PRPAS COMMERCIALES

Sous la direction de

Christian Gautier Andr WarusfelBruno CaminadeGonzague de Monicault Serge Nicolas

MATHMATIQUESTOUT-EN-UN ECS 2e anne

Un cours complet De nombreux exercices

et problmes Toutes les solutions dtailles

en fin douvrage

MathmatiquesTOUT-EN-UN ECS 2e ANNE

Cours et exercices

MathmatiquesTout-en-un ECS 2e anne

Cours et exercices corrigs

Christian Gautier Andr Warusfel

Serge NicolasProfesseur au lyce HENRI IV Paris

Bruno CaminadeProfesseur au lyce militaire de Saint-Cyr-lcole

Sous la direction de

Prpas commerciales

et

Dunod, Paris, 2008ISBN 978-2-10-053975-8

Table des matires

Prface vii

Chapitre 1 Complments dalgbre linaire 11 Somme directe de sous-espaces, sous-espaces stables 12 Rduction des endomorphismes 73 Rduction dune matrice 11

Chapitre 2 Algbre bilinaire 241 Produit scalaire 242 Espaces euclidiens 353 Endomorphismes symtriques 43

Chapitre 3 Intgration sur un intervalle quelconque 591 Dfinitions 592 Proprits des intgrales convergentes 643 Cas des fonctions positives 714 Cas des fonctions de signe quelconque 77

Chapitre 4 lments de topologie de Rn 881 Rappels sur Rn 882 Distance euclidienne 913 Ouverts et ferms 944 Parties convexes 98

Chapitre 5 Fonctions de n variables Continuit 1041 Graphe dune fonction 104

Table des matires

2 Continuit dune fonction de Rn dans R 1083 Oprations sur les fonctions continues 1114 Proprits des fonctions continues 116

Chapitre 6 Fonctions de n variables : calcul diffrentiel 1251 Calcul diffrentiel dordre 1 1252 Calcul diffrentiel dordre 2 135

Chapitre 7 Extremums 1481 Extremums sur un ouvert 1482 Extremums sous contrainte dgalits linaires 161

Chapitre 8 Variables alatoires relles discrtes 1711 Gnralits sur les variables alatoires relles 1712 Sries doubles convergentes 1793 Indpendance de variables alatoires relles discrtes 1854 Esprance et conditionnement des variables discrtes 186

Chapitre 9 Vecteurs alatoires discrets 2021 Couples de variables alatoires relles discrtes 2022 Variable alatoire fonction dun vecteur discret 2113 Vecteurs alatoires discrets valeurs dans Rn 221

Chapitre 10 Variables alatoires relles densit 2381 Dfinition des variables alatoires relles densit 2382 Moments dune variable alatoire densit 2463 Les lois usuelles 255

Chapitre 11 Convergences 2841 Convergence en probabilit 2852 Lois des grands nombres 2953 Convergence en loi 2984 Convergence en loi et approximations classiques 308

Chapitre 12 Estimation 3181 chantillons dune loi de probabilit 3192 Estimateurs 3273 Suites destimateurs 3334 Estimation par intervalles de confiance 3375 Statistiques bivaries 347

iv

Table des matires

Chapitre 13 Interventions informatiques 3641 Rcursivit 3642 Gestion de listes une dimension 3803 Simulations de lois relles discrtes 3904 Simulations de lois relles densit 4015 Estimation 412

Annexes Tables des lois usuelles 420

Solution des exercices 428Chapitre 1 429Chapitre 2 446Chapitre 3 464Chapitre 4 486Chapitre 5 496Chapitre 6 511Chapitre 7 524Chapitre 8 539Chapitre 9 564Chapitre 10 575Chapitre 11 595Chapitre 12 604

Index 620

v

Prface

Cet ouvrage est le deuxime de la srie Tout-en-un consacr aux classes prpara-toires au haut enseignement commercial. Il est destin aux tudiants de seconde annede la filire scientifique.

Couvrant la totalit des rsultats au programme, il contient tout ce qui est ncessairepour la srie conomique , au prix de certaines coupes videntes ; cela dit, un autrevolume couvrant les deux annes de celle-ci est en cours de rdaction, et sera publien juin 2006.

Rappelons dans quel esprit notre cours a t conu et ralis. Le rle dun professeurest, tout particulirement en classes prparatoires, de construire son propre cours partir de ses connaissances, de ses expriences et de ses lectures. Par suite ce livre nesten aucun cas un modle qui fournirait un cours prt lemploi. En direction desenseignants, justement exigeants quant leur libert pdagogique, notre but a donct humble : fournir nos collgues quelques points de rflexion, quelques suggestionsquant aux choix des propositions invoquer et de leurs dmonstrations.

Sil nest pas un cours lusage des enseignants, il nest pas davantage un texte danslequel un lve dcouvrirait seul la partie mathmatique des programmes de secondeanne ( quelques exceptions prs, dues des cas disolement imparable). Il sagit avanttout de donner aux tudiants un ouvrage de rfrence. Ce livre est consulter demanire essentiellement ponctuelle, par exemple la sortie dun cours, pour trouverune vision autre permettant peut-tre dclairer, par ses diffrences, lexpos de partiesplus dlicates que dautres, et aussi pour prparer une interrogation orale, la rdactiondun devoir libre ou un contrle. Il servira vrifier, avec la plus grande prcisionpossible, une dfinition, lnonc dune proposition, une formule, et se servir desnombreuses remarques mises au dtour des points un peu subtils.

Lintroduction de nouveaux concepts concernant le calcul des probabilits, introduitsde faon plutt abstraite, a ses avantages scientifiques vidents ; mais rptons quilserait stupide de penser que cela nimplique pas de relles difficults pdagogiques ettechniques quon peut difficilement cacher sous le tapis.

Prface

Comme dans louvrage de premire anne, a t prpare une copieuse liste dexer-cices. Leurs noncs sont classs par chapitre ( lexception du dernier, qui nen com-porte pas). Comme prcdemment, pour des raisons pdagogiques - ne pas laisser lelecteur devant la trop grande facilit de lire tout de suite une solution ds la premiredifficult rencontre -, les corrigs ont t regroups sur le site de Dunod, o ilsseront disponibles pour nos lecteurs ds la rentre scolaireRappelons la technique trs simple : une fois parvenu sur le site internetwww.dunod.com, il suffit de cliquer successivement sur les items sciences ettechniques , mathmatiques , classes prparatoires , licne de ce livre et enfinles complments en ligne . Ds lors, le lecteur est pri dentrer un mot de passe, partir du livre quil a en main, et enfin de cliquer sur corrigs . Ceux-ci sont auformat Pdf dAdobe ; on peut sy diriger par exemple laide de la commande CTL-Fpour retrouver un mot cl ou une expression (exemple : exercice 6.15) figurant aveccertitude dans la solution cherche. Toute partie slectionne la souris peut treenregistre sparment ou imprime selon les techniques usuelles de Windows oudApple.Pour ce livre comme pour le prcdent, nous redisons que nous serons toujours trsintresss par toutes les ractions des lecteurs de ce livre, tudiants ou enseignants :cest par un travail commun, o les lments extrieurs ont toute leur place, que desouvrages comme celui-ci peuvent rapidement trouver une forme dfinitive rpon-dant aux attentes lgitimes fortes des tudiants et aux grandes ambitions des auteurscherchant mettre entre les mains de tous un outil scientifique et pdagogique dequalit.

Christian GAUTIER et Andr WARUSFEL

viii

http://www.dunod.com

1Complmentsdalgbre linaire

Tous les espaces vectoriels mentionns sont de dimension finie.

1. Somme directe de sous-espaces, sous-espaces stables1.1 Somme directe de deux sous-espacesConformment ce quexige le programme, commenons par quelques rappels depremire anne.

Dfinition 1

Soient F1, F2, . . . , Fn des sous-espaces vectoriels dun espace E. On appelle somme dessous-espaces F1, F2, . . . , Fn lensemble des vecteurs de la forme

x1 + x2 + + xn

o x1 F1, x2 F2, . . . , xn Fn.

Cet ensemble se note F1 + F2 + + Fn ou encoren

k=1

Fk.

Dfinition 2

Soient F et G deux sous-espaces vectoriels dun espace vectoriel E. La somme F + G estdite directe si pour tout lment x de F +G, il existe un et un seul couple (x1, x2) FGtel que x = x1 + x2.

Proposition 1

Soient F et G deux sous-espaces vectoriels dun espace vectoriel E. La somme F + G estdirecte si, et seulement si, F G = {0}.

Dfinition 3

Soient F et G deux sous-espaces vectoriels dun espace vectoriel E. F et G sont ditssupplmentaires si E = F G.

Chapitre 1 Complments dalgbre linaire

Dfinition 4

Soient F1, F2 deux sous-espaces supplmentaires dun espace vectoriel E. On appelle pro-jection sur F1 paralllement F2 lapplication p qui tout vecteur x de E scrivant sousla forme x = x1 + x2 o x1 F1 et x2 F2 associe le vecteur p(x) = x1.

Exemples

1. Si lon note q la projection sur F2 paralllement F1, on vrifie facilement que p + q = IdEet p q = q p = 0. Les projections p et q sappellent des projections associes.

2. Traons la figure dans le cas o F1 et F2 sont deux droites vectorielles du plan et x unvecteur fix.

F1

F2

O

x

x1 = p(x)

x2 = q(x)

Proposition 2

Toute projection p est linaire et vrifie p p = p.

PreuveSoit p une projection sur F1 paralllement F2.Montrons que p est linaire. Soient x, y deux lments de E avec

x = x1 + x2 et y = y1 + y2

o x1, y1 sont deux vecteurs de F1 et x2, y2 deux vecteurs de F2. Soient l, m deux scalaires, on a alors

lx + my = l(x1 + x2) + m(y1 + y2)

= (lx1 + my1) + (lx2 + my2).

Comme F1 et F2 sont des sous-espaces, lx1 + my1 F1 et lx2 + my2 F2. On a donc

p(lx + my) = lx1 + my1

= lp(x) + mp(y)

cest--dire que p est linaire.

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Somme directe de sous-espaces, sous-espaces stables

Vrifions maintenant que p p = p. Soit x un vecteur de E avec

x = x1F1

+ x2F2

.

On a p(x) = x1. Commex1 = x1

F1

+ 0F2

on a (p p)(x) = p(x1) = x1. Do p p = p.

Dfinition 5

On appelle projecteur toute application p L(E) telle que p p = p.

Nous avons donc prouv que toute projection tait un projecteur. Prouvons mainte-nant la rciproque.

Proposition 3

Tout projecteur p ralise une projection sur m(p) paralllement Ker(p).

