaire non nulle. Sonnoyau, c'est-�a-dire l'ensemble des matrices de trace nulle, est un hyperplan deMn(R) ; il est donc de dimension n2�1. La signature de la forme quadratiqueA 2Mn(R) 7�! (trA)2 2 R est68 donc (1; 0).68Nous pouvions aussi remarquer que la forme quadratique est d�e�nie parA = (ai;j)(i;j)2(Nn )2 2 Mn(R) 7�! nXi=1 ai;i!2 2 R. Il est alors clair qu'il s'agit d'une forme qua-

136 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ES� L'application (A; B) 2 (Mn(R))2 7�! tr(tAB) = tr(tBA) 2 R est une formebilin�eaire sym�etrique.A 2Mn(R) 7�! tr (tAA) 2 R est donc une forme quadratique de forme polaire(A; B) 2 (Mn(R))2 7�! tr(tAB) = tr(tBA) 2 R.En notantA = (ai;j)(i;j)2(Nn)2 nous obtenons tr �tAA� = X16i;j6n(ai;j)2 = nXi=1 kAik2o�u Ai d�esigne la ii�eme colonne de la matrice A. tr (tAA) = 0 si et seulementsi toutes les colonnes sont nulles donc si et seulement si A = 0. La formequadratique est donc d�e�nie positive, de signature (n2; 0).� L'application f : (A; B) 2 (Mn(R))2 7�! tr(AB) 2 R est une forme bili-n�eaire sym�etrique. A 2 Mn(R) 7�! tr(A2) 2 R est une forme quadratique deforme polaire (A; B) 2 (Mn(R))2 7�! tr(AB) 2 R.Utilisons ce qui a �et�e dit au d�ebut de ce corrig�e. Notons pour (i; j) 2 (Nn)2,Ei;j la matrice deMn(R) dont les �el�ements sont tous nuls sauf celui d'indices(i; j) qui est �egal �a 1. (Ei;j)(i;j)2(Nn)2 est la base canonique de Mn(R).SiX est un �el�ement deMn(R). Soit u l'endomrphisme deMn(R) de matrice lamatrice de f dans la base canonique. Nous avons u(X) = X16i;j6nf(X; Ei;j)Ei;j .Supposons X = X16k;l6nxk;lEk;l.f(X; Ei;j) = tr(XEi;j) = tr X16k;l6nxk;lEk;lEi;j! = tr X16k;l6nxk;l�liEk;j!= tr nXk=1 xk;iEk;j! = xj;i.u(X) = �X; () 8(i; j) 2 (Nn)2; xj;i = �xi;j .Il vient alors 8(i; j) 2 (Nn)2; xj;i = �2xj;i. Nous en d�eduisons �2 = 1 car lesxi;j ne peuvent pas tous etre nuls.Supposons � = �1. 8(i; j) 2 (Nn)2; xi;j = �xj;i. Les matrices X vecteurspropres associ�es �a la valeur propre -1 sont les matrices antisym�etriques.Supposons � = 1. 8(i; j) 2 (Nn)2; xi;j = xj;i. Les matricesX vecteurs propresassoci�es �a la valeur propre 1 sont les matrices sym�etriques.La dimension de l'espace propre associ�e �a la valeur propre -1 est �egale �a n2 � n2 ,la dimension de l'espace propre associ�e �a la valeur propre 1 est �egale �a n2 + n2 .La signature69 de la forme quadratique est donc �n2 + n2 ; n2 � n2 �.dratique de signature (1; 0).69Nous pouvions remarquer que tr(A2) = nXi=1 ai;i2 + 12 X16i<j6n(ai;j + aj;i)2 � 12 X16i<j6n(ai;j � aj;i)2.Nous retrouvons le meme r�esultat.Si A s'�ecrit B +C avec B sym�etrique et A antisym�etrique nous avons A2 = B2 +C2+BC +CB.tr(BC) = tr(tBC) = � tr(CB) donc tr(A2) = tr(B2) + tr(C2).Notons B = (bi;j )(i;j)2(Nn )2 et C = (ci;j)(i;j)2(Nn )2 .

137� la forme quadratique A 2 Mn(R) 7�! (trA2 + tr(A)2) 2 R est la somme dedeux formes quadratiques vues plus haut donc est une forme quadratique deforme polaire l'application f d�e�nie par f(A; B) = tr(A) tr(B) + tr(AB).Avec les notations pr�ec�edentes nous avons f(X; Ei;j) = �ji tr(X) + xj;i.f(X; Ei;j) = �X () 8(i; j) 2 (Nn)2; tr(X)�ji + xj;i = �xi;j .Pour i 6= j nous avons xj;i = �xi;j donc xj;i = �2xj;i. Ce qui conduit �a �2 = 1ou tous les xi;j nuls pour i 6= j.Pour i = j nous avons tr(X) + xi;i = �xi;i ce qui implique en additionnantn tr(X) + tr(X) = � tr(X) soit � = n + 1 ou tr(X) = 0.Les valeurs propres possibles de la matriceM de la forme quadratique dans labase canonique sont -1, 1 ou n+ 1.Reprenons ces trois cas possibles.� = 1.8(i; j) 2 (Nn)2; tr(X)�ji + xj;i = xi;j . En choisissant i = j nous en d�eduisonstr(X) = 0. X est donc sym�etrique de trace nulle. L'espace propre associ�e �a lavaleur propre 1 est l'espace des matrices sym�etriques de traces nulles ; un telespace est de dimension n2 � n2 + n� 1 = n2 + n2 � 1.� = �18(i; j) 2 (Nn)2; tr(X)�ji + xj;i = �xi;j . Pour i 6= j nous avons xi;j = �xj;i.Pour i = j nous avons tr(X) = �2xi;i ce qui conduit �a n tr(X) = �2 tr(X) soitencore tr(X) = 0. Finalement pour � = �1 nous avons 8(i; j) 2 (Nn)2; xj;i =�xi;j . -1 est une valeur propre d'espace propre associ�e l'ensemble des matricesantisym�etriques ; il est de dimension �egale �a n2 � n2 .� = n+ 1.8(i; j) 2 (Nn)2; tr(X)�ji + xj;i = (n + 1)xi;j . Pour i 6= j les xi;j sont nuls.Pour i = j; tr(X) = nxi;i. X est une matrice diagonale �a �el�ements diagonauxtous �egaux. n+ 1 est une valeur propre et l'espace propre associ�e est l'espacedes matrices scalaires ; il est de dimension �egale �a 1.Nous v�eri�ons que la somme des dimensions n2 � n2 + n2 + n2 � 1 + 1 = n2.La signature est donc �egale �a �n2 + n2 ; n2 � n2 �.� (A; B) 2 (Mn(R))2 7�! tr(SAtB) = tr(BtAS) = tr(SBtA) 2 R est uneforme bilin�eaire sym�etrique70.A 2 Mn(R) 7�! tr(SAtA) 2 R est donc une forme quadratique de forme po-laire (A; B) 2 (Mn(R))2 7�! tr(SAtB) = tr(SBtA) 2 R.Il existe une matrice diagonale D = Diag(d1; � � � ; dn) et une matrice ortho-gonale P telles que S = PDtP .tr(SAtA) = tr(PDtPAtA) = tr(DtPAtAP ).tr(B2) = nXi=1(bi;i)2 + 2 X16i<j6n(bi;j)2 et tr(C2) = �2 X16i<j6n(ci;j)2.L'espace des matrices sym�etriques et des matrices antisym�etriques sont suppl�ementaires. Nousretrouvons �a nouveau le r�esultat demand�e70Je rappelle que tr(MN) = tr(NM) et tr(tM ) = tr(M).

138 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ESSi nous notons tAP = B = (bi;j)(i;j)2(Nn)2 alors tr(SAtA) = X16i;j6ndjb2i;j .L'application A 7�! B est un isomorphisme ; il s'agit d'un changement71 debase. Nous en d�eduisons que si p est le nombre de di > 0; q le nombre de di < 0(c'est-�a-dire si la signature de la forme quadratique d�e�nie sur Rn de matriceS dans la base canonique de Rn est (p; q)) alors la signature est (np; nq).80. � Posons pour j 2 Nn�1 ; yj = xj+1 � xj et yn = xn.L'application x = (x1; � � � ; xn) 2 Rn 7�! y = (y1; � � � ; yn) 2 Rn est lin�eaireinjective car si y = 0 nous avons yn = 0) xn = 0 puis 8j 2 Nn�1 ; xj+1 = xj .Nous en d�eduisons imm�ediatement x = 0. L'application est donc bijective ;il s'agit d'un changement de coordonn�ees. n�1Xj=1 yj = n�1Xj=1 (xj+1 � xj) = xn � x1.La signature de la forme quadratique n�1Xi=1 (xi+1 � xi)2 + (xn � x1)2 est cellede la forme quadratique n�1Xi=1 yi2 + (xn � x1)2 = 2 n�1Xi=1 yi2 la signature est donc(n� 1; 0).� La matrice de la forme quadratiqueXi6=j16i;j6nxixj a tous ces �el�ements �egaux �a 1sauf les �el�ements diagonaux qui sont tous nuls.Cette matrice, sym�etrique, est diagonalisable.Soit X une matrice colonne non nulle dont les �el�ements sont (x1; � � � ; xn).Soit � 2 R tel que AX = �X .Notons S = nXi=1 xi. AX = �X ) 8i 2 Nn ; S = (� + 1)xi. En particuliernS = (� + 1)S. S est donc nul ou � est �egal �a n� 1.S = 0 () � = �1. L'espace propre associ�e �a la valeur propre -1 estl'hyperplan nXi=1 xi = 0. -1 est donc valeur propre d'ordre n� 1.La trace de la matrice est nulle donc l'autre valeur propre est �egale �a n � 1est l'espace propre associ�e est la droite dirig�ee par le vecteur dont toutes lescoordonn�ees sont �egales �a 1. Il existe donc une base dans laquelle la formequadratique s'�ecrit : y12 � nXi=2 yi2. La signature est donc (1; n � 1).71Nous pouvons retrouver ce r�esultat par le \calcul".Notons pour (i; j) 2 (Nn)2 fi;j l'application qui �a (ak;l)(k;l)2(Nn )2 associe bi;j . fi;j est une formelin�eaire. Montrons que la famille (fi;j )(i;j)2(Nn )2 est une famille libre.X16i;j6n�i;jfi;j = 0) 8(ak;i)(k;i)2(Nn )2; X16i;j;k6n�i;jak;ipk;j = 0 o�u P = (pi;j)(i;j)2(Nn )2.Cela nous conduit �a 8(i; k) 2 (Nn)2; nXj=1 �i;jpk;j = 0. En notant � = (�i;j )(i;j)2(Nn )2 nous obte-nons �tP = 0 puis � = 0 car P est inversible. La famille (fi;j )(i;j)2(Nn )2 est bien une famillelibre.

139� La matrice de la forme quadratique est :A = 0BBBBBB@ 1 �1 0 0 0 1�1 3 �1 0 0 00 �1 3 �1 0 00 0 �1 1 1 00 0 0 1 �1 11 0 0 0 1 �1 1CCCCCCA.Le polynome caract�eristique est �A = X6�6X5+X4+36X3�36X2�16X+20.1 est racine du polynome caract�eristique et de sa d�eriv�ee donc nous pouvonsmettre (X � 1)2 en facteur.Nous obtenons �A = (X � 1)2(X4 � 4X3 � 8X2 + 24X + 20).X4 � 4X3 � 8X2 + 24X + 20 = (X2 � 2X)2 � 12X2 + 24X + 20= (X2 � 2X)2 � 12(X2 � 2X) + 20.Y 2 � 12Y + 20 a pour racines 2 et 10 donc�A = (X � 1)2(X2� 2X � 2)(X2� 2X � 10). Les racines sont donc 1, double,1 �p3; 1 �p11. La signature est donc (4; 2).Nous pouvons aussi d�ecomposer la forme quadratique en �ecrivant(x1 � x2)2 + (x2 � x3)2 + (x3 � x4)2 � (x4 � x5)2 � (x5 � x6)2�(x6 � x1)2 + 6Xi=1 xi2!= (x1 � x2 + x6)2 + (x4 + x5 � x3)2 + 12(2x2 + x6 � x3)2�12(2x5 � x6 � x3)2 + 12(2x3 + x6)2 � 52x62.Nous retrouvons le meme r�esultat.81. q(v) = X16i<j6nx2i + X16i<j6nx2j � 2 X16i<j6nxixj = X16i<j6nx2i + X16j<i6nx2i � 2 X16i<j6nxixj= X16i;j6nx2i � nXi=1 x2i � 2 X16i<j6nxixj = (n� 1) nXi=1 x2i � 2 X16i<j6nxixj .Soit A = (ai;j)(i;j)2(Nn)2 la matrice de q dans la base canonique de Rn.8i 2 Nn ; ai;i = n� 1; 8(i; j) 2 (Nn)2; i 6= j ) ai;j = �1.A est orthogonalement semblable �a une matrice diagonale. L'ordre de multi-plicit�e d'une valeur propre est �egal �a la dimension de l'espace propre associ�e.Soit (�; X) 2 R�Mn;1(R); X 6= 0 v�eri�ant AX = �X .Pour i 2 Nn , notons xi le ii�eme �el�ement de X .AX = �X () 8i 2 Nn ; nXj=1 xj = (n� �)xi.� = n est valeur propre d'espace propre l'ensemble des �el�ements X v�eri�antnXj=1 xj = 0. Il s'agit d'un hyperplan. n est valeur propre d'ordre n� 1.La trace de la matrice est �egale �a n(n� 1) donc la derni�ere valeur propre est�egale �a 0. X �etant non nul, tous les xi sont non nuls. L'espace propre associ�eest l'ensemble des �el�ements X v�eri�ant 8i 2 Nn ; xi = x1 ; il s'agit de la droitede base le vecteur dont toutes les coordonn�ees sont �egales �a 1.

140 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ESIl existe donc une base orthogonale de Rn muni de son produit scalaire cano-nique dans laquelle q(v) s'�ecrit q(v) = n�1Xi=1 y2i . La signature de q est (n� 1; 0).82. Soit M la matrice d'une forme quadratique dans une base orthonormale. Re-chercher une base orthonormale pour le produit scalaire qui soit orthogonalepour la forme quadtratique consiste �a d�eterminer une matrice orthogonale Ptelle que D = P �MP soit diagonale c'est-�a-dire M = PDP�1. Il s'agit doncde d�eterminer une base orthonormale de diagonalisation de M .Soit q d�e�nie par q(v) = 2x2 + y2 + 2z2 + 2xy + 2xz + 2yz dans la base ca-nonique. La matrice de q est 0@ 2 1 11 1 11 1 2 1A. La polynome caract�eristique est�X3 +5X2� 5X +1 = (1�X)(1 +X +X2� 5X) = (1�X)(X2� 4X +1).Les valeurs propres de la matrice sont 1; 2�p3.Une matrice de pasage de la base initale �a une base de vecteurs propres estP = 0@ �1 1 1�p30 p3� 1 21 1 1�p3 1A.Pour obtenir une base orthonormale il su�t de choisir des vecteurs unitairescolin�eaires aux vecteurs de la base orthogonale pr�ec�edente donc par exemplee1 = �p22 ; 0; p22 !, e2 = 0@q3(3 +p3)6 ; q6(3�p3)6 ; q3(3 +p3)6 1A,e3 = 0@q3(3�p3)6 ; q6(3 +p3)6 ; q3(3 �p3)6 1A.Dans cette base q(v) = x02 + (2 +p3)y02 + (2�p3)z02.Soit q d�e�nie par q(v) = (x+ y)(y� z). La matrice de la forme quadratique qdans la base canonique est 0BBBB@ 0 12 �1212 1 �12�12 �12 0 1CCCCA. La polynome caract�eristiqueest X �X � 32��X � 12�.Une matrice orthogonale de passage de la base initiale �a une base de vecteurspropres est 0BBBBB@ �p33 p66 p22p33 p63 0p33 �p66 p22 1CCCCCA.Dans cette base la forme quadratique s'�ecrit : 32y02 � 12z02.

141Soit q d�e�nie par q(v) = 2xy+2xz+2yz. La matrice de la forme quadratiqueq dans la base canonique est 0@ 0 1 11 0 11 1 0 1A. Le polynome caract�eristique de lamatrice st �(X + 1)2(X + 2).Une matrice orthogonale de passage de la base initiale �a une base de vecteurspropres est 0BBBBB@ p33 p22 p66p33 0 �p63p33 �p22 p66 1CCCCCA.Dans cette base la forme quadratique q s'�ecrit 2x02 � y02 � z02.83. (a) q est bien une forme quadratique de forme polaire(P; Q) 2 (R2[X ])2 7�! 12(P (0)Q(1) + P (1)Q(0)) 2 R.Soit P = a + bX + cX2 2 R2[X ]. q(P ) = a(a+ b + c). La matrice de qdans la base canonique de R2[X ] est M = 0BBBBB@ 1 12 1212 0 012 0 0 1CCCCCA.(b) La base canonique est une base orthonormale pour le produit scalairepropos�e. Le polynome caract�eristique deM est �X �X2 �X � 12�. Unvecteur propre associ�e �a la valeur propre 0 est X2�X , un vecteur propreassoci�e �a la valeur propre 1 +p32 est X2+X+1+p3, un vecteur propreassoci�e �a la valeur propre 1 �p32 est X2 +X + 1 �p3.Une base orthonormale pour le produit scalaire, orthogonale pour q estpar exemple constitu�ee des trois polynomesP0 = p22 (X2 �X), P1 = q3(3�p3)6 (X2 +X + 1 +p3),P2 = q3(3 +p3)6 (X2 +X + 1 �p3).(c) Nous avons vu plus haut que la forme polaire de q est l'application(P; Q) 7�! 12(P (0)Q(1) + P (1)Q(0)).L'orthogonal de P = X2 + X + 1 est le plan ensemble des polynomesQ = a + bX + cX2; (a; b; c) 2 R3 tels que P (0)Q(1) + P (1)Q(0) = 0c'est-�a-dire v�eri�ant a+ b+ c+3a = 0. Il s'agit du plan engendr�e par lesdeux �el�ements X2 �X et 4X � 1.Nous pouvons remarquer que la droite engendr�ee par le polynomeX2�Xest orthogonale (pour f) �a R2[X ].

142 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ES84. Polynomes orthogonaux(a) ' est une forme bilin�eaire sym�etrique positive.'(P; P ) = 0 ) 8t 2 [0; 1]; f(t)P 2(t) = 0 car la fonction int�egr�ee estcontinue positive72. P est donc nul car il s'agit d'un polynome ayant unein�nit�e de racines.' est bien un produit scalaire.P0 = 1. Supposons construits P0; P1; � � � ; Pk ; chaque Pi ayant pourdegr�e i ; la famille �etant orthogonale pour '. Nous savons qu'alorsVect ((Pi)i2Nk) = Rk[X ]. Soit alors Pk+1 = Xk+1 � kXi=0 aiPi.Nous devons avoir, 8j6k; f(Pj ; Pk+1) = 0 = '(Pj ; Xk+1)� ajq(Pj).Nous en d�eduisons Pk+1 = Xk+1 � kXi=0 '(Pi; Xk+1)q(Pi) Pi. Il s'agit du pro-c�ed�e de Schmidt.La famille (Pi)i2N est une famille libre car il s'agit d'une famille orthogo-nale, pour le produit scalaire ', de vecteurs non nuls.Soit P 2 R[X ] un polynome non nul. Soit n le degr�e de P . P est donccombinaison lin�eaire des �el�ements de la famille (Pi)i2Nn et (Pi)i2N est ainsiune base de R[X ] orthogonale pour '.Soient (Pn)n2N et (Qn)n2N deux bases orthonormales de polynomes uni-taires tels que pour tout n 2 N; deg(Pn) = deg(Qn) = n.Pn et Qn sont orthogonaux �a Rn�1[X ] ; Pn�Qn est orthogonal �a Rn�1[X ]et appartient �a Rn�1[X ] ; Pn�Qn est donc nul. Une telle base (constitu�eede polynomes unitaires) est donc unique.(b) Notons x1; � � � ; xp les racines �eventuelles de Pn (n>1) deux �a deux dis-tinctes et d'ordres impairs. Pn s'�ecrit donc pYi=1(X � xi)!Qn o�u Qn estun polynome prenant des valeurs positives sur R. Si p = 0 nous rempla-�cons A = pYi=1(X � xi) par 1 et Qn = Pn.Supposons p < n. Le polynome A est de degr�e strictement inf�erieur �an donc est orthogonal �a Pn. Nous avons alors Z 10 Qn(t)A2(t)2f(t) dt = 0donc PnA = 0 ce qui est faux donc p = n ; le polynome Pn est scind�e �aracines simples.85. Polynomes orthogonaux(a) L'application f : (P; Q) 2 (R[X ])2 7�! Z 1�1 P (t)Q(t)(1 + t2) dt 2 R est uneforme bilin�eaire sym�etriqe positive.72Il n'est pas n�ecessaire que f soit strictement positive ou continue ; il su�t que f soit continuepar morceaux, positive, nulle en au plus un nombre �ni de points ou continue par morceaux,positive et non nulle en au moins un point de continuit�e.

143t 2 [�1; 1] 7�! (1 + t2)P 2(t) 2 R est continue positive donc nous end�eduisons q(P ) = 0 ) 8t 2 [�1; 1]; (1 + t2)P 2(t) = 0 puis 8t 2[�1; 1] P (t) = 0. P est une fonction polynomiale ayant une in�nit�ede z�eros ; P est donc nulle. q est bien une forme quadratique d�e�niepositive. La forme polaire, f , associ�ee est un produit scalaire. Il s'agitde (P; Q) 2 (R[X ])2 7�! Z 1�1 P (t)Q(t)(1 + t2) dt 2 R.(b) P0 = 1. P1 = X � a v�eri�e Z�11(t � a)(1 + t2) dt = 0 donc a = 0 etP1 = X .Supposons construits P0; P1; � � � ; Pk ; chaque Pi ayant pour degr�e i ; lafamille �etant orthogonale. Nous savons qu'alors Vect ((Pi)i2Nk) = Rk[X ].Soit alors Pk+1 = Xk+1 � kXi=0 aiPi.Nous devons avoir, 8j6k; f(Pj ; Pk+1) = 0 = f(Pj ; Xk+1)� ajq(Pj).Nous en d�eduisons Pk+1 = Xk+1 � kXi=0 f(Pi; Xk+1)q(Pi) Pi. Il s'agit du pro-c�ed�e de Schmidt.La famille (Pi)i2N est une famille libre car il s'agit d'une famille orthogo-nale, pour le produit scalaire f , de vecteurs non nuls.Soit P 2 R[X ] un polynome non nul. Soit n le degr�e de P . P est donccombinaison lin�eaire des �el�ements de la famille (Pi)i2Nn et (Pi)i2N est ainsiune base de R[X ] orthogonale pour f .Soient (Pn)n2N et (Qn)n2N deux bases orthonormales de polynomes uni-taires tels que pour tout n 2 N; deg(Pn) = deg(Qn) = n.Pn et Qn sont orthogonaux �a Rn�1[X ] ; Pn�Qn est orthogonal �a Rn�1[X ]et appartient �a Rn�1[X ] ; Pn�Qn est donc nul. Une telle base (constitu�eede polynomes unitaires) est donc unique.Le polynome P0 est pair, le polynome P1 est impair. Supposons que jus-qu'au rang p chaque polynome Pi soit de meme parit�e que son indice i.Dans la relation d�e�nissant Pk+1, chaque coe�cient f(Pi; Xk+1)f(Pi) est nulsi i et k ont meme parit�e. Pk+1 a donc meme parit�e que son indice k + 1d'o�u le r�esultat.(c) Par construction des Fi, une base, pour i>1, de Fi est (Pi)i2f0; ��; i�1g,une base de l'orthogonal F �i est (Pj)j2N; j>i.(d) Soit j 2 N; j6i� 1.f(Pi+2�XPi+1; Pj) = f(Pi+2; Pj)�f(XPi+1; Pj) = �f(Pi+1; XPj) = 0car XPj 2 Ri[X ] = vect(P0; � � � ; Pi). Nous en d�eduisons qu'il existe desscalaires aj; j>i tels que Pi+2 �XPi+1 =Xj>i ajPj.deg(Pi+2�XPi+1)6i+1 donc Pi+2�XPi+1 = aiPi+ai+1Pi+1 c'est-�a-direPi+2 = (X + ai+1)Pi+1 + aiPi.XPi s'�ecrit X i+1 +Q avec deg(Q)6i.

144 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ESNous avons donc f(XPi; Pi+1) = f(X i+1; Pi+1). X i+1 s'�ecrit Pi+1 + Ravec deg(R)6i ; au �nal nous avonsf(Pi+2; Pi) = 0 = aiq(Pi) + f(; Pi) = aiq(Pi) + q(Pi+1),f(Pi+2; Pi+1) = 0 = f((X + ai+1)Pi+1; Pi+1)= f(XPi+1; Pi+1) + ai+1q(Pi+1).f(XPi+1; Pi+1) = Z 1�1 t(1 + t2)P 2i+1(t) dt = 0 car la fonction int�egr�ee estimpaire.Nous avons donc ai+1 = 073 et ai = �q(Pi+1)q(Pi) ; Pi+2 = XPi+1 + aiPi.86. (a) Nous choisissons e1 = 1; e2 = X��e1; e3 = X2��e1��e2 de telle sorteque (e1 j e2) = (e1 j e3) = (e2 j e3) = 0. Nous obtenons alors� = (e1 j X)ke1k2 = 0, � = (e1 j X2)ke1k2 = 13, � = (e2 j X2)ke2k2 = 0.Il vient e1 = 1; e2 = X; e3 = X2 � 13.Si nous rendons cette base orthonormale nous obtenons la base B d�e�niepar e01 = p22 ; e02 = p62 X; e03 = 3p104 �X2 � 13�.(b) La matrice de passage de la base canonique �a la base B estP = 0BBBBB@ p22 0 �p1040 p62 00 0 3p104 1CCCCCA. La matrice de q dans la base canonique estI3, celle dans la base B est A = tPP = 0BBBBB@ 12 0 �p540 32 0�p54 0 254 1CCCCCA.L'endomorphisme sym�etrique associ�e �a q a pour matrice A dans la baseB. La matrice dans la base initiale de l'endomorphisme sym�etrique estdonc PAP�1 = 0BBBB@ 98 0 �1580 32 0�158 0 458 1CCCCA.87. (a) Il est imm�ediat que � est sesquilin�eaire �a sym�etrie hermitienne.�(P; P ) = 12� Z 2�0 ��P �ei��2 d�>0.�(P; P ) = 0) 8� 2 [0; 2�] P �ei�� = 0 car l'application int�egr�ee est conti-nue positive. Nous avons donc 8z 2 C ; jzj = 1) P (z) = 0. P est donc73En regardant la parit�e, ai+1Pi+1 doit avoir la parit�e de l'indice i donc ai+1 doit etre nul.