PreuveMontrons dabord que m(p) et Ker(p) sont supplmentaires. Nous allons prouver que pour tout vecteur x deE, il existe un unique couple (x1, x2) m(p) Ker(p) tel que x = x1 + x2.Soit x E. Supposons avoir x1 m(p) et x2 Ker(p) tels que x = x1 + x2. Fixons y E tel que x1 = p(y). Ona alors x = p(y) + x2. En appliquant p on trouve

p(x) = p(p (y))

+ p(x2)

= (p p)(y) + 0= p(y)

= x1.

On en dduit que ncessairement x1 = p(x) et x2 = x p(x). Autrement dit lcriture, si elle existe, est unique.Rciproquement pour tout x E, le vecteur p(x) m(p) et le vecteur x p(x) Ker(p) puisquep(x p(x)

)= p(x) p

(p(x))

= p(x) p(x) = 0. La dcomposition x = p(x) + x p(x) est donc une solutionqui convient.Daprs ce qui prcde, pour tout vecteur x de E, on a

x = p(x)m(p)

+ x p(x) Ker(p)

et p(x) est bien la projection de x sur m(p) paralllement Ker(p).

En rsum nous pouvons affirmer

Proposition 4

Soit p EE ; p est un projecteur si, et seulement si, p est une projection.

3

Chapitre 1 Complments dalgbre linaire

1.2 Somme directe de n sous-espaces

Dfinition 6

Soient F1, F2, . . . , Fn des sous-espaces vectoriels dun espace E et F =n

k=1

Fk. On dit

que F1, F2, . . . , Fn sont en somme directe si, et seulement si, pour tout vecteur x F, ilexiste une unique faon dcrire

x = x1 + x2 + + xn

avec x1 F1, x2 F2, . . . , xn Fn.

On note alors F = F1 F2 Fn ou encore F =n

k=1

Fk.

RemarqueOn note que si lon a deux sous-espaces, on retrouve la dfinition de la somme directe de deux sous-espaces.

Proposition 5

Soient F1, F2, . . . , Fn des sous-espaces vectoriels dun espace E, munis respectivement

dune base B1, B2, . . . , Bn, et F =n

k=1

Fk.

Les propositions suivantes sont quivalentes.

(i) F1, F2, . . . , Fn sont en somme directe.

(ii) (x1, x2, . . . , xn) F1 F2 Fn,

x1 + x2 + + xn = 0 x1 = x2 = = xn = 0

(iii) La famille obtenue en juxtaposant les vecteurs de B1, B2, . . . , Bn est une base de F.

(iv) dim F =n

k=1

dim(Fk).

PreuveNotons Bk = (ek1, ek2, . . . , eknk ) (o k 1, n).(i) (ii) Soient (x1, x2, . . . , xn) F1 F2 Fn tel que

x1 + x2 + + xn = 0

On remarque que lon a galement 0 + 0 + + 0 = 0 o 0 Fk pour k 1, n. Comme F1, F2, . . . , Fnsont en somme directe, par unicit de lcriture, il en rsulte que, pour tout k 1, n, xk = 0.

(ii) (iii) Il sagit de prouver que la famille B = (eki ) 1kn1ink

est une base de F. Remarquons dj que ces

vecteurs sont bien des lments de F.Montrons que cette famille est gnratrice. Soit x F, par dfinition de F, il existe(x1, x2, . . . , xn) F1 F2 Fn tel que x = x1 + x2 + + xn. Or, pour k 1, n, comme xk Fk, il

existe des scalaires ak1, ak2,. . . , a

knk tels que xk =

nki=1

aki eki .

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Somme directe de sous-espaces, sous-espaces stables

On en dduit que x =n

k=1

nki=1

aki eki . Donc x est bien combinaison linaire des vecteurs de B.

Montrons que cette famille est libre. Soient (aki ) 1kn1ink

des scalaires tels quen

k=1

nki=1

aki eki = 0. Posons,

pour k 1, n, xk =nk

i=1

aki eki , nous avons donc

nk=1

xk = 0 avec (x1, x2, . . . , xn) F1 F2 Fn.

Daprs la proprit vrifie par F1, F2, . . . , Fn, cela entrane que pour k 1, n, xk = 0. Or pour k 1, n,Bk est une famille libre, donc, k 1, n, i 1, nk, aki = 0. Ce qui prouve que B est une famille libre.La famille B tant libre et gnratrice de F, elle est une base de F.(iii) (i) Soit x F tel que

x = x1 + x2 + + xn = x1 + x2 + + xno (x1, . . . , xn) F1 . . . Fn et (x1, . . . , xn) F1 . . . Fn. Montrons que pour k 1, n, xk = xk.Remarquons dabord que

nk=1

xk xk = 0.

Soit k 1, n, le vecteur xk xk Fk (car Fk est un sous-espace vectoriel). Il existe donc des scalaires ak1,

ak2,. . . , aknk tels que xk x

k =

nki=1

aki eki . On a alors

nk=1

nki=1

aki eki = 0.

Comme la famille obtenue en juxtaposant les bases B1, . . . ,Bn est une base de F, elle est en particulierlibre. On en dduit que k 1, n, i 1, nk, aki = 0. Par consquent, pour k 1, n, xk xk = 0.

(iii) (iv) Cest immdiat.(iv) (iii) Il est clair que la famille B obtenue en juxtaposant les familles B1, . . . ,Bn est gnratrice de F. De

plus, elle compten

k=1

dim(Fk) vecteurs, soit dim(F) vecteurs. Cest donc une base de F.

1.3 Sous-espaces stables

Dfinition 7

Soit u L(E) et F un sous-espace vectoriel de E.On dit que F est stable par u si pour tout x F, u(x) F.

Exemples1. Pour tout endomorphisme u de E, Ker(u) est stable par u. En effet, pour tout x Ker(u),

on a u(u(x)) = u(0) = 0 et donc u(x) Ker(u).2. Plus gnralement, pour tout u L(E) et tout l K, El(u) est stable par u.

En effet, pour x El(u),u(u(x)) = u(lx) = lu(x)

et donc u(x) El(u).

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Chapitre 1 Complments dalgbre linaire

3. Si u et v sont deux endomorphismes de E tels que uv = vu, alors Ker(u) et m(u) sontstables par v. En effet, soit x Ker(u), alors u(v(x)) = v(u(x)) = v(0) = 0 et doncv(x) Ker(u). De mme soit y m(u), il existe x E tel que y = u(x). On a alorsv(y) = v(u(x)) = u(v(x)) et donc v(y) m(u).

Soient F1, F2, . . . , Fn des sous-espaces de E tels que E =n

k=1

Fk. Pour k 1, n,

fixons Bk = (ek1, . . . , eknk) une base de Fk et notons B la base de E obtenue en juxta-posant B1, B2, . . . , Bn. Soit u un endomorphisme de E qui laisse stable chacun de cessous-espaces, la matrice A de u dans la base B a la forme suivante :

A =

A1 (0) . . . (0)

(0) A2. . .

...

.... . . . . . (0)

(0) . . . (0) An

o pour k 1, n, la matrice Ak est de taille nk nk. On dit que A est diagonale parblocs.Plus prcisment, Ak est la matrice dans la base Bk de lendomorphisme de Fk induitpar u.Rciproquement, si la matrice dun endomorphisme u de E dans la base B est de cetteforme, alors les sous-espaces vectoriels F1, F2, . . . , Fn sont stables par u.

Exemple

Soit s une symtrie dun espace vectoriel E. On sait que

E = Ker(s IdE) Ker(s + IdE) = E1 E1.

De plus E1, E2 sont stables par s et par dfinition s|E1 = IdE1 et s|E1 = IdE1 . En posantn = dim(E) et k = dim(E1), on en dduit quil existe une base de E dans laquelle la matricede s scrit

Ik (0)

(0) Ink

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Rduction des endomorphismes

2. Rduction des endomorphismes

2.1 lments propresCommenons par quelques rappels

Dfinition 8

Soit u L(E).(i) Un scalaire l K est dit valeur propre de u sil existe x E non nul tel que

u(x) = lx.Lensemble des valeurs propres de u sappelle spectre de u et est not Sp(u).

(ii) Un vecteur x E est appel vecteur propre de u si x = 0 et sil existe l K telque u(x) = lx.Ce scalaire l est unique et on dit alors que x est un vecteur propre de u associ lavaleur propre de l.

(iii) Lensemble des valeurs propres de u sappelle spectre de u et se note Sp(u).

RemarqueProuvons lunicit du scalaire. Soit x un vecteur propre de u tel que u(x) = l1x = l2x, alors (l2 l1)x = 0.Comme x = 0, ncessairement l1 l2 = 0, autrement dit l1 = l2.

Dfinition 9

Soient u L(E), on note El lensemble suivant :

El = {x E | u(x) = lx}.

Si l est une valeur propre de u, El sappelle le sous-espace propre de u associ la valeurpropre l.

Remarques En fait El dpend galement de u, en cas dambigut on notera El(u). Pour l K, El est lensemble des vecteurs propres de u associs la valeur propre l auquel on ajoute le

vecteur nul. En particulier, l est valeur propre si, et seulement si, El = {0}. On sait que El = Ker(u l IdE), donc El est un sous-espace vectoriel de E et

l est une valeur propre El = {0} u l IdE nest pas injectif u l IdE nest pas bijectif.

En particulier, 0 est valeur propre si, et seulement si, u nest pas bijectif.

Proposition 6

Soient u L(E), l1, l2, . . . , lk des valeurs propres de u distinctes deux deux etx1, x2, . . . , xk des vecteurs propres associs. La famille (x1, x2, . . . , xk) est une famille libre.

PreuveProuvons-le par rcurrence sur k.

7

Chapitre 1 Complments dalgbre linaire

Cest vrai pour k = 1 puisquun vecteur propre nest pas nul.Supposons la proprit vrifie au rang k et montrons quelle est vraie au rang k + 1. Soit (x1, x2, . . . , xk+1) desvecteurs propres de u associs des valeurs propres distinctes l1, l2, . . . , lk+1. Supposons avoir des scalairesa1, a2, . . . , ak+1 tels que

k+1i=1

aixi = 0. (1)

En composant cette galit par u, on obtientk+1i=1

aiu(xi ) = 0 soit

k+1i=1

ailixi = 0. (2)

En effectuant lk+1(1) (2), on trouvek

i=1

ai (lk+1 li )xi = 0.

Mais daprs lhypothse de rcurrence, la famille (x1, . . . , xk) est libre. On en dduit que ai (lk+1 li ) = 0 pouri 1, k. Comme les valeurs propres sont distinctes lk+1 li = 0 et donc ai = 0 pour i 1, k. Il reste doncfinalement ak+1xk+1 = 0. Comme xk+1 = 0, puisque xk+1 est un vecteur propre, on a galement ak+1 = 0. Celaprouve que la famille (x1, . . . , xk+1) est libre. La proprit est donc prouve par rcurrence.