145un polynome ayant une in�nit�e de racines ; il s'agit du polynome nul. �est un produit scalaire hermitien.(b) � �Xj; Xk� = 12� Z 2�0 exp(i(j + k)�) d�= 8<: 1 si j = k12� 1i(k � j) �exp(i(�j + k)�)�2�0 = 0 si j 6= kNous avons bien 8(j; k) 2 N; �(Xj; Xk) = �kj .(c) kQk2 = 1 + n�1Xk=0 jakj2 = 12� Z 2�0 jQ(exp(i�))j2 d�6M2. Nous obtenons bienM>1.Supposons M = 1 alors 8� 2 [0; 2�]; jQ(exp(i�))j261 donckQk2 = 12� Z 2�0 jQ(exp(i�))j2 d�61 puis 1 + n�1Xk=0 jakj261 ; les coe�cientsak sont bien tous nuls. Si ces coe�cients sont tous nuls alors Q = Xn.88. Th�eor�eme de Courant-Fischer(a) u est un endomorphisme hermitien. Soit e = (e1; � � � ; en) une base devecteurs propres de u. 8i 2 Nn ; u(ei) = �iei. Soit x 2 E; x = nXi=1 xiei.(u(x) j x) = nXi=1 �ijxij2. (u(e1) j e1) = �1. (u(en) j en) = �n.Nous avons �nkxk26(u(x) j x)6�1kxk2 d'o�u le r�esultat demand�e.(b) Soient, pour k 2 Nn , Vk = Vect(e1; � � � ; ek) et Wk = Vect(ek; � � � ; en).Soit V un sous-espace vectoriel de E de dimension �egale �a k. Pour x 6= 0,�(u(x) j x)kxk2 ; x 2 V n f0g� = f(u(x) j x); x 2 V; kxk = 1g. V est de di-mension �nie donc est ferm�e ; la sph�ere unit�e de V est donc ferm�ee born�eec'est-�a-dire compacte. L'ensemble poss�ede donc un maximum et un mi-nimum. Notons f(V ) le minimum.8x 2 V; kxk = 1 ) f(V )6(u(x) j x). Sur la boule unit�e de E, com-pacte x 7�! (u(x) j x) poss�ede un maximum donc f(V ) est major�e.supV f(V )>f(Vk) = �k . Soit x 2 V \ Wk, x 6= 0. (u(x) j x)kxk2 6�k. Leminimum pour x 2 V \Wk non nul, qui existe pour les memes raisonsque pr�ec�edemment, de (u(x) j x)kxk2 est major�e par �k et en particulier leminimum pour x non nul appartenant �a V de (u(x) j x)kxk2 est major�e par�k c'est-�a-dire f(V )6�k puis supV f(V )6�k ; nous avons donc l'�egalit�esupV f(V ) = �k. La borne sup�erieure est atteinte pour Vk ; il s'agit donc

146 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ESd'un maximum ; d'o�u le r�esultat demand�e.Le meme type de raisonnement conduit �a l'autre r�esultat.Remarque soient u et v deux endomorphisme quelconques de E. rg(u) =r; rg(v) = q.Soit �1; � � � ; �n la suite d�ecroissante des valeurs propres r�eelles de l'en-domorphisme sym�etrique positif (u� v)� � (u � v).Soit �1; � � � ; �n la suite d�ecroissante des valeurs propres r�eelles de l'endo-morphisme sym�etrique positif u��u. Montrons que pour i 2 Nn�q ; �i>�i+q.Soit F = Ker(u) \ Im(u� � u).Nous savons que Im(u� � u) = (Ker(u� � u))� = (Ker(u))� doncdim(F ) = dim(Ker(u)) + n� dim(Ker(v))� dim(Ker(u) + (Ker(v))�)> dim(Ker(u))� dim(Ker(v)) = r � q.Ker(u� � u) = Ker(u) donc �r+1; � � � ; �n sont nuls. Montrons que pourr>i+ q; �i+q6�i.Soit V un sous-espace de F de dimension �egale �a i6r � q. Pour x 2 V ,v(x) = 0 donc (u� v)(x) = u(x).k(u�v)(x)k2 = ((u�v)��(u�v)(x) j x) donc, en utilisant ce que nous ve-nons de d�emontrer, �i>maxV � minx2V; x6=0 k(u� v)(x)k2kxk2 �> minx2V; x6=0 ku(x)k2kxk2 .Soit v1; � � � ; vn une base orthonormale de vecteurs propres de u� �u telleque 8i 2 Nn ; (u� � u)(vi) = �ivi. En choisissant V inclus dans F et dansVect(v1; � � � ; vi+q nous en d�eduisons �i>�i+q.89. (a) Soit A 2Mn(C ). Si det(A) = 0 l'in�egalit�e est v�eri��ee.Nous identi�ons les colonnes des matrices �a des �el�ements de C n rapport�e�a sa base canonique muni du produit scalaire canonique.Supposons la matrice inversible ; les colonnes A1; � � � ; An de la ma-trice A constituent donc une base de C n que l'on orthogonalise par leproc�ed�e de Schmidt. Nous obtenons une base orthogonale puis orthonor-male (U1; � � � ; Un). La matrice de passage T 0 de la base (A1; � � � ; An)�a la base B = (U1; � � � ; Un) est triangulaire sup�erieure. La matrice depassage U de la base canonique �a la base B est unitaire. Nous avons larelation74 U = AT 0 puis, en notant T = T 0�1 qui est aussi triangulairesup�erieure, A = UT .La ji�eme coordonn�ee tj de Aj dans la base B est (Uj j Aj).j det(T )j = nYj=1 jtjj6 nYj=1 kUjkkAjk = nYj=1 kAjk.Soit e la base canonique de C n nous avonsdet(A) = dete(A1; � � � ; An) = dete(U1; � � � ; Un) detB(A1; � � � ; An). Lamatrice de pasage de la base e �a la base B est une matrice unitaire doncj dete(U1; � � � ; Un)j = 1 puis74Pour retrouver facilement ce type de relation il su�t de se souvenir que si M est la matricede passage d'une base B �a une base B0 si X et X 0 sont les matrices colonnes des coordonn�eesrespectives d'un vecteur x dans les bases B et B0 alors nous avons la relation X = MX 0. Dansnotre exemple il vient X = AX 0 puis X 0 = T 0X 00 et X = UX 00. Nous avons bien U = AT 0.

147j det(A)j = j detB(A1; � � � ; An)j = j det(T )j6 nYj=1 kAjkNous avons donc j det(A)j26 nYj=1 nXi=1 jai;jj2!.Nous savons que pour j 2 Nn , Uj = kj(Aj + Vj) o�u kj 2 R+ et Vj or-thogonal �a Uj donc kUjk2 = kj(Aj j Uj). (Aj j Uj) est donc non nul.Dans l'in�egalit�e �ecrite plus haut, l'�egalit�e a lieu, car aucun des termesdu produit n'est nul, lorsque pour chaque j 2 Nn , Aj est colin�eaire �aUj c'est-�a-dire lorsque la famille (Aj)j2Nn est une famille orthogonale devecteurs non nuls.Lorsque la matrice A n'est pas inversible son d�eterminant est nul doncl'in�egalit�e est encore v�eri��ee.Soit (A; B; C; D) un parall�elogramme du plan a�ne euclidien. L'aireest �egale �a j dete(�!AB ; ��!AD )j o�u e est une base orthonormale de l'espacevetoriel associ�e au plan. L'aire est donc au plus �egale au produit deslongueurs de deux cot�es cons�ecutifs du parall�elogramme. Celui des pa-rall�elogrammes dont les cot�es ont une longueur donn�ee a l'aire la plusgrande est donc le rectangle. De meme celui des dont les aretes ont unelongueur donn�ee a le plus grand volume est le parall�el�epip�ede rectangle.(b) 8j 2 Nn ; kAjk26nc2 donc j det(A)j6cnnn2 .90. A 2 Mn(R), sym�etrique. Il existe P 2 O(n) une matrice orthogonale etD = Diag(d1; � � � ; dn) une matrice diagonale �a �el�ements diagonaux positifstelles que A = PDtP . Posons V = tPUP . V est orthogonale comme produitde matrices orthogonales. AU = PDV tP = P (DV )P�1. AU et DV sontsemblables donc tr(AU) = tr(DV ).Si nous notons di;j l'�el�ement d'indices (i; j) de la matrice V nous avonstr(AU) = nXi=1 divi;i puis, les di �etant au moins �egaux �a 0,j tr(AU)j6 nXi=1 di jvi;ij6 nXi=1 di = tr(A).91. Soit A une matrice hermitienne d�e�nie positive. Nous avons vu dans de pr�ec�e-dents exercices qu'il existe alors une matrice inversible P et une matrice dia-gonale D = Diag(d1; � � � ; dn) �a �el�ements diagonaux appartenant �a R+ tellesque A = P �P et B = P �DP . det(In +D) = nYi=1(1 + di). det(A) = j det(P )j2det(B) = j det(P )j2 nYi=1 di. det(A+B) = j det(P )j2 nYi=1(1 + di).(detA) 1n + (detB) 1n6(det(A+B)) 1n () 1 + nYi=1 di! 1n 6 nYi=1(1 + di)! 1n .Tous droits r�eserv�es, Exercices corrig�es, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.

148 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ESSi l'un des di est nul l'in�egalit�e est v�eri��ee. Supposons alors que les di sonttous strictement positifs.L'application f : x 2 R 7�! ln(1 + enx) 2 R a pour d�eriv�ee seconde l'appli-cation x 2 R 7�! n2 exp(nx)(1 + exp(nx))2 2 R qui est positive. f est donc convexe etpour toute famille (�i)i2Nn de r�eels positifs de somme �egale �a 1 et pour toutefamille (xi)i2Nn de r�eels nous avons f nXi=1 �ixi!6 nXi=1 �if(xi). Choisissons�i = 1n et xi = 1n ln(di). n nXi=1 �ixi = 1n ln nYi=1 di!.L'in�egalit�e pr�ec�edente devient ln0@1 + nYi=1 di! 1n1A6 ln24 nYi=1(1 + di)! 1n35 c'est-�a-dire , ln �etant strictement croissante, 1 + nYi=1 di! 1n 6 nYi=1(1 + di)! 1n . Nousobtenons le r�esultat demand�e.Supposons A>0. Soit A(t) = A+ tIn. Soit X 2Mn;1(C ).X�A(t)X = X�AX + tX�X est strictement positif pour toute colonne X nonnulle d�es que t est trictement positif.En utilisant le r�esultat d�emontr�e pr�ec�edemment nous obtenons pour t > 0,(det(A+ tIn)) 1n + (det(B)) 1n6(det(A+B + tIn)) 1n .L'application M 2 Mn(C ) 7�! det(M) 2 C est un polynome en les coe�-cients de M donc est une fonction continue. Nous obtenons donc en calculantla limite �a droite en 0 l'in�egalit�e demand�ee.92. (a) Ce r�esultat est un r�esultat classique. Red�emontrons-le. v = IdE �u avecu 2 O(E). Soit x 2 E. v(x) = 0 () u(x) = x.Soit (x; y) 2 Ker(v)� Im(v). Il existe z 2 E; y = v(z).(x j y) = (x j v(z)) = (x j z) � (x j u(z) = (x j z) � (u(x) j u(z) = 0 car uest un automorphisme orthogonal. Ker(v) et Im(v) sont donc orthogo-naux ; en utilisant le th�eor�eme du rang nous en d�eduisons qu'ils sontsuppl�ementaires donc E = Ker(v)?� Im(v).(b) Si x 2 Ker(v) ; u(x) = x donc 1n n�1Xk=0 uk(x) = x donc dans ce cas p(x)existe et est �egal �a x.Supposons x 2 Im(v). Il existe y 2 E; x = y � u(y).8k 2 N; uk(x) = uk(y)� uk+1(y) donc n�1Xk=0 uk(x) = y � un(y). 1n n�1Xk=0 uk(x) = 1nky � un(y)k6 1n(kyk+ kun(y)k) = 2nkyk car u est uneisom�etrie. Nous obtenons alors limn!+1 1n n�1Xk=0 uk(x) = 0. Nous avons dans

149ce cas p(x) = 0.Soit alors x = a+ b avec (a; b) 2 Ker(v) � Im(v).n�1Xk=0 uk(x) = n�1Xk=0 uk(a) + n�1Xk=0 uk(b) = a+ n�1Xk=0 uk(b). Nous en d�eduisons, enutilisant ce que nous venons de d�emontrer, que p(x) existe et p(x) = a.p est donc le projecteur orthogonal d'image Ker(v).(c) Choisissons sur L(E) la norme75 N d�e�nie par N(f) = qXi=1 kf(ei)k o�ue = (e1; � � � ; eq) est une base de E concat�enation d'une base de Im(v),suppos�e de dimension �egale �a r, et d'une base de Ker(v).Pour n 2 N, N(pn � p) = qXi=1 k(pn � p)(ei)k. Lorsque ei est dans Ker(v),pour n>1, pn(ei) = p(ei) = ei. N(pn � p) = rXi=1 k(pn � p)(ei)k. Pourchaque i 2 Nr notons yi un vecteur v�eri�ant ei = yi � u(yi). Nous avonsd�ej�a vu que pn(ei) � p(ei) = 1n(yi � un(yi)) donckpn(ei)� p(ei)k6 2nkyik. N(pn � p)6 2n rXi=1 kyik = Mn . La suite (pn)n2Nconverge donc dans L(E) vers p.Soit K un sous-ensemble de E born�e. Munissons L(E) de la normesubordonn�ee �a la norme euclidienne d�e�nie sur E.kpn(x) � p(x)k6kjpn � pkj kxk6Ckjpn � pkj. La suite (pn)n2N convergedonc uniform�ement sur toute partie born�ee de E.93. (a) Il est imm�ediat que f est une forme sesquilin�eaire �a sym�etrie hermitiennepositive car ' est un produit scalaire hermitien.(b) SoitM = (mi;j)(i;j)2(Nn)2 2Mn(C ) la matrice de f dans la base canonique(e1; � � � ; en) de C n .8(i; j) 2 (Nn)2; mi;j = f(ei; ej) = '(xi; xj) c'est-�a-direM est la matriceGram de (x1; x2; � � � ; xn).(c) f(�; �) = 0) nXi=1 �ixi = 0 donc � = 0 et f est un produit scalaire her-mitien.Si la famille (x1; x2; � � � ; xn) est libre, la matrice M est hermitienned�e�nie positive donc a son d�eterminant non nul (en fait > 0).SiM qui est hermitienne a son d�eterminant non nul, les valeurs propres,qui sont r�eelles positives, sont strictement positives et M est la matriced'un produit scalaire. nXi=1 �ixi = 0) f(�; �) = 0) � = 0 donc la fa-mille (x1; � � � ; xn) est libre. (x1; x2; � � � ; xn) est donc libre si et seule-75L(E) est de dimension �nie donc toutes les normes sont �equivalentes.

150 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ESment si le d�eterminant Gram de cette famille est non nul (il est alors> 0).(d) Soit x 2 E. x s'�ecrit x = x1 + x2 avec x1 2 V et x2 2 V �.La premi�ere colonne de la matrice Gram de la famille (x; e1; � � � ; ep) est0BBBBBBB@ kx1k2(x1 j e1)(x1 j e2)......(x1 j ep) 1CCCCCCCA +0BBBBBBB@ kx2k200......0 1CCCCCCCA.En d�eveloppant le d�eterminant Gram nous obtenonsdetGram(x; e1; � � � ; ep) = detGram(x1; e1; � � � ; ep)+kx2k2 detGram(e1; � � � ; ep).La famille (x1; e1; � � � ; ep) est li�ee donc le d�eterminant Gram associ�e estnul ; nous avons doncdetGram(x; e1; � � � ; ep) = kx2k2 detGram(e1; � � � ; ep) etd2(x; V ) = detGram(x; e1; � � � ; ep)detGram(e1; � � � ; ep) .94. Soient x = (x1; � � � ; xn) 2 Rn et y = (y1; � � � ; yn) 2 Rn.Posons '(x; y) = X16i;j6n(xi vi j xj vj). ' est clairement une forme bilin�eaire sy-m�etrique. '(x; x) = �(x). � est bien une forme quadratique ; elle est �evi-demment positive. ' est la forme polaire associ�ee �a �.Soit ("1; � � � ; "n) la base canonique de Rn. La matrice, M , de � dans cettebase a pour terme g�en�eral d'indices (i; j) l'�el�ement'("i; "j) = X16k;l6n�ki �lj(vk j vl) = (vi j vj). M est la matrice Gram de la famille(v1; � � � ; vn).Montrons que le rang de la matrice Gram d'une famille de vecteurs est �egalau rang de cette famille.Soit r le rang de la famille de vecteurs (v1; � � � ; vn). Soit � une permuation def1; � � � ; ng telle que (v�(1) ; � � � ; v�(r)) soit libre. Soit P� 2 Mn(R) la matricedont le terme d'indices (i; j) est �egal �a ��(j)i . Soit A 2 Mn(R). Notons, pouri 2 Nn , Li la ii�eme ligne de A et pour j 2 Nn , Cj la ji�eme colonne de A. Laii�eme ligne L0i de la matrice P�A est �egale �a L��1(i). La ji�eme colonne C 0j de lamatrice AP� est �egale �a C�(j) .La matrice Gram, M�, de la famille (v�(i))i2Nn est la matrice P�MP��1 o�u Mest la matrice Gram de (v1; � � � ; vn). M et M� ont le meme rang.Quitte �a changer les indexations nous pouvons donc supposer que les r premiersvecteurs de la famille (v1; � � � ; vn) sont ind�ependants. En utilisant le r�esultatde l'exercice pr�ec�edent, nous en d�eduisons que la matrice ((vi j vj))(i;j)2(Nr)2est inversible. Le rang de M est donc au moins �egal �a r.Pour j>r, vj est une combinaison lin�eaire des r premiers vecteurs.

151vj = rXk=1 �j;kvk, (vj j vi) = rXk=1 �j;k(vk j vi). Les colonnes Cj pour j>r+1 sontdonc combinaisons lin�eaires des r premi�eres colonnes. Le rang de M est doncau plus �egal �a r ; il est donc �egal �a r.M a meme rang que la famille (v1; � � � ; vn). Le rang de � est donc aussi celuide la famille (v1; � � � ; vn). La signature est donc (r; 0).95. Il s'agit de d�eterminer le carr�e de la distance de 1 �a l'espace engendr�e par lafamille �X i�i2Nn.La matrice Gram de la famille (1; X; � � � ; Xn) a pour terme d'indices (i; j)Z 10 ti+j dt = 11 + i+ j .La matrice Gram de la famille (X; � � � ; Xn) a pour terme d'indices (i; j)Z 10 t2+i+j dt = 13 + i+ j .En admettant le r�esultat propos�e, nous avonsdetGram(1; X; � � � ; Xn) = nYi=0(i!)2Y06i;j6n(1 + i+ j) .detGram(X; � � � ; Xn) = nYi=1(i!)2Y16i;j6n(1 + i+ j) .d2(1; Vect(X; � � � ; Xn)) = Y16i;j6n(1 + i + j)Y06i;j6n(1 + i + j) = 1((n+ 1)!)2 .f poss�ede bien un minimum �egal �a 1((n+ 1)!)2 .96. limt!+1 t2 exp(�t)u(t)v(t) = 0 et t 2 R+ 7�! exp(�t)u(t)v(t) 2 C est continuedonc t 2 R+ 7�! exp(�t)u(t)v(t) 2 C est int�egrable ; ' est bien d�e�nie surP2.(u; v) 2 (P)2 7�! Z +10 exp(�t)u(t)v(t) dt 2 C est bien un produit scalaire her-mitien.Nous utilisons la meme m�ethode que dans l'exercice pr�ec�edent.Z +10 exp(�t)ti+j dt = �(i+ j + 1) = (i+ j)!. Notons Dn+1 la matrice dont leterme g�en�eral d'indice (i; j) 2 (Nn+1)2 est (i + j � 2)! et �n la matrice dontle terme g�en�eral d'indices (i; j) 2 (Nn)2 est (i+ j)!.Dn+1 est la matrice de (1; X; � � � ; Xn) ; �n est la matrice de (X; � � � ; Xn).Consid�erons la matrice Dn+1.

152 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ESRetranchons, pour i allant de n �a 1, la ligne i multipli�ee par i �a la ligne i+1.La nouvelle ii�eme ligne L0i, i 2 N; 26i6n + 1 a pour terme g�en�eral situ�e �a lacolonne j, (j � 1)(i+ j � 3)!.l'�el�ement d'indices (1; 1) est �egal �a 1 ; les autres �el�ements de la premi�ere co-lonne sont nuls.Notons D0n+1 cette matrice qui a meme d�eterminant que la matrice Dn+1.Le d�eterminant de la matriceDn+1 est celui de la matriceD0n dont les �el�ementssont j(i + j � 1)! pour i et j allant de 1 �a n c'est-�a-dire n! det(D00n) o�u D00n estla matrice dont l'�el�ement d'indices (i; j) 2 (Nn)2 est �egal �a (i+ j � 1)!.Retranchons pour i allant de n �a 2 la (i� 1)i�eme ligne Li�1, de la matrice D00n,multipli�ee par i �a la ligne i.Le nouvel �el�ement d'indices (i; j) est �egal, pour i allant de 2 �a n et pour jallant de 1 �a n, �a (i + j � 2)!(j � 1). L'�el�ement d'indices (1; 1) est �egal �a1 et les autres �el�ements de la premi�ere colonne sont nuls. Nous en d�eduisonsque le d�eterminant de D00n est �egal �a (n � 1)! multipli�e par le d�eterminant dela matrice dont le terme g�en�eral d'indices (i; j) 2 (Nn�1)2 est �egal �a (i + j)!c'est-�a-dire det(D00n) = (n� 1)! det(�n�1).Nous avons donc, pour n>2, det(Dn+1) = n!(n� 1)! det(�n�1).Reprenons la matrice D0n+1. Pour j allant de n �a 1 soustrayons �a la (j+1)i�emecolonne la ji�eme multipli�ee par j. Le terme g�en�eral, de la matrice ainsi obtenue,d'indices (i; j) pour i et j entre 2 et n+ 1 est (j � 1)(i� 1)(i+ j � 4)!.La matrice obtenue a alors pour d�eterminant det(Dn+1) = (n!)2 det(Dn). Fina-lement det(Dn+1) = nYi=0(i!)2. Nous obtenons alors n!(n� 1)! det(�n�1) = nYk=0(k!)2puis det(�n) = (n+ 1) nYk=0(k!)2.Nous obtenons donc pour n>2 det(Dn+1)det(�n) = 1n+ 1.det(D2) = 1; det(�1) = 2 donc le r�esultat est vrai pour n 2 N� .f poss�ede bien un minimum �egal �a 1n+ 1.97. Nous n'allons pas employer la meme m�ethode que dans les exercices pr�ec�e-dents ; nous alllons e�ectuer un calcul direct. Nous pouvons cependant utiliserla meme m�ethode que plus haut.Soit E l'espace vectoriel des applications continues d�e�nies de [0; 1] dans Rmuni du produit scalaire (f; g) 2 E2 7�! Z 10 f(t)g(t) dt 2 R.Pour (u; v) 2 R2 Z 10 (sin(�t)� ut2 � v)2 dt 2 R d�esigne le carr�e de la dis-tance de f : t 2 [0; 1] 7�! sin(�t) 2 R �a t 2 [0; 1] 7�! ut2 + v 2 R.Le minimum cherch�e est donc la distance, d, de f au plan, P , engendr�e pare1 : t 2 [0; 1] 7�! 1 2 R et e2 : t 2 [0; 1] 7�! t2 2 R.Soit e3 = e2 + ae1. (e3 j e1) = Z 10 (a+ t2) dt = a+ 13.

153En choisissant a = �13 , le couple (e1; e3) est une base orthogonale. Une baseorthonormale de P est donc par exemple (e1; e4) avec e4 = p52 (e1 � 3e2).Le projet�e orthogonal de f sur P est donc (f j e1)e1 + (f j e4)e4 c'est-�a-dire�Z 10 sin(�t) dt� e1 + p52 �Z 10 sin(�t) �(1� 3t2)� dt� e4.Z 10 t2 sin(�t) dt = �� 1� t2 cos(�t)�10 + 2� Z 10 t cos(�t) dt= �� 1� t2 cos(�t) + 2�2 t sin(�t)�10 � 2�2 Z 10 sin(�t) dt = 1� � 4�3 .Nous obtenons alors :(f j e1)e1 = 2�e1 et (f j e4)e4 = 60� 5�24�3 (e1 � 3e2).d2 = kfk2 � k 2�e1 + 60 � 5�24�3 (e1 � 3e2)k2= Z 10 �1� cos(2�t)2 � dt� 4�2 � �60 � 5�24�3 �2 45= 12 � 21�4 + 720 � 120�24�6 = 2�6 � 21�4 + 120�2 � 7204�6 .98. q : x 2 E 7�! (a j x) (b j x) 2 R est une forme quadratique. L'endomorphismesym�etrique associ�e �a q est d�e�ni par x 2 E 7�! f(x) = 12((a j x)b+ (b j x)a).Soit �1 la plus petite valeur propre de f et soit �n la plus grande valeur propre.�1 � � � �n sont les valeurs compt�ees avec leur ordre de multiplicit�e, rang�ees dansl'ordre croissant.8x 2 E; �1kxk26(f(x) j x)6�nkxk2.Les extrema cherch�es sont donc �1 et �n. Il su�t de d�eterminer la plus grandeet la plus petite valeur propre de f .Chosissons une base orthonormale, (e1; � � � ; en), de E de premiers vecteurse1 = 1kaka et e2 = 1kbkb. Soit x = nXi=1 xiei.f(x) = 12kakkbk (x1e2 + x2e1).Soit � une valeur propre de f .Il existe x 2 E; x = nXi=1 xiei tel que12kakkbk (x1e2 + x2e1) = (�x1)e1 + (�x2)e2 + nXi=2 (�xi)ei.� = 0 est valeur propre ; les vecteurs propres associ�es v�eri�ent x1 = x2 = 0.L'ordre de multiplicit�e de cette valeur propre est donc �egal �a n� 2.Si � 6= 0 alors nXi=2 xiei = 0 et 12kak kbk (x1e2 + x2e1) = (�x1)e1 + (�x2)e2 c'est-�a-dire 12kak kbk x1 = �x2, 12kak kbk x2 = �x1 et 8i>2; xi = 0 soit encore

154 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ES� = 12kak kbk, x1 = x2 et 8i>2; xi = 0 puis � = �12kak kbk, x1 = �x2 et8i>2; xi = 0. Nous obtenons une base de vecteurs propres76 et �1 = �12kak kbk,�n = 12kak kbk.99. Il nous su�t d'utiliser la diagonalisation simultan�ee. Nous avons d�ej�a d�emon-tr�e que si q1 est une forme quadratique d�e�nie positive et si q2 est une formequadratique, il existe une base de R3 orthonormale pour q1 et orthogonalepour q2.D�eterminons par une m�ethode quelconque une base orthonormale pour q1. Ex-primons ensuite q2 dans cette base. R3 muni du produit scalaire associ�e �a q1est alors rapport�e �a la base en question. La matrice de q2 dans cette nouvellebase est une matrice sym�etrique r�eelle qui est orthogonalement semblable �aune matrice diagonale. Nous obtenons alors ainsi une base de R3 orthonormalepour q1 et orthogonale pour q2.q1(v) = 2(y + 2z)2 + 6x2 + 3z2.Posons x0 = xp6; y0 = (y + 2x)p2 et z0 = zp3 c'est-�a-direx = p66 x0; y = �qp63x0 +p22y0 et z = p33 z0.La matrice de passage de la base canonique de R3 dans la nouvelle base estP = 0BBBBBB@ p66 0 0�p63 p22 00 0 p33 1CCCCCCA. Soit A la matrice de q1 dans la base canoniquede R3 et B = 0BBBB@ 2 12 �112 0 �12�1 �12 0 1CCCCA celle de q2.Nous avons I3 = P �AP . La matrice de q2 dans cette nouvelle base estP �BP = B0 = p312 0@ 0 1 01 0 �p20 �p2 0 1A. Recherchons alors les valeurs propresde B0. �B0 = 116X(1� 16X2). Les valeurs propres sont donc 0; �14 ; 14 . Ilexiste une base orthonormale pour q1 dans laquelle q1(v) s'�ecrit x21 + y21 + z21et q2(v) s'�ecrit : 14y21 � z21). q2(v)q1(v) = y21 � z214(x21 + y21 + z21) . Le minimum pour v 6= 0est donc �egal �a �14 et le maximum est �egal �a 14 .76Ce qui n'est pas demand�e dans cet exercice.

155100. La matrice M = 0@ 3 0 �10 1 0�1 0 3 1A de la forme quadratique, q2, d�e�nie au d�e-nominateur a pour valeurs propres 1, 2 et 4. Il s'agit donc d'une forme quadra-tique d�e�nie positive. Nous pouvons choisir comme vecteurs propres associ�esles vecteurs e01 = 0@ 010 1A, e02 = 0BBB@ p220p22 1CCCA et e03 = 0BBB@ p220�p22 1CCCA.Dans cette nouvelle base la forme quadratique q2 s'�ecrit x02 + 2y02 + 4z02.Dans la base B = �e01; 1p2e2; 12e3� q2 s'�ecrit x002 + y002 + z002. Il s'agit doncd'une base orthonormale pour le produit scalaire associ�e �a la forme quadra-tique q2. Dans cette base, q1 la forme quadratique du num�erateur s'�ecrit :2x002 � 14y002 � 58z002 � 3p24 y00z00.Il existe une base orthonormale pour q2 diagonalisante pour q1 ; il su�t de dia-gonaliser la matrice, N = 0BBBBB@ 2 0 00 �14 �3p280 �3p28 �58 1CCCCCA, de la forme quadratiquede q2 dans la base B.Les valeurs propres sont �1; 18 ; 2. Il existe donc une base orthonormale pourq2 dans laquelle q1 s'�ecrit 2x12 � y12 + 18z12.2x12 � y12 + 18z12x12 + y12 + z12 est donc compris entre �1 et 2.Remarque nous aurions pu utiliser la m�ethode de Gauss pour transformer led�enominateur ; par exemple �ecrire :3x2 + y2 + 3z2 � 2xz = 3�x2 � 213xz�+ y2 + 3z2= 3�x � 13z�2 � 13z2 + y2 + 3z2= 3�x � 13z�2 + 83z2 + y2.Nous pouvons choisir alors x1 = p3�x � 13z�, y1 = y et z1 = 2p63 z.Le num�erateur s'�ecrit alors �x12 + 2y12 + 18z12. Le quotient est donc comprisentre �1 et 2.101. Il s'agit du meme exerice que le pr�ec�edent, corrig�e de mani�ere un peu di��erente.La matriceA1, dans la base canonique deR3, de la forme quadratique q1 d�e�nie

156 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ESsur R3 par (x; y; z) 7�! 3x2 + y2+3z2� 2xz 2 R est A1 = 0@ 3 0 �10 1 0�1 0 3 1A.�A1(X) = �(X � 1)(X � 2)(X � 4).Une solution non nulle du syst�eme � 2x � z = 0�x + 2z = 0 est un vecteur propreassoci�e �a la valeur propre 1. Il su�t de choisir (0; 1; 0) ; ce que nous savionsd�ej�a en examinant la matrice A.Une solution non nulle du syst�eme 8<: x � z = 0y = 0�x + z = 0 est un vecteur propreassoci�e �a la valeur propre 2. Il su�t de choisir (1; 0; 1).Une solution non nulle du syst�eme 8<: �x � z = 0y = 0�x � z = 0 est un vecteur propreassoci�e �a la valeur propre 4. Il su�t de choisir (1; 0; �1).En rendant unitaires chacun de ces vecteurs nous obtenons une matrice depassage Soit P = 1p2 0@ 0 1 1p2 0 00 1 �1 1A.La matrice de de q1 dans cette nouvelle base est Diag(1; 2; 4).Diag(1; 2; 4) = Diag(1; p2; 2)I3Diag(1; p2; 2) doncI3 = �Diag�1; 1p2 ; 12� tP�A1�P Diag�1; 1p2 ; 12��.q1 a pour matrice I3 dans la base d�e�nie par la matriceQ = P Diag�1; 1p2 ; 12� = 0BBB@ 0 12 12p21 0 00 12 � 12p2 1CCCA. Cette nouvelle base est doncorthonormale pour la forme quadratique q1.Soit q2 d�e�nie sur R3 par q2(x; y; z) = 2y2 � 3z2 + 2xz. Sa matrice A2 dansla base canonique de R3 est A2 = 0@ 0 0 10 2 01 0 �3 1A.A02 = tQA2Q = 0BBB@ 2 0 00 �14 34p20 34p2 �58 1CCCA est la matrice, dans la base de matrice Q,de la forme quadratique q2.Les valeurs propres de la matrice A02 sont �egales �a �1; 18 et 2. Il existe doncune base orthonormale pour q1 dans la quelle q2 s'�ecrit �x02 + 18y02 + 2z02 etbien sur q1 s'�ecrit x02 + y02 + z02.Le minimum est donc �egal �a -1 et le maximum est �egal �a 2.