Corollaire 1

Les sous-espaces propres dun endomorphisme dun espace de dimension finie sont ensomme directe.

PreuveSoit u un endomorphisme de E, si les sous-espaces propres de u ntaient pas en somme directe, il existerait desvecteurs propres de u, x1, x2, . . . , xk, associs des valeurs propres distinctes, tels que x1 + x2 + + xk = 0.En particulier la famille (x1, . . . , xk) serait lie. Cela est en contradiction avec la proposition prcdente. Lessous-espaces propres de u sont donc bien en somme directe.

2.2 Polynme dun endomorphisme

Dfinition 10

Soit P K[X], tel que P =n

k=0

akXk et u un endomorphisme de E. On note P(u)

lendomorphisme dfini par

P(u) =n

k=0

akuk.

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Rduction des endomorphismes

Proposition 7

Soient P, Q K[X], l, m K et u L(E), on a les galits

(lP + mQ)(u) = lP(u) + mQ(u)(PQ)(u) = P(u) Q(u).

PreuveCest une consquence de la structure dalgbre de L(E).

Dfinition 11

On dit quun polynme P est un polynme annulateur dun endomorphisme u siP(u) = 0.

Exemples1. Si u est une homothtie de rapport l, autrement dit si u = l IdE, alors le polynme

P(X) = X l est annulateur de u, puisque P(u) = u l IdE = 0E.2. Le polynme Q(X) = X2 X est annulateur de toute projection. En effet, si p est un

projecteur, alors Q(p) = p2 p = p p = 0.3. Le polynme R(X) = X2 1 est annulateur de toute symtrie. En effet, si s est une

symtrie, alors R(s) = s2 IdE = IdE IdE = 0.

Proposition 8

Tout endomorphisme dun espace de dimension finie admet un polynme annulateur nonnul.

PreuveSoit u L(E). Notons p = dim(E). La famille (IdE, u, u2, . . . , up

2) est une famille de vecteurs de L(E) qui

compte p2 + 1 lments. Comme dim(L(E)) = p2, cette famille est lie, cest--dire quil existe des scalaires

a0, a1, . . . , ap2 , non tous nuls, tels quep2

k=0

akuk = 0. Si lon pose P(X) =

p2k=0

akXk, on a donc P(u) = 0, avec

P = 0 puisque les ak sont non tous nuls.

Proposition 9

Soit u L(E) qui admet P comme polynme annulateur. Si l est une valeur propre deu, alors P(l) = 0.

PreuveSoit x un vecteur propre de u associ l. On a donc u(x) = lx. Prouvons par rcurrence que

n N, un(x) = lnx.

9

Chapitre 1 Complments dalgbre linaire

Pour n = 0, on a u0(x) = Id(x) = x qui est bien gal l0x = x.Supposons que un(x) = lnx, alors

un+1(x) = u(un(x)) = u(lnx) = lnu(x) = ln lx = ln+1x

ce qui achve la rcurrence.

Notons P =n

k=0

akXk. On a

P(u)(x) =

(n

k=0

akuk

)(x) =

nk=0

akuk(x) =

nk=0

aklkx =

(n

k=0

aklk

) x = P(l) x.

Mais par ailleurs, comme P(u) = 0, on a galement P(u)(x) = 0. On en dduit que P(l) x = 0. Or x tant unvecteur propre, x = 0, et donc P(l) = 0.

Exemples1. Les valeurs propres dune projection sont donc racines du polynme X2 X. Une projec-

tion nadmet donc au plus que deux valeurs propres savoir 0 et 1.

2. De mme les valeurs propres dune symtrie sont racines du polynme X2 1. Autrementdit les valeurs propres possibles dune symtrie sont 1 et 1.

3. Soit D, lendomorphisme de Rn[X], qui tout polynme P de Rn[X] associe P. Le poly-nme Xn+1 est annulateur de D, puisque pour P Rn[X], on a Dn+1(P) = P(n+1) = 0 (cardeg(P) n). Comme la seule racine de Xn+1 est 0, 0 est la seule valeur propre possible deD. De plus 0 est bien valeur propre puisque D(1) = 0.Il en rsulte que Sp(D) = {0}.

Proposition 10

Tout endomorphisme dun espace de dimension finie admet un nombre fini de valeurspropres.

PreuveCela a dj t prouv en premire anne. Donnons-en une autre dmonstration.Soit u L(E). On sait quil existe un polynme P non nul annulateur de u. Daprs la proposition prcdente,toute valeur propre de u est une racine de P. Comme P a un nombre fini de racines, puisquil est non nul,ncessairement u admet un nombre fini de valeurs propres.

2.3 Endomorphismes diagonalisablesRappelons la dfinition de la diagonalisabilit :

Dfinition 12

Un endomorphisme u L(E) est dit diagonalisable sil existe une base de E forme devecteurs propres de u, cest--dire sil existe une base (e1, e2, . . . , en) de E telle que pourtout i 1, n, ei soit un vecteur propre de u.

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Rduction dune matrice

Proposition 11

Soit u L(E) de valeurs propres l1, l2, . . . , lk. Les assertions suivantes sont quivalentes(i) u est diagonalisable ;

(ii) dim(E) =k

i=1

dim(Eli ) ;

(iii) E est somme directe des sous-espaces propres de u.

Preuve(i) (iii) Si u est diagonalisable, il existe une base de vecteurs propres de E. Tout vecteur de E est donc

combinaison linaire de vecteurs propres. On en dduit que E =k

i=1

Elk . Or daprs la proposition 1, cette

somme est directe, donc E est bien somme directe des sous-espaces propres de E.

(iii) (i) Fixons pour i 1, k, Bi une base de Eli . Bi est constitu de vecteurs propres de u. On sait que lafamille B obtenue en juxtaposant B1, B2, . . . , Bk est une base de E. Or cette base est forme de vecteurspropres de u. Cet endomorphisme est diagonalisable.

(ii) (iii) Posons F =k

i=1

Eli . Comme les sous-espaces propres sont en somme directe,

dim(F) =k

i=1

dim(Eli ). Daprs lhypothse on a donc dim(F) = dim(E), et par consquent F = E. On

obtient finalement E =k

i=1

Eli .

(iii) (ii) Comme E =k

i=1

Eli , on a dim(E) =k

i=1

dim(Eli ).

3. Rduction dune matrice3.1 SimilitudeRappelons quelques rsultats autour de la similitude.

Dfinition 13

Deux matrices A et B de Mn(K) sont dites semblables sil existe une matrice inversibleP Mn(K) telle que B = P1AP.

RemarquePour toutes matrices A, B Mn(K) et P GLn(K), on a1. B = P1AP A = PBP1.2. n N Bn = P1AnP (formule valable pour n Z si A et B sont inversibles).

Proposition 12

Deux matrices sont semblables si, et seulement si, elle reprsentent le mme endomor-phisme dans des bases ventuellement diffrentes.

11

Chapitre 1 Complments dalgbre linaire

3.2 lments propres

Dfinition 14

Soit A Mn(K). Un scalaire l K est dit valeur propre de A sil existe un vecteurcolonne X Mn,1(K) non nul telle que AX = lX. Un tel vecteur colonne est alorsappel vecteur propre de A, associ la valeur propre l. Lensemble des valeurs propresde A sappelle le spectre de A et est not Sp(A).

Exemple

Soit A =

3 1 11 3 11 1 3

M3(R).On sait que pour rechercher les valeurs propres de A, on triangule la matrice A lI3 (ol R) : 3 l 1 11 3 l 1

1 1 3 l

1 1 3 l1 3 l 1

3 l 1 1

L1 L3

1 1 3 l0 2 l l 20 l 2 l2 + 6l 8

L2 L2 L1L3 L3 + (l 3)L1

A(l) =

1 1 3 l0 2 l l 20 0 l2 + 7l 10

L3 L3 + L2

Les valeurs propres sont donc les solutions de (2l)(l2 +7l10) = 0. 2 est racine videntede l2 + 7l 10, donc lautre racine est 7 2 = 5. On en dduit que Sp(A) = {2, 5}.De plus, en remarquant que 3 1 11 3 1

1 1 3

111

= 55

5

et 3 1 11 3 1

1 1 3

110

= 22

0

,on peut affirmer que le vecteur

111

est un vecteur propre de A associ la valeur propre5 et que le vecteur

110

est un vecteur propre de A associ la valeur propre 2.Dfinition 15

Pour A Mn(K) et l K, on note

El = {X Mn,1(K) | AX = lX} .

12

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Rduction dune matrice

Si l est une valeur propre de A, El sappelle le sous-espace propre de A associ la valeurpropre l.

Remarques On remarquera que lquation AX = lX quivaut (A lIn)X = 0. Lensemble El dpend de A. En cas dambigut, on notera cet ensemble El(A). On prouve facilement que El est un sous-espace vectoriel de Mn,1(K). De mme El = {0E} si et seulement si

l est une valeur propre et dans ce cas El est lensemble des vecteurs propres de A associs la valeur proprel auquel on rajoute le vecteur nul.

Exemple

Reprenons la matrice A =

3 1 11 3 11 1 3

. Dterminons une base de E2 et E5.Soit X M3,1(R) avec X =

xyz

, on aX E2 (A 2I3)X = 0

1 1 10 0 00 0 0

xyz

= 0 x + y + z = 0 x = y z.

On en dduit que

E2 =

y zy

z

y, z R

=

y 11

0

+ z 10

1

y, z R

= Vect

110

, 10

1

.Les deux vecteurs tant non colinaires,

110

, 10

1

est une base de E2.De mme

X E5 (A 5I3)X = 0 {

x + y 2z = 03y + 3z = 0

{

x = zy = z

et donc E5 = Vect

111

. Ce vecteur tant non nul, 11

1

est une base de E5.13

Chapitre 1 Complments dalgbre linaire

Proposition 13

Soient A Mn(K), E un espace de dimension n muni dune base B = (e1, . . . , en) et uun endomorphisme de E de matrice A dans la base B. Soit w lapplication

Mn,1(K) E x1...xn

nk=1

xkek

w ralise un isomorphisme de Mn,1(K) sur E qui induit une bijection de El(A) sur El(u)pour tout l K.

PreuveOn prouve sans difficult que w est une application linaire bijective.De plus, pour l K et X Mn,1(K),

X El(A) AX = lX u(w(X)) = lw(X) w(X) El(u).

Remarques On dduit de ce thorme que les valeurs propres de A sont les valeurs propres de u et pour tout l K,

dim(El(u)) = dim(El(A)).

Cette proposition permet de donner une version matricielle de tous les rsultats donns sur les endomor-phismes.On peut par exemple affirmer que les sous-espaces propres dune matrice sont en somme directe.