157102. Red�emontrons des r�esultats d�ej�a d�emontr�es plusieurs fois.Notons A la matrice de la premi�ere forme quadratique et B celle de la seconde.A et B sont des matrices sym�etriques r�eelles. B est d�e�nie positive donc ilexiste une matrice P telle que tPBP = I2. Notons A1 la matrice tPAP . A1est une matrice sym�etrique r�eelle donc il existe une matrice orthogonale Qv�eri�ant tQA1Q = A2 o�u A2 est diagonale. Nous avons alors77 tPQAPQ = A2et tQtPBPQ = tQI2Q = I2.Utilisons cel�a ici.2x2 + 4y2 � 4xy = 2 (x � y)2 + 2y2. Nous avons l�a une forme quadratique d�e-�nie positive. Nous pouvons munirR3 du produit scalaire associ�e �a cette formequadratique.Posons x1 = (x� y)p2 et y1 = yp2 soit x = 1p2(x1 + y1) et y = 1p2y1.Dans ces conditions x2 + 8y2 � 8xy = 12x12 + 12y12 � 3x1y1.Diagonalisons la matrice 0B@ 12 �32�32 12 1CA. Les valeurs propres sont �egales �a -1et 2 ; nous pouvons choisir comme vecteurs propres respectivement 0B@ 1p21p2 1CAet 0B@ 5� 1p21p2 1CA c'est-�a-dire x1 = 1p2(x2 � y2); y1 = 1p2(x2 + y2). Finalementx = x2; y = 12(x2 + y2), 2x2 + 4y2 � 4xy = x22 + y22,x2 + 8y2 � 8xy = �x22 + 2y22.Pour d�eterminer P , nous aurions pu diagonaliser la matrice B.103. A 2 Mn(R) est sym�etrique donc il existe une matrice diagonale r�eelle D =Diag(d1; � � � ; dn) et une matrice orthogonale P telles que A = PDtP .A3 +A2 +A = 0 () D3 +D2 +D = 0 () 8i 2 Nn ; d3i + d2i + di = 0.Nous en d�eduisons 8i 2 Nn ; di = 0 c'est-�a-dire D = 0 puis A = 0.77Nous pouvons \�eviter" les matrices.Soient q1 et q2 deux formes quadratiques d�e�nies sur un espace vectoriel E de dimension �nie n.Soient f1 et f2 leurs formes polaires respectives. Supposons q1 d�e�nie positive. f1 est donc unproduit scalaire. Soit ' l'endomorphisme sym�etrique, pour le produit scalaire f1, associ�e �a f2 c'est-�a-dire v�eri�ant : 8(x; y) 2 E2; f1('(x); y) = f2(x; y). ' �etant un endomorphisme sym�etrique,il existe une base e = (e1; � � � ; en) orthonormale pour f1 de diagonalisation de '. Il existe donc(�1; � � � ; �n) 2 Rn tel que 8i 2 Nn; '(ei) = �iei.Il vient alors 8(i; j) 2 (Nn)2; f1(ei; ej) = �ji et f2(ei; ej) = f1('(ei); ej ) = �if1(ei; ej) = �i�ji .Si x 2 E s'�ecrit : x = nXi=1 xiei. alors q1(x) = nXi=1 xi2 et q2(x) = nXi=1 �ixi2.Du point de vue pratique, il su�t de choisir une base orthonormale pour f1 quelconque puis d'�ecrirela matrice de f2 dans cette base. La matrice, M , de ' dans cette base est alors M . ' est alorsd�etermin�ee et il ne reste plus qu'�a diagonaliser '.

158 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ES104. (a) Supposons que la famille e0 = (e0i)i2Nn est li�ee. Il existe une famille der�eels non tous nuls (�1; � � � ; �n) telle que nXi=1 �ie0i = 0.Nous avons alors nXi=1 �iei = � nXi=1 �ifi puis nXi=1 j�ij2 = nXi=1 �ifi 2.En utilisant l'in�egalit�e de Cauchy-Schwarz nous obtenonsnXi=1 j�ij26 nXi=1 j�ij2! nXi=1 kfik2! < nXi=1 j�ij2 car les �i ne sont pas tousnuls. Nous aboutissons �a une contradiction. La famille est bien libre.(b) Posons pour i 2 Nn , fi = e0i � ei.nXi=1 kfik2 = nXi=1 ke0i � eik2 = 2n� 2 nXi=1 (e0i j ei) < 1. En utilisant le r�esul-tat pr�ec�edent nous en d�eduisons que la famille e0 est libre.Par exemple si chaque e0i v�eri�e 1� 12n < (ei j e0i)61 ; c'est-�a-dire si lese0i ne sont pas \trop loin" des ei la famille reste libre.105. u est un endomorphisme sym�etrique donc il existe une base e = (e1; � � � ; en)orthonormale de diagonalisation de u.Notons, pour i 2 Nn , ai = (u("i) j "i). Soit P = (pi;j)(i;j)2(Nn)2 la matrice depassage de la base e �a la base ". 8j 2 Nn ; "j = nXi=1 pi;jei.u("j) = nXi=1 pi;ju(ei) = nXi=1 pi;j�iei.aj = nXi=1 pi;ju(ei) �� nXi=1 pi;jei! = nXi=1 �i(pi;j)2 = nXi=1 �i ((ei j "j))2.Nous avons doncaj6 kXi=1 �i ((ei j "j))2 + �k nXi=k+1 ((ei j "j))2= kXi=1 �i ((ei j "j))2 + �k nXi=1 ((ei j "j))2 � �k kXi=1 ((ei j "j))2.nXi=1 ((ei j "j))2 = k"jk2 = 1 donc aj6�k + kXi=1 (�i � �k) ((ei j "j))2.Il vient alors, �i � �k �etant positif pour i>k et kXj=1 (ei j "j)261 :kXj=1 aj6k�k + X16i;j6k(�i � �k) ((ei j "j))26k�k + kXi=1 (�i � �k) kXj=1 (ei j "j)2!6k�k + kXi=1 (�i � �k) = kXi=1 �iTous droits r�eserv�es, Exercices corrig�es, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.

159d'o�u le r�esultat demand�e.106. Soit H un sous-espace vectoriel de E. Soit ' l'application lin�eaire de H dansle dual F � de F d�e�nie par x 2 H 7�! B(x; �).H? = fy 2 F; 8x 2 H; '(x)(y) = 0g= fy 2 F; 8u 2 Im('); u(y) = 0g = (Im('))?, o�u l'orthogonal de Im(')est l'orthogonal au sens du dual.Nous savons que, la dimension �etant �nie, la dimension de l'orthogonal (ausens du dual) d'un sous-espace G d'un espace K est �egale �a dim(K)�dim(G).Sachant que F et F � ont la meme dimension nous en d�eduisons dim(H?) +dim(Im(')) = dim(F ).Ker(') = fx 2 H; 8y 2 F; B(x; y) = 0g. Par d�e�nition, Ker(') = F? \Hdonc dim(H?) + dim(H)� dim(F? \H) = dim(F ).Nous faisons le meme raisonnement pour L?.107. Soit A 2 Mn(R) une matrice sym�etrique r�eelle. Il existe une matrice diago-nale r�eelle D = Diag(�1; � � � ; �n) et une matrice orthogonale P 2 O(n) tellesque A = PDP � = PDP�1.Soit f un polynome tel que 8i 2 Nn ; f(exp(�i)) = �i.exp(�i) = exp(�j)) �i = �j car exp est injective sur R. f existe donc.nXk=0 1k!Ak = P nXk=0 1k!Dk!P �.L'application M 2 Mn(R) 7�! PMP � 2 Mn(R) est continue, car lin�eaired�e�nie sur un espace vectoriel de dimension �nie, donclimn!+1P nXk=0 1k!Dk!P � = P exp(D)P � c'est-�a-dire exp(A) = P exp(D)P �. exp(D) =Diag(exp(�1); � � � ; exp(�n)).Supposons f = NXj=0 ajXj.f(exp(A)) = NXj=0 aj exp(A)j = NXj=0 aj(P exp(D)jP�1) = Pf(exp(D))P �= P Diag(f(exp(�1)); � � � ; f(exp(�n)))P �= P Diag(�1; � � � ; �n)P � = A.Si A 2 Mn(R) et B 2 Mn(R) sont deux matrices sym�etriques r�eelles alorsd'apr�es le r�esultat pr�ec�edent, A s'�ecrit MXk=0 �i(exp(A))k etB s'�ecrit MXk=0 �i(exp(A))k.AB = X16i;j6M�i�j(exp(A))i(exp(B))j.exp(A) et exp(B) commutent, donc AB = X16i;j6M�i�j(exp(B))j(exp(A))i = BAd'o�u le r�esultat.108. Mn(R) est de dimension �nie donc est complet pour toute norme. Nous pou-vons choisir une norme subordonn�ee �a une norme choisie sur Rn ; dans ces

160 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ESconditions kABk6kAk kBk o�u A et B sont deux matrices de Mn(R). Nousen d�eduisons 1n!Mn 6 1n!kMkn.La s�erie de terme g�en�eral 1n!Mn est absolument convergente donc conver-gente78.exp est bien d�e�nie sur Mn(R).Soit A une matrice sym�etrique. Il existe une matrice orthogonale P et une ma-trice diagonale r�eelle Diag(�1; � � � ; �n) telles que A = P Diag(�1; � � � ; �n)P �.exp(A) = limp!+1 P pXj=0 � 1j! Diag((�1)j; � � � ; (�n)j)�P �!.M 2Mn(R) 7�! PMP � 2 Mn(R) est continue, car lin�eaire sur un espace dedimension �nie, doncexp(A) = P Diag(exp(�1); � � � ; exp(�n))P �.exp(A) est bien sym�etrique, d�e�nie, positive.SoitM 2 SDPn(R). Il existe une matrice Q orthogonale telle queM = QDQ�o�u D est diagonale �a �el�ements diagonaux strictement positifs. D s'�ecrit doncDiag(exp(�1); � � � ; exp(�n)) o�u les �i sont r�eels. M est alors l'image de lamatrice QDiag(�1; � � � ; �n)Q� par exp.Montrons que l'application f est injective.Soient M et N deux �el�ements de Mn(R).M exp(N) =M limp!+1 pXk=0 1k!Nk! et exp(N)M = limp!+1 pXk=0 1k!Nk!M .La continuit�e de l'application M 2 Mn(R) 7�! NM 2 Mn(R) et de l'appli-cation M 2 Mn(R) 7�!MN 2Mn(R) conduisent �aexp(N)M = +1Xk=0 1k!NkM et M exp(N) = +1Xk=0 1k!MNk.Soient A et B deux �el�ements de Sn(R) tels que exp(A) = exp(B). Nous end�eduisons que A (comme B) commute avec exp(A) = exp(B).En utilisant le r�esultat de l'exercice pr�ec�edent nous en d�eduisons qu'il existeun polynome f = PNk=0 akXk 2 R[X ] tel que A = f(exp(A)). exp(A) =exp(B) donc A = f(exp(B)) = PNk=0 ak(exp(B))k ; AB = f(exp(B))B =Bf(exp(B)) = BA. A et B commutent. Nous avons d�ej�a vu que deux endo-78Si nous ne connaissons pas les r�esultats concernant les s�eries sur les espaces complets, nouspouvons refaire une d�emonstration.Soit E un espace complet pour la norme k k. Soit (un)n2N une suite d'�el�ements de E. On supposeque la s�erie de terme g�en�eral kunk est convergente. Notons 8n 2 N; Un = nXk=0uk. Soient p et qdeux entiers naturels ; p + 16q. kUp �Uqk6 qXi=p+1kuik. D'apr�es l'hypoth�ese la suite de termeg�en�eral nXk=1 kukk est convergente donc est de Cauchy. En cons�equence la suite (Un)n2N est ausside Cauchy et est convergente. La s�erie de terme g�en�eral un est bien convergente.

161morphismes diagonalisables qui commutent poss�edent une base commune79de diagonalisation. Nous en d�eduisons qu'il existe une matrice inversibleR et deux matrices diagonales D1 et D2 telles que que A = RD1R�1 etB = RD2R�1.Nous avons alors R exp(D1)R�1 = R exp(D2)R�1 puis exp(D1) = exp(D2)donc D1 = D2 et en�n A = B. Le r�esultat est d�emontr�e.109. A 2 Mn(R) est une matrice sym�erique donc il existe une matrice diagonaleD = Diag(d1; � � � ; dn) et une matrice orthogonale P telles que A = PDtP .L'application Y 2 Mn;1(R) 7�! X = PY 2 Mn;1(R) est un automorphismeconservant la norme. Nous en d�eduisons :infftr((A� tX tX)2); kXk = 1; t 2 Rg= infftr((PDtP � t PY t(PY ))2); kY k = 1; t 2 Rg.tr((PDtP � t PY t(PY ))2) = tr((D � t Y tY )2).Notons M la matrice Y tY . Le terme g�en�eral d'indices (i; j) de M �etant yiyjavec nXi=1 (yi)2 = 1.tr((D � t Y tY )2) = tr(D2)� t [tr(DM +MD)] + t2 tr(M2)= tr(D2)� 2t tr(DM) + t2 tr(M2).Le terme d'indices (i; i) de la matriceM2 est �egal �a nXk=1(mi;kmk;i) c'est-�a-direnXk=1(yi)2(yk)2 = (yi)2 donc tr(M2) = 1.nXk=1 �ki dkmk;i = di(yi)2 est le terme g�en�eral d'indice (i; i) de la matrice DMdonc tr(DM) = nXi=1 (di(yi)2)).tr(D2) � 2t tr(DM) + t2 tr(M2) = t2 � 2t nXi=1 (di(yi)2)) + nXi=1 (di)2.Le minimum surR du polynome du second degr�e est obtenu pour t = nXi=1 (di(yi)2)).Ce minimum est �egal �a nXi=1 (di)2 � nXi=1 (di(yi)2))!2.donc tr(D2)� 2t tr(DM) + t2 tr(M2)> nXi=1 (di)2 � nXi=1 (di(yi)2))!2.En utilisant l'in�egalit�e de Cauchy-Schwarz nous avons nXi=1 (diyi)yi))!26 nXi=1 (diyi)2 nXi=1 (yi)2 = nXi=1 (diyi)2. L'�egalit�e ayant lieu si etseulement si 9� 2 R; 8i 2 Nn ; diyi = �yi c'est-�a-dire DY = �Y soit encore si79Nous avons vu �a l'exercice num�ero 10 que A et B �etant sym�etriques r�eelles on peut choisir unebase orthonormale commune.

162 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ESY est un vecteur propre de D.Notons80 d = maxfjdij; i 2 Nng. Soit � une valeur propre de valeur absolue�egale �a d. Soit Y = (yi)i2Nn un vecteur propre unitaire associ�e. Soit en�nt = nXi=1 di(yi)2.Nous obtenons t2 � 2t nXi=1 (di(yi)2) = � nXi=1 (di(yi)2)!2 = ��2.Montrons que l'on a pour tout t et tout Y de norme �egale �a 1 l'in�egalit�et2 � 2t nXi=1 (di(yi)2)>� �2.�� nXi=1 diy2i ��6 nXi=1 �y2i = �. Nous obtenons alorst2 � 2t nXi=1 (di(yi)2) + �2 = t� nXi=1 (di(yi)2)!2 � nXi=1 (di(yi)2)!2 + �2>0. Leminimum est donc atteint et il est �egal �a nXi=1 (di)2 � d2 = tr(A2)� d2.110. Montrons le r�esultat par r�ecurrence sur la dimension, n, de la matrice A.Pour n = 1, le r�esultat est imm�ediat.Supposons-le vrai pour toute matrice sym�etrique correspondant aux hypo-th�eses propos�ees jusqu'�a la dimension n.Soit alors une matrice A 2Mn+1(C ) sym�etrique dont tous les mineurs princi-paux sont non nuls.A = 0B@ A1 CtC a 1CA o�u C 2 Mn;1(C ) et a 2 C . D'apr�es l'hypoth�ese der�ecurrence A1 s'�ecrit tP1B1P1 o�u B1 = Diag�D1D0 ; � � � ; Di+1Di ; � � � ; DnDn�1� etP1 est une matrice triangulaire sup�erieure dont les �el�ements diagonaux sonttous �egaux �a 1.Construisons la matrice P = 0B@ P1 C10 1 1CA 2Mn+1(C ) telle queA = tPBP avec B = Diag�D1D0 ; � � � ; Di+1Di ; � � � ; Dn+1Dn �.A0 = tPBP = 0B@ A1 tP1B1C1tC1B1P1 tC1B1C1 + d 1CA o�u d = Dn+1Dn .Nous devons donc avoir tP1B1C1 = C et tC1B1C1 + d = a.P1 et B1 sont inversibles donc C1 = (B1)�1(tP1)�1C. C1 �etant ainsi choisie,80d est le rayon spectral de A.

163det(A0) = det(P1)2 det(B1)d = d det(B1) = det(A). A0 et A ont tous leurs�el�ements �egaux sauf peut-etre l'�el�ement d'indices (n+ 1; n+ 1).A = 0B@ A1 CtC a 1CA, A0 = 0B@ A1 CtC a0 1CA.det(A) = det0B@ A1 CtC 0 1CA+ det0B@ A1 0tC a 1CA.Nous faisons un calcul analogue pour la matrice A0. Nous avons doncdet(A0) = det(A) + (a0 � a) det(A1). det(A1) 6= 0 donc a = a0 et A = A0 d'o�ule r�esultat.Si nous sommes sur R, A et B1 = Diag�D1D0 ; � � � ; Di+1Di ; � � � ; DnDn�1� �etantcongruentes, tous lesDi sont strictement positifs si et seulement si A est d�e�niepositive.111. (a) Soit g : x 2 F 7�! '(x; :) 2 E�. g est lin�eaire de F dans E�.L'ensemble ?Im(g) des �el�ements y de E tels que pour tout f 2 Im(g),f(y) = 0 est l'orthogonal de Im(g) au sens du dual de E ; il v�eri�e?Im(g) = fy 2 E; 8x 2 F; '(x; y) = 0g. Il s'agit de F?.Nous savons que d'une mani�ere g�en�erale, si A est un sous-espace vectorielde E�, dual de l'espace vectoriel E de dimension �nie, ?A est un sous-espace vectoriel de E de dimension dim(E)� dim(A).Nous avons donc dim(Im(g)) + dim(?Im(g)) = dim(E) puisdim(E) = dim(Im(g)) + dim(F?) = dim(F )� dim(Ker(g)) + dim(F?).Ker(g) = fx 2 F; '(x; :) = 0g = fx 2 F; 8y 2 E; '(x; y) = 0g= E? \ F .Finalement dim(F ) + dim(F?) = dim(E) + dim(F \ E?).(b) Il s'agit l�a d'une autre d�emonstration du r�esultat vu �a l'exercice pr�ec�e-dent.Montrons que si les mineurs principaux �1; � � � ; �n sont strictementpositifs alors A est d�e�nie positive.Soit E un R-espace vectoriel de dimension �egale �a 1. Soit ' une formebilin�eaire sym�etrique d�e�nie sur E. Une base de E �etant choisie, la ma-trice A de ' dans cette base est d�e�nie positive d�es que le seul mineurprincipal est strictement positif.Supposons le r�esultat obtenu pour toute matrice de toute forme bilin�eairesym�etrique sur tout espace vectoriel de dimension au plus �egale �a n�1>1.Soit E un espace vectoriel de dimension �egale �a n. Soit ' la forme bili-n�eaire sym�etrique dont la matrice est A dans une base e = (e1; � � � ; en)de E. Supposons ' d�e�nie positive.SoitH l'hyperplanVect(e1; � � � ; en�1). SoitH? l'orthognal deH relative-ment �a '. La restriction de ' �a H a pour matrice A0 = ((ai;j)(i;j)2(Nn�1)2).D'apr�es l'hypoth�ese de r�ecurrence, A0 est d�e�nie positive.x 2 H \H? ) '(x; x) = 0 donc x = 0.

164 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ESx 2 H \ E? ) x 2 H et 8y 2 E; '(x; y) = 0 donc '(x; x) = 0 puisx = 0.Nous avons donc H \ H? = f0g et dim(E) = dim(H) + dim(H?) puisE = H �H?.Choisissons une base de H orthogonale pour ' et un vecteur non nulde H?. Cette base est orthognale pour ' ; la matrice M de ' danscette base est Diag(�1; � � � ; �n�1; �n). D'apr�es l'hypoth�ese de r�ecu-rence, 8i 2 Nn�1 ; �i > 0 et det(M) > 0 car M est congruente �a A donc�n > 0 et ' est bien d�e�nie positive. Le r�esultat est prouv�e au rang n ; ilest vrai pour tout n 2 N� . La r�eciproque est imm�ediate par d�e�nition.112. Notons C1; � � � ; Cn les colonnes de A que l'on identi�e �a des �el�ements de Rn.Le d�eterminant de A � �In est celui du n-uplet (C1 � �E1; � � � ; Cn � �Eno�u, pour i 2 Nn , Ei d�esigne la colonne dont les �el�ements sont tous nuls sauf leii�eme qui est �egal �a 1.Notons Ik l'ensemble des sous-ensembles de f1; � � � ; ng de cardinaux �egaux �ak. En notant I0 = ; et det(AI0) = 1 nous en d�eduisons81 que le coe�cient de81Voir l'exercice num�ero 122 du chapitre d'alg�ebre lin�eaire que je reproduis ici.Soit D = Diag(z1; � � � ; zn). det(A +D) = X�2Sn �� nYi=1�a�(i);i + zi��(i)i �!.Lorsque l'on d�eveloppe nYi=1�a�(i);i + zi��(i)i �, nous pouvons choisir dans chaque terme du produita�(i);i ou zi��(i)i . Soit alors I une partie de Nn, on choisit i 2 I pour les termes a�(i);i et i 62 I pourles termes zi��(i)i .Nous obtenons nYi=1�a�(i);i + zi��(i)i �=XI�Nn0@Yi2I �a�(i);i�Yi62I �zi��(i)i �1A.det(A +D) = XI�Nn 0@X�2Sn0@��Yi2I �a�(i);i�Yi62I �zi��(i)i �1A1A.Soit I donn�e. Yi62I �zi��(i)i � = 0 si et seulement si 9i 62 I; �(i) 6= i. Yi2I �a�(i);i�Yi62I �zi��(i)i � est nullorsque � ne laisse pas Nn n I invariant. Nous ne devons donc conserver que les permutations �laissant invariants les �el�ements de Nn n I.Notons i1; i2; : : : ; ip les �el�ements de I rang�es dans l'ordre croissant et ip+1; : : : ; in ceux de Nn nIrang�es dans l'ordre croissant.Soit � la bijection de Nn dans Nn qui �a k associe ik. Soit � une bijection de Nn dans Nn qui laisseinvariant les �el�ements de Nn n I.Posons �1 = ��1 � � � �. "�1 = "� ; �1(Np) = Np.La somme pour les permutations � laissant invariants les �el�ements de Nn n I de��Yi2I �a�(i);i�Yi62I �zi��(i)i � est donc X�12Sp0@��1Yi2I �a�1(i);i�Yi62I (zi)1A c'est-�a-dire le d�eterminant dela matrice de terme g�en�eral a0i;j tel que8(i; j) 2 I2; a0i;j = ai;j et 8(i; j) 62 I2; a0i;j = zi�ji . Nous avons doncdet(A +D) = XI�Nn Yi=2I zi! detMI!, o�u MI = (aij)(i;j)2I2.

165�k est �egal �a (�1)k XI2In�k det(AI).Nous obtenons donc f(�) = det(A� �In) = nXk=0 240@(�1)k XI2In�k det(AI)1A�k35.Supposons A non nulle. A �etant sym�etrique r�eelle est diagonalisable. Si tousles det(AI) sont nuls (pout I 6= ;) alors f(�) = (�1)n�n. Les valeurs propressont toutes nulles et A est nulle ce qui est faux. Il existe I 6= ; tel quedet(AI) > 0. Pour � < 0, f(�) > 0.Si A = 0, f(�) = (�1)n�n. Dans tous les cas nous avons pour � < 0; f(�) > 0.Les valeurs propres de A sont donc dans R+ et A est positive. Le r�esultat estdonc d�emontr�e.113. (a) Soit X 2 Mn;1(R) non nul. A est clairement sym�etrique. Nous avonstXAX = Z 10 tXM(t)X dt > 0 car nous int�egrons une fonction r�eelle conti-nue positive non la fonction nulle.(b) 11 + ji� jj = Z 10 tji�jj dt.Il su�t de prouver que la matrice �tji�jj�(i;j)2(Nn)2 est d�e�nie positive pourtout t 2]0; 1[.Notons Dn(t) le d�eterminant d'une telle matrice. Retranchons �a la ni�emecolonne de la matrice la (n � 1)i�eme multipli�ee par t. La nouvelle ni�emecolonne est constitu�ee de 0 sauf l'�el�ement d'indices (n; n) qui est �egal �a1�t2. Nous en d�eduisonsDn(t) = (1�t2)Dn�1(t) soitDn(t) = (1�t2)n >0. Chaque sous-matrice principale a donc pour d�eterminant (1� t2)i > 0pour t 2]0; 1[. La matrice est donc d�e�nie positive d'o�u le r�esultatdemand�e.114. (a) u est un endomorphisme de E. Soit (x; y) 2 E2.(u(x) j y) = (a j x)(b j y)� (b j x)(a j y) = ((b j y)a� (a j y)b) j x). Nousen d�eduisons u� = �u. u est un endomorphisme anti-sym�etrique.Soient e1 et e2 d�e�nis par a = kake1 et b = kbke2. Compl�etons (e1; e2)en la base orthonormale (e1; e2; � � � ; en) de E.u(e1) = kakkbk e2, u(e2) = �kakkbk e1. Pour i>3; u(ei) = 0.Nous convenons dans cette �ecriture que si I = Nn; Yi=2I zi = 1 et si I = ;; det(MI ) = 1.Soit x 2 R. Choisissons D = �xIn.�A(x) = det(A � xIn) = XI�Nn 0@0@Yi62I(�x)1Adet(MI)1Ac'est-�a-dire �A(x) = det(A � xIn) = XI�Nn �det(MI)(�x)n�pI � o�u pI d�esigne le cardinal de I.Les mineurs d'indice p sont ceux obtenus en choisissant I de cardinal p. Nous avons doncSp = XI�Nn#I=p det(MI ) ; �A(x) = nXp=0 �Sp(�x)n�p�.