Proposition 14

Soit A Mn(K), un scalaire l est une valeur propre de A si, et seulement si, A lInnest pas inversible.

PreuveSoit u lendomorphisme de Kn canoniquement associ A, on a alors

l est valeur propre de A l est valeur propre de u (u l IdE) nest pas bijectif (A lIn) nest pas inversible.

RemarqueEn particulier 0 est valeur propre de A si et seulement si A nest pas inversible.

Corollaire 2

Les valeurs propres dune matrice triangulaire sont ses coefficients diagonaux.

14

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Rduction dune matrice

PreuveSoit A Mn(K) une matrice triangulaire suprieure, avec

A =

a1,1 a1,2 . . . a1,n

0 a2,2. . .

......

. . .. . . an1,n

0 . . . 0 an,n

.

On a alors

A lIn =

a1,1 l a1,2 . . . a1,n

0 a2,2 l. . .

......

. . .. . . an1,n

0 . . . 0 an,n l

.

Cette matrice est non inversible si, et seulement si, lun de ses coefficients diagonaux est nul, cest--dire si,et seulement sil existe un entier i 1, n tel que l = ai,i . Les valeurs propres de A sont donc les sca-laires a1,1, a2,2, . . . , an,n.La dmonstration est analogue pour une matrice triangulaire infrieure.

3.3 Polynme dune matrice

Dfinition 16

Soient P K[X], tel que P =n

k=0

akXk et A une matrice de Mn(K). On note P(A) la

matrice dfinie par

P(A) =n

k=0

akAk.

Proposition 15

Soient P, Q K[X], l, m K et A Mn(K), on a les galits

(lP + mQ)(A) = lP(A) + mQ(A)(PQ)(A) = P(A) Q(A).

PreuveCest une consquence de la structure dalgbre de Mn(K).

Proposition 16

Soient P K[X], u un endomorphisme de E muni dune base B et A la matrice de udans la base B. On a MB(P(u)) = P(A).

15

Chapitre 1 Complments dalgbre linaire

PreuveDaprs les proprits connues sur les matrices, pour tout k N, on a :

MB(uk) = MB(u)k = Ak. Si lon note P(X) =n

k=0

akXk, il sensuit que

MB(P(u)) = MB

(n

k=0

akuk

)=

nk=0

MB(uk) =n

k=0

akAk = P(A).

Dfinition 17

On dit quun polynme P est un polynme annulateur dune matrice A si P(A) = 0.

Exemples1. Un polynme annulateur permet de dterminer la puissance neme dune matrice.

Considrons la matrice A =(

4 11 4

). On a A2 =

(17 88 17

). On remarque que

A2 8A = 15I . Le polynme P(X) = X2 8X + 15 est donc annulateur de A. Pourcalculer An, on va dterminer le reste de la division de Xn par P. Pour tout n N, on saitquil existe deux rels an, bn et un polynme Qn tels que Xn = P(X)Qn(X) + anX + bn.Comme 3 et 5 sont les racines de P, on a{

3an + bn = 3n5an + bn = 5n

.

En rsolvant ce systme, on trouve que an =5n 3n

2et bn =

5 3n 3 5n2

De plus, en valuant lgalit Xn = P(X)Qn(X) + anX + bn en A, on trouve queAn = P(A)Qn(A) + anA + bnI = anA + bnI (puisque P(A) = 0).On en dduit que, pour n N,

An =5n 3n

2A +

5 3n 3 5n2

I

=12

(3n + 5n 5n 3n5n 3n 3n + 5n

).

Notons galement que le polynme annulateur de A permet de prouver que Aest inversible et dexprimer A1 en fonction de A. En effet, on peut crire que

A 115

(A + 8I) = I , donc A est inversible et A1 = 115

(A + 8I).Plus gnralement si un polynme annulateur dune matrice a un coefficient constant nonnul, alors la matrice est inversible et lon peut exprimer son inverse comme un polynmeen la matrice.

2. Soit B =(

1 11 1

). On a

B2 =(

0 22 0

)et B4 = (B2)2 =

(4 0

0 4

).

On en dduit que le polynme P(X) = X4 + 4 est un polynme annulateur de B.

16

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Rduction dune matrice

Proposition 17

Si P K[X] est un polynme annulateur dune matrice A Mn(K), les valeurs propresde A sont racines de P.

PreuveSoit u lendomorphisme de Rn canoniquement associ A et l une valeur propre de A. On sait que l est unevaleur propre de u. Mais comme P(A) = 0, on a P(u) = 0, et donc l est une racine de P.

RemarqueOn aurait pu galement prouver que si X El(A), alors pour n N, AnX = lnX et en dduire que P(A)X = P(l)X.

ExempleEn reprenant lexemple prcdent, on en dduit que les valeurs propres de la matrice

B =(

1 11 1

)sont racines de X4 + 4. La matrice B na donc pas de valeur propre relle.

Sur C, on aSp(B)

{2e

ip4 ,

2e3ip4 ,

2e

5ip4 ,

2e

7ip4

}.

Comme on sait que B possde au plus deux valeurs propres, on vrifie sur cet exemple quetoutes les racines dun polynme annulateur de B ne sont pas ncessairement des valeurspropres de B.

3.4 Matrices diagonalisables

Dfinition 18

Une matrice A Mn(K) est dite diagonalisable sil existe une matrice P GLn(K)telle que P1AP soit une matrice diagonale.

Remarques Autrement dit une matrice est diagonalisable si elle est semblable une matrice diagonale. Une matrice de Mn(R) peut tre diagonalisable si elle est considre comme une matrice de Mn(C) sans ltre

en tant que matrice de Mn(R). En cas dambigut, on parlera de matrice diagonalisable sur R ou sur C.

Proposition 18

Soit u L(E), B1 une base de E et A = MB1 (u).1. Soit B2 une base de vecteurs propres de u associs aux valeurs propres l1, . . . , ln. En

notant P la matrice de passage de B1 B2, on a P1AP = Diag(l1, . . . , ln).2. Soit P une matrice de GLn(K) telle que P1AP = Diag(l1, . . . , ln). On note B2 la

base de E telle que P soit la matrice de passage de B1 B2. Cette base B2 est une basede vecteurs propres de u associs aux valeurs propres l1, . . . , ln.

En particulier u est diagonalisable si, et seulement si, A est diagonalisable.

Preuve1. Soit B2 une telle base. On sait que MB2 (u) = Diag(l1, . . . , ln). Mais on sait aussi que si lon note P la

matrice de passage de B1 B2, on a MB2 (u) = P1AP. Do le rsultat.

17

Chapitre 1 Complments dalgbre linaire

2. Soit P une telle matrice et B2 la base de E telle que P soit la matrice de passage de B1 B2. On sait alors queMB2 (u) = P1AP. On a donc MB2 (u) = Diag(l1, . . . , ln), autrement dit B2 est une base de E forme devecteurs propres de u associs aux valeurs propres l1, . . . , ln.

Thorme 1

Soit A une matrice de Mn(K), les propositions suivantes sont quivalentes :(i) A est diagonalisable ;

(ii) Mn,1(K) est somme directe des sous-espaces propres de A ;(iii) La somme des dimensions des sous-espaces propres de A est gale n.

PreuveCest une consquence de la proposition 13.

Exemples

1. La matrice A =

3 1 11 3 11 1 3

admet deux valeurs propres 2 et 5.Comme dim(E2 E5) = 3 = dim(M3,1(R)), on a M3,1(R) = E2 E5 et donc A estdiagonalisable.

2. La matriceB =(

1 11 1

)nadmet pas de valeur propre relle, donc B nest pas diagonalisable sur R. Dterminonsles valeurs propres de B sur C.

La matrice(

1 l 11 1 l

)est non inversible si, et seulement si, (1 l)2 + 1 = 0,

soit encore (1 l i)(1 l + i) = 0. Donc Sp(B) = {1 i, 1 + i}. Comme B possde 2valeurs propres, B est bien diagonalisable sur C.

18

1. Dterminer les lments propres de la matrice

A =

1 1 . . . . . . . . . 1 11 0 . . . . . . . . . 0 1...

......

......

... (0)...

......

......

...1 0 . . . . . . . . . 0 11 1 . . . . . . . . . 1 1

Mn(R)

2. Soit n N et a R, dterminer les lments propres de la matrice

A =

a 1 . . . 1

1. . .

. . ....

.... . .

. . . 11 . . . 1 a

Mn(R)

3. (Oral ESCP) Soit E lespace vectoriel des fonctions continues sur R, valeurs relles.Soit a > 0 un rel donn. A tout f E on associe la fonction Ta(f ) dfinie pour tout x relpar :

Ta(f )(x) =12a

x+axa

f (t)dt

1. Montrer que pour tout f E, Ta(f ) est bien dfinie et est de classe C1 sur R.2. Montrer que Ta(f ) est constante si, et seulement si, f est priodique de priode T = 2a.3. Montrer que lapplication Ta est un endomorphisme de E. Dterminer son noyau. Ta est-il

surjectif ?

4. Soit n 2 un entier naturel et Rn[X] lespace vectoriel des fonctions polynmes de degrinfrieur ou gal n. Montrer que la restriction de Ta Rn[X] est un endomorphisme deRn[X].On notera encore Ta cette restriction.

5. a) Montrer que la matrice associe Ta dans la base canonique de Rn[X] est triangulairesuprieure. En dduire les valeurs propres de Ta. Cet endomorphisme est-il diagonali-sable ?

b) Soit f Rn[X]. Montrer que si le degr de f est gal 2, f nest pas vecteur propre deTa.

c) Montrer que si f est vecteur propre de Ta, sa drive f lest galement. En dduire lessous-espaces propres de Ta.

4. Soit E un espace vectoriel sur K de dimension finie.

1. Soient u1, u2 deux endomorphismes de E.Montrer que dim(Ker(u1 u2)) dim(Ker(u1)) + dim(Ker(u2)).

19

Chapitre 1 Complments dalgbre linaire

2. Gnraliser le rsultat prcdent en prouvant que quels que soient les endomorphismes u1,u2, . . . , un de E, on a

dim(Ker(u1 u2 un)

)

nk=1

dim(Ker(uk)).

3. On suppose dans cette question que K = C et on considre u L(E) tel que u3 = IdE.Montrer que u est diagonalisable.

4. Plus gnralement, soit u L(E) tel quil existe un polynme annulateur de u racinessimples.Montrer que u est diagonalisable.

5. Rciproquement, soit u un endomorphisme de E diagonalisable. Montrer que u admet unpolynme annulateur racines simples.

5. Soit f lendomorphisme de R3 dont la matrice dans la base canonique est

A =

1 12 21 1 14 8 3

.1. Dterminer les valeurs propres de f .