166 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ESSoit x = nXi=1 xiei. u(x) = kak kbk(x1e1 � x2e2).ku(x)k = kakkbkpx12 + x226kakkbkkxk.Nous avons donc kjujk = kakkbk.(b) f = 1kak2u convient.115. In�egalit�e de Kantorovitch Soit " = ("1; � � � ; "n) une base orthonormale deE. Comme nous l'avons d�ej�a vu les valeurs propres de u sont r�eelles stricte-ment positives et u est diagonalisable dans une base orthonormale. Il existeune base e = (e1; � � � ; en) orthonormale et (�1; � � � ; �n) 2 (R�+)n tel que8i 2 Nn ; u(ei) = �iei. Quitte �a changer l'indexation, nous pouvons supposerque pour tout i 2 Nn�1 ; �i6�i+1.Soit v l'application lin�eaire de E dans E d�e�nie par 8i 2 Nn ; v("i) = ei. v estun automorphisme unitaire (v� = v�1) et v� � u � v = d o�u d est l'endomor-phisme de E v�eri�ant 8i 2 Nn ; d("i) = �i"i.Soit x 2 E, x non nul. Posons y = v�(x) = nXi=1 yi"i. y et x ont la meme norme.(u(x) j x) = ((v � d � v�)(x) j x) = ((d � v�)(x) j v�(x)) = nXi=1 �ijyij2.De meme (u�1(x) j x) = nXi=1 1�i jyij2.(u(x) j x) (u�1(x) j x) = nXi=1 �ijyij2! nXi=1 1�i jyij2!.En utilisant l'in�egalit�e de Cauchy-Schwarz nous obtenonskxk4 = kyk4 = nXi=1 �(p�ijyij)� 1p�i jyij��!26 nXi=1 �ijyij2! nXi=1 1�i jyij2!.Pour i 2 Nn posons �i = jyij2kyk2 .(u(x) j x) (u�1(x) j x)kxk4 = nXi=1 �i�i! nXi=1 1�i�i!.Consid�erons l'application de R�+ dans R�+ qui �a t associe f(t) = 1t . f estconvexe, les �i sont positifs et nXi=1 �i = 1 donc f nXi=1 �i�i!6 nXi=1 �if(�i).Nous retrouvons le r�esultat pr�ec�edent.Soit x = nXi=1 �i�i 2 [�1; �n].Soit t 2 [�1; �n].f est convexe donc la courbe repr�esentant f est \en dessous" de la droite pas-sant par les points de coordonn�ees (�1; f(�1)) et (�n; f(�n)).f(t)6 (f(�n)� f(�1))t+ �nf(�1)� �1f(�n)�n � �1 . En particulier

167�if(�i)6�i (f(�n)� f(�1))�i + �nf(�1)� �1f(�n)�n � �1 soit en additionnantnXi=1 �if(�i)6f(�n)� f(�1)�n � �1 x+ �nf(�1)� �1f(�n)�n � �1 c'est-�a-dire en simpli�antnXi=1 �i�i6 1�1�n (�x + �1 + �n).Nous savons que si a est un r�eel, 8y 2 R; y(a� y)6�a2�2 ; le maximum estatteint pour y = a2 .Nous en d�eduisons que x�1�n (�x + �1 + �n)6 1�1�n ��1 + �n2 �2 c'est-�a-dire nXi=1 �i�i! nXi=1 �i�i!6 1�1�n ��1 + �n2 �2.Il s'agit du r�esultat demand�e.116. (a) SoitA une matrice r�eelle sym�etrique d�e�nie positive. Il existe une matriceorthogonale P et une matrice diagonale �a �el�ements diagonaux strictementpositifs D = Diag(d1; � � � ; dn) telles que A = PDP �.Soient X = (xi)i2Nn et Y = (yi)i2Nn deux �el�ements de Mn;1(R).(X�AX)(Y �A�1Y ) = (X�PDP �X)(Y �PD�1P �Y ).Posons Y 0 = P �Y et X 0 = P �X . Nous obtenons(X�AX)(Y �A�1Y ) = (X 0�DX 0)(Y 0�D�1Y 0) = nXi=1 �dix0i2� nXi=1 � 1di y0i2�.En utilisant l'in�egalit�e de Cauchy-Schwarz nous obtenonsnXi=1 �dix0i2� nXi=1 � 1di y0i2�> nXi=1 �pdix0i�� 1pdi y0i�!2 = (X 0�Y 0)2. L'�ega-lit�e a lieu lorsque 8i 2 Nn ; pdix0i = 1pdi y0i c'est-�a-dire lorsque DX 0 = Y 0soit encore DP �X = P �Y donc82 pour Y = AX .P � est une matrice orthogonale donc X 0�Y 0 = X�PP �Y = X�Y d'o�u ler�esultat demand�e.(b) Soit Rn rapport�e �a sa base canonique ("1; � � � ; "n) et �a son produit sca-laire canonique.Soit e un vecteur non nul de Rn. Posons H = fx 2 Rn; (x j e) = 1g.En utilisant le r�esultat pr�ec�edent nous en d�eduisons que si s est unendomorphisme sym�etrique d�e�ni positif de Rn alors pour tout couple(x; y) 2 (Rn)2 (s(x) j x)(s�1(y) j y)>(x j y)2. En particulier pour x 2 H(s(x) j x)(s�1(e) j e)>1.s est d�e�nie positive donc s�1 aussi. (s�1(ke) j e) = k(s�1(e) j e). Ilexiste donc k 2 R tel que (s�1(ke) j e) = 1. Choisissons x = s�1(ke)alors x 2 H et (s(x) j x) = k2(s�1(e) j e) = 1(s�1(e) j e) .82En fait l'�egalit�e a lieu si et seulement si (Y; AX) est une famille li�ee.

168 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ESLe minimum sur H de (s(x) j x) est atteint et est �egal �a 1(s�1(e) j e) .Choisissons alors pour i 2 Nn ; �x�e, e = "i.x 2 H () xi = 1. (s�1("i) j "i) est le terme d'indices (i; i) dela matrice A�1. Soit eA la matrice compl�ementaire de A = (ai;j)(i;j)2(Nn)2c'est-�a-dire la matrice dont le terme a0i;j d'indices (i; j) est �egal au produitde (�1)i+j par le d�eterminant det(Aj;i) de la sous-matrice de la matriceA obtenue en supprimant la ligne j et la colonne i. Le terme d'indices(i; j) de la matrice eAA est �egal �a nXk=1(�1)i+k det(Ai;k)ak;j . Il s'agit l�a ducalcul du determinant de la matrice dont toutes les lignes sont celles deA sauf la ii�eme qui est la ligne j de A. Si i = j nous obtenons donc det(A)sinon deux lignes sont identiques et nous obtenons 0 ; nous en d�eduisonsnXk=1(�1)i+k det(Ai;k)ak;j = �ji det(A) c'est-�a-dire eAA = det(A)In. En cal-culant A eA et en �echangeant les lignes par les colonnes nous obtenons �anouveau A eA = det(A)In. Finalement (s�1("i) j "i) est le terme d'indices(i; i) de la matrice 1det(A) eA c'est-�a-dire, avec la notation de l'�enonc�e,det(Ai)det(A) d'o�u le r�esultat demand�e.117. (a) La relation 6 est clairement r�e exive et transitive.Supposons 8X 2 Mn;1(R); X�AX6X�BX et X�BX6X�AX . Nous end�eduisons 8X 2 Mn;1(R); X�AX = X�BX .La matrice C = A� B v�eri�e 8X 2Mn;1(R), X�CX = 0.Soient X et Y deux �el�ements de Mn;1(R).0 = (X + Y )�C(X + Y ) = X�CY + Y �CX = 0. Y �CX 2 M1(R) doncY �CX = (Y �CX)� = X�C�Y . Nous avons donc X�(C+C�)Y = 0 c'est-�a-dire C +C� = 0 ; C est antisym�etrique. �Etant par ailleurs sym�etrique,C est nulle. \6" est bien une relation d'ordre.(b) Soit X 2 Mn;1(R). La suite de terme g�en�eral X�AkX est croissanter�eelle83 major�ee donc convergente. Si nous notons aki;j l'�el�ement d'indices(i; j) de la matrice Ak et si nous notons xi le ii�eme �el�ement de X nousavons X�AkX = X16i;j6n aki;jxixj . Si tous les �el�ements de X sont nuls saufle pi�eme qui est �egal �a 1 nous obtenons X�AkX = X16i;j6naki;j�pi �pj = akp;p.De meme pour Y 2 Mn;1(R) de terme d'indice i not�e yi nous avons(X + Y )�Ak(X + Y ) = X16i;j6n aki;j(xi + yi)(xj + yj) =.Si tous les �el�ements de X sont nuls sauf le pi�eme qui est �egal �a 1 et si tousles �el�ements de Y sont nuls sauf le qi�eme qui est �egal �a 1 nous obtenons83Nous identi�ons une matrice 1� 1 et un r�eel.

169(X + Y )�Ak(X + Y ) = X16i;j6naki;j(�pi + �qi )(�pj + �qj ) = akp;p + akq;q + 2akp;q.Nous en d�eduisons que pour chaque (p; q) 2 (Nn)2, les suites �akp;q�k2Nconvergent. La suite de matrices (Ak)k2N est donc convergente et la limiteest une matrice, A, sym�etrique r�eelle.Autre m�ethode. Soit q une application d�e�nie sur un R espace vectorielF �a valeurs r�eelles.Soit f l'application d�e�nie par(x; y) 2 F 2 7�! f(x; y) = 12(q(x+ y)� q(x) � q(y)) 2 R.Supposons que f soit bilin�eaire et que 8x 2 F; q(2x) = 4q(x) alors q estune forme quadratique de forme bilin�eaire sym�etrique associ�e f .Supposons que q soit la forme quadratique associ�ee associ�ee �a f suppos�eebilin�eaire sym�etrique alors8(x; y) 2 F 2; q(x+ y)� q(x)� q(y) = 2f(x; y).Si f est bilin�eaire sym�etrique alors 2f(x; x) = q(2x) � 2q(x) = 2q(x)d'o�u le r�esultat.Soit alors, pour chaque k 2 N, qk la forme quadratique associ�ee �a la ma-trice Ak dans la base canonique de Rn.Pour x 2 Rn, (qk(x))k2N est croissante major�ee donc convergente de li-mite q(x). 8x 2 Rn; q(2x) = limk!+1 qk(2x) = 4q(x).Soit, pour k 2 N et pour (x; y) 2 (Rn)2, 2fk(x; y) = qk(x+ y)� qk(x)�qk(y).fk est bilin�eaire sym�etrique donc8(x; y; z) 2 (Rn)3; 8� 2 R; fk(x+ �y; z) = fk(x; z) + �fk(y; z).En posant, pour (x; y) 2 (Rn)2, 2f(x; y) = limk!+1 qk(x+ y)� qk(x)� qk(y)nous en d�eduisons que f est bilin�eaire et que q est la forme quadratiqueassoci�ee �a f . Nous en d�eduisons que la suite (AkX)k2N converge versAX o�u A est une matrice sym�etrique r�eelle. Nous en d�eduisons commeau-dessus que la suite (Ak)k2N converge dans E.(c) Soit A une matrice sym�etrique r�eelle. Il existe une matrice orthogonaleO est une matrice diagonale r�eelle D = Diag(�1; � � � ; �n) telles queA = ODO�.Soit Q = NXj=0 ajXj un polynome r�eel.Q(A) = NXj=0 ajAj = NXj=0 ajODjO� = OQ(A)O�. Pour chaque k 2 N nousavons donc Pk(A) = ODiag(Pk(�1); � � � ; Pk(�n))O�. L'applicationM 2Mn(R) 7�! UMV 2 Mn(R) o�u U et V sont deux �el�ements de Mn(R)est continue donclimk!+1Pk(A) = ODiag�p�1; � � � ; p�n�O� = B. B est donc une ma-trice sym�etrique r�eelle telle que B2 = A.118. Pour n = 1 il su�t de choisir u1 et u2 oppos�es. a = �1.

170 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ESSupposons que pour tout espace vectoriel euclidien de dimension k6n � 1 ilexiste une famille (ui)i2Nk+1 de vecteurs unitaires deux �a deux distincts v�eri-�ant pour tout couple (i; j) 2 (Nk+1)2 avec i 6= j, (ui j uj) = �1k .Soit alors E un espace vectoriel euclidien de dimension n. Soit un+1 un vecteurunitaire. Notons H l'orthogonal de fun+1g. Soit (vi)i2Nn une famille conve-nable d'�el�ements de H v�eri�ant pour tout couple (i; j) 2 (Nn)2 avec i 6= j,(vi j vj) = � 1n� 1.Pour chaque i 2 Nn posons ui = bun+1 + cvi. 8i 2 Nn ; kuik = 1 �equivaut �a8i 2 Nn ; b2 + c2 = 1.8(i; j) 2 (Nn)2; i 6= j, (ui j uj) = b2 � c2n� 1. (bun+1 + cvi j un+1) = b.b = � 1n convient. En e�et choisissons b = � 1n et c = p1 � b2. Nous avonsalors b2 � c2n� 1 = � 1n et (bun+1 + cvi j un+1) = � 1n .Il existe donc une famille de vecteurs de l'espace vectoriel euclidien E de di-mension n r�epondant �a la question avec a = � 1n .Remarque pour d�eterminer la valeur de a nous pouvions utiliser le d�etermi-nant Gram. La famille (ui)i2Nn+1 est li�ee donc le d�eterminant Gram de cettefamille est nul. La matrice Gram a tous ces �el�ements �egaux �a a sauf la diago-nale ne comportant que des 1.0 est valeur propre de la matrice. Il existe donc (xi)i2Nn+1 une famille de r�eelsnon tous nuls telle que 8i 2 Nn+1 ; a n+1Xj=1 xj = (a� 1)xi. Cela implique, a �etantdi��erent de 1, que tous les xi sont �egaux �a � 6= 0 puis a(n + 1)� = (a � 1)�c'est-�a-dire a = � 1n . Si � est une �eventuelle valeur propre non nulle nous avons8i 2 Nn+1 , a n+1Xj=1 xj = (�+ a� 1)xi (avec a = � 1n) ce qui implique(n+ 1)a n+1Xj=1 xj = (�+ a� 1) n+1Xj=1 xj soit � n+1Xj=1 xj = 0.Nous obtenons alors n+1Xj=1 xj = 0 puis � = n+ 1n .n + 1n est bien une valeur propre et l'espace propre associ�e est alors de dimen-sion n.Le polynome caract�eristique de la matrice Gram est donc (�1)n+1X �X � n+ 1n �.La matrice Gram est donc une matrice sym�etrique positive.Montrons qu'une matrice sym�etrique positive est une matrice Gram.Soit M = (mi;j)(i;j)2(Nn)2 2 Mn(R) une matrice r�eelle sym�etrique84 positive.84Le raisonnement est analogue avec une matrice hermitienne.

171Il existe une matrice diagonale D = Diag(d1; � � � ; dn) o�u les di sont dansR+ et une matrice orthogonale O telles que M = ODO�1 = ODO�. SoitD0 = Diag(pd1; � � � ; pdn). La matrice M 0 = OD0O� = (m0i;j)(i;j)2(Nn)2 estsym�etrique et v�eri�e M 02 =M 0�M 0 =M .Soit, pour j 2 Nn , uj le vecteur tel que pour i 2 Nn , la ii�eme coordonn�ee estm0i;j . (uj j uk) = nXi=1 m0i;jm0i;k = nXi=1 m0j;im0i;k = mj;k. Nous obtenons le r�esultatdemand�e.Si M est la matrice de Mn+1(R) dont tous les �el�ements sont �egaux �a a = � 1nsuaf les �el�ements diagonaux tous �egaux �a 1, les vecteurs ui ont bien pour norme1 et v�eri�ent 8(i; j) 2 (Nn)2; i 6= j; (ui j uj) = a. Cette m�ethode permet deconstruire une famille convenable. Par exemple pour n = 3,M = 0BBBBBBBBBB@ 1 �13 �13 �13�13 1 �13 �13�13 �13 1 �13�13 �13 �13 11CCCCCCCCCCA. P = 0BBBBBBBBBB@ 1p2 0 12 12� 1p2 0 12 120 � 1p2 �12 120 1p2 �12 12

1CCCCCCCCCCA.M = PDP�1 avec D = Diag�43 ; 43 ; 43 ; 0�.Soit M 0 = PD0P�1 avec D0 = Diag� 2p3 ; 2p3 ; 2p3 ; 0�.Nous obtenons M 0 = p36 0BB@ 3 �1 �1 �1�1 3 �1 �1�1 �1 3 �1�1 �1 �1 3 1CCA.Il su�t de choisir v1 = p36 (3; �1; �1; �1), v2 = p36 (�1; 3; �1; �1),v3 = p36 (�1; �1; 3; �1), v4 = p36 (�1; �1; �1; 3).119. (a) 8(i; j) 2 (Nn)2; �i�j6j�i�jj.Pour i 6= j; (xi j xj) < 0 donc j�i�j j(xi j xj)6�i�j(xi j xj). Cette in�ega-lit�e (qui est une �egalit�e) est vraie aussi si i = j. Nous avons donc06 pXi=1 j�ijxi 2 = X16i;j6nj�i�jj(xi j xj)6 X16i;j6n�i�j(xi j xj) = pXi=1 �ixi 2 = 0.Nous avons bien pXi=1 j�ijxi = 0.Quitte �a changer l'indexation des vecteurs et quitte �a multiplier �even-tuellement les �el�ements par -1, nous pouvons supposer que les q premierscoe�cients �i sont strictement positifs, les suivants �etant n�egatifs.

172 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ES0 = pXi=1 (�i + j�ij)xi = 2 qXi=1 �ixi donc qXi=1 �ixi = 0 et pXi=q+1�ixi = 0.Supposons qu'il existe au moins un coe�cient n�egatif. Nous avons donc16q < p et 0 = qXi=1 �i(xi jxp) < 0 ce qui est contradictoire donc les coef-�cients �i sont tous strictement positifs.Posons pour i 2 Np ; yi = �ixi. Nous avonspXi=1 yi = 0 et 8(i; j) 2 (Np)2; i 6= j ) (yi j yj) < 0.Supposons p>n + 2. La famille (y1; � � � ; yp�1) est li�ee . Quitte �achanger l'indexation nous pouvons supposer que yp�1 est combinaisonlin�eaire des �el�ements de la famille (yi)i2Np�2. Il existe (�i)i2Np�2 nonnulle telle que yp�1 = p�2Xi=1 �iyi puis �a l'aide de la relation liant les yi,yp + p�2Xi=1 (1 + �i)yi = 0. En refaisant le raisonnement fait plus haut, lecoe�cient associ�e �a yp est > 0 donc tous le sont.0 = (yp j yp�1) + p�2Xi=1 (1 + �i)(yi j yp�1) < 0 ce qui est faux donc p6n+1.Autre d�emonstration.Soit n = 1. Supposons p>3.Les trois vecteurs sont non nuls donc il existe (�; �) 2 (R�)2 tel quex2 = �x1 et x3 = �x1 avec(x1 j x2) = �kx1k2 < 0; (x1 j x3) = �kx1k2 < 0 et(x2 j x3) = ��kx1k2 < 0 c'est-�a-dire � < 0; � < 0 et �� < 0 ce qui estfaux. Il ne peut donc y avoir plus de deux vecteurs v�eri�ant les conditionsdemand�ees.Supposons avoir prouv�e le r�esultat pour tout espace vectoriel euclidiende dimension au plus �egale �a n� 1>1.Soit E un espace vectoriel euclidien de dimension n et soit (xi)i2Np unefamille de vecteurs v�eri�ant la condition :8(i; j) 2 (Np)2; i 6= j ) (xi j xj) < 0.Soit F = fxpg�. Pour chaque i 2 Np�1 appelons yi le projet�e orthogonalde xi sur F . yi = xi � (xi j xp)kxpk2 xp.(yi j yj) = (xi j xj)� (xi j xp)(xj j xp)kxpk2 < 0. En utilisant l'hypoh�ese der�ecurrence nous en d�eduisons que p� 16n donc p6n+1 d'o�u le r�esultatdemand�e.(b) Pour (i; j) 2 (Np)2; i 6= j ) 2(xi j xj) = kxik2 + kxjk2 � kxi �xjk2 = 2 � d2 donc la matrice Gram de la famille (xi)i2Np a tous ses�el�ements �egaux �a a = 1 � d22 sauf les �el�ements diagonaux qui sont tous

173�egaux �a 1. Notons Mp cette matrice sym�etrique r�eelle85. Notons �p sond�eterminant86. Calculons directement ce d�eterminant.Pour j allant de 1 �a p � 1 retranchons la colonne j + 1 �a la colonne j.La nouvelle matrice a pour termes d'indices (i; i), avec i6p� 1, 1� a, apour termes d'indices (i; i+1), avec i6p� 1, a� 1. La derni�ere colonneest inchang�ee. Nous en d�eduisons, en d�eveloppant le d�eterminant selonla premi�ere ligne,�p = (1 � a)�p�1 + (�1)p+1a(a� 1)p�1 = (1� a)�p�1 + a(1� a)p�1.�2 = 1 � a2. Posons �1 = a et �0 = 1 alors la relation pr�ec�edente estvraie pour tout p 2 N� .Xk=1 p�k�k =Xk=1 p�k(1 � a)�k�1 + aXk=1 p�k(1� a)k�1. Choisissons �ka�n d'avoir (1�a)�k = �k�1 c'est-�a-dire (1 � a)k kYj=1 �j = k�1Yj=0 �j . Il su�tde choisir �k = (1� a)�k. Nous obtenonsXk=1 p(1 � a)�k�k =Xk=1 p(1 � a)�k+1�k�1 + aXk=1 p(1 � a)�1 c'est-�a-dire(1� a)�p�p = 1 + ap1 � a soit encore �p = (1� a)p�1(1 + (p � 1)a).Si p>n + 1 la famille (xi)i2Np est li�ee donc �p = 0 c'est-�a-dire, a < 1�etant di��erent de 1, a = � 1p � 1 < 0. D'apr�es la question pr�ec�edente nousavons p6n+1 donc p = n+1 puis 1 + n = nd22 c'est-�a-dire d2 = 2(n+ 1)n .120. (a) Comme nous l'avons d�ej�a vu dans d'autres exercices A est la matrice85Nous pouvons utiliser les r�esultat de l'exercice pr�ec�edent. Soit J un sous ensemble def1; � � � ; pg de cardinal n + 1. La matrice Gram de la famille (xi)i2J a tous ses �el�ements �egaux �aa = 1� d22 6= 1 sauf les �el�ements diagonaux qui sont tous �egaux �a 1. Nous en d�eduisons a = � 1n .Reprenons la matrice Mp dont le d�eterminant, nul, est �egal �a (1 � a)p�1(1 + (p � 1)a). Nousobtenons donc p = n+ 1 d'o�u le r�eultat demand�e.86Nous avons d�ej�a calcul�e ce d�eterminant �a l'exercice num�ero 106 du chapitre alg�ebre lin�eaire etnous avons obtenu (1 � a)p�1(1 + (p � 1)a).Nous pouvons aussi utiliser une m�ethode analogue �a celle utilis�ee �a l'exercice pr�ec�edent.La matrice est sym�etrique r�eelle donc diagonalisable ; l'ordre de multiplicit�e d'une valeur propreest �egal �a la dimension de l'espace propre associ�e.Nous pouvons supposer a non nul car alors la matrice est l'identit�e.Soit (x1; � � � ; xp) 2 Rp n f0g tel que 8j 2 Np; a pXi=1 xi = (� + a� 1)xj .Nous en d�eduisons pXi=1 xi = 0 ou � = 1 + (p� 1)a.Soit � = 1 + (p � 1)a. alors les xj n'�etant pas tous nuls ils sont tous �egaux. 1 + (p � 1)a est doncune valeur propre simple.pXi=1 xi = 0 () � = 1� a. 1 � a est valeur propre d'ordre p � 1. Le polynome caract�eristiquede la matrice est �egal �a (�1)p(X � 1 � (p � 1)a)(X � 1 + a)p�1. Le d�eterminant est �egal �a(1 + (p � 1)a)(1 � a)p�1.

174 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ESGram d'un n-uplet de vecteurs ind�ependants. Nous pouvons aussi re-marquer que A est la matrice d'un produit scalaire de C n donc il existeune base orthonormale pour celui-ci. La matrice P de passage de la basecanonique de C n �a la nouvelle base v�eri�e In = P �AP . En notant Q lamatrice P�1 nous obtenons A = Q�Q. Nous retrouvons le fait que Aest une matrice Gram. D'apr�es l'in�egalit�e de Hadamard nous obtenonsjdet(Q)j6 nYi=1 kQik o�u Qi est la ii�eme colonne de Q identi��ee �a un vecteurde C n rapport�e �a sa base canonique et muni du produit scalaire cano-nique.det(A) = det(Q�) det(Q) = det(Q) det(Q) = j det(Q)j26 nYi=1 kQik2.kQik2 = Q�iQi = ai;i donc det(A)6 nYi=1 ai;i. Comme nous l'avons vu dansl'exercice concernant l'in�egalit�e de Hadamard pour une matrice inver-sible, celle-ci est une �egalit�e si et seulement si les colonnes de la matriceQ sont deux �a deux orthogonales c'est-�a-dire si et seulement si pour i 6= jai;j = 0 ; c'est-�a-dire si et seulement si A est diagonale.(b) Comme nous l'avons vu pr�ec�edemment il existe une famille (u1; � � � ; un)de vecteurs telle que A = Gram(u1; � � � ; un).Nous avons alors A1;1 = Gram(u1; � � � ; up), A2;2 = Gram(up+1; � � � ; un).Posons, pour 16i6j6n, Vi;j = Vect ((uk)i6k6j).d2(ui; Vi+1;n) = detGram(ui; � � � ; un)detGram(ui+1; � � � ; un) . En e�ectuant les produits pouri allant de 1 �a n � 1 nous obtenons n�1Yi=1 d2(ui; Vi+1;n) = det(A)kunk2 .De mani�ere analogue nous obtenons p�1Yi=1 d2(ui; Vi+1;p) = det(A1;1)kupk2 etn�1Yi=p+1 d2(ui; Vi+1;n) = det(A2;2)kunk2 .d(up; Vp+1;n)6kupk. Vi;p � Vi;n donc 8x 2 C n ; d(x; Vi;p)>d(x; Vi;n). Enrempla�cant nous obtenons det(A)6 det(A1;1) det(A2;2).Nous retrouvons alors le r�esultat pr�ec�edent.121. Soit E un espace euclidien. Soient a et b deux endomorphisme sym�etriquesd�e�nis positifs de E. Soit e une base orthonormale de diagonalisation dea. Soient D et B = (bi;j)(i;j)2(Nn)2 les matrices de a et b dans cette base.Nous cherchons une matrice C = (ci;j)(i;j)2(Nn)2 telle que DC + CD = Bo�u D = Diag(d1; � � � ; dn) est une matrice diagonale �a �el�ements diagonauxstrictement positifs et B une matrice sym�etrique d�e�nie positive.DC + CD = B () 8(i; j) 2 (Nn)2; bi;j = (di + dj)ci;j . C existe ; elle estunique et sym�etrique. c est diagonalisable dans une base orthonormale.Tous droits r�eserv�es, Exercices corrig�es, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.

175Soit � une valeur propre de c. Soit x un vecteur propre associ�e.(a(c(x)) j x) + (c(a(x)) j x) = (b(x) j x) > 0 donc en utilsant le fait que a etc sont sym�etriques, 2�(a(x) j x) > 0 ; nous en d�eduisons � > 0. Toutes lesvaleurs propres sont strictement positives donc c est d�e�ni positif.Soient A = � 1 00 3 � et C = � 2 33 5 �. La matrice B = AC+CA est �egale �a� 4 1212 30 �. det(C) = 1; tr(C) = 7. Le produit et la somme des deux valeurspropres sont strictements positifs donc C est d�e�nie positive. det(B) < 0 doncles deux valeurs propres de B sont de signes contraires. B n'est pas positive.122. Red�emontrons un r�esultat classique ; �a savoir, kjfkj = kjf�kj.Supposons f 6= 0 car alors le r�esultat est imm�ediat.Soit (x; y) 2 E2. (f(x) j y)6kf(x)k kyk donc sup(x; y)2E2kxk61; kyk61 (f(x) j y)6kjfkj.La boule unit�e �etant compacte, il existe un vecteur v de cette boule tel quekjfkj = kf(v)k > 0. En choisissant y = 1kf(v)kf(v) nous obtenons(f(v) jy) = kjfkj donc kjfkj6 sup(x; y)2E2kxk61; kyk61(f(x) j y).Nous avons donc l'�egalit�e kjfkj = sup(x; y)2E2kxk61; kyk61 (f(x) j y).(f(x) j y) = (x j f�(y)) d'o�u l'�egalit�e kjfkj = kjf�kj.Si a = 0 alors f�(a) = 0 = a.Soit a non nul v�eri�ant f(a) = a. La norme de f est alors �egale �a 1. Nous end�eduisons kjf�kj = 1 et kf�(a)k6kak. (f�(a) j a) = (a j f(a)) = kak2 donckf�(a)� ak2 = kf�(a)k2 + kak2 � 2(f�(a) j a) = kf�(a)k2 � kak260.Nous en d�eduisons f�(a) = a. En conclusion , si x 2 Ker(f � IdE) alorsx 2 Ker(f�� IdE) c'est-�a-dire Ker(f � IdE) � Ker(f�� IdE) = Im(f � IdE)�donc Im(f � IdE) � Ker(f � IdE)�.dim(Im(f � IdE)) = n � dim(Ker(f � IdE)) = dim(Ker(f � IdE)�). Il y adonc �egalit�e Ker(f � IdE)� = Im(f � IdE) d'o�u le r�esultat demand�e.Si 1 n'est pas valeur propre de f , le r�esultat d�emontr�e est une tautologie. Ler�esultat n'a de l'int�eret que si 1 est une valeur propre de f et dans ce cas lanorme de f est �egale �a 1.Nous obtenons donc pour f 2 L(E), Ker(f � kjfkjIdE)� = Im(f � kjfkjIdE).L�a encore, le r�esultat n'a d'int�eret que si kjfkj est une valeur propre de f .123. (a) Nous avons le r�esultat classique :jan+bnj2 = janj2+jbnj2+2 <e(anbn)6janj2+jbnj2+2janbnj62janj2+2jbnj2.j�anj2 = j�j2 janj2. Il est alors clair que si a = (an)n2N et b = (bn)n2N sontdans E et si � est un nombre complexe alors les suites a + b et �a sontdans E qui est non vide car contient la suite nulle.Si a et b sont deux �el�ements de E alors 2janbnj6janj2 + jbnj2 et la s�erieP anbn est absolument converge donc convergente.