2. Montrer que Ker(f 3 Id)2 et Ker(f + Id) sont supplmentaires.3. Dterminer une base B de R3 dans laquelle la matrice de f est

B =

( 1 0 00 3 10 0 3

).

4. Dterminer Bn pour n N.5. En dduire la valeur de An.

6. (Oral ESCP) On considre la matrice A =(

a bc d

) M2(Z). On suppose quil

existe un entier n 2 tel que An = I2, o I2 dsigne la matrice identit de M2(R). Le but decet exercice est de montrer que A12 = I2.On note s lensemble des valeurs propres (relles ou complexes) de A.

1. Montrer que l s si et seulement si l2 (a + d)l + (ad bc) = 0.En dduire que s nest pas vide.On admettra que la matrice A vrifie la relation : A2 (a + d)A + (ad bc)I2 = 0 () .

2. Montrer que s vrifie lune, et lune seulement, des deux propositions suivantes :a) s {1, 1}b) il existe un entier p tel que 1 p < n/2 et s = {e2ipp/n, e2ipp/n}.Que peut-on dire, dans ce cas, du nombre 2 cos(2pp/n) ?

3. On suppose que card(s) = 2. En tudiant les diffrents cas, montrer que A12 = I2.4. On suppose que s = {1} et que A = I2.

20

EXERCICES

a) En utilisant la relation (), montrer que Ker(A I2) = (A I2)b) En dduire que A est semblable :

T =(

1 10 1

)c) Calculer Tk, pour k 1. En dduire une contradiction.

5. Montrer que si s = {1} et A = I2, on arrive galement une contradiction.Conclure.

7. (Intersection dhyperplans) Soit E un espace vectoriel sur K de dimension n.Soient w1, w2, . . . , wp des formes linaires sur E telles que la famille (w1, . . . , wp) soit unefamille libre de L(E, K) (en particulier p n).

1. On dfinit lapplication f par :

f :{

E Kpx

(w1(x), . . . , wp(x)

)Montrer que rg(f ) = p.

2. Montrer que Ker(f ) =p

k=1

Ker(wk).

3. En dduire que

dim

( pk=1

Ker(wk)

)= n p.

8. (Rduction dun endomorphisme nilpotent) Soit u un endomorphisme dun C-espace vectoriel E tel que uk = 0 et uk1 = 0 (o k N).Soit x0 E tel que uk1(x0) = 0.1. Prouver que (x0, u(x0), . . . , uk1(x0)) est une famille libre.

On note pour la suite F = Vect(x0, . . . , uk1(x0)).2. Montrer que F est stable par u.

3. Montrer quil existe une forme linaire w sur E telle que w(uk1(x0)) = 0.4. Montrer que la famille (w, w u, . . . , w uk1) est une famille libre de E = L(E, C).5. On note

G =k1i=0

Ker(w ui).

Montrer que G est stable par u.

6. Montrer que F et G sont supplmentaires.(On utilisera le rsultat de lexercice prcdent)

21

Chapitre 1 Complments dalgbre linaire

7. En dduire par rcurrence sur la dimension de E quil existe une base de E dans laquelle lamatrice de u est de la forme

0 1 (0)0 2

. . .. . .

(0). . . n

0

o pour i 1, n, i {0, 1}.

9. (Oral ESCP) On note M3(R) lespace vectoriel rel des matrices carres dordre 3 coefficients rels. On considre la matrice A dfinie par :

A =

(0 1 11 0 11 1 0

)

1. Dterminer la matrice B = A2 + 2I . On admettra que B est diagonalisable.2. Montrer que B2 = B + 2I .3. Dterminer les valeurs propres de B. En dduire les sous-espaces propres associs.

4. Vrifier que si l est une valeur propre de A, alors l2 + 2 est une valeur propre de B. Endduire que A nest pas diagonalisable dans M3(R).

5. Montrer que B est inversible et exprimer B1 en fonction des matrices B et I .

6. On sintresse maintenant aux puissances de B.a) On pose, pour tout n 2, Xn = (X2 X 2)Qn(X) + Rn(X) o Qn et Rn sont deux

polynmes tels que deg(Rn) < 2.On note Rn(X) = anX + bn. Dterminer le couple (an, bn).

b) En dduire lexpression de Bn en fonction de I , B et n, pour n 0.c) Montrer que lexpression de Bn en fonction de I , de B et de n, qui a t obtenue pour

n 0, est encore valable pour les entiers ngatifs.

10. 1. Soit n 2 un entier naturel et A une matrice carre dordre n sur C telle que,pour tout i 1, . . . , n

|ai,i| >j =i

|ai,j|.

Montrer que la matrice A est inversible (on pourra raisonner par labsurde et considrerune colonne X non nulle telle que AX = 0).

2. Soit A une matrice carre dordre n quelconque. Soit l une valeur propre de A. Montrerque :

l n

i=1

D(ai,i,j =i

|ai,j|),

o pour a C, R > 0, D(a, R) = {z C / |z a| R}.

22

EXERCICES

3. Soit n 2 et A la matrice :

A =

0 1 0 . . . 0

1 0 1. . .

...

0. . .

. . .. . . 0

.... . . 1 0 1

0 . . . 0 1 0

.

a) Montrer que si l est une valeur propre relle de A, alors |l| 2.On pose alors l = 2 cos(u), u [0, p].

b) Dterminer les valeurs propres et les vecteurs propres de A.

11. ( Carrs magiques ) Soit E lensemble des matrices carres relles dordre n,(n 2) form des matrices A = (ai,j) telles quil existe un rel unique not m(A) vrifiant laproprit suivante

(i, j) {1, . . . , n}2,n

k=1

ai,k =n

k=1

ak,j = m(A).

On considre en outre la matrice J = (jp,q) de E dfinie par :

pour tout (p, q) 1, n2, jp,q = 1.

1. Montrer que E est un sous-espace vectoriel de Mn(R).Calculer A.J et J.A pour A E.En dduire que E est stable par la multiplication des matrices et que lapplicationm : A m(A) est une application linaire de E sur R.

2. Soit G la droite vectorielle engendre par J et soit H = Ker m le noyau de m.Montrer que E = G H (on pourra considrer la matrice A

(m(A)

n

)J , pour A E).

3. Pour tout couple (k, l) {2, . . . , n}2, on considre la matrice Hk,l dont tous les lmentssont nuls excepts :

hk,l1,1 = hk,lk,l = 1, et h

k,l1,l = h

k,lk,1 = 1.

Montrer que pour tout couple (k, l) {2, . . . , n}2, Hk,l est lment de H et que lensembledes matrices (Hk,l) forme une base de H (si A = (ai,j) H, on pourra considrer la matriceA =

2k,ln ak,lH

k,l).En dduire la dimension de E.

23

2Algbre bilinaire

Les espaces vectoriels de ce chapitre sont des espaces vectoriels sur R.

1. Produit scalaire1.1 Produit scalaire

Dfinition 1

On appelle produit scalaire sur E, toute application w bilinaire sur E, symtrique etdfinie positive, cest--dire toute application w de E E vers R telle que1. (x, y, z) E3,(l, m) R2, w(lx + my, z) = lw(x, z) + mw(y, z).2. (x, y, z) E3,(l, m) R2, w(x, ly + mz) = lw(x, y) + mw(x, z).3. (x, y) E2, w(x, y) = w(y, x).4. x E, w(x, x) 0.5. x E, w(x, x) = 0 x = 0.On note souvent w(x, y) sous la forme x, y, x|y, (x|y) ou encore x y.

RemarquePlus gnralement, si w est une application de E E R, on dit que w est bilinaire si elle vrifie les deux premiers points.

symtrique si elle vrifie le troisime point.

positive si elle vrifie le quatrime point.

dfinie si elle vrifie le cinquime point.

Proposition 1

Une application w de E E vers R est un produit scalaire si, et seulement si,1. (x, y, z) E3,(l, m) R2, w(lx + my, z) = lw(x, z) + mw(y, z).2. (x, y) E2, w(x, y) = w(y, x).3. x E, w(x, x) 0.4. x E, w(x, x) = 0 x = 0.

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Produit scalaire

PreuveSi w est un produit scalaire, il est clair que w vrifie les proprits annonces (puisquon reconnat quatre descinq proprits vrifies par un produit scalaire).Rciproquement si w vrifie ces quatre proprits, il reste donc prouver le deuxime point. Soient x, y, z E etl, m K, on a

w(x, ly + mz) = w(ly + mz, x)

= lw(y, x) + mw(z, x)

= lw(x, y) + mw(x, z).

Remarques Dans toute la suite E dsignera un espace vectoriel muni dun produit scalaire. Un produit scalaire sur E induit naturellement un produit scalaire sur tout sous-espace vectoriel de E.

Exemples

1. Soit w lapplication dfinie par

w :{

R2 R2 R

((x1, y1), (x2, y2)) x1x2 + y1y2.

Montrons que w est un produit scalaire.

Soient (x1, y1), (x2, y2), (x3, y3) R2 et l, m R, on a

w(l(x1, y1) + m(x2, y2), (x3, y3)

)= w((lx1 + mx2, ly1 + my2), (x3, y3)

)= (lx1 + mx2)x3 + (ly1 + my2)y3= lx1x3 + mx2x3 + ly1y3 + my2y3= l(x1x3 + y1y3) + m(x2x3 + y2y3)

= lw((x1, y1), (x3, y3)

)+ mw

((x2, y2), (x3, y3)

).

Soient (x1, y1), (x2, y2), on a

w((x1, y1), (x2, y2)

)= x1x2 + y1y2 = x2x1 + y2y1 = w

((x2, y2), (x1, y1)

).

Soit (x, y) R2, on a w((x, y), (x, y)) = x2 + y2 0. Enfin, si (x, y) est un couple de rel tel que w((x, y), (x, y)) = 0, alors x2 + y2 = 0 et

donc x = y = 0.Ce produit scalaire sappelle le produit scalaire canonique de R2.

2. Plus gnralement, on montre que lapplicationR

n Rn R

((x1, x2, . . . , xn), (y1, y2, . . . , yn)) n

k=1

xkyk

est un produit scalaire sur Rn. Ce produit scalaire est appel produit scalaire canonique deR

n. Sauf mention contraire, cest le produit scalaire dont sera muni Rn dans la suite.

25

Chapitre 2 Algbre bilinaire

3. Soit n N, lapplication dfinie par

c :

Rn[X] Rn[X] R

(P, Q) 11

P(t)Q(t)dt

est un produit scalaire sur Rn[X]. Admettons la bilinarit et la symtrie de c, qui sontimmdiates.Prouvons les deux derniers points.

Soit P Rn[X], alors c(P, P) = 11

P(t)2dt. Or, pour t [1, 1], P(t)2 0, donc parpositivit de lintgrale, c(P, P) 0.

Enfin si P est un polynme de Rn[X] tel que c(P, P) = 0, alors on a 11

P(t)2dt = 0.

On sait que lintgrale dune fonction positive continue est nulle si, et seulement si,cette fonction est nulle. Comme t P(t)2 est continue sur [1, 1], on en dduit quepour tout t [1, 1], P(t)2 = 0 et donc P(t) = 0. Le polynme P admettant uneinfinit de racines, il est nul.

4. Plus gnralement, si a et b sont deux rels tels que a < b, lapplicationC([a, b], R) C([a, b], R) R

(f, g) b

af (t)g(t)dt

est un produit scalaire sur C([a, b], R), ensemble des fonctions relles dfinies et continuessur lintervalle [a, b].

1.2 Norme euclidienne

Dfinition 2

On appelle norme euclidienne associe au produit scalaire de E lapplication qui toutvecteur x de E associe le rel

x, x. Ce rel sappelle norme de x et est not x.

Exemples

1. Pour la structure euclidienne canonique, on a (3,1) =

32 + (1)2 =

10.

2. Pour le produit scalaire P, Q = 1

0P(t)Q(t)dt, on a

X 1 =

10

(t 1)2dt =

[(t 1)3

3

]10

=

13

=

33

26

D

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L

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otoc

opie

non

auto

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t

Produit scalaire

3. Dans le plan rapport un repre orthonorm, la norme euclidienne dun vecteur decoordonnes (x, y) est justement gal (x, y) :

O

u

x

y u2 = x2 + y2

Thorme 1 (Ingalit de Cauchy-Schwarz)

Pour tout couple (x, y) de vecteurs de E, on a lingalit :

| x, y | xy,

avec galit si, et seulement si, x et y sont colinaires.

PreuveSoient x, y deux vecteurs de E.Si y = 0, lingalit est vrifie. Cest en fait une galit, et on a bien x et y qui sont colinaires.Supposons maintenant que y soit non nul. On sait que, pour tout rel l, x + ly2 0, or

x + ly2 = x + ly, x + ly = x, x + l x, y + l y, x + l2 y, y= l2y2 + 2l x, y + x2

Cette expression qui est un trinme en l, car y2 = 0, est donc de signe constant sur R. On en dduit queson discriminant rduit est ngatif, cest--dire que

x, y2 x2y2 0,

soit x, y2 x2y2, ou encore | x, y | xy.Si cette ingalit est une galit, alors D = 0 et donc il existe un rel l0 tel que x + l0y = 0, soit encorex = l0y. Les vecteurs x et y sont colinaires.Rciproquement, si x et y sont colinaires, alors il existe un rel l0 tel que x = l0y (puisque y = 0). On a alorsx l0y2 = 0. On en dduit que l0 est racine du trinme. Son discriminant D est donc nul, cest--direque lingalit est une galit.

RemarqueLingalit reste vraie pour une forme bilinaire symtrique positive qui nest pas dfinie.

Exemples1. Cette ingalit applique deux vecteurs quelconques (a1, . . . , an) et (b1, . . . , bn) de Rn

donne n

k=1

akbk

n

k=1

a2k

nk=1

b2k.

27

Chapitre 2 Algbre bilinaire

2. De mme, quelles que soient les fonctions relles f et g continues sur [a, b], on a ba

f (t)g(t)dt

b

af (t)2dt

ba

g(t)2dt.

Proposition 2

La norme vrifie

1. x E, x = 0 x = 0.2. l R,x E, lx = |l|x.3. (x, y) E2, x + y x + y (ingalit triangulaire).

Preuve1. Cest une consquence directe de la dernire proprit dun produit scalaire.

2. Soit l R et x E, on alx =

w(lx, lx) =

l2w(x, x) = |l|x.

3. Soient x, y E, on a daprs lingalit de Cauchy-Schwarzx + y2 = x2 + 2 x, y + y2

x2 + 2xy + y2

(x + y)2,

do le rsultat.

RemarqueLa dernire proprit est une gnralisation de lingalit triangulaire

O

u +v

u

v

u +v u + v

Proposition 3

Soit (x, y) E2, on a les galits

x + y2 = x2 + 2 x, y + y2

x, y = 12

(x + y2 x2 y2

).

28

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t

Produit scalaire

PreuveLa bilinarit et la symtrie du produit scalaire permettent dcrire

x + y2 = x + y, x + y = x, x + y + y, x + y= x, x + x, y + y, x + y, y= x2 + 2 x, y + y2.

La seconde galit est une consquence directe de la premire.

ExempleLa seconde galit permet de dterminer si une application donne N de E vers R+ est unenorme euclidienne associe un produit scalaire.

1.3 Orthogonalit

Vecteurs orthogonaux

Dfinition 3

Deux vecteurs x, y de E sont dits orthogonaux si x, y = 0. On notera alors x y.

Exemples1. Les vecteurs (1, 2) et (4, 2) sont orthogonaux puisque 1 (4) + 2 2 = 0.2. Les vecteurs de la base canonique de Rn sont orthogonaux deux deux.

Thorme 2 (Thorme de Pythagore)

Soient x, y deux vecteurs orthogonaux de E, on a x + y2 = x2 + y2.

PreuveEn effet, si x, y = 0, alors

x + y2 = x2 + 2 x, y + y2 = x2 + y2.

Dfinition 4

Une famille (e1, e2, . . . , en) de vecteurs de E est dite orthogonale si(i, j) 1, n2, i = j

ei, ej

= 0.

Exemples1. La base canonique de Rn est une famille orthogonale.

2. Soit n un entier naturel non nul. Dfinissons pour k 1, n, la fonction fk sur R parfk(x) = cos(kx). La famille (f1, f2, . . . , fn) est une famille de lespace vectoriel des fonctionsrelles continues. Montrons que cest une famille orthogonale pour le produit scalaire

f, g = 2p

0f (t)g(t)dt.

29

Chapitre 2 Algbre bilinaire

Soient k1 et k2 deux entiers distincts de lintervalle 1, n, on a

fk1 , fk2 = 2p

0cos(k1t) cos(k2t)dt

= 2p

0

12

(cos(k1t + k2t) + cos(k1t k2t)

)dt

=12

2p0

cos((k1 + k2)t

)+ cos

((k1 k2)t

)dt

=12

[sin((k1 + k2)t

)k1 + k2

+sin((k1 k2)t

)k1 k2

]2p0

(car k1 + k2 = 0 et k1 k2 = 0)

= 0,

et donc fk1 fk2 .

Proposition 4

Toute famille orthogonale ne contenant pas le vecteur nul est libre.

PreuveSoit (e1, e2, . . . , en) une telle famille et soient a1, a2, . . . , an des rels tels que

nk=1

akek = 0. Pour i 1, n, on

a donc ei,

nk=1

akek

=

nk=1

ak ei, ek = ai ei, ei = aiei2 = 0

Comme ei = 0, on en dduit que ai = 0. La famille (e1, e2, . . . , en) est bien une famille libre.

Dfinition 5

Une famille (e1, e2, . . . , en) de vecteurs de E est dite orthonormale (ou orthonorme) sielle est orthogonale et si pour tout k 1, n, ek = 1.

RemarqueDaprs la proposition 4, on peut donc dire que toute famille orthonormale est libre.

Proposition 5

Soit (e1, e2, . . . , en) une famille orthonormale de E, pour tout vecteurx Vect(e1, e2, . . . , en), on a

x =n

k=1

x, ek ek.

PreuveSoient a1, a2, . . . , an les rels tels que x =

nk=1

akek (ces rels sont uniques puisque une famille orthonormale

30

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auto

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ees

tun

dli

t

Produit scalaire

est libre). Soit i 1, n, on a

x, ei =

nk=1

akek, ei

=

nk=1

ak ek, ei = ai

do le rsultat.

Thorme 3 (Orthonormalisation de Schmidt)

Soit (e1, e2, . . . , en) une famille libre de vecteurs de E.Posons f1 =

e1e1

, et pour k 2, n

fk =1ek

k1i=1

ek, fi fi

(

ek k1i=1

ek, fi fi

).

Alors la famille (f1, f2, . . . , fn) est orthonorme et de plus,

k 1, n, Vect(e1, e2, . . . , ek) = Vect(f1, f2, . . . , fk).

PreuveProuvons par une rcurrence forte sur k que (f1, f2, . . . , fk) forme une famille orthonormale telle queVect(f1, . . . , fk) = Vect(e1, . . . , ek).Pour k = 1, on a e1 = 0 puisque cest un vecteur dune famille libre. Le vecteur f1 est donc bien dfinieet Vect(f1) = Vect

(1

e1 e1)

= Vect(e1). Comme f1 = 1e1 e1

= e1e1 = 1, la famille (f1) est bienorthonormale.Supposons la proprit vraie jusquau rang k.

Remarquons dj que ek+1 / Vect(e1, . . . , ek) = Vect(f1, . . . , fk) et doncek+1 k

i=1

ek+1, fi fi

= 0.Autrement dit fk+1 est bien dfini. De plus fk+1 = 1 par construction et pour j 1, k,ek+1

ki=1

ek+1, fi fi

fk+1, fj =(

ek+1 k

i=1

ek+1, fi fi

), fj

= ek+1, fj k

i=1

ek+1, fi fi , fj

= ek+1, fj ek+1, fj = 0

donc fk+1, fj = 0, ce qui prouve que la famille (f1, f2, . . . , fk+1) est orthonormale. Enfin, on a clairementfk+1 Vect(e1, . . . , ek+1) do Vect(f1, . . . , fk+1) Vect(e1, . . . , ek+1). La famille (e1, e2, . . . , ek+1) tantlibre, dim(Vect(e1, . . . , ek+1)) = k + 1. Mais la famille (f1, . . . , fk+1) est elle-mme libre car orthonormale.Or son cardinal est galement k + 1, cest donc une base de Vect(e1, . . . , ek+1) et en particulierVect(f1, . . . , fk+1) = Vect(e1, . . . , ek+1).

Remarques Si la famille (e1, e2, . . . , en) est orthonormale, le procd dorthonormalisation de Schmidt ne modifie pas cette

famille.

31

Chapitre 2 Algbre bilinaire

Si l1, l2, . . . , ln sont des rels strictement positifs, les procds dorthonormalisation de Schmidt appliqus (e1, e2, . . . , en) et (l1e1, l2e2, . . . , lnen) aboutissent la mme famille orthonormale.

On peut remarquer en particulier que pour tout rel l strictement positif, ee

=le

le, proprit dont on se

servira pour simplifier les calculs.

Par exemple, le normalis de17

201(2,2, 0) est aussi le normalis de (1,1, 0) et cest donc 1

2(1,1, 0).