176 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ESL'application ' : (a; b) 2 E2 7�! +1Xn=0 anbn 2 C est bien d�edinie ; il estimm�ediat qu'elle est sesquilin�eaire �a sym�etrie hermitienne positive.Pour a 2 E; '(a; a) = 0 ) +1Xn=0 janj2 = 0 donc a = (an)n2N est nulle. 'est un produit scalaire hermitien.8p 2 N; a(p) appartient �a E. '(a(p); a(q)) = +1Xn=0 �pn�qn = �qp. La famille�a(p)�p2N est bien orthonormale.(b) Soit x = (xn)n2N 2 E. Soit y = (yn)n2N telle que 8n 2 N yn = 1n+ 1xn.jynj6jxnj donc y est dans E.Soit f l'application f : x = (xn)n2N 2 E 7�! y = (yn)n2N 2 E. Il estimm�ediat que f est un endomorphisme de E.Soit (x; x0) 2 E2. (f(x) j x0) = +1Xn=0 1n+ 1xnx0n = (x j f(x0)). f est bienun endomorphisme hermitien.(c) Pour x = (xn)n2N 2 E, posons g(x) = y o�u y est la suite d�e�nie par8n 2 N� ; yn = xn+1 et y0 = 0. Il est imm�ediat que y appartient �a E etque l'application g est un endomorphisme de E.kg(x)k2 = +1Xn=1 jynj2 = kxk2. g est injective. Elle n'est pas surjective carles suites de premier terme non nul ne sont pas image par g d'un �el�ementde E.124. (a) Montrons le r�esultat par r�ecurrence sur n. Pour n = 1, kx1k = ky1k doncx et y ont le meme rang. Supposons le r�esultat vrai jusqu'�a n. Soientx = (xi)i2Nn+1 et y = (yi)i2Nn+1 deux familles d'�el�ements de E telles que8(i; j) 2 (Nn+1)2; (xi j xj) = (yi j yj).Les rangs r6n de la famille x = (xi)i2Nn et de la famille y = (yi)i2Nnsont �egaux. Quitte �a changer l'indexation nous pouvons supposer quela famille (x1; � � � ; xr) est libre donc d'apr�es l'hypoth�ese de r�ecurrencela famille (y1; � � � ; yr) est libre. Supposons que xn+1 appartienne �aVect(x1; � � � ; xr). Il existe une famille de scalaires (�1; � � � ; �r) telle quexn+1 = rXi=1 �ixi. Posons y = yn+1 � rXi=1 �iyi. Pour j 2 Nn+1 nous avons(y j yj) = (yn+1 j yj)� rXi=1 �i(yi j yj) = (xn+1 j xj)� rXi=1 �i(xi j xj) = 0.y 2 Vect(y1; � � � ; yn+1)\ (Vect(y1; � � � ; yn+1))� = f0g. y est donc nul etyn+1 = rXi=1 �iyi. Les deux familles x = (xi)i2Nn+1 et y = (yi)i2Nn+1 ont lememe rang.Supposons que xn+1 n'appartienne pas �a Vect(x1; � � � ; xr).

177rg(x1; � � � ; xr; xn+1) = r + 1.Nous avons aussi rg(y1; � � � ; yr; yn+1) = r+1 car sinon en reprenant le rai-sonnement pr�ec�edent nous en d�eduirions que le rang de (x1; � � � ; xr; xn+1)serait �egal �a r d'o�u le r�esultat.(b) Soit r le rang commun de x et de y. En changeant l'indexation supposonsque les familles (x1; � � � ; xr) et (y1; � � � ; yr) sont libres.Soient F = Vect(x1; � � � ; xr)) et G = Vect(y1; � � � ; yr)).Soit u1 2 L(F; G) telle que 8i 2 Nr ; u1(xi) = yi.Soient f = (f1; � � � ; fp) et g = (g1; � � � ; gp) des bases orthonormalesrepectivement de F � et de G�.Soit u2 2 L(F �; G�) telle que 8i 2 Np ; u2(fi) = gi.Soit u 2 L(E) telle que u F = u1 et u F � = u2. Montrons que u est unisom�etrie. Nous savons que u existe et est unique.Soient z = z1 + z2; z0 = z01 + z02 avec (z1; z01) 2 F 2 et (z2; z02) 2 F �2.(u(z) j u(z0)) = (u1(z1) j u1(z01)) + (u1(z1) j u2(z02)) + (u2(z2) j u1(z01))+(u2(z2) j u2(z02))= (u1(z1) j u1(z01)) + (u2(z2) j u2(z02)).u2 est une isom�etrie ; il reste donc �a d�emontrer que pour tout couple(z1; z01) 2 F 2 (u1(z1) j u1(z01)) = (z1 j z01).z1 s'�ecrit z1 = rXi=1 �ixi. u1(z1) = rXi=1 �iyi ; de meme si z01 = rXi=1 �0ixi.u1(z01) = rXi=1 �0iyi donc(u1(z1) j u1(z01)) = rXi=1 �iyi �� rXi=1 �0iyi!= X16i;j6r�i�0j(yi j yj) = X16i;j6r�i�0j(xi j xj) = (z1 j z01).u est bien une isom�etrie.125. Soit ' : (x; y) 2 E2 7�! nXi=1 (x j ei)(y j ei) 2 R.' est une forme bilin�eaire sym�etrique, forme polaire associ�ee �a la forme qua-dratique x 2 E 7�! kxk2 2 R. ' est donc le produit scalaire d�e�ni sur E. Soit" = ("i)i2Nn une base orthonormale de E. Soit P la matrice dont les colonnessont les coordonn�ees des vecteurs ei dans la base ".�ji = '("i; "j) = nXk=1("i j ek)("j j ek). Les colonnes de la matrice P sont doncunitaires et deux �a deux orthogonales ; la famille e est bien une base orthonor-male.126. (x � y j x+ y) = kxk2 � kyk2 = nXi=1 (xi � jxij)ei �� nXi=1 (xi + jxij)ei!= X16i;j6n(xi � jxij)(xj + jxjj)(ei j ej).

178 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ES8(i; j) 2 (Nn)2; (xi � jxij)(xj + jxjj)60 d'o�u le r�esultat demand�e.127. (a) Cela ne change rien si nous multiplions un ou plusieurs vecteurs par unr�eell strictement positif. Nous pouvons suppoer que e1 est unitaire. Soitalors (e1; e01) une base orthonormale de E.�Ecrivons e2 = ae1 + a0e01 et e3 = be1 + b0e01. (e1 j e2) = a,(e1 j e3) = b; (e2 j e3) = ab+ a0b0. Nous devons donc avoir a < 0; b < 0et ab+ a0b0 < 0.(b) Une famille de trois vecteurs de E est li�ee. Il existe donc (�1; �2; �3) 2 R3tel que �1e1 + �2e2 + �3e3 = 0. Montrons qu'aucun des �i n'est nul. Si�1 = 0 alors (e2; e3) est une famille li�ee. Aucun des vecteurs n'est nuldonc par exemple il existe k 2 R� tel que e3 = ke2. Il vient alors k < 0puis (e1 j e3) = k(e1 j e2) > 0 ce qui est faux. les trois coe�cients �1; �2et �3 sont non nuls.(c) e1 et e2 ne sont pas colin�eaires ; e3 est une combinaison lin�eaire de e1 ete2 ; e3 s'�ecrit e3 = �e1 + �e2.(e3 j e1) = (�e1 + �e2 j e1) = �(e1 j e1) + �(e2 j e1) < 0 et(e3 j e2) = (�e1+�e2 j e2) = �(e1 j e2)+�(e2 j e2) < 0 avec (e1 j e2) < 0.Nous en d�eduisons alors � < �� (e1 j e2)ke1k2 puis��ke2k2 > �(e1 j e2) > �� (e1 j e2)ke1k2 .Finalement il vient �((e1 j e2)2 � ke1k2ke2k2) > 0. Nous obtenons donc� < 0 et de meme � < 0.Supposons (x j e1) et (x j e2) de meme signe.(x j e3) = �(x j e1) + �(x j e2) est du signe contraire.128. f est clairement lin�eaire. Consid�erons une base orthonormale directe (u; v; w).f(u) = �u + �u, f(v) = �v + w, f(w) = �w � u. La matrice de fdans la base (u; v; w) est donc A = 0@ � + � 0 00 � � 0 � 1A. Nous obtenons unerotation si et seulement si A est une matrice orthogonale de d�eterminant �egal�a 1 c'est-�a-dire (� + �)(�2 + 2) = 1, j� + �j = 1; et �2 + 2 = 1 ce qui est�equivalent �a � + � = 1; et �2 + 2 = 1 soit encore si et seulement si il existe� 2 R; � = cos(�); = sin(�) et � = 1 � cos(�).R�eciproquement, soit f une rotation di��erente de IdE , d'axe dirig�e par ud'angle de mesure �. Soit x 2 E. x = (u j x)u + (x� (u j x)u) = au+ v avecv 2 (Ru)�. f(x) = au+ f(v). Si v est non nul, soit w = 1kvk(u ^ v).f(v) = cos(�)v + sin(�)w ; si v = 0; f(v) = 0. Nous avons doncf(x) = (u j x)u+ cos(�)(x� (u j x)u) + sin(�)u ^ (x� (u j x)u)= (1� cos(�))(u j x)u + (cos(�))x+ (sin(�))(u^ x).f est une rotation si et seulement si il existe il existe u 2 E un vecteur unitaireet � un r�eel tels que8x 2 E, f(x) = cos(�)x+ (1 � cos(�))(u j x)u+ sin(�)(u ^ x).

179129. (a) kun+1k6k!k kunk donc nous obtenons imm�ediatement kunk6k!kn kxkpuis 1n!un 6k!kn kxkn! . La s�erie de terme g�en�eral k!kn kxkn! est conver-gente ; E est complet donc la s�erie propos�ee est convergente87.(b) Soit x1 le projet�e orthogonal de x sur le plan orthogonal �a !. Si x1 6= 0,soit e1 = 1kx1kx1 ; sinon on choisit pour e1 un vecteur unitaire de ce plan.Nous avons x1 = kx1ke1. Soient e3 = 1k!k! et e2 = e3 ^ e1.u1 = ! ^ x = k!k kx1k e2. u2 = �k!k2 kx1k e1.Montrons alors par r�ecurrence que 8p 2 N� ; u2p = (�1)pk!k2p kx1k e1 et8p 2 N; u2p+1 = (�1)pk!k2p+1 kx1k e2.u1 et u2 v�eri�ent la relation propos�ee.u2p+2 = ! ^ u2p+1 = (�1)pk!k2p+1 kx1k! ^ e2 = (�1)p+1k!k2p+2 kx1k e1,u2p+3 = ! ^ u2p+2 = (�1)p+1k!k2p+3 kx1k e2. Nous obtenons le r�esultatau rang p + 1 lorsqu'il est suppos�e vrai au rang p. Le r�esultat est doncprouv�e.+1Xn=0 1n!un = limN!+1 2NXn=0 1n!un.2NXn=0 1n!un = NXp=0 1(2p)!u2p + N�1Xp=0 1(2p+ 1)!u2p+1 =x+ NXp=1 (�1)pk!k2p(2p)! ! kx1k e1 + N�1Xp=0 (�1)pk!k2p+1(2p + 1)! ! kx1k e2.Nous obtenons donc+1Xn=0 1n!un = x� kx1k e1 + cos (k!k) kx1k e1 + sin (k!k) kx1k e2= x � x1 + cos (k!k) kx1k e1 + sin (k!k) kx1k e2.x � x1 = 1k!k2 (! j x)!, kx1ke1 = x1 = x � 1k!k2 (! j x)!,kx1ke2 = kx1kk!k ! ^ x.En simpli�ant nous avons donccos(k!k) x + 1� cos(k!k)k!k2 (! j x)! + sin(k!k)k!k ! ^ x.Choisissons une base orthonormale directe (�!� ;�!� ;�!k ) avec �!k = !k!k .L'application cherch�ee est clairement lin�eaire.�!� 7�! (cos(k!k)�!� + (sin(k!k)�!� , �!� 7�! (cos(k!k)�!� � (sin(k!k)�!� ,�!k 7�! �!k . Nous obtenons88 une rotation d'angle k!k dont l'axe est port�eet dirig�e par !.87Nous pouvons �etudier les s�eries des coordonn�ees. Choisissons une base orthonormale de E. Laii�eme coordonn�ee uin de un v�eri�e juinj6kunk. La s�erie de terme g�en�eral uin est donc convergentepuis la s�erie de terme g�en�eral un l'est aussi.88Comme nous l'avons vu dans le pr�ec�edent exercice.

180 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ES130. Soit x 2 E. Le projet�e orthogonal sur la droite Ru est y = 1kuk2 (u j x)u. Lesym�etrique s(x) de x dans la sym�etrie orthogonale par rapport �a Ru v�eri�e larelation x+ s(x) = 2y ; nous en d�eduisonss(x) = 2kuk2 (u j x)u� x = 25(u j x)u � x. Soit (e1; e2; e3) la base e.s(e1) = 25u � e1 = �35e1 � 45e3,s(e2) = �e2,s(e3) = �45u� e3 = �45e1 + 35e3.La matrice de s dans cette base est : 0BBBB@ �35 0 �450 �1 0�45 0 35 1CCCCA. Il est imm�ediat quela matrice est orthogonale de d�eterminant �egal �a 1. La trace de la matrice est�egale �a -1, l'espace propre associ�e �a la valeur propre 1 est engendr�e par u, nousretrouvons bien qu'il s'agit d'une rotation d'angle de mesure �.Pour obtenir la matrice de la rotation nous pouvons utiliser le r�esultat del'exercice pr�ec�edent ou utiliser un changement de base.Employons les deux m�ethodes.� premi�ere m�ethode. Soit r la rotation cherch�ee. Comme nous l'avons vu plushautr(x) = 1� cos(�)kuk2 (u j x)u + (cos(�))x+ sin(�)kuk (u ^ x)= 2�p210 (u j x)u + p22 x+ p1010 (u ^ x).r(e1) = 2 �p210 u+ p22 e1 � p105 e2 = 1 + 2p25 e1 � p105 e2 + p2 � 25 e3,r(e2) = p105 e1 + p22 e2 + p1010 e3,r(e3) = �2 +p25 u + p22 e3 � p1010 e2 = �2 +p25 e1 � p1010 e2 + 8 +p210 e3.Nous obtenons la matrice 0BBBBBBBB@ 1 + 2p25 p105 p2 � 25�p105 p22 �p1010p2� 25 p1010 8 +p210 1CCCCCCCCA.� deuxi�eme m�ethode.Choisissons la base orthonormale directe d�e�nie par :e03 = 1kuku = 1p5(e1 � 2e3) , e01 = e2, e02 = 1kuku = 1p5(2e1 + e3).Tous droits r�eserv�es, Exercices corrig�es, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.

181La matrice de la rotation r dans cette base est A = 0BBBBBB@ p22 �p22 0p22 p22 00 0 1 1CCCCCCA.La matrice de passage de l'ancienne base �a la nouvelle est :P = 0BBBB@ 0 2p55 p551 0 00 p55 �2p55 1CCCCA.En e�ectuant le produit PAP � = PAP�1 nous obtenons le r�esultat vu pr�ec�e-demment.131. (a) Soit i 2 Nn �x�e ; soient (xk)k2Nnnfig et (yj)j2Nn �x�es. Notons fi l'applica-tion d�e�nie de l'espace vectoriel E dans R qui �a xi 2 E associe �(x; y) ;de meme soit j 2 Nn �x�e ; soient (yk)k2Nnnfjg et (xi)i2Nn �x�es. Notons gjl'application de E dans R qui �a yj 2 E associe �(x; y).Soit � un r�eel. Si nous multiplions xi, avec i 2 Nn , par �, pour toutj 2 Nn ; mi;j est multipli�e par �. La ii�eme ligne de la matrice M estmultipli�ee par � ainsi que det(M). De meme si nous multiplions yj par�.Si nous rempla�cons xi par xi + x0i, pour tout j 2 Nn , mi;j est remplac�epar mi;j +m0i;j o�u m0i;j = '(x0i; yj).Nous avons donc pour tout i 2 Nn , fi(xi+x0i) = fi(xi)+ fi(x0i) ; de memenous avons pour tout j 2 Nn , gj(yj + y0j) = gj(yj) + gj(y0j).Soit (i1; i2) 2 (Nn)2, i1 6= i2. Supposons xi1 = xi2 alors pour tout j 2 Nn ,mi1;j = mi2 ;j donc det(M) = 0 ; de meme soit (j1; j2) 2 (Nn)2, j1 6= j2.Supposons yj1 = yj2 alors pour tout i 2 Nn , mi;j1 = mi;j2 et det(M) = 0.8y 2 En, (x1; � � � ; xn) 2 En 7�! det(M) est donc n-lin�eaire altern�ee dememe 8x 2 En, (y1; � � � ; yn) 2 En 7�! det(M) est une forme n-lin�eairealtern�ee.Nous savons que toute forme n-lin�eaire altern�ee sur un R-espace vec-toriel de dimension n est colin�eaire �a la forme d�eterminant dans unecertaine base e de E. Il existe donc �1(y1; � � � ; yn) 2 R telle que�(x; y) = �1(y1; � � � ; yn) dete(x1; � � � ; xn).�(e; y) = �1(y1; � � � ; yn).(y1; � � � ; yn) 2 E 7�! �(e; y) 2 R est une forme n-lin�eaire altern�eedonc il existe � 2 R tel que 8y 2 En; �(e; y) = � dete(y1; � � � ; yn) puis�(x; y) = � dete(x1; � � � ; xn) dete(y1; � � � ; yn).(b) Soit A la matrice ' dans une base e de E. �(e; e) = det(A) donc� = det(A) et �(x; y) = det(A) dete(x1; � � � ; xn) dete(y1; � � � ; yn).� = 0 () det(A) = 0 c'est-�a-dire ' est d�eg�en�er�ee.

182 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ES132. Soit e une base orthonormale directe de l'espace vectoriel euclidien orient�e89E. Soit (x; y; z) 2 E3, soit u un automorphisme de E.((u(x) ^ u(y)) j u(z)) = dete(u(x); u(y); u(z))= (det(u)) dete(x; y; z) = (det(u)) [(x ^ y j z)].Nous en d�eduisons((u(x) ^ u(y)) j z) = (det(u)) [(x ^ y j u�1(z))]= (det(u))((u�1)�(x ^ y) j z)donc 8(x; y) 2 E2; u(x) ^ u(y) = (det(u))(u�1)�(x ^ y)).Remarque, si u est un automorphisme orthogonal nous avons 8(x; y) 2 E2,u(x) ^ u(y) = (det(u))(x ^ y) doncsi u 2 O+(E), 8(x; y) 2 E2; u(x) ^ u(y) = x ^ y etsi u 2 O�(E), 8(x; y) 2 E2; u(x) ^ u(y) = �(x ^ y).En particulier, si u 2 O(E), si (e1; e2; e3) est une base orthonormale directealors u 2 O+(E) () u(e1) ^ u(e2) = e3.133. Soit u l'automorphisme orthogonal de E = Rn, rapport�e �a sa base canonique" = ("1; � � � ; "n) et �a son produit scalaire canonique, de matrice A. Soitx 2 E. j(u(x) j x)j6ku(x)k kxk = kxk2.�Ecrivons x = nXi=1 xi"i. (u(x) j x) = X16i;j6nxixj(u("j) j "i) = X16i;j6nxixjai;j . Nousobtenons donc �� X16i;j6nxixjai;j��6 nXi=1 jxij2.En choisissant par exemple les xi tous �egaux �a 1 nous obtenons �� X16i;j6nai;j��6n.On ne peut pas avoir dans le cas g�en�eral de meilleure majoration car avecA = In nous avons l'�egalit�e.Si nous rempla�cons orthogonale par unitaire nous avons le meme r�esultat.134. (a) u �etant un endomorphisme sym�etrique de l'espace vectoriel euclidien, E,il existe une base orthonormale e0 = (e01; � � � ; e0n) de E de diagonalisationde u. On suppose que pour tout i 2 Nn nous avons u(e0i) = �ie0i o�u les �isont des r�eels. Soit x = nXi=1 x0ie0i.(u(x) j x) = nXi=1 �ijx0ij26�1 nXi=1 jx0ij2 = �1kxk2.(b) Avec les notations de l'�enonc�e nous avons (u(x) j x) = X16i;j6nai;jxixj et89Je rappelle que si E est un espace vetoriel euclidien orient�e de dimension �egale �a 3, le produitvectoriel de deux �el�ements a et b de E, not�e a ^ b, est l'unique vecteur de E v�eri�ant :8x 2 E; (a ^ b jx) = dete(a; b; x) o�u e est une base orthonormale directe quelconque de E.Nous g�en�eralisons cette d�e�nition au cas d'un espace euclidien de dimension n>3 para1 ^ a2 ^ � � � ^ an�1 est l'unique vecteur de E v�eri�ant :8x 2 E; (a1 ^ a2 ^ � � � ^ an�1 jx) = dete(a1; � � � ; an; x) o�u e est une base orthonormale directequelconque de E.

183(u(jxj) j jxj) =X16i;j6nai;jjxij jxjj.(u(x) j x)� (u(jxj) j jxj) =X16i;j6nai;j(xixj � jxixjj) =X16i;j6ni6=j ai;j(xixj � jxixjj)60.x et jxj ont la meme norme. D'apr�es ce que nous avons vu pr�ec�edemment,pour tout x 2 E, (u(jxj) j jxj)6�1kxk2.Si x est un vecteur propre de u associ�e �a la valeur propre �1 nousavons donc : �1kxk2 = (u(x) j x)6(u(jxj) j jxj)6�1kxk2. Nous avonsbien (u(jxj) j jxj) = �1k(jxj)k2.Pla�cons-nous dans la base e0 de diagonalisation de u. Soit jxj = nXi=1 yie0i.La relation pr�ec�edente s'�ecrit : nXi=2 (�i � �1)jyij2 = 0.�Etant donn�e que pour tout i 2 Nn ; �i � �160 nous en d�eduisons 8i 2Nn ; (�i � �1)jyij2 = 0 soit encore �iyi = �1yi.u(jxj) = nXi=1 yiu(e0i) = nXi=1 �iyie0i = �1 nXi=1 yie0i = �1jxj d'o�u le r�esultat de-mand�e.135. (a) u et v sont des endomorphisme de l'espace vectoriel E de dimension �niev�eri�ants limp!+1 up = v ) limp!+1 u2p = v.L'application w 2 L(E) 7�! w2 2 L(E) est continue donc nous avonsaussi limp!+1 u2p = v2 donc v = v2 et v est un projecteur.(b) Soit M la matrice de u dans une base de E. En consid�erant M commeappartenant �a Mn(C ), celle-ci est semblable �a une matrice triangulaireT dont les �el�ements diagonaux sont les racines complexes du polynome�u. Il existe P 2 GLn(C ) telle que M = PTP�1. Notons ti l'�el�ementd'indices (i; i) de la matrice T . L'�el�ement d'indices (i; i) de la matriceT p est �egal �a tpi .L'application R 2 Mn(C ) 7�! PRP�1 2 Mn(C ) est continue donclimp!+1 T p = P�1( limp!+1Mp)P . 8p 2 N; T p est une matrice triangulairedonc la limite est aussi une matrice triangulaire. Si li est la limite de lasuite de terme g�en�eral tpi alors li = l2i donc li = 0 ou 1 donc 8i 2 N; jtij < 1ou ti = 1 d'o�u le r�esultat demand�e.136. Corps des quaternions(a) Soit H le R-espace vectoriel de M4(R) engendr�e par les quatre matricese = 0BB@ 1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1 1CCA, i = 0BB@ 0 �1 0 01 0 0 00 0 0 10 0 �1 0 1CCA,Tous droits r�eserv�es, Exercices corrig�es, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.

184 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ESj = 0BB@ 0 0 �1 00 0 0 �11 0 0 00 1 0 0 1CCA et k = 0BB@ 0 0 0 10 0 �1 00 1 0 0�1 0 0 0 1CCA.Pour montrer que H est une alg�ebre, il su�t de montrer que H est unesous-alg�ebre de M4(R).Par d�e�nition il s'agit d'un sous-espace vectoriel ; il ne reste donc qu'�aprouver que le produit de deux �el�ements de H est un �el�ement de H . Ilsu�t pour cela de d�emontrer que le produit de deux des �el�ements i; j ouk est un �el�ement de H car e est l'�el�ement neutre.i2 = j2 = k2 = �e.ij = k; ji = �k; ik = �j; ki = j; kj = �i; jk = i.H est bien une alg�ebre (non commutative).Il est imm�edait que (e; i; j; k) est une base de H .(b) Soient q1 = a1e+ b1i+ c1j + d1k et q2 = a2e + b2i+ c2j + d2k.q1q2 = (a1a2 � b1b2 � c1c2 � d1d2)e+ (b1a2 + a1b2 � d1c2 + c1d2)i+(a1c2 + a2c1 + d1b2 � b1d2)j + (a1d2 + d1a2 + b1c2 � c1b2)kdoncN(q1q2) = (a1a2 � b1b2 � c1c2 � d1d2)2 + (b1a2 + a1b2 � d1c2 + c1d2)2+(a1c2 + a2c1 + d1b2 � b1d2)2 + (a1d2 + d1a2 + b1c2 � c1b2)2.En d�eveloppant nous obtenonsa21a22 + b21b22 + c21c22 + d21d22 + b21a22 + a21b22 + d21c22 + c21d22 + a21c22 + a22c21 + d21b22+b21d22 + a21d22 + d21a22 + b21c22 + c21b22c'est-�a-dire N(q1q2) = N(q1)N(q2).Soit q = ae+ bi+ cj + dk ; qq = (a2 + b2 + c2 + d2)e doncN(q)e = (a2 + b2 + c2 + d2)e = qq = qq.q = 0 () (a; b; c; d) = 0 () a2 + b2 + c2 + d2 = 0 () N(q) = 0.Pour q 6= 0 1N(q)q est alors l'inverse de q. Tout �el�ement non nul de Hest donc inversible. H est un corps.Soit q un �el�ement du centre de H .qi = ai� be� ck + dj; iq = ai� be+ ck � dj, qj = aj + bk � ce � di,jq = aj � bk � ce + di.(qi = iq; qj = jq) () b = c = d = 0. Si q appartient au centre alorsq 2 Re. R�eciproquement Re est inclus dans le centre donc le centre estRe.(c) Soient q1 et q2 deux �el�ements de H .q1 = a1e+ b1i+ c1j + d1k et q2 = a2e + b2i+ c2j + d2k.tr(q1) = tr(q1). tr(q1q2) = a1a2� b1b2� c1c2�d1d2, de meme tr(q1 q2) est�egal �a a1a2 � b1b2 � c1c2 � d1d2.Nous obtenons tr(q1q2) = tr(q1q2) = tr(q1 q2).Le coe�cient de e de q2q1 est aussi �egal �a a1a2 � b1b2 � c1c2 � d1d2 donctr(q1q2) = tr(q2q1).Il est imm�ediat que tr(q1 + q2) = tr(q1) + tr(q2), de meme si � 2 Rtr(�q1) = � tr(q1).Soient q1, q2 et q3 trois �el�ements de H ; soit � 2 R.