Exemples

1. Soit (1, X, X2) la base canonique de R2[X] muni du produit scalaire donn en dbut dechapitre. Dterminons (Q0, Q1, Q2) la famille obtenue par le procd dorthonormalisationde Schmidt appliqu (1, X, X2).On a

12 = 11

12dt = 11

1dt = 2

do Q0 =12 Ensuite

X, Q0 =12

11

tdt =12

[t2

2

]11

= 0

On en dduit que

X X, Q0 Q02 = X2 = 11

t2dt =[

t3

3

]11

=23

do Q1 =

32 X.

Enfin X2, Q0

=

12

11

t2dt =12

[t3

3

]11

=

23

X2, Q1

=

32

11

t3dt = 0

do

X2 X2, Q0

Q0

X2, Q1

Q12 = X2

132 =

11

(t2 1

3

)2dt

= 11

(t4 2

3t2 +

19

)dt =

25 4

9+

29

=18 20 + 10

45=

845

et finalement Q2 =

458

(X2 1

3

)=

104

(3X2 1

).

2. Recherchons une base orthonormale du sous-espace A de R3 dfini par lquation3x y + 2z = 0. On a

A = {(x, 3x + 2z, z) | x, z R}= Vect

((1, 3, 0), (0, 2, 1)

).

32

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t

Produit scalaire

Appliquons le procd dorthonormalisation de Schmidt la famille(e1, e2) = ((1, 3, 0), (0, 2, 1)). On a comme premier vecteur

f1 =1

e1e1 =

110

(1, 3, 0)

et pour le second vecteur

e2 e2, f1 f1 = (0, 2, 1) 110

(0, 2, 1), (1, 3, 0) 110

(1, 3, 0) = (0, 2, 1) 35

(1, 3, 0)

=15

(3, 1, 5)

do f2 =135

(3, 1, 5).Une base orthonormale de A est donc par exemple(

110

(1, 3, 0),135

(3, 1, 5))

.

Sous-espaces orthogonaux

Dfinition 6

Soient F et G deux sous-espaces vectoriels de E, on dit que F et G sont orthogonaux si

(x, y) F G, x, y = 0.

On crira alors F G.

Proposition 6

Soient F et G deux sous-espaces vectoriels de E tels que

F = Vect(f1, f2, . . . , fn), G = Vect(g1, g2, . . . , gp).

Les proprits suivantes sont quivalentes

(i) F G ;(ii) (i, j) 1, n 1, p,

fi, gj

= 0.

Preuve(i) (ii) Cest immdiat.

(ii) (i) Soient x F et y G, tels que x =n

i=1

aifi et y =p

j=1

bjgj , on a

x, y =

ni=1

aifi ,p

j=1

bjgj

=

ni=1

pj=1

aibj fi , gj = 0.

Il en rsulte que F G.

33

Chapitre 2 Algbre bilinaire

Exemples1. Dans R3, les sous-espaces F = Vect((1, 3,4)) et G = Vect((3,1, 0), (0, 4, 3)) sont

orthogonaux puisque

(1, 3,4), (3,1, 0) = 3 3 = 0 et (1, 3,4), (0, 4, 3) = 12 12 = 0.

2. Soit n un entier naturel non nul. On dfinit pour k 1, n fk et gk sur R par

fk(x) = cos(kx) et gk(x) = sin(kx)

Montrons que Vect(f1, . . . , fn) et Vect(g1, . . . , gn) sont deux sous-espaces vectoriels deC(R, R) pour le produit scalaire

f, g = 2p

0f (t)g(t)dt.

Pour tout couple (i, j) 1, n2, nous avons

fi, gj

= 2p

0fi(t)gj(t)dt

= 2p

0cos(it) sin(jt)dt

=12

2p0

sin((i + j)t

)+ sin

((i j)t

)dt

Deux cas se prsentent. Si i = j, alors sin((i j)t) = sin(0) = 0 et on lobtient

fi, gj

=12

[

cos((i + j)t

)i + j

]2p0

= 1i + j

+1

i + j

= 0 ;si i = j,

fi, gj

=12

[

cos((i + j)t

)i + j

cos((i j)t

)i j

]2p0

= 0.

Dans tous les casfi, gj

= 0, do Vect(f1, . . . , fn) Vect(g1, . . . , gn).

Dfinition 7

Soit A une partie de E, on pose

A = {x E | a A x, a = 0} .

Lensemble A sappelle orthogonal de A.

34

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t

Espaces euclidiens

RemarqueSi F et G sont deux sous-espaces vectoriels de E alors F G quivaut G F, mais aussi F G.

Exemples1. On a {0E} = E et E = {0E}.2. Dterminons dans R2, {(1, 3)}. Soit (x, y) R2, on a

(x, y) {(1, 3)} (x, y), (1, 3) x + 3y = 0 x = 3y.

On en dduit que {(1, 3)} = Vect(3, 1).

Proposition 7

Pour toute partie A de E, A est un sous-espace vectoriel de E.

Preuve Par dfinition A est bien une partie de E.

A est non vide. En effet, pour tout a A, 0, a = 0, do 0 A. Soit l R, et x, y A, on a pour tout a A,

a, lx + y = l a, x + a, y = 0

do lx + y A.

2. Espaces euclidiens2.1 Premires proprits

Dfinition 8

On appelle espace euclidien tout espace vectoriel rel de dimension finie muni dun pro-duit scalaire.

Dans toute la suite E dsignera un espace euclidien.

Proposition 8

Tout espace euclidien admet une base orthonormale.

PreuveSoit E un espace euclidien. En particulier E est un espace de dimension finie, donc il possde une base B. Enappliquant le procd dorthonormalisation de Schmidt cette base, on trouve une famille orthonormale B telleque Vect(B) = Vect(B). La famille B est donc la fois libre et gnratrice de E. Cest une base orthonormalede E.

Thorme 4

Toute famille orthonormale de E peut tre complte en une base orthonormale de E.

35

Chapitre 2 Algbre bilinaire

PreuveSoit F = (e1, e2, . . . , ek) une famille orthonormale. On sait que cette famille est libre. On peut donc la complteren une base B = (e1, . . . , ek, ek+1, . . . , en) de E. En appliquant le procd dorthonormalisation de Schmidt la famille B, on obtient une famille B qui est une base orthonormale de E. Or il se trouve que le procd nemodifie pas e1, e2, . . . , ek. La famille B est donc une base orthonormale de E qui complte la famille B.

Thorme 5

Soit (e1, e2, . . . , en) une base orthonorme de E. Pour tout x E,

x =n

k=1

x, ek ek et x2 =n

k=1

x, ek2 .

PreuveLa premire proprit a dj t prouve.Un petit calcul prouve la seconde galit

x2 =

ni=1

x, ei ei,n

j=1

x, ej ej

=

ni=1

x, ei

ei,n

j=1

x, ej ej

=n

i=1

nj=1

x, ei x, ejei, ej 0 si i =j et 1 sinon

=n

i=1

x, ei2 .

Proposition 9

Soit u L(E), B = (e1, . . . , en) une base orthonormale de E et A = (ai,j) = MB(u). Ona

ai,j =ei, u(ej)

.

PreuveEn effet pour j 1, n, on a u(ej ) =

ni=1

ei, u(ej ) ei.

Proposition 10

Soient B1 et B2 deux bases orthonormales de E. Si P dsigne la matrice de changementde base de B1 vers B2, on a tPP = I .

PreuvePosons B1 = (e1, . . . , en), B2 = (f1, . . . , fn), P = (ai,j )1i,jn et C = (ci,j )1i,jn = tPP. Compte tenu delgalit fj =

ni=1 ei, fj ei , on a ai,j = ei, fj . On en dduit que pour (i, j) 1, n2,

ci,j =n

k=1

ak,iak,j =n

k=1

ek, fi ek, fj = fi , fj = di,j ,

cest--dire C = In.

36

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Espaces euclidiens

Dfinition 9

On appelle matrice orthogonale toute matrice carre P telle que tPP = I .

RemarqueUne matrice est orthogonale si, et seulement si, ses vecteurs colonnes forment une famille orthonormale deMn,1(R) muni de sa structure euclidienne canonique.

Exemple

La matrice

22

2

2

22

2

2

est orthogonale.Thorme 6 (Expression matricielle du produit scalaire dans une base orthonormale)

Soit B = (e1, . . . , en) une base orthonormale de E.

Soient x =n

k=1

xkek et y =n

k=1

ykek deux vecteurs de E.

Posons X =

x1...xn

Mn,1(R) et Y = y1...

yn

Mn,1(R).On a, en identifiant les lments de M1,1(R) aux rels,

x, y = tXY et x2 = tXX.

PreuveUn calcul montre que tXY =

(n

k=1

xkyk

), ce qui prouve les deux galits.

Dfinition 10

Soit B = (e1, e2, . . . , en) une base de E, on appelle matrice du produit scalaire , dans labase B, la matrice A = (ai,j) Mn(R) dfinie par ai,j =

ei, ej.

Remarques La matrice dun produit scalaire est symtrique. La base B est orthogonale si, et seulement si, la matrice du produit scalaire dans la base B est diagonale. Elle

est orthonormale si, et seulement si, la matrice du produit scalaire est la matrice identit.

ExempleLa matrice du produit scalaire canonique de R3 dans la base ((1, 0,1), (1, 0, 3), (1, 2, 0)) est 2 2 12 10 1

1 1 5

.

37

Chapitre 2 Algbre bilinaire

Thorme 7 (Expression matricielle du produit scalaire dans une base quelconque)

Soit B = (e1, . . . , en) une base de E muni dun produit scalaire dont la matrice est noteA.

Soient x =n

k=1

xkek et y =n

k=1

ykek deux vecteurs de E.

Posons X =

x1...xn

Mn,1(R) et Y = y1...

yn

Mn,1(R).On a, en identifiant les lments de M1,1(R) aux rels,

x, y = tXAY et x2 = tXAX.

Preuve

Posons AY =

b1...

bn

. On a pour i 1, n, bi = nj=1

ei, ej yj . On en dduit que

tXAY =n

i=1

xibi =n

i=1

xi

nj=1

ei, ej yj

= ni=1

nj=1

xiyj ei, ej .

Mais par ailleurs, par bilinarit du produit scalaire

x, y =

ni=1

xiei ,n

j=1

yjej

=

ni=1

nj=1

xiyj ei, ej .

Le rsultat annonc en dcoule.