185tr((q1 + q2)q3) = tr(q1q3 + q2q3) = tr(q1q3) + tr(q2q3).tr((�q1)q2) = tr(�(q1q2) = � tr((q1q2).Nous en d�eduisons q1 2 H 7�! (q1 j q2) 2 R est lin�eaire.tr(q1q2) = tr(q1 q2) = tr(q1 q2) = tr(q2q1).(q1; q2) 2 H2 7�! tr(q1q2) 2 R est sym�etrique donc bilin�eaire sym�etrique.tr(qq) = N(q)>0 et est nul si et seulement si q est nul.(q1; q2) 2 H2 7�! tr(q1q2) 2 R est bien un produit scalaire sur H .La forme quadratique dont ce produit scalaire est la forme polaire estq 2 H 7�! N(q) 2 R.ie = i; je = j; ke = k; ij = �ij = �k,ik = �ik = j; jk = �jk = i.(e; i; j; k) est une famille orthogonale.ii = �i2 = e; jj = �j2 = e; kk = �k2 = e; ee = e2 = e donc (e; i; j; k)est une base orthonormale.i. H1 = H n f0g. Soit q 2 H1.Pour x 2 H on pose '(q)(x) = qxq�1. Il faut montrer que '(q)est lin�eaire, bijective et v�eri�e pour tout (x; y) 2 H2; '(q)(xy) ='(q)(x)'(q)(y). La lin�earit�e est imm�ediate.q(xy)q�1 = (qxq�1)(qyq�1) donc8(x; y) 2 H2; '(q)(xy) = '(q)(x)'(q)(y).Soit y 2 H . y = qxq�1 () x = q�1yq. '(q) est donc bijective et('(q))�1 = '(q�1).8x 2 H; qxq�1 = x () 8x 2 H; qx = xq () q 2 E n f0g.Nous avons vu que tr(q1q2) = tr(q2q1) pour q1 et q2 appartenant �aH ; donc pour x 2 H; tr(qxq�1) = tr(q�1(qx)) = tr(x).Soit x 2 F . tr('(q)(x)) = tr(x) = 0 donc '(q)(x) 2 F .ii. Soit q 2 H1. On pose (q) = '(q) F ; montrons que (q) est unautomorphisme orthogonal de F .D'apr�es ce que nous venons de voir, (q) est bien un endomorphismede F . Soit x 2 F .N( (q)(x)) = N(qxq�1) = N(q)N(x)N(q�1) = N(x). (q) conserve la norme donc il s'agit d'un automorphisme orthogo-nal.Soient q = ae+ bi+ cj + dk et x = b0i+ c0j + d0k.qx = �(bb0 + cc0 + dd0)e+ (ab0 + cd0 � dc0)i+ (ac0 + db0 � bd0)j+(ad0 + bc0 � cb0)k.xq = �(bb0 + cc0 + dd0)e+ (ab0 + c0d� d0c)i + (ac0 + d0b� b0d)j+(ad0 + b0c� c0b)k.qxq�1 = x () 8<: b0d � bd0 = 0b0c � bc0 = 0c0d� cd0 = 0 .Dans R3 orient�e muni du produit scalaire canonique et sur lequel ona d�e�ni le produit vectoriel, nous avons pourv = (b; c; d) 2 R3 et v0 = (b0; c0; d0) 2 R3,v ^ v0 = (cd0 � c0d; db0 � bd0; bc0 � b0c).

186 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ESv ^ v0 = 0 () (v; v0) est une famille li�ee.Nous en d�eduisons donc quesi (b; c; d) 6= 0, qx = xq () 9� 2 R; x = �(bi + cj + dk). L'ap-plication (q) est une rotation d'axe R(bi+ cj+dk). Si (b; c; d) = 0l'application est l'identit�e.La trace de l'endomorphisme (q) est( (q)(i) j i) + ( (q)(j) j j) + ( (q)(k) j k)= � tr(qiq�1i+ qjq�1j + qkq�1k)= � 1N(q) tr(qiqi+ qjqj + qkqk).tr(qiqi) = �a2 � b2 + c2 + d2, tr(qjqj) = �a2 + b2 � c2 + d2,tr(qkqk) = �a2 + b2 + c2 � d2.La trace de l'endomorphisme (q) est donc �egale �a 3a2 � b2 � c2 � d2a2 + b2 + c2 + d2 .En appelant t une mesure entre �� et � de l'angle de la rota-tion (en supposant avoir orient�e l'espace) dont l'axe est orient�e parbi+ cj + dk nous obtenons 1 + 2 cos(t) = 3a2 � b2 � c2 � d2a2 + b2 + c2 + d2 c'est-�a-dire cos� t2� = jajpa2 + b2 + c2 + d2 .Nous pouvons d�eterminer la matrice de (q) dans la base orthonor-male (suppos�ee directe) (i; j; k). Nous obtenonsR = K0@ a2 + b2 � c2 � d2 2bc � 2ad 2ac + 2bd2ad+ 2bc a2 � b2 + c2 � d2 2dc � 2ab2bd � 2ac 2dc + 2ab a2 � b2 � c2 + d2 1A avecK = 1a2 + b2 + c2 + d2 .Soit alors P la matrice orthogonale directe dont la premi�ere colonneest le vecteur unitaire 1a2 + b2 + c2 + d2 (bi+ cj + dk).P = 0BBBBBB@ bpb2 + c2 + d2 0 � c2 + d2p(b2 + c2 + d2)(c2 + d2)cpb2 + c2 + d2 dpc2 + d2 bcp(b2 + c2 + d2)(c2 + d2)dpb2 + c2 + d2 � cpc2 + d2 bdp(b2 + c2 + d2)(c2 + d2) 1CCCCCCA.Le produit P�1RP est la matrice de (q) dans la nouvelle base d�e�-nie par la matrice de passage P . Nous obtenons alors1pa2 + b2 + c2 + d2 0@ 1 0 00 a2 � b2 � c2 � d2 �2apb2 + c2 + d20 2apb2 + c2 + d2 a2 � b2 � c2 � d2 1A. Nousretrouvons cos(t) = a2 � b2 � c2 � d2a2 + b2 + c2 + d2 et sin(t) = 2apb2 + c2 + d2a2 + b2 + c2 + d2 .Tous droits r�eserv�es, Exercices corrig�es, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.

187Si a>0, t = 2 acos� jajpa2 + b2 + c2 + d2�si a < 0, t = �2 acos� jajpa2 + b2 + c2 + d2�.Si q est non nul et appartient �a F alors a = 0 donc cos� t2� = 0. (q) est une rotation d'angle �, d'axe R(bi+ cj + dk) c'est-�a-dire undemi tour.Nous savons que toute rotation est le produit d'au plus deux sym�e-tries orthogonales par rapport �a des droites (des demi-tours). Tousles demi-tours sont, d'apr�es le r�esultat pr�ec�edent, des images par .Soient q1 et q2 deux �el�ements non nuls de H .Pour x 2 H , '(q1q2)(x) = q1q2xq�12 q�11 = ('(q1) � '(q2))(x) donc'(q1q2) = '(q1) � '(q2).Soit r une rotation de F produit des deux demi-tours d'axes respec-tivement dirig�es par q1 et q2. Nous avons alors r = '(q1q2) estdonc surjective d'o�u le r�esultat.iii. Il est clair que S3 est un sous-groupe multiplicatif de (H1; �) carsi q1 et q2 sont dans H1, N(q1q�12 ) = N(q1)N(q2) ; si de plus q1 et q2 sontdans S3 alors N(q1q�12 ) = 1.Soient � 2 R� et q 2 H1. (�q) = (q) donc l'image de S3 par estSO(F ). est un morphisme surjectif du groupe multiplicatif S3 dans legroupe SO(F ). (q) = IdF () q non nul appartient au centre de H c'est-�a-direq 2 R�e. Le noyau de la restriction de �a S3 est donc f�e; eg.137. Soit x un vecteur non nul dirigeant l'axe de la rotation f qui commute avec larotation g. Nous savons que pour une rotation di��erente de l'identit�e l'es-pace propre associ�e �a la valeur propre 1 est une droite. f(x) = x doncg(f(x)) = g(x) = f(g(x)). g(x), qui est non nul gar g est bijective, est doncun vecteur propre de f associ�e �a la valeur propre 1. Nous en d�eduisons g(x)est colin�eaire �a x ; g �etant une isom�etrie nous avons g(x) = x ou g(x) = �x.Si g(x) = x alors f et g ont le meme axe et il est clair que deux rotations dememe axe commutent.Suppsons g(x) = �x. Dans ce cas soit y un vecteur directeur de l'axe deg. Comme pr�ec�edemment f(y) = y ou f(y) = �y. f(y) ne peut etre�egal �a y sinon f et g auraient le meme axe. Nous avons donc f(y) = �y.(x j y) = (f(x) j � f(y)) = �(x j y) donc (x j y) = 0. Supposons x et y uni-taires. Nous compl�etons la famille (x; y) pour en faire une base orthonormale(x; y; z) de E. f(z) est orthogonal �a x et �a y et est unitaire ; de meme g(z)est orthogonal �a x et �a y et est unitaire. f(z) est donc �egal �a "z de memeg(z) = "0z avec " = �1; "0 = �1. det(f) = �"; det(g) = �"0 f et g �etant desrotations nous obtenons " = "0 = �1.

188 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ESLes matrices de f et g dans cette base sont respectivementA = 0@ 1 0 00 �1 00 0 �1 1Aet B = 0@ �1 0 00 1 00 0 �1 1A. f et g sont deux demi tours d'axes orthogonaux.R�eciproquement, deux demi-tours d'axes orthogonaux commutent.Finalement les deux rotations commutent si et seulement si elles ont le memeaxe ou si leurs axes sont orthogonaux et qu'il s'agit de demi-tours.138. Soit s une r�e exion v�eri�ant s(a) = b o�u a et b sont deux �el�ements de l'espacevectoriel euclidien E, di��erents et de meme norme.s(a � b) = s(a) � s(b) = b � a. a � b est un vecteur propre de s associ�e �ala valeur propre -1 ; a� b est donc orthogonal �a l'hyperplan H des invariantsde s. Donc, si s existe il doit s'agir de la sym�etrie orthogonale par rapport �al'hyperplan f(a� b)g�.Montrons que cette r�e exion convient. Soit D = R(a � b). Soit p le projec-teur orthogonal d'image D. Pour x 2 E, p(x) = (x j a� b)ka� bk2 (a� b). Soit s1 lasym�etrie orthogonale par rapport �a la droite D.s1(x) + x = 2p(x) et s(x) = �s1(x) = x � 2p(x).Nous en d�eduisons s(x) = x � 2(x j a� b)ka� bk2 (a� b).s(a) = a� 2(a j a� b)ka� bk2 (a� b).a et b ayant la meme norme, ka� bk2 = 2(kak2 � (a j b)) = 2(a j a� b) doncs(a) = a� (a� b) = b. s existe donc et est unique.Soient f 2 O(E), F le noyau de f � IdE et n = dim(E).Si dim(F ) = n alors f = IdE que nous pouvons consid�erer comme le \produit"de 0 r�e exion.Si dim(F ) = n�1, l'orthogonal de F est stable donc l'endomorphisme g induitpar la restriction de f �a F � est un automorphisme orthogonal n'ayant pas 1pour valeur propre. Nous en d�eduisons g = �IdF � . f est donc la r�e exion debase F .Supposons que pour tout k6p�1 (avec 26p6n), tout automorphisme orthogo-nal f dont l'espace des invariants est de dimension �egale �a n�k est le produitd'au plus k r�e exion.Soit f un automorphisme orthogonal tel que dim(Ker(f � IdE)) = n� p. Soita 62 F . Posons b = f(a). b est par hypoth�ese di��erent de a ; a et b ont lameme norme. Soit s la r�e exion �echangeant a et b. s(f(a)) = s(b) = a.Soit x 2 F . (x j a� b) = (x j a)� (x j f(a)).f(x) = x et f est une isom�etrie donc (x j f(a)) = (f(x) j f(a)) = (x j a).Nous en d�eduisons x 2 (a� b)� puis s(x) = x donc s(f(x)) = x. L'espace desinvariants de s � f est de dimension au moins �egale �a n � (p � 1). D'apr�esl'hypoth�ese de r�ecurrence f1 = s � f qui est un automorphisme orthogonal estle produit d'au plus p� 1 r�e exions donc f = s � f1 est le produit d'au plus p

189r�e exions. Le r�esultat est d�emontr�e.Nous pouvons remarquer que si f est le produit de p r�e exions alors det(f) =(�1)p. Si f est une isom�etrie positive alors p est pair ; impair dans le cascontraire.139. Soit A 2 Mn(R) sym�etrique.Nous voulons montrer qu'il existe n matrices orthogonales P1; � � � ; Pn repr�e-sentant des sym�etries orthogonales hyperplanes, dans Rn muni de son produitscalaire canonique et rapport�e �a sa base canonique, et une matrice tridiagonaleB telles que (P1 � � � � � Pn)�A(P1 � � � � � Pn) = B.Pour n = 2, soit P la matrice d'une sym�etrie orthogonale par rapport �a unedroite. (PP )�A(PP ) = A. Le r�esultat �a d�emontr�e est vrai dans ce cas.Supposons le r�esultat vrai jusqu'au rang n et montrons-le au rang suivant.A = 0B@a1;1 b�b A11CA o�u A1 2Mn(R) est sym�etrique, b 2 Mn;1(R) et a1;1 2 R.Supposons que la premi�ere colonne C1 de A soit non nulle. Consid�erons lacolonne V de Mn+1(R) dont le premier �el�ement est �egal �a a1;1, le second �a �et les autres nuls. Nous choisissons � 2 R tel que b�b = [�2]. Nous identi�onsles colonnes avec des vecteurs de Rn+1 rapport�es �a la base canonique de Rn+1muni de son produit scalaire canonique. C1 et V ont la meme norme doncil existe une sym�etrie orthogonale hyperplane, de matrice P , qui �echange lapremi�ere colonne C1 de A et V .PC1 = V . 8x 2 Rn; x orthogonal �a C1 � V ) Px = x.Soit (e1; � � � ; en+1) la base canonique de Rn+1. C1�V est orthogonal �a e1 doncPe1 = e1 puis PAPe1 = PAe1 = PC1 = V . P est sym�etrique orthogonaledonc PAP = 0BBBBBBB@a1;1 � 0 � � � 0�0...0 A2 1CCCCCCCA o�u A2 2Mn(R) est sym�etrique.Si C1 = 0 nous sommes ramen�es directement �a cette derni�ere �ecriture. Ilexiste alors Q1; Q2; � � � ; Qn n matrices deMn(R) repr�esentant des sym�etriesorthogonales par rapport �a des hyperplans de Rn telles que (Q1 � Q2 � � � � �Qn)�A2(Q1 �Q2 � � � � �Qn) = B2 avec B2 tridiagonale.Pour i 2 Nn , notons Pi+1 = 0BBBBBBB@ 1 0 � � � 00...0 Qi 1CCCCCCCA.Nous obtenons alors, en notant P1 = P ,

190 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ES(P1:P2: � � � :Pn+1)�A(P1:P2: � � � :Pn+1) = 0BBBBBBB@ a1;1 � 0 � � � 0�0...0 B2 1CCCCCCCA.Le r�esultat est donc vrai au rang n + 1. Il est donc vrai pour toute matricesym�etrique.Par exemple soit A = 0@ 1 2 22 1 22 2 1 1A.Choisissons v = (1; 2p2; 0). La sym�etrie s par rapport au plan orthogo-nal �a w = (0; 1 � p2; 1) est l'oppos�ee de la sym�etrie par rapport �a ladroite D engendr�ee par (0; 1 � p2; 1). Soit u un vecteur de R3 eucli-dien. �s(u) + u = 2p(u) o�u p est le projecteur orthogonal sur D. Doncp(u) = (u j w)4 � 2p2w. Soit (e1; e2; e3) la base canonique de R3. Nous en d�edui-sons s(e1) = e1; s(e2) = p22 (e2 + e3); s(e2) = p22 (e2 � e3)).Si P est la matrice de s alors PAP = 0@ 1 2p2 02p2 3 00 0 �1 1A.140. Nous cherchons �a d�eterminer (a; b; c) 2 R3 tel que Z 1�1(at2 + bt + c � jtj)2dtsoit minimal. Z 1�1(at2 + bt+ c � jtj)2dt = Z 10 (2a2t4 � 4at3 + (2b2 + 2 + 4ac)t2 � 4ct + 2c2)dt= 2a25 � a+ 13(2b2 + 2 + 4ac)� 2c + 2c2.Il su�t alors de d�eterminer le minimum de l'application' : (a; b; c) 2 R3 7�! 2a25 � a+ 13(2b2 + 2 + 4ac)� 2c + 2c2 2 R.2a25 � a+ 13(2b2 + 2 + 4ac)� 2c + 2c2= 1360(12a+ 20c � 15)2 + 1188(16c� 3)2 + 23b2 + 196.Choisissons sur R3 la norme d�e�nie par(a; b; c) 2 R3 7�! N(a; b; c) =r 1360(12a+ 20c)2 + 1188(16c)2 + 23b2 2 R.2a25 � a+ 13(2b2 + 2 + 4ac)� 2c + 2c2 = N �a� 54 ; c � 316 ; b�2 + 196.N �a� 54 ; c � 316 ; b�>N(a; b; c)�N �54 ; 316 ; 0�.Nous en d�eduisons limN(a; b; c)!+1'(a; b; c) = +1. Il existe A > 0 tel que

191pour (a; b; c) 2 R3, N(a; b; c)>A) '(a; b; c)>'(0; 0; 0).' est continue donc poss�ede un minimum sur la boule compacte B, de rayonA centr�ee en 0. Il existe (a0; b0; c0) 2 B tel que pour tout (a; b; c) 2 B onait '(a; b; c)>'(a0; b0; c0) ;en particulier '(0; 0; 0)>'(a0; b0; c0) donc8(a; b; c) 2 R3; '(a; b; c)>'(a0; b0; c0).R3 est ouvert et ' est de classe C1 donc les d�eriv�ees partielles de ' en (a0; b0; c0)sont nulles.@'@a (a; b; c) = 4a5 + 4c3 � 1, @'@b (a; b; c) = 4b3 , @'@c (a; b; c) = 4a3 + 4c� 2.�@'@a (a; b; c) = 0; @'@b (a; b; c) = 0; @'@c (a; b; c) = 0�() �a = 1516 ; b = 0; c = 316�.Nous obtenons alors pour le minimum de la distance, p624 .Pour trouver le minimum nous pouvons utiliser une autre m�ethode.Soit E un espace vectoriel euclidien, soit u un endomorphisme sym�etrique deE d�e�ni positif. Soit, pour x 2 E, f(x) = (u(x)� 2a j x) o�u a est un �el�ementde E. Soit b 2 E v�eri�ant u(b) = a. Montrons que b est l'�el�ement de E o�u fest minimale.u est bijective donc b = u�1(a).f(b) = (u(u�1(a)) j u�1(a)) � 2(a j u�1(a)) = �(a j u�1(a)). Montrons quepour x 2 E; f(x)>f(b).Soit h 2 E.f(b+ h)� f(b) = (u(b+ h)� 2a j b+ h)� (u(b)� 2a j b)= (u(b)� 2a j h) + (u(h) j b) + (u(h) j h)= (u(b)� 2a j h) + (u(b) j h) + (u(h) j h)= (u(h) j h)>0.f(b+ h)� f(b) = 0 si et seulement si h = 0 car u est d�e�nie positive. f(b) estbien le minimum de f ; il est atteint uniquement en b.Dans notre exemple nous pouvons choisir pour u l'endomorphisme dont la ma-trice dans la base canonique de R3 est M = 0BBBBBB@ 25 0 230 23 023 0 2 1CCCCCCAEn choisissant a = �12 ; 0; 1� et x = (x1; x2; x3), nous obtenonsf(x) = (u(x)� 2a j x) = 25x21 + 23x22 + 2x23 + 43x1x3 � x1 � 2x3.Tous droits r�eserv�es, Exercices corrig�es, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.

192 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ESLe minimum de f est donc obtenu en M�1(a). M�1 = 0BBBBBB@ 458 0 �1580 32 0�158 0 98 1CCCCCCAdonc le minimum est obtenu en �1516 ; 0; 316�.Nous pouvons employer une autre m�ethode de recherche du minimum.Soit e1; e2; e3 une base orthonormale de l'espace, P3, des fonctions polyno-miales de degr�es au plus �egaux �a 3. Soit f 2 E. Soit g 2 P3. kf � gk estminimal lorsque g est le projet�e orthogonal de f sur P3 ;g = (f j e1)e1 + (f j e2)e2 + (f j e3)e3. Choisissonse1(t) = a1; e2(t) = a2t + b2e1(t); e3(t) = a3t2 + b3e(t)2 + c3e1(t).ke1k2 = Z 1�1 a21dt = 2a21.Nous devons choisir, par exemple, a1 = p22 .(e1 j e2) = Z 1�1 a1a2t dt + b2 = b2. Nous devons choisir b2 = 0.ke2k2 = Z 1�1(a2t)2dt = 23a22. Nous devons choisir, par exemple, a2 = p62 .(e3 j e1) = a3a1 Z 1�1 t2dt + c3 = 23a3a1 + c3. (e3 j e2) = a2a3 Z 1�1 t3 dt + b3 = b3.Nous avons b3 = 0.ke3k2 = a23 Z 1�1 t4 dt + a1a3c3 Z 1�1 t2 dt = 845a23. Nous devons prendre, par exemple,a3 = 3p104 puis c3 = �p52 .e1(t) = p22 , e2(t) = p62 t, e3(t) = 3p104 t2 � p104 .(f j e1) = p22 , (f j e2) = 0, (f j e3) = p108 .g(t) = p22 e1(t) + p108 e3(t) = 1516t2 + 316.Le carr�e de la distance entre f et g est �egal �a Z 1�1�jtj � 1516 t2 � 316�2 dt = 196.La distance est donc �egale �a p624 .141. E =Mp;q(R), A 2 E et f : M 2 E 7�! AM�A 2 E.L'application ' : (M; N) 2 E2 7�! tr(M�N) 2 R est une forme bilin�eairesym�etrique. Soit M = (mi;j)(i;j)2Np�Nq.tr(M�M = qXi=1 pXj=1 m2j;i!>0 ; nul si et seulement si M = 0. ' est donc un

193produit scalaire.Soit (M; N) 2 E2.'(M; f(N)) = tr(M�AN�A) = tr((N�A)(M�A)) = '(N; f(M)).f est donc un endomorphisme sym�etrique ; f est diagonalisable90 dans unebase orthonormale pour '.142. Notons V = 0BBBBB@ t1...tn 1CCCCCA. A = V V �. Si V = 0 alors A est nulle. SupposonsV 6= 0.A est une matrice sym�etrique ; elle est orthogonalement semblable �a une ma-trice diagonale. Pour chaque valeur propre l'espace propre associ�e a pourdimension l'ordre de multiplicit�e de celle-ci.Soient � 2 R et X 2Mn;1(R). Nous identi�ons V �X = [a] �a un scalaire a.AX = �X () V (V �X) = �X () (V �X)V = �X () aV = �X .Si � = 0, alors a = 0 c'est-�a-dire V �X = 0. 0 est bien valeur propre et l'espacepropre associ�e est l'hyperplan d'�equation nXi=1 tixi = 0.Si � 6= 0 alors X doit etre colin�eaire �a V . Dans ce cas il vient X = bV donc(V �V )V = �V c'est-dire91 � = V �V = nXi=1 t2i . L'espace propre associ�e est ladroite RV .143. E est un R-espace vectoriel de dimension �egale �a n>1. B est l'ensemble desformes bilin�eaires sym�etriques d�e�nies sur E. Soit ' un �el�ement de B. Soitk k une norme sur E.L'application ' 2 B 7�! kj'kj = supx2Ekxk=1 j'(x; x)j 2 R est une norme.En e�et : pour (�; ') 2 R� B, kj�'kj = j�j kj'kj.Pour ('1; '2) 2 B2, j'1(x; x) + '2(x; x)j6j'1(x; x)j + j'2(x; x)j donckj'1 + '2kj6kj'1kj+ kj'2kj.kj'kj = 0) 8x 2 E; kxk = 1 ) '(x; x) = 0 donc pour tout x appartenant�a E '(x; x) = 0.' est la forme polaire associ�ee �a la forme quadratique nulle ; elle est nulle.' 2 B 7�! kj'kj = supx2Ekxk=1 j'(x; x)j 2 R est bien une norme.Pour p et q deux entiers naturels tels que p + q = n, Bp;q est l'ensemble desformes bilin�eaires sym�etriques de signature (p; q).90Le meme raisonnement conduit au fait que l'application f : M 2 E 7�! AM�A 2 E o�uE =Mp;q(C ) est diagonalisable.91L'espace propre associ�e �a la valeur propre 0 est un hyperplan donc, la matrice �etant diagona-lisable, 0 est valeur propre d'ordre �egal �a n� 1. La derni�ere valeur propre est donc �egale �a la tracede la matrice c'est-�a-dire nXi=1 t2i .

194 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ESSoit f 2 Bp;q . Il existe une base e = (e1; � � � ; en) telle que si x a pour coor-donn�ees (x1; � � � ; xn) dans cette base alors f(x; x) = pXi=1 x2i � nXi=p+1 x2i .Soient F = Vect((e1; � � � ; ep) et G = Vect(ep+1; � � � ; en). L'ensemble S1des �el�ements x de F de norme kxk �egale �a 1 est un compact donc la res-triction de f �a S1 poss�ede un minimum � > 0 atteint en un point a de S1.De meme l'ensemble S2 des �el�ements x de G de norme kxk �egale �a 1 est uncompact donc la restriction de f �a S2 poss�ede un maximum �� < 0 atteinten un point b de S2. Soit x = u + v un �el�ement de E avec (u; v) 2 F � G.f(x; x) = f(u; u)+f(v; v). Soit > 0; 6min(�; �). Soit ' 2 B; kj'kj6 2 .Soit = '+ f .Pour u 2 F; (u; u) = f(u; u) + '(u; u)>�kuk2 � 2 kuk2> 2 kuk2.Pour v 2 G; (v; v) = f(v; v) + '(v; v)6 � �kvk2 + 2kvk26 � 2kvk2.La restriction de �a F est d�e�nie positive, la restriction �a G est d�e�nie n�e-gative. Il existe une base (e01; � � � ; e0p) de F telle que pour u = pXi=1 uie0i on ait (u; u) = pXi=1 u2i . De meme il existe une base (e0p+1; � � � ; e0n) de F telle quepour v = nXi=p+1 vie0i on ait (v; v) = � nXi=p+1 v2i . (x; x) = pXi=1 u2i � nXi=p+1 v2i + 2 (u; v).2 (u; v) = 2'(u; v) = 2 pXi=1 nXj=p+1�i;juivj!.pXi=1 u2i � nXi=p+1 v2i + 2 pXi=1 nXj=p+1�i;juivj!= pXi=1 ui + qXj=1 �i;jvj!2 � pXi=1 qXj=1 �i;jvj!2 � nXj=p+1 v2j .v = nXi=p+1 vie0i 7�! q(v) = pXi=1 qXj=1 �i;jvj!2 + nXj=p+1 v2j 2 R est une forme qua-dratique d�e�nie positive donc il existe une base (e00p+1; � � � ; e00n) de G telle quepour v = nXi=p+1 v00i e00i on ait q(v) = nXj=p+1 v00i 2.8i 2 Np ; ui + qXj=1 �i;jvj = ui + qXj=1 �i;jv00j . Notons 8i 2 Nn ; �i(x) = qXj=1 �i;jv00jet pour i 2 N; p+16i6n, �i(x) = v00i . La famille (�i)i2Nn est une famille libredonc a bien pour signature (p; q) et Bp;q est un ouvert de B.

195144. Soient f un �el�ement de E. Montrons que '(f) est dans E. Il est clair que'(f) est continue (elle est meme de classe C1).2a('(f))(x+ 2�) = Z x+2�+ax+2��af(t) dt = Z x+ax�af(t+ 2�) dt = Z x+ax�af(t) dt.'(f) est bien un endomorphisme de E.Soient f et g deux �el�ements de E.2a('(f) j g) = Z 2�0 ('(f))(t) g(t) dt = Z 2�0 �Z a�a f(u + t) g(t) du� dt.Nous int�egrons sur un rectangle donc nous obtenons2a('(f) j g) = Z a�a�Z 2�0 f(u+ t) g(t) dt� du.D'une mani�ere g�en�erale si h est une fonction continue par morceaux, T -p�eriodique d�e�nie de R dans C alors92 Z �+T� h(x) dx = Z T0 h(x) dx.Z 2�0 f(u + t) g(t) dt = Z 2�+uu f(t) g(t � u) dt = Z 2�0 f(t) g(t� u) dt doncZ a�a�Z 2�0 f(u+ t) g(t) dt� du = Z a�a�Z 2�0 f(t) g(t� u) dt� du= Z 2�0 �Z a�a f(t) g(t� u) dt� du = Z 2�0 �Z a�a f(t) g(t+ u) dt� du= Z 2�0 f(t) ('(g))(t) dt.Nous avons donc ('(f) j g) = (f j '(g)). ' est un endomorphisme hermitien.'(f) = �f () 8x 2 R; Z x+ax�af(t) dt = 2a�f(x).Si � 6= 0 alors f est d�erivable et 8x 2 R; f(x + a) � f(x � a) = 2a�f 0(x).f est d'ailleurs de classe C1. f et f 0 sont d�eveloppables en s�eries de Fou-rier. Compte tenu de l'unicit�e du d�eveloppement nous en d�eduisons 8n 2Z; (�an � sin(na))cn(f) = 0. Les coe�cients cn(f) ne sont pas tous nuls carsinon f serait nulle. f constante non nulle est solution ; sinon il existe n0 2 Z�tel que � = sin(n0a)n0a 6= 0.Soit A = �n 2 Z�; sin(na)na = sin(n0a)n0a �.A est un ensemble �ni. f est d�e�nie par f(t) =Xn2A�n exp(int).Si � = 0 nous recherchons les fonctions f telles que 8x 2 R; Z x+ax�af(t) dt = 0.Cela implique, en d�erivant, f(x+ a)� f(x� a) = 0 ; 2a est une p�eriode de f .Nous savons93 que le groupe additif, G, engendr�e par f2a; 2�g est monog�ene92Z �+T� h(x) dx = Z T� h(x) dx + Z �+TT h(x) dx = Z T� h(x) dx + Z �0 h(x + �) dx= Z T� h(x) dx + Z �0 h(x) dx = Z T0 h(x) dx.93Voir les exercices sur les groupes.

196 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ESou dense dans R selon que a� est rationnel, �egal �a pq avec p et q premiers entreeux, ou non.Dans le premier cas les fonctions f sont p�eriodiques de p�eriode T = 2�q etdoivent v�eri�er Z 2a0 f(t) dt = 0.Dans le second cas f est constante sur G donc par continuit�e est constante surR.En utilisant l'in�egalit�e de Cauchy-Schwarz nous avons��Z a�a f(t + x) dt��262a Z a�a jf(t+ x)j2 dt.Z 2�0 ��Z x+ax�a f(t) dt��2 dx = Z 2�0 ��Z a�a f(t + x) dt��2 dx62a Z 2�0 �Z a�a jf(t+ x)j2 dt� dx.Z 2�0 �Z a�a jf(t+ x)j2 dt� dx = Z a�a�Z 2�0 jf(t+ x)j2 dx� dt. f �etant p�eriodiquenous obtenonsZ 2�0 �Z a�a jf(t+ x)j2 dt� dx = Z a�a�Z 2�0 jf(x)j2 dx� dt = 2akfk2.Nous obtenons �nalement k'(f)k26kfk2.Pour f = 1, k'(f)k = k1k = 1. La norme de l'endomorphisme ' est �egale �a 1.145. u+v orthogonal signi�e (u+v)� (u+v)� = (u+v)�� (u+v) = IdE c'est-�a-direen d�eveloppant u2 � u � v + v � u� v2 = u2 � v � u + u � v � v2 = IdE ce qui�equivaut �a u2 � v2 = IdE ; u � v = v � u.Soit � 2 R une valeur propre de u, diagonalisable car sym�etrique. Soit x unvecteur propre associ�e. u2(x) = �2x donc(v2(x) + x j x) = �2kxk2 c'est-�a-dire (v2(x) j x) = (�2 � 1)kxk2. v est antisy-m�etrique donc v2(x) j x) = (v(x) j � v(x)) = �kv(x)k2. Nous en d�eduisons�2 � 160.Soit � 2]� 1; 1[ une �eventuelle valeur propre de u. Soit F l'espace propre as-soci�e. Pour x 2 F nous avons v(u(x)) = �v(x) = u(v(x)). Nous en d�eduisonsv(x) 2 F . F est stable par v.Soit (x; y) 2 F 2 (v(x) j y) = (x j �v(y)) donc le restriction w de v �a F induitun endomorphisme de F antisym�etrique.Soit � 2 R une valeur propre �eventuelle de v ; soit x un vecteur propre associ�e.v(x) = �x donc �kxk2 = (v(x) j x) = (x j � v(x)) = ��kxk2. Nous end�eduisons � = 0. 0 est la seule �eventuelle valeur propre de v.Soit x 2 F tel que w(x) = 0. w2(x) = (�2 � 1)x = 0 donc �2 �etant di��erentde 1, x = 0 et w n'a pas de valeur propre ; le polynome caract�eristique de wn'a donc pas de racine r�eelle et son degr�e est alors pair donc la dimension deF est paire.Soit G un sous-espace vectoriel de E de dimension paire �egale �a 2p. Soit(e1; � � � ; e2p) une base orthonormale de G. Soit a 2 R.Soit f l'endomorphisme de G d�e�ni par :

1978i 2 Np ; f(e2i�1) = ae2i et f(e2i) = �ae2i�1.Soient x = pXi=1 xie2i�1 + pXi=1 x0ie2i et y = pXi=1 yie2i�1 + pXi=1 y0ie2i.f(x) = pXi=1 axie2i � pXi=1 ax0ie2i�1.(f(x) j y) = pXi=1 axie2i � pXi=1 ax0ie2i�1 �� pXi=1 yie2i�1 + pXi=1 y0ie2i!= pXi=1 axiy0i � pXi=1 ax0iyi = �(x j f(y)).f est un endomorphisme antisym�etrique et f2 = �aIdG.Soit alors u un endomorphisme sym�etrique dont les valeurs propres sont com-prises entre -1 et 1. E est la somme directe orthogonale des sous-espacespropres de u. E = E 0 � mMi=1 Ei o�u les Ei sont les noyaux des endomorphismesu � �iIdE ; les �i �etant les �eventuelles valeurs propres strictement comprisesentre -1 et 1. E 0 est la somme directe orthogonale des noyaux respectifs deu � IdE et u + IdE.S'il n'y a pas de valeurs propres dans ] � 1; 1[ alors m = 0. dans ce derniercas u est un automorphisme orthogonal et il su�t de choisir v = 0. Supposonsm>1.Les espaces Ei sont de dimensions paires. Comme nous venons de le voir ilexiste pour chaque i entre 1 et m un endomorphisme antisym�etrique vi de Eiv�eri�ant, pour x 2 Ei, v2i (x) = (�2i�1)x c'est-�a-dire v�eri�ant u2(x)�v2i (x) = x.vi(u(x)) = �ivi(x) = u(vi(x)).Soit v l'endomorphisme de E tel que pour chaque i 2 Nm et pour chaquex 2 Ei, v(x) = vi(x) et pour x 2 E 0; v(x) = 0. u et v laissent stable E 0 et lesEi u et v commutent donc. Soit (x; y) 2 E2, x = mXi=0 xi; y = mXi=0 yi o�u les xiet les yi pour i>1 sont dans Ei et x0 ainsi que y0 sont dans E 0.(v(x) j y) = mXi=0 vi(xi) �� mXj=0 yj! = mXi=1 vi(xi) �� mXi=1 yi!= � mXi=1 xi �� mXi=1 vi(yi)!.(x j v(y)) = mXi=0 xi �� mXj=0 vj(yj)! = mXi=1 xi �� mXi=1 vi(yi)!. v est donc un en-domorphisme antisym�etrique. Pour x appartenant �a E 0 ou �a l'un des Ei nousavons u2(x)� v2(x) = x et u(v(x)) = u(v(x)).u + v est bien un automorphisme orthogonal.146. A = In � B ) A�1 = A� = In � B�) (In � B)(In � B�) = In � B � B� + In = AA� = In doncB +B� = In puis A = B�.

198 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ESIn � A = A�1 donc A2 � A + In = 0. A3 + In = (A + In)(A2 � A + In) = 0donc A3 = �In.Nous avons vu dans d'autres exercices que si u est un automorphisme or-thogonal d'un espace euclidien E, E est la somme directe orthogonale deE1; E�1; P1; � � � ; Pr o�u les Pi sont des plans.Les espaces E1 = Ker(u� IdE); E�1 = Ker(u+ IdE); P1; � � � ; Pr sont stablespar u et sont deux �a deux orthogonaux. Les restrictions de u aux plans Pi sontdes rotations planes di��erentes de � l'identit�e. Les valeurs propres possiblesd'un automorphisme orthogonal sont 1 ou -1.La restriction de IdE�u �a E1 est l'endomorphisme nul, la restriction �a E�1 est2IdE�1 . Si IdE � u est un automorphisme orthogonal alors E1 = E�1 = f0g.E est alors un espace vectoriel de dimension paire. Soit ui la rotation planeinduite par la restriction de u au plan Pi. Soit � cos(t) � sin(t)sin(t) cos(t) � la matricede ui dans une base orthonormale de Pi. IdPi � ui est un automorphisme or-thogonal si et seulement si � 1� cos(t) sin(t)� sin(t) 1� cos(t) � est un automorphismeorthogonal c'est-�a-dire (1 � cos(t))2 + sin(t)2 = 1 soit 2 cos(t) = 1. u et vexistent donc �a condition que 2 cos(t) = 1. u doit donc etre un �el�ement deO+(E) n'ayant pas 1 pour valeur propre et tel qu'il existe une d�ecompositionde E en somme directe orthogonale de plans stables par u les restrictions deu �a chacun de ces plans �etant une rotation d'angle de mesure �egale �a ��3 . Ilest clair que nous avons bien u3 = �IdE .147. An est une matrice sym�etrique r�eelle donc il existe une matrice orthogonalePn et une matrice diagonale Bn telles que v�eri�ant An = PnBnP �n . Le rangde An est �egal �a 1 donc 0 est valeur propre d'ordre n � 1 ; la derni�ere valeurpropre est donc �egale �a la trace de An c'est-�a-dire �egale �a n. Bn est bien lamatrice propos�ee. L'espace propre associ�e �a la valeur propre 0 est d�e�ni parx1 + � � � + xn = 0. Un vecteur propre associ�e �a la valeur propre n est doncun vecteur dont toutes les coordonn�ees sont �egales. Par exemple :P2 = 0BB@ p22 p22�p22 p22 1CCA, P3 = 0BBBBBBB@ p22 p22 p330 �p22 p33�p22 0 p33 1CCCCCCCA.D'une mani�ere g�en�erale on peut choisir, pour j 2 Nn�1 , comme ji�eme colonnela colonne dont les �el�ements sont tous nuls sauf le premier �egal �a p22 . et le(j +1)i�eme qui est �egal �a �p22 . La derni�ere colonne a tous ses �el�ements �egaux�a pnn .Nous recherchons les matrices qui commutent avec Bn.

199Soit M 0 = (m0i;j)(i;j)2(Nn)2 une matrice.M 0Bn = BnM 0 () 8(i; j) 2 (Nn�1)2; m0i;n = m0n;j = 0.L'ensemble des matrices M 0 est un espace vectoriel de dimension �egale �a (n�1)2 + 1 = n2 � 2n+ 2.L'applicationM 0 2Mn(R) 7�! PnM 0P �n 2 Mn(R) est un isomorphisme doncle commutant de An est un espace vectoriel de dimension �egale �a n2 � 2n+2.148. Soit H un hyperplan d'un espace euclidien F . Soit e un vecteur unitaireorthogonal �a H . Soit v un vecteur . Le projet�e orthogonal de v sur Re est levecteur (v j e)e. Le projet�e orthogonal de v sur H est le vecteur v � (v j e)e.Soit s la sym�etrie orthogonale par rapport �a l'hyperplanH ; nous avons s(v)+v = 2p(v) c'est-�a-dire s(v) = �v + 2p(v).Dans notre cas particulier nous pouvons choisir e = 1p6 ��!� + 2�!� +�!k �. Sip est la projection demand�ee alorsp(v) = v � 16(x+ 2y + z)��!� + 2�!� +�!k �= 16 (5x � 2y � z)�!� + 16 (�2x + 2y � 2z)�!� + 16 (�x � 2y + 5z)�!k .La matrice de la projection est donc P = 16 0@ 5 �2 �1�2 2 �2�1 �2 5 1A.La matrice de la sym�etrie orthogonale par rapport au plan estS = 2P � I3 = 13 0@ 2 �2 �1�2 �1 �2�1 �2 2 1A.149. Soit (e1; e2) une base orthonormale de F . Soit v 2 E. Le projet�e orthogonal94,p(v), de v sur F est (e1 j v)e1 + (e2 j v)e2.Le sym�etrique dans la sym�etrie orthogonale par rapport �a F est le vecteur wv�eri�ant v + w = 2p(v).y2 = x1 + �x2 est orthogonal �a x1 si et seulement si kx1k2 + �(x1 j x2) = 0c'est-�a-dire 2 + � = 0. y2 a pour coordonn�ees (1; �1; 2; 0). Choisissonse1 = 1kx1kx1 et e2 = 1ky2ky2. e1 a pour coordonn�ees 1p2(1; 1; 0; 0) et e2 apour coordonn�ees 1p6(1; �1; 2; 0).Soit (x; y; z; t) les coordonn�ees de v.(e1 j v) = 1p2(x + y), (e2 j v) = 1p6(x� y + 2z) donc p(v) a pour coordonn�ees13(2x+ y + z; x + 2y � z; x � y + 2z; 0).94D'une mani�ere g�en�erale, Si V = Vect(e1; � � � ; ep) o�u les vecteurs ei sont deux �a deux ortho-gonaux et norm�es, le projet�e orthogonal sur V d'un vecteur x d'un espace vectoriel euclidien (ouhermitien) contenant V est le vecteur pXj=1(ej j x)ej . Si nous projetons sur un hyperplan, il est plussimple de projeter sur la droite orthogonale �a celui-ci.

200 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ESLa matrice de la projection orthogonale est A = 13 0BB@ 2 1 1 01 2 �1 01 �1 2 00 0 0 0 1CCA.Celle de la sym�etrie orthogonale est B = 2A� I4 = 13 0BB@ 1 2 2 02 1 �2 02 �2 1 00 0 0 �3 1CCA.150. (a) Nous employons la meme m�ethode que dans l'exercice pr�ec�edent. Recher-chons une base orthonormale de H . Soit y2 = x1+ax2 avec (x1 j y2) = 0.Il vient alors a = �76 et y2 = 16(�1; 5; �8; �1).Soit u = (x; y; z; t) 2 R4, le projet�e p(u) de u sur H est le vecteur1kx1k2 (x1 j u)x1 + 1ky2k2 (y2 j u)y2.Nous obtenons donc ici p(u) = 17(x+ 2y + z + t)(1; 2; 1; 1)+ 191(�x + 5y � 8z � t)(�1; 5; �8; �1)= 113(2x + 3y + 3z + 2t; 3x + 11y � 2z + 3t;3x � 2y + 11z + 3t; 2x + 3y + 3z + 2t).A = 113 0BB@ 2 3 3 23 11 �2 33 �2 11 32 3 3 2 1CCA est la matrice de la projection orthogonalesur H .(b) B = 2A � I4 = 113 0BB@ �9 6 6 46 9 �4 66 �4 9 64 6 6 �9 1CCA est la matrice de la sym�etrieorthogonale, s, par rapport �a H .s(13x3) = (11; 23; 23; �2), s(13x4) = (�2; 23; 23; 11).s(F ) = Vect((11; 23; 23; �2); (�2; 23; 23; 11)).Soit G un sous-ensemble de E. V 0 = s(V ) () V = s(V 0).Soit u = (x; y; z; t) 2 E.v = (a; b; c; d) = s(u) 2 V 0 () s(v) 2 V .Nous en d�eduisons que l'image de l'hyperplan G est l'hyperplan d'�equa-tion cart�esienne a+ 2b� c + d = 0 c'est-�a-dire(�9x + 6y + 6z + 4t) + 2(6x + 9y � 4z + 6t) � (6x� 4y + 9z + 6t)+(4x+ 6y + 6z � 9t) = 0soit encore x + 34y � 5z + t = 0.151. Soit w = e2 + e3. w est orthogonal au plan P . Soit x un �el�ement de E ; soit yle projet�e orthogonal de x sur la droite Rw. y = 1kwk2 (w j x)w.Le projet�e orthogonal de x sur le plan P est donc x � y.

201Soit s(x) le sym�etrique de x dans la sym�etrie orthogonale par rapport au planP .x + s(x) = 2(x� y) c'est-�a-dire s(x) = x� � 2kwk2 (w j x)w�.Nous obtenons alors s(x) = x � (w j x)w.s(e1) = e1, s(e2) = e2 � w = �e3, s(e3) = e3 � w = �e2.La matrice de la sym�etrie est donc S = 0@ 1 0 00 0 �10 �1 0 1A.Nous retrouvons le fait que cette matrice est sym�etrique (S = tS) et orthogo-nale (S�1 = tS) ; il s'agit bien de la matrice d'une sym�etrie orthogonale carS = S�1.Si nous voulons v�eri�er qu'il s'agit bien de la sym�etrie orthogonale par rapport�a P il su�rait de rechercher les invariants.152. Une base de P est (v1; v2) avec v1 = e1 � e2; v2 = e3 � e4 ; cette base estorthogonale. Le projet�e orthogonal, p(v), d'un vecteur v sur le plan est levecteur 1kv1k2 (v1 j x)v1 + 1kv2k2 (v2 j x)v2 soit 12(v1 j v)v1 + 12(v2 j v)v2.Si v = 4Xi=1 xiei alors p(v) = 12(x1 � x2)v1 + 12(x3 � x4)v2 ;nous obtenons p(v) = x1 � x22 e1 + x2 � x12 e2 + x3 � x42 e3 + x4 � x32 e4.La matrice de la projection orthogonale est alors : 0BBBBBBBBBBBB@12 �12 0 0�12 12 0 00 0 12 �120 0 �12 12

1CCCCCCCCCCCCA.153. A est une matrice orthogonale. �A = (X�1)2(X2+1). L'espace propre associ�e�a la valeur propre 1 est d�e�ni par 8>><>>: �y +t = xp2x +yp2 +t = 2yz = z�xp2 +y +t = 2tUne base orthonormale de cet espace propre est constitu�ee des deux vecteursde coordonn�ees �0; 1p2 ; 0; 1p2 ;� et (0; 0; 1; 0).Compl�etons cette base pour obtenir une base, (e1; e2; e3; e4), orthonormale.Tous droits r�eserv�es, Exercices corrig�es, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.

202 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ESNous pouvons choisir P = 0BBBBB@ 0 0 1 01p2 0 0 1p20 1 0 01p2 0 0 � 1p2 1CCCCCA comme matrice de change-ment de base.tP AP = 0BB@ 1 0 0 00 1 0 00 0 0 �10 0 1 0 1CCA.La restriction au plan Vect(e1; e2) est l'identit�e ; la restriction au plan Vect(e3; e4)orient�e par la donn�ee de cette base est la rotation d'angle de mesure �2 .B est une matrice orthogonale. �B = (X � 1)(X + 1)2.Un vecteur propre associ�e �a la valeur propre 1 est par exemple le vecteur decoordonn�ees (3; 2; 1).Deux vecteurs propres ind�ependants associ�es �a la valeur propre -1 sont parexemple le vecteurs de coordonn�ees (0; 1; �2) et (�5; 6; 3). Une base ortho-normale de vecteurs propres est d�e�nie par la matrice de passage :P = 0BBBBBB@ 3p14 0 � 5p702p14 1p5 6p701p14 � 2p5 3p70 1CCCCCCA. tPBP = 0@ 1 0 00 �1 00 0 �1 1A.B est la matrice de la sym�etrie orthogonale (demi-tour) par rapport �a la droitedirig�ee par le vecteur e1 = (3; 2; 1).154. (a) En additionnant la somme des trois derni�eres colonnes �a la premi�ere nousen d�eduisons que le rang de A est celui de 0BB@ 8 3 1 �18 �1 5 3�8 �1 �3 �5�8 �5 1 �1 1CCA soitencore celui de la matrice 0BB@ 1 3 1 �11 �1 5 3�1 �1 �3 �5�1 �5 1 �1 1CCA.Notons L1; L2; L3 et L4, dans cet ordre les quatre lignes de cette derni�erematrice.Rempla�cons L2 par L2 � L1, L3 par L3 + L1 et L4 par L4 + L1.Nous obtenons la matrice 0BB@ 1 3 1 �10 �4 4 40 2 �2 �60 �2 2 �2 1CCA qui a meme rang que A.En ajoutant la troisi�eme colonne �a la deuxi�eme nous obtenons la matrice

2030BB@ 1 4 1 �10 0 4 40 0 �2 �60 0 2 �2 1CCA qui a meme rang que A.La matrice 0BB@ 1 4 1 �10 0 1 10 0 1 30 0 �1 1 1CCA a meme rang que A.En retranchant la deuxi�eme ligne �a la troisi�eme et en ajoutant la deuxi�emeligne �a la quatri�eme nous obtenons la matrice 0BB@ 1 4 1 �10 0 1 10 0 0 20 0 0 2 1CCA qui apour rang 3 qui est donc le rang de A.Nous aurions pu aussi calculer le polynome caract�eristique de A. Nousobtenons X(X3� 256). 0 est une valeur propre simple donc le noyau estde dimension 1 puis le rang est �egal �a 3.Nous aurions pu aussi tout simplement d�eterminer le noyau qui est d�e�nipar8>><>>: 5x + 3y + z � t = 0x � y + 5z + 3t = 0x � y � 3z � 5t = 03x + 5y � z + t = 0 ()8>><>>: x � y + 5z + 3t = 0� y + 3z + 2t = 0� y + 2z + t = 0z + t = 0()8<: x � y + 5z + 3t = 0� y + 3z + 2t = 0z + t = 0 .Le noyau est donc engendr�e par le vecteur (�1; 1; 1; �1). Le rang de lamatrice est bien �egal �a 3.(b) Notons X1; X2; X3 et X4 les colonnes de la matrice A. Il est imm�ediatque nous avons X4 = �X1 + X2 + X3. X1; X2; X3 est une base del'image.(x; y; z; t) 2 Im(f) si et seulement si 9(�; �; ) 2 R3 tel que(x; y; z; t) = �(5; 1; 1; �3) + �(3; �1 ; �1; �5) + (1; 5; �3; 1)c'est-�a-direx = 5� + 3� + ; y = �� + 5 ; z = � � � � 3 ; z = �3� � 5� + .(c) L'orthogonal de Im(f) est l'ensemble des vecteurs de coordonn�ees (x; y; z; t)tels que 8(�; �; ) 2 R3,x(5� + 3� + ) + y(�� + 5 ) + z(�� 3 ) � t(�3� � 5� + ) = 0c'est-�a-dire8<: 5x + y + z � 3t = 03x � y � z � 5t = 0x + 5y � 3z + t = 0 . Nous aurions aussi pu dire que le vecteur estorthogonal �a une base de l'image et obtenir �a nouveau ce r�esultat.L'orthogonal est �evidemment une droite ; elle est dirig�ee par le vecteurde coordonn�ees (1; �1; �1; 1).

204 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ES(d) Consid�erons la nouvelle base form�ee de la base (X1; X2; X3) de Im(f)et d'un autre vecteur ; par exemple un vecteur orthogonal �a l'image. Lamatrice de passage de la base initiale B1 �a cette nouvelle base B2 estP = 0BB@ 5 3 1 11 �1 5 �11 �1 �3 �1�3 �5 1 1 1CCA.Notons (e1; e2; e3; e4) la base canonique de E.f(e1) = X1; f(e2) = X2; f(e3) = X3,f(e4) = �X1 +X2 +X3 donc B =0BB@ 1 0 0 �10 1 0 10 0 1 10 0 0 0 1CCA est la matrice de f dans le couple de bases (B1; B2).Nous avons95 A = PB. Il est imm�ediat que l'espace propre associ�e �ala valeur propre 1 de la matrice B est de dimension 3 donc la matriceB est diagonalisable ; une base de vecteurs propres est form�ee des troispremiers vecteurs de la base B2 et d'un vecteur du noyau de B.La matricede passage de la base B2 �a cette nouvelle base est Q = 0BB@ 1 0 0 10 1 0 �10 0 1 �10 0 0 1 1CCA.Nous avons donc C = Q�1BQ = 0BB@ 1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 0 1CCA.Finalement C = Q�1P�1AQ. Il su�t de choisir96 U = (PQ)�1 et V = Q.Nous pouvons aussi choisir U = 16(PQ)�1 = 0BB@ �1 5 7 �33 �5 �7 14 �2 �6 44 �4 �4 4 1CCAauquel cas UAQ = Diag(6; 16; 16; 0).155. Red�emontrons97 que pour tout triplet (a; b; c) de vecteurs de R3 nous avons95Je rappelle qu'il est simple de retenir cette relation. En e�et Soit X la colonne des coordonn�eesde x dans la premi�ere base ; soit X 0 la colonne des coordonn�ees de x dans la seconde base. Nousavons la relation X = PX 0 o�u P est la matrice de passage de la premi�ere �a la seconde base. Si Aest la matrice d'un endomorphisme u dans le couple de bases (B1; B1) u(x) = y s'�ecrit Y = AXo�u X est la colonne des coordonn�ees de x dans B1 et Y celle de y dans cette meme base. Nousavons de meme Y 0 = BX o�u Y 0 est la colonne des coordonn�ees de y dans B2. Il vient alorsPY 0 = AX = PBX d'o�u la relation A = PB.Nous pouvons aussi dire que la matrice A est la matrice de f de (E; B1)) dans (E; B1)) puisL'identit�e de (E; B2)) dans (E; B1)) a pour matrice P la matrice de pasage de la base B1 dans labase B2. La matrice de f de (E; B1)) dans (E; B2)) est donc la compos�ee des deux applications fpuis Id�1E ; la matrice de F de (E; B1)) dans (E; B2)) est donc le produit B = P�1A c'est-�a-direA = PB.96D'autres m�ethodes, vues dans d'autres exercices, consistant �a diagonaliser A�A sont possibles.97un r�esultat que nous avons d�ej�a d�emontr�e

205a ^ (b ^ c) = (a j c)b� (a j b)c.Soient (a1; a2; a3), (b1; b2; b3) et (c1; c2; c3) les coordonn�ees des vecteursa; b et c dans la base canonique orient�ee de R3.Les coordonn�ees de b^ c sont (b2c3 � b3c2; b3c1 � b1c3; b1c2 � b2c1) ; celles dea ^ (b ^ c) sont(a2b1c2 + a3b1c3 � a2b2c1 � a3b3c1; a3b2c3 + a1b2c1 � a3b3c2 � a1b1c2;a1b3c1 + a2b3c2 � a1b1c3 � a2b2c3)c'est-�a-dire celles du vecteur (a j c)b � (a j b)c.Supposons a non nul sinon f = 0.En choisissant une base orthonormale directe (e1; e2; e3) dont le premier�el�ement est 1kaka nous obtenonsf(e1) = 0; f(e2) = �kak2e2; f(e3) = �kak2e3. f est donc la compos�ee h � po�u h est l'homoth�etie de rapport �kak2 et p la projection orthogonale sur leplan orthogonal �a a.Remarque il �etait imm�ediat que f �etait diagonalisable. en e�et soit e unebase orthonormale directe de R3.(f(x) j y) = dete(a; a ^ x; y) = dete(y; a; a ^ x) = �(a ^ y) (a ^ x). fest donc un endomorphisme sym�etrique et il existe une base orthonormale dediagonalisation de f . Ker(f) = fx 2 E; 8y 2 E; (a ^ y) (a^ x) = 0g c'est-�a-dire Ker(f) = fx 2 E; ; a^x = 0g = Ra lorsque a est non nul (sinon le noyauest tout l'espace). 0 est donc une valeur propre simple. Soit x un vecteurorthogonal �a a ; nous avons f(x) = �kakx. kak est l'autre valeur propre de fd'espace propre l'orthogonal de Ra. Nous retrouvons ce que nous venons devoir.156. (a) u est un endomorphisme de E. u(x) = 0 ) 9k 2 C ; x = ka. (u(x) =0) () (9k 2 C ; x = ka; k(1 + �)a = 0).Si � = �1, tout vecteur colin�eaire �a a appartient au noyau de u qui n'estpas injective.Pour � 6= �1, u(x) = 0 () x = 0 donc u est injective puis bijectivepuisque E est de dimension �nie.Dans ce cas , u(x) = y) 9k 2 R; x = y + ka.u(y+ ka) = y+ k(1+�)a+�(a j y)a. Nous en d�eduisons k = ��(a j y)1 + � .x est alors �egal �a y � �(a j y)1 + � a.l'application u�1 est donc d�e�nie par x 2 E 7�! x� �(a j x)1 + � a.Si nous notons u� l'application initiale, sa r�eciproque est u� �1+� .(b) u est un endomorphisme hermitien si et seulement si u = u� c'est-�a-diresi et seulement si8(x; y) 2 E2; (x+ �(a j x)a j y) = (x j y + �(a j y)a).En simpli�ant nous obtenons �(x j a)(a j y) = �(x j a)(a j y) c'est-�a-dire� 2 R.(c) u est unitaire si et seulement si 8x 2 E; ku(x)k = kxk.

206 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ESku(x)k2 = kxk2+ j(a j x)j2(j�j2+2 <e(�)). u est unitaire si et seulementsi j�j2 + 2 <e(�) = 0 c'est-�a-dire � = �2 cos(�) exp(i�) avec � 2 R.�2 cos(�) exp(i�) = �1� exp(2i�). Nous en d�eduisons que u est unitairesi et seulement si il existe t 2 R tel que � = �1 + exp(it).Nous aurions pu remarquer que (x j y + �(a j y)a) = (x + �(a j x)a j y)donc que x 2 E 7�! x+�(a j x)a 2 E est l'endomorphisme adjoint de u.Nous retrouvons simplement alors le premier r�esultat et pour le second ilsu�t d'utiliser l'�equivalence u unitaire si et seulement si u� = u�1 doncici, u� �1+� = u� (car � 7�! u� est injective) c'est-�a-dire � = � �1 + � soitencore j�j2 + 2 <e(�) = 0.157. A est une matrice sym�etrique r�eelle ; elle est donc diagonalisable. La dimensionde l'espace propre associ�e �a une valeur propre est �egale �a l'ordre de multiplicit�ede celle-ci.Il est imm�ediat que A est de rang 2. Le noyau de l'endomorphisme associ�e �aA dans la base canonique de Rn est de dimension n � 2. 0 est valeur propred'ordre n� 2.Il reste deux autres valeurs propres non nulles dont la somme est �egale �a latrace de A c'est-�a-dire 1.Soit � une telle valeur propre et x = (x1; � � � ; xn) un vecteur propre associ�e.L'espace propre est d�e�ni par� xn = �x1 = � � � = �xn�1x1 + � � � + xn = �xn () ( xn = �x1 = � � � = �xn�1n� 1� xn + xn = �xn .xn est non nul car sinon x = 0 ; il vient donc 8i 2 Nn�1 ; xi = 1�xn et �2��+1 � n = 0.Nous obtenons alors les deux valeurs propres non nulles�1 et �2. Nous pouvonschoisir comme vecteurs propres associ�es (1; � � � ; 1; �1) et (1; � � � ; 1; �2).Une base du noyau est une base de l'espace vectoriel intersection des deuxhyperplans d'�equations xn = 0 et x1 + � � � + xn = 0.158. (a) Notons ai;j l'�el�ement d'indices (i; j) de la matrice A. La trace de A �etantnulle les �el�ements de la diagonale sont tous nuls.A2 +A� (d� 1)In = J() 8(i; j) 2 (Nn)2; nXk=1 ai;kak;j + ai;j � (d� 1)�ji = 1.En particulier 8i 2 Nn ; nXk=1 ai;kak;i � d = 0.La matrice �etant sym�etrique, nous avons 8i 2 Nn ; nXk=1(ai;k)2 � d = 0 soitencore, les coe�cients �etant �egaux �a 0 ou �a 1, 8i 2 Nn ; nXk=1 ai;k � d = 0.AV = dV () 8i 2 Nn ; nXk=1 ai;k = d.

207Nous avons donc bien AV = dV .AV = dV ) A2V = d2V donc d2V + dV � (d � 1)V = JV = nVc'est-�a-dire d2 + 1 = n.(b) A est une matrice sym�etrique. Il existe une matrice orthogonale P et unematrice diagonale D = Diag(�1; � � � ; �n) telles que A = PDP �. SoitX 2 Mn;1(R), X 6= 0, AX = �X . La relation A2 + A � (d � 1)In = Jconduit �a (�2 + �� (d � 1))X = JX .J est une matrice r�eelle sym�etrique donc est diagonalisable. Son rang est�egal �a 1 donc 0 est valeur propre d'ordre n � 1 puis, la trace �etant �egale�a n, n est valeur propre simple.Nous en d�eduisons �2 + �� (d� 1) est �egal �a 0 ou �a n.�2+��(d�1) = n () (��d)(�+d+1) = 0. Lorsque n est valeur proprede J alors l'espace propre est la droite RV donc 8i 2 Nn ; nXj=1 ai;j = �>0.Nous en d�eduisons � = d.Le spectre de A est bien inclus dans fa; b; dg.(c) Le discriminant du polynome X2 +X � (d � 1) est �2 = 4d � 3>1 donca et b sont di��erentes. a = �12(1 + �); b = �12(1� �).Notons �(a) et �(b) les ordres (�eventuellement nul pour l'une des deux)de multiplicit�e des valeurs propres a et b.dim(Ker(A� aIn)) = �(a); dim(Ker(A� bIn)) = �(b).(A � aIn)(A � bIn) = J donc Ker(J) = Ker(A� aIn)� Ker(A� bIn) eten particulier �(a) + �(b) = n� 1.A est diagonalisable, tr(A) = 0 = �(a)a+ �(b)b+ d.Nous avons le syst�eme � �(a) + �(b) = n� 1�(a)a+ �(b)b = �d .En r�esolvant le syst�eme nous obtenons �(a) = bd2 + d� ; �(b) = �ad2 + d� .�(�(b)� �(a)) = d(d � 2).d = 2 () �(a) = �(b).Dans ce cas, � = p5, a = �12(1 +p5); b = �12(1 �p5) puis �(a) =�(b) = 2.Pour d 6= 2, c'est-�a-dire pour n 6= 5, la relation �(�(b)� �(a)) = d(d � 2)implique � 2 Q et �2 = 4d�3 2 N. �Ecrivons � = pq avec p et q entiers na-turels non nuls premiers entre eux. Nous obtenons p2q2 2 N donc il exister 2 N; p2 = q2r. p divise r donc r s'�ecrit �p avec � 2 N ; �nalement1 = q2�2 puis q = 1 et � 2 N.En rempla�cant d en fonction de � nous obtenons�(b)� �(a) = (�2 � 5)(�2 + 3)16� soit �(16(�(b)� �(a))� �3 + 2�) = �15.� divise 15 donc � 2 f1; 3; 5; 15g c'est-�a-dire d 2 f1; 3; 7; 57g.En ajoutant la valeur 2 trouv�ee pr�ec�edemment nous obtenons bien d 2f1; 2; 3; 7; 57g.

208 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ESPour d = 1; n = 2. A2 +A = � 1 11 1 � avec A = � 0 cc 0 �. Nous end�eduisons � c2 cc c2 � = � 1 11 1 � c'est-�a-dire A = � 0 11 0 �.Pour d = 2; n = 5.En utilisant la relation vue plus haut : 8i 2 N5 ; 5Xk=1 ai;k = 2 nous en d�e-duisons qu'il y a 2 termes non nuls,, �egaux �a 1, sur chaque ligne.Nous avons C24 = 6 choix possibles sur la premi�ere ligne.En reprenant la relation 5Xk=1 ai;kak;j + ai;j � �ji = 1 qui peut etre consi-d�er�ee comme le produit scalaire des ii�eme et ji�eme lignes Li et Lj de lamatrice A qui est sym�etrique.Nous obtenons (Li j Lj) = �ai;j + �ji + 1.Supposons par exemple que la premi�ere ligne soit : (0; 0; 1; ; 1). Nousavons alors (L1 j L3) = 0, (L1 j L5) = 0, (L1 j L2) = 1, (L1 j L4) = 1.Nous obtenons donc a3;5 = 0; a5;3 = 0; a2;3 + a2;5 = 1; a4;3 + a4;5 = 1.Nous avons deux possibilit�es : a2;3 = 1 et a2;5 = 0 ou a2;3 = 0 et a2;5 = 1.Dans ce cas, la matrice �etant sym�etrique et ne devant avoir que deux1 sur chaque ligne nous obtenons : A = 0BBBB@ 0 0 1 0 10 0 1 1 01 1 0 0 00 1 0 0 11 0 0 1 0 1CCCCA. De memeavec a2;3 = 0 et a2;5 = 1, nous obtenons : A = 0BBBB@ 0 0 1 0 10 0 0 1 11 0 0 1 00 1 1 0 01 1 0 0 0 1CCCCA.Nous faisons de meme en choisissant une premi�ere ligne di��erente.159. M est sym�etrique r�elle donc diagonalisable. �M = X4� 14X2 donc X3� 14Xest le polynome minimal98 de M .Si A et B existent, elles v�eri�ent A� B = 1p14M et A+B = 114M2 c'est-�a-98Un endomorphisme d'un espace vectoriel de dimension �nie est diagonalisable si et seulementsi son polynome minimal est scind�e �a racines simples. Dans ce cas le polynome minimal est �egal �apYi=1(X � ai) o�u fa1; � � � ; apg est l'ensemble des valeurs propres de u deux �a deux distinctes.En e�et. Supposons que pYi=1(X � ai) soit le polynome minimal de u ; les ai �etant deux �a euxdistincts. Nous avons alors E = pMi=1 Ker(u� aiIdE). u est donc diagonalisable.Supposons u diagonalisable. E = qMi=1 Ei o�u les Ei sont les espaces propres de u associ�es aux

209dire A = 12 � 1p14M + 114M2� et B = 12 �� 1p14M + 114M2�.A : = 0BBBBBBBBBBB@ 128 114 328 128p14114 17 314 114p14328 314 928 328p14128p14 114p14 328p14 121CCCCCCCCCCCA,

B : = 0BBBBBBBBBBB@ 128 114 328 � 128p14114 17 314 � 114p14328 314 928 � 328p14� 128p14 � 114p14 � 328p14 121CCCCCCCCCCCA.La proposition demand�ee est vraie pour n = 1 et pour n = 2. Supposons quejusqu'au rang n, n>2, on ait Mn = p14n(A+ (�1)nB).Mn+1 = p14n(A+ (�1)nB)M .Le polynome minimal de M �etant X3 � 14M , il vient M3 = 14M .Si n est pair nous obtenonsMn+1 = p14n(A+B)M = 114p14nM3 = p14nM = p14n+1(A� B).Si n est impair nous obtenonsMn+1 = p14n(A�B)M = 1p14p14nM2 = p14n+1(A+B).Le r�esultat est donc vrai au rang n+ 1 ; d'o�u le r�esultat pour tout n 2 N� .En fait nous avons 8p 2 N; M2p+1 = 14pM et 8p 2 N� ; M2p = 14p�1M2.160. M est une matrice sym�etrique r�eelle. Elle est orthogonalement semblable �aune matrice diagonale.La matriceM2 a tous ses �el�ements �egaux �a A sauf les �el�ements diagonaux tous�egaux �a B avec A = 2ab+ (n� 2)a2 et B = b2 + (n� 1)a2.Soit � une valeur propre.Il existe une matrice colonne X = (xi)i2Nn 2 Mn;1(R) non nulle telle queq valeurs propres, �i, deux �a deux distinctes de u. Soit P le polynome qYi=1(X � �i). Soientj 2 Nq et x 2 Ej . qYi=1(u� �iIdE)! (x) =0B@ qYi=1i6=j (u� �iIdE)1CA � (u� �jIdE)(x) = 0. P est doncun polynome annulateur de u. Soit Q le polynome minimal de u. Soient � une valeur propre deu et x un vecteur propre associ�e. Q(u)(x) = Q(�)x. Nous en d�eduisons Q(�) = 0. P est donc lepolynome minimal de u d'o�u le r�esultat.

210 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ESMX = �X . Il vient alors M2X = �2X .M2X = �2X () 8j 2 Nn ; A nXi=1 xi = (�2 +A� B)xj .Nous en d�eduisons que pour tout j 2 Nn , les �el�ements (�2 + A � B)xj sonttous �egaux c'est-�a-dire �2 +A � B = 0 ou les xj sont tous �egaux ; auquel casils sont tous �egaux �a 1 par exemple car ils ne peuvent etre tous nuls. Dans cedernier cas nous obtenons nA = �2 +A� B.Les valeurs propres possibles v�eri�ent donc �2 = B � A = (a � b)2 ou �2 =nA+B � A = ((n� 1)a+ b)2.Dans le premier cas nous obtenons A nXi=1 xi = 0, dans le second cas8i 2 Nn ; A nXi=1 xi � nxj! = 0.Supposons A 6= 0 alors dans le premier cas nous obtenons nXi=1 xi = 0, dans lesecond cas 8i 2 Nn ; nXi=1 xi = nxj .Dans le second cas l'espace propre est de dimension �egale �a 1 donc la valeurpropre associ�ee est simple ; il s'agit de l'une des deux valeurs �((n� 1)a+ b).Soit V la colonne dont tous les �el�ements sont �egaux �a 1. L'�el�ement d'incice ide MV est gal �a (n� 1)a+ b. Il s'agit alors de la valeur propre associ�ee.Soit � l'ordre de multiplicit�e de l'�eventuelle valeur propre a � b et soit � =n�1�� l'ordre de multiplicit�e de l'�eventuelle valeur propre b�a. Nous avonstr(M) = (a� b)(�� ) + (n� 1)a+ b).Si n est pair alors tr(M) = na ; dans le cas contraire tr(M) = (n� 1)a+ b.Pour n = 2p pair nous avons alors (a� b)(2�� n) = 0 c'est-�a-dire � = p; � =p � 1.Pour n = 2p + 1 impair nous avons alors (a� b)(2� � n + 1) = 0 c'est-�a-dire� = p; � = p.Supposons A = 0 c'est-�a-dire a = 0 ou 2b+ (n� 2)a = 0. Dans ces conditionsM2 = BIn. Les valeurs propres � v�eri�ent donc �2 = (a � b)2. Cette fois, lesseules valeurs propres possibles sont �(a� b). En utilisant �a nouveau la tracenous obtenons :si n = 2p, 2pa = (�� )(a� b) c'est-�a-dire dans le cas a = 0 � = � = p, dansle cas 2b+ (n� 2)a = 0 � = p+ 1, � = p � 1si n = 2p+1, b+2pa = (��)(a� b) c'est-�a-dire dans le cas a = 0, �� = 1soit � = p et � = p+1, dans le cas 2b+(n� 2)a = 0 � = �+1 donc � = p+1et � = p.En r�esum�e, M est orthogonalement semblable �a la matrice diagonale par blocs,les blocs �etant (a� b)Ip; (b� a)In�p�1; (b+ (n� 1)a)I1 avec p = E �n2�.L'espace propre associ�e �a la valeur propre a� b est d�e�ni par8j 2 Nn ; a nXi=1 xi = (a� b)(xj + xn+1�j).

211Notons Ej la colonne dont le ii�eme �el�ement est 1 et les autres nuls.Les solutions sont alors engendr�ees par Ej �En+1�j ; j 2 Np avec p = E �n2�.L'espace propre associ�e �a la valeur propre b� a est d�e�ni par8j 2 Nn ; a nXi=1 xi = (a� b)(xj � xn+1�j).Les solutions sont alors engendr�ees par Ej +En+1�j � En�p+1 � Ep; j 2 Np�1avec p = E �n+ 12 �.Dans le cas particulier n = 2 ces derni�eres solutions n'existent pas (16j60).161. Il s'agit d'un cas particulier de l'exercice pr�ec�edent. Faisons ici une d�emons-tration directe dans ce cas particulier.A est une matrice sym�etrique r�eelle donc est orthogonalement semblable �a unematrice diagonale. A2 = I2n+1. Les valeurs propres de A sont donc �egales �a 1et �a -1.Soit X = (xi)i2N2n+1 2M2n+1;1(R) v�eri�ant AX = X .AX = X () 8i 2 N2n+1 ; xi = x2n+2�i () 8i 2 Nn ; xi = x2n+2�i.Le rang de ce syst�eme est �egal �a n donc 1 est valeur propre d'ordre n + 1. -1est alors valeur propre d'ordre n. Soit (ei)i2N2n+1 la famille de colonnes tellesque chaque �el�ement de ei est nul sauf celui d'indice i qui est �egal �a 1.Une base de vecteurs propres de l'espace propre associ�e �a la valeur propre 1 est(ei + e2n+2�i)i2Nn+1 ; Une base de vecteurs propres de l'espace propre associ�e �ala valeur propre -1 est (ei � e2n+2�i)i2Nn.162. La matrice A = 0@ cos(') cos(�) � cos(') sin(�) � sin(')sin(�) cos(�) 0sin(') cos(�) � sin(') sin(�) cos(') 1A est clairementorthogonale. Le d�eterminant est �egal �asin(')(sin(') sin2(�)+sin(') cos2(�))+cos(')(cos(') cos2(�)+cos(') sin2(�))=1.A est bien la matrice d'une rotation.Supposons que la base e d�e�nisse l'orientation de l'espace. Soit t une mesurede l'angle de la rotation. Nous avons alors tr(A) = 1 + 2 cos(t).Un vecteur invariant v = xe1 + ye2 + ze3 est d�e�ni par8<: cos(') cos(�)x � cos(') sin(�)y � sin(')z = xsin(�)x + cos(�)y = ysin(') cos(�)x � sin(') sin(�)y + cos(')z = z .Supposons sin��2� sin�'2 � 6= 0. Le syst�eme propos�e est �equivalent au sys-t�eme :8>>>>>><>>>>>>: xcos��2�� ysin��2� = 0(cos(') cos(�)� 1)sin��2� � cos(') sin(�)cos��2� � sin(')z = 0sin(') cos(�)sin��2�� sin(') sin(�)cos��2� + (cos(')� 1)z = 0

212 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ESsoit encore8>><>>: xcos��2�� ysin��2� = 0�sin��2� cos�'2� = zsin�'2� .Un vecteur directeur de l'axe a donc pour coordonn�ees�sin��2� sin�'2� ; cos��2� sin�'2� ; � sin��2� cos�'2��.Nous pouvons r�epondre di��eremment �a cette question.Soit r une rotation d'axe dirig�e par le vecteur unitaire u ; d'angle de mesure tdans un espace euclidien orient�e par une base dont le troisi�eme vecteur est u .On suppose r2 6= IdE c'est-�a-dire sin(t) 6= 0.Soit x un �el�ement de E, x = �u + y o�u y, projet�e orthogonal de x sur fug�,est orthogonal �a u.r(y) = cos(t) y + sin(t) (u ^ y). r�1(y) = cos(t) y � sin(t) (u ^ y) doncr(y)� r�1(y) = 2 sin(t)(u ^ y). Nous en d�eduisons(r � r�)(x) = r(x)� r�1(x) = 2 sin(t)(u ^ y) = 2 sin(t)(u ^ x).Nous pouvons remarquer que si r2 = IdE alors r = r�1.Posons f = r � r�1 = r � r�. u = u1e1 + u2e2 + u3e3. u ^ e1 = u3e2 � u2e3,u ^ e2 = u1e3 � u3e1, u ^ e3 = u2e1 � u1e2.(f(e2) j e3) = 2u1 sin(t) = (r(e2) j e3) � (r(e3) j e2),(f(e3) j e1) = 2u2 sin(t) = (r(e3) j e1) � (r(e1) j e3),(f(e1) j e2) = 2u3 sin(t) = (r(e1) j e2) � (r(e2) j e1).sin(t) �etant non nul, u est colin�eaire au vecteur de coordonn�ees(f(e2) j e3); (f(e3) j e1); (f(e1) j e2)).Donc si la matrice de r dans une base orthonormale est 0@ a a0 a00b b0 b00c c0 c00 1A,f(e2) j e3) = c0 � b00; f(e3) j e1) = a00 � c; f(e1) j e2) = b� a0.u est donc colin�eaire au vecteur de coordonn�ees (c0 � b00; a00 � c; b� a0).Soit x un �el�ement de E non colin�eaire �a u. Reprenons les notations pr�ec�e-dentes. On suppose que u oriente l'axe et que le plan orthogonal �a u estorient�e de mani�ere compatible.dete(x; r(x); u) = dete(�u + y; �u + r(y); u) = dete(y; r(y); u)= sin(t) dete(y; u ^ y; u).(y; u ^ y; u) est une base directe donc dete(y; u ^ y; u) > 0. sin(t) a doncle signe de dete(x; r(x); u) ce qui permet en utilisant tr(r) = 1 + 2 cos(t) ded�eterminer t.Si dete(x; r(x); u) > 0 alors nous avons t = acos�tr(r)� 12 � sinon dans lecas contraire nous avons t = � acos�tr(r)� 12 �.Nous choisissons en g�en�eral comme vecteur x l'un des trois vecteurs de la basequi n'est pas colin�eaire �a u.Dans notre cas, 1 + 2 cos(t) = cos(�) + cos(') + cos(') cos(�) c'est-�a-dire

2132(1 + cos(t)) = cos(�) + cos(') + cos(') cos(�) + 1 = (1 + cos(�))(1 + cos(')).En supposant t; � et ' entre �� et � nous obtenonscos� t2� = cos��2� cos�'2�.r2 = IdE �equivaut �a cos��2� cos �'2 � = 0 ou 1. Les divers cas possibles sontdonc � = ' = 0, � = � ou ' = �.Dans le premier cas r est l'identit�e. Dans le second cas la matrice de r est�egale �a 0@ � cos(') 0 � sin(')0 �1 0� sin(') 0 cos(') 1A.Le vecteur de coordonn�ees �sin�'2� ; 0; � cos �'2 �� dirige l'axe de la rota-tion.Dans le dernier cas la matrice de r est �egale �a 0@ � cos(�) sin(�) 0sin(�) cos(�) 00 0 �1 1A.Le vecteur de coordonn�ees �sin��2� ; cos��2� ; 0� dirige l'axe de la rota-tion.Dans le cas r2 6= IdE , un vecteur directeur de l'axe de la rotation a pour co-ordonn�ees(sin(') sin(�); sin(')(1 + cos(�)); � sin(�)(1 + cos(')) qui est colin�eaire auvecteur de coordonn�ees�sin�'2� sin��2� ; sin�'2� cos��2� ; � cos �'2� sin��2��.dete(e1;r (e1); u) = ((e1 ^ r(e1) j u)= � sin(�) sin��2� cos�'2�� sin(') cos(�) cos��2� sin�'2�= �2 cos��2� cos�'2��sin2��2�+ sin2 �'2� cos(�)�= � cos��2� cos�'2� (1� cos(') cos(�)) < 0.Nous obtenons donc, si l'axe est orient�e par u, t = �2 acos�cos��2� cos�'2��.163. La matrice A = 17 0@ �2 6 �36 3 2�3 2 6 1A est une matrice orthogonale. SupposonsE orient�ee par le choix de la base orthonormale e = (e1; e2; e3). u(e1)^ u(e2)a pour premi�ere coordonn�ee 37 c'est-�a-dire l'oppos�ee de celle de u(e3). Nousavons donc u(e1 ^ e2) = �u(e1) ^ u(e2). u est une isom�etrie n�egative ; led�eterminant de u est �egal �a -1. u est donc une sym�etrie orthogonale parrapport �a un plan (une r�e exion).Tous droits r�eserv�es, Exercices corrig�es, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.

214 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PR�EHILBERTIENS ; CORRIG�ESSoit v un vecteur de coordonn�ees (x; y; z) dans la base e.u(v) = �v () 8<: �2x + 6y + 3z = �7x6x + 3y + 2z = �7y�3x + 2y + 6z = �7z c'est-�a-dire� x � 3z = 0y + 2z = 0 .u est donc la sym�etrie orthogonale par rapport au plan d'�equation cart�esienne,dans la base e, 3x� 2y + z = 0.164. A = (ai;j)(i;j)2(Np)2 2 Mp(R) avec p>2.8(i; j) 2 (Np)2; i 6= j ) ai;j = 1p � 1 8i 2 Np ; ai;i = 0.A est une matrice sym�etrique r�eelle ; elle est orthogonalement semblable �a unematrice diagonale. Soit � 2 R une valeur propre de A. Soit (x1; � � � ; xp) 2 Rptel que 8i 2 Np ; pXj=1 ai;jxj = �xi.Cela est �equivalent �a 8i 2 Np ; pXj=1 xj = (1 + (p� 1)�)xi.Soit i0 2 Np tel que xi0 soit non nul. Nous avons alors pour tout i 2 Np(1 + (p � 1)�)xi = (1 + (p � 1)�)xi0 donc les xi sont tous �egaux �a xi0 ou1 + (p� 1)� = 0.�Etudions le premier cas.p = (1 + (p� 1)�) c'est-dire � = 1. � = 1 est bien valeur propre ; l'espacepropre associ�e est d�e�ni par 8i 2 Np ; pXj=1 xj = pxi. Les coordonn�ees pxi sontdonc toutes �egales et les xi sont tous �egaux �a 1 par exemple. L'espace propreassoci�e �a la valeur propre 1 est donc une droite.� 1p � 1 est donc une valeur propre et son ordre est �egal �a p � 1. Cela estcompatible avec le fait que la trace est alors �egale �a �(p � 1) 1p � 1 + 1 = 0.L'espace propre associ�e est alors l'hyperplan pXi=1 xi = 0.Il existe une matrice diagonale D = Diag(d1; � � � ; dn) et une matrice ortho-gonale P telles que A = PDP � avec 8i 2 Np ; i>2) di = � 1p � 1 et d1 = 1.8n 2 N; Xn = AnX0 = PDnP �X0. Posons pour n 2 N, Yn = P �Xnc'est-�a-dire Xn = PYn. Nous obtenons 8n 2 N; PYn = PDnY0 c'est-�a-dire8n 2 N; Yn = DnY0. limn!+1DnY0 = V o�u V est une matrice colonne dont les�el�ements sont tous nuls sauf l'�el�ement d'indices (1; 1) qui est �egal �a l'�el�ement� d'indice 1 de Y0 = P �X0.Par continuit�e, la suite (Xn)n2N converge vers PV . PV est donc la colonne�P1 o�u P1 est la premi�ere colonne de P dont les �el�ements sont par exempletous �egaux �a 1pp . Si nous notons (a1; � � � ; ap) les �el�ements de X0Tous droits r�eserv�es, Exercices corrig�es, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.

215alors � = 1pp pXi=1 ai. PV est donc la colonne dont tous les �el�ements sont �egaux�a � = 1p pXi=1 ai.165. A 2 Mn(R) (n>3). Les �el�ements de A sont tous nuls sauf les �el�ements dela premi�ere ligne, de la premi�ere colonne, de la diagonale qui sont �egaux �a 1.A est une matrice sym�etrique r�eelle donc orthogonalement semblable �a unematrice diagonale.Soit � une valeur propre de A. Soit X = (xi)i2Nn 2 Mn;1(R) v�eri�antAX = �X .AX = �X () nXi=1 xi = �x1; 8i 2 f2; � � � ; ng x1 + xi = �xi!.Nous avons alors, en multipliant par ��1, (�� 1)x1 + nXi=2 x1 = �(�� 1)x1 cequi conduit �a (�� 1)2x1 = (n� 1)x1. Il vient donc x1 = 0 ou (�� 1)2 = n� 1.Supposons x1 = 0. les xi �etant suppos�es non tous nuls nous en d�eduisons� = 1.Les valeurs propres possibles de A sont donc 1 ou 1 �pn� 1.Supposons � = 1.AX = X () nXi=1 xi = x1; x1 = 0! c'est-�a-dire nXi=1 xi = 0; x1 = 0.1 est valeur propre et l'espace propre associ�e �a la valeur propre 1 est de di-mension �egale �a n � 2.La trace de la matrice est �egale �a n donc les deux derni�eres �eventuelles valeurspropres ont pour somme 2. Ces deux valeurs propres sont donc bien 1+pn� 1et 1�pn� 1.Pour chacune de ces deux valeurs propres, pour i allant de 2 �a n les coe�-cients xi sont tous �egaux et non nuls ; on peut les choisir �egaux �a 1. Pour � =1+pn� 1, x1 = pn � 1, pour � = 1�pn� 1, x1 = �pn � 1. Le polynomecaract�eristique de la matrice A est alors �egal �a (1�X)n�2(X2 � 2X + 2� n).A est diagonalisable donc, comme nous l'avons d�ej�a vu, le polynome minimalde A est �egal �a (X � 1)(X2 � 2X + 2� n).166. La matrice A = 0@ 2 1 11 2 11 1 1 1A est sym�etrique r�eelle donc est diagonalisable. Ilexiste une matrice orthogonale P telle que A = PDP � avec D = Diag(a; b; c)diagonale. Nous avons d�ej�a vu dans le chapitre d'alg�ebre lin�eaire que pour Aquelconque diagonalisable alors f et g le sont99.99A diagonalisable s'�ecrit PDP�1 avec D = Diag(d1; � � � ; dn) diagonale.f(M) = MA = MPDP�1 = PM 0DP�1 o�u M = PM 0P�1. 8(i; j) 2 (Nn)2; Ei;jD = djEi;jdonc PEi;jDP�1 = djPEi;jP�1 = f(PEi;jP�1).La famille (Ei;j)(i;j)2(Nn )2 est une base de Mn(R) donc la famille (PEi;jP�1)(i;j)2(Nn )2 est aussiune base de Mn(R). f est donc diagonalisable ; les valeurs propres sont les di ; chacune d'ordre n.

216 Dans notre exemple �A = (1�X)(X2 � 4X + 1).Nous pouvons alors choisir P = 0@ 1 1 +p3 1 �p3�1 1 +p3 1 �p30 2 2 1A.P�1 = 0BBBBBBB@ 12 �12 0p312 p312 3�p312�p312 �p312 3 +p312 1CCCCCCCA. Une base de vecteurs propres est la fa-mille (PEi;jP�1)(i; j)2(N3)2 .Nous pouvons r�epondre aux questions pos�ees directement en �ecrivant la ma-trice de f dans la basee = (E1;1; E1;2; E1;3; E2;1; E2;2; E2;3; E3;1; E3;2; E3;3).f(Ei;j) = X16k;l63 ak;lEi;jEk;l = 3Xl=1 aj;lEi;l = aj;1Ei;1 + aj;2Ei;2 + aj;3Ei;3.La matrice de f est donc une matrice diagonale par blocs ; il s'agit de la ma-trice Diag(A; A; A).�Ecrivons la matrice de g dans la basee0 = (E1;1; E2;1; E3;1; E1;2; E2;2; E3;2; E1;3; E2;3; E3;3).g(Ei;j) = X16k;l63 ak;lEk;lEi;j = 3Xk=1 ak;iEk;j = a1;iE1;j + a2;iE2;j + a3;iE3;j . La ma-trice de g dans cette base est alors Diag(A; A; A).f et g sont bien diagonalisables.Soient M = Diag(P; P; P ) et � = Diag(D; D; D).Mat(f; e) =M�M�1, Mat(g; e0) =M�M�1.Une base de vecteurs propres de f estPE1;1; PE1;2; PE1;3; PE2;1; PE2;2; PE2;3; PE3;1; PE3;2; PE3;3), une basede vecteurs propres de g est(PE1;1; PE2;1; PE3;1; PE1;2; PE2;2; PE3;2; PE1;3; PE2;3; PE3;3).Nous retrouvons ce qui a �et�e dit plus haut.Nous obtenons le meme r�esultat avec l'endomorphisme g ; la base de vecteurs proprers �etant cettefois ci la famille (PEi;jP�1)(i;j)2(Nn )2 ; g(PEi;jP�1 = diPEi;jP�1.

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