RemarqueOn peut noter que la premire galit est caractristique de A. Autrement dit, si A et B sont deux matrices tellesque tXAY = tXBY pour X, Y Mn,1(R) alors A = B.En effet, si lon note (X1, . . . , Xn) la base canonique de Mn,1(R), on a alors pour (i, j) 1, n2,tXiAXj = ai,j = tXiBXj = bi,j .La seconde galit est caractristique de A si lon exige que la matrice soit symtrique. En effet soient A et Bsont deux matrices symtriques de Mn(R) telles que pour X Mn,1(R), tXAX = tXBX. Pour i 1, n,tXiAXi = ai,i = tXiBXi = bi,i , et pour (i, j) 1, n2

t (Xi + Xj )A(Xi + Xj ) = aj,i + ai,j + ai,i + aj,j

et t (Xi + Xj )B(Xi + Xj ) = bj,i + bi,j + bi,i + bj,j

Comme A et B sont symtriques, que ai,i = bi,i et aj,j = bj,j , on en dduit que ai,j = bi,j .

Thorme 8

Soient B1 et B2 deux bases de E, A la matrice du produit scalaire dans la base B1 et B lamatrice du produit scalaire dans la base B2.En notant P = PB1,B2 , on a la relation B =

tPAP.

38

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Espaces euclidiens

PreuvePosons n = dim(E).Soient x, y deux vecteurs de E dont les coordonnes dans la base B1 sont X, Y Mn,1(R) et les coordonnesdans la base B2 sont X, Y Mn,1(R). Daprs la proposition prcdente, on peut crire que

x, y = tXAY = tXBY .

Comme on a galement X = PX et Y = PY , on en dduit que

x, y = t (PX)A(PY ) = tX(tPAP)Y .

Donc quels que soient X, Y Mn,1(R), tXBY = X(tPAP)Y .Il en rsulte que B = tPAP.

2.2 Supplmentaire orthogonal

Proposition 11

Si F = Vect(e1, . . . , en), alors, pour x E,

x F i 1, n, x, ei = 0.

PreuveSupposons que x F. Soit i 1, n. Comme ei F, on en dduit que x, ei = 0.Rciproquement, supposons que i 1, n, x, ei = 0. Soit y F, par dfinition il existe des rels

a1, a2, . . . , an tels quen

i=1

aiei , on a

x, y =

x,n

i=1

aiei

=

ni=1

ai x, ei = 0.

Thorme 9

Soit F un sous-espace vectoriel de E, les sous-espaces F et F sont supplmentaires.F sappelle le supplmentaire orthogonal de F.

PreuveSoit x F F. Par dfinition, on a x x, cest--dire x2 = 0, soit x = 0. On en dduit que F F = {0}.Soit (e1, . . . , ek) une base orthonormale de F que lon complte en une base orthonormale de E, (e1, e2, . . . , en).Daprs la proposition prcdente ek+1, . . . , en F. Pour tout vecteur x E, il existe des rels a1, . . . , an tels

que x =n

i=1

aiei . En posant y =k

i=1

aiei et z =n

i=k+1

aiei , on a y F, z F et x = y + z. Autrement dit

E = F + F.Ces deux points permettent de conclure que F et F sont supplmentaires.

RemarqueOn en dduit en particulier que dim(F) = dim(E) dim(F).

39

Chapitre 2 Algbre bilinaire

2.3 Projection orthogonale

Dfinition 11

Soit F un sous-espace vectoriel de E, on appelle projection orthogonale sur F la projectionsur F paralllement F. Cette projection est note pF .

RemarqueLe projecteur associ pF est pF .

Dans la suite de la partie 2.3, F dsignera un sous-espace vectoriel fix de E et onnotera p = pF .

Proposition 12

Soit x E, on a pour tout y Ey = p(x)

{y Fx y F

Preuve Supposons que y = p(x). On a alors y m(p), cest--dire y F. De plus, daprs les proprits connues

sur les projecteurs, x = x p(x) F

+ p(x)F

. Autrement dit x p(x) F, soit x y F.

Supposons que y vrifie les deux proprits annonces. On a alors x = x y F

+ yF

.

Cela suffit pour conclure que y = p(x).

Thorme 10

Soit x E, on a, pour tout y F,

y = p(x) x y = minzF

x z.

Autrement dit, p(x) est lunique vecteur de F qui minimise la distance de x un vecteurquelconque de F.On dit que p(x) est la meilleure approximation de x dans F.On appelle distance de x F, et on note d(x, F), la norme x p(x).

PreuveSoit y F. On sait que x p(x) F. De plus, comme y F et p(x) F, on a p(x) y F (en effet F est unsous-espace vectoriel). On en dduit que x p(x) p(x) y.Daprs le thorme de Pythagore, on a donc

x y2 = x p(x) + p(x) y2 = x p(x)2 + p(x) y2 x p(x)2.

Cela prouve quey = p(x) x y = min

zFx z

40

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Espaces euclidiens

Rciproquement, si y = p(x), on a alors

x y2 = x p(x) + p(x) y2 = x p(x)2 + p(x) y2 > x p(x)2.

et donc x y > minzFx z.

F

p(x)

x p(x)x

y

p(x) y

x y2 = x p(x)2 + p(x) y2

Signalons enfin

Proposition 13

Si (e1, . . . , ek) est une base orthonorme de F, alors

p(x) =k

i=1

x, ei ei.

PreuveCompltons (e1, . . . , ek) en une base (e1, . . . , en) orthonormale de lespace E.

On sait que x =n

i=1

x, ei ei , ce que lon crit

x =k

i=1

x, ei ei +n

i=k+1

x, ei ei,

ok

i=1

x, ei ei F etn

i=k+1

x, ei ei F. On en dduit que p(x) =k

i=1

x, ei ei .

2.4 Problmes des moindres carrs

Thorme 11

Soit A Mn,p(R) une matrice de rang p et B Mn,1(R). Il existe un et un seul vecteurcolonne X Mp,1(R) qui minimise la norme AX B.Ce vecteur est la solution de lquation tAAX = tAB.

41

Chapitre 2 Algbre bilinaire

PreuveNotons f lapplication linaire suivante {

Mp,1(R) Mn,1(R)X AX

On a alorsinf

XMp,1(R)AX B = inf

XMp,1(R)f (X) B.

Mais il est clair queinf

XMp,1(R)f (X) B = inf

Ym(f )Y B.

On en dduit que pour X0 Mp,1(R), on a

AX0 B = infXMp,1(R)

AX B f (X0) = pm(f )(B).

Un tel X0 existe puisque pm(f )(B) m(f ). De plus X0 est unique, car f est injective puisquerg(f ) = p = dim(Mp,1(R)).Enfin, on sait que

f (X0) = pm(f )(B) {

f (X0) m(f )f (X0) B m(f )

f (X0) B m(f )

Y m(f ), AX0 B, Y = 0 X Mp,1(R), AX0 B, AX = 0 X Mp,1(R), t (AX)(AX0 B) = 0 X Mp,1(R), tX tA(AX0 B) = 0

tA(AX0 B) Mp,1(R).

Or le vecteur tA(AX0 B) est un vecteur de Mp,1(R). La dernire condition quivaut donc tA(AX0 B) = 0,soit encore tAAX0 = tAB.

Exemple

Soient A =

1 00 32 1

, B = 13

2

.La matrice A est de rang 2 (elle est dj chelonne).Recherchons le vecteur X de M2,1(R) qui minimise AX B.

Un calcul donne tAA =(

5 22 10

), le vecteur X =

(xy

)est donc la solution de

lquation(5 2

2 10

)(xy

)=(

1 0 20 3 1

) 132

{ 5x 2y = 32x + 10y = 7{

5x 2y = 346y = 41 L2 5L2 + 2L1

{5x 2y = 3

y = 4146 L2 146 L2

{

x = 2223y = 4146

L1 15 (L1 + 2L2)

42

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Endomorphismes symtriques

Le vecteur recherch est donc

( 2223 4146

).

3. Endomorphismes symtriques3.1 Premires proprits

Dfinition 12

Un endomorphisme u dun espace euclidien E est dit symtrique si, pour tout (x, y) E2,on a

x, u(y) = u(x), y .

Proposition 14

Soient B = (e1, . . . , en) une base de E et u un endomorphisme de E,

u est symtrique (i, j) 1, n2,u(ei), ej

=ei, u(ej)

.

Preuve Cest immdiat. Supposons que u vrifie la proprit. Soit (x, y) E2, avec

x =n

k=1

akek et y =n

k=1

bkek.

On a alors x, u(y) =

ni=1

aiei , u

nj=1

bjej

= ni=1

aiei ,n

j=1

bju(ej )

=n

i=1

nj=1

aibj ei, u(ej ) =n

j=1

ni=1

aibj u(ei ), ej

=n

j=1

bj

n

i=1

aiu(ei ), ej

=

n

i=1

aiu(ei ),n

j=1

bjej

=

u

(n

i=1

aiei

),

nj=1

bjej

= u(x), y .

Thorme 12

Soit u un endomorphisme dun espace euclidien E.

1. Si u est symtrique, alors la matrice de u dans toute base orthonorme est symtrique.

2. Sil existe une base orthonorme dans laquelle la matrice de u est symtrique, alors uest symtrique.

43

Chapitre 2 Algbre bilinaire

Preuve1. Soit B = (e1, . . . , en) une base orthonormale de E et A = (ai,j ) Mn(R) la matrice de u dans la base B.

On sait que ai,j = ei, u(ej ). Comme u est symtrique, on a ai,j = ei, u(ej ) = u(ei ), ej = aj,i . La matriceA est symtrique.

2. Soit B = (e1, . . . , en) une base orthonormale de E telle que A = (ai,j ) Mn(R) lamatrice de u dans la base B soit symtrique. Comme ai,j = ei, u(ej ), on en dduit queai,j = ei, u(ej ) = aj,i = ej, u(ei ) = u(ei ), ej. Daprs la proposition 14, u est symtrique.

3.2 Rduction dun endomorphisme symtrique

Thorme 13

Toute matrice symtrique relle admet une valeur propre relle.

PreuveNous admettrons ce rsultat, qui fait lobjet de lexercice 24 du chapitre 7

Thorme 14

Tout endomorphisme symtrique possde au moins une valeur propre relle.

PreuveSoit u un endomorphisme symtrique de E et A la matrice de u dans une base orthonormale. On sait que A estsymtrique, on en dduit daprs la proposition prcdente que A possde une valeur propre relle. Il en estdonc de mme de u.

Thorme 15

Les sous-espaces propres dun endomorphisme symtrique sont orthogonaux deux deux.

PreuveSoient u un endomorphisme symtrique de E, x El et y Em o l et m sont deux rels distincts. On a

x, u(y) = x, my = m x, yet u(x), y = lx, y = l x, y

et comme u est symtrique, on en dduit que (lm) x, y = 0. Mais lm = 0, donc x, y = 0. Il en rsulteque El Em.

Thorme 16

Soit u un endomorphisme dun espace euclidien, les propositions suivantes sont quiva-lentes

(i) u est symtrique.

(ii) Il existe une base orthonorme dans laquelle la matrice de u est diagonale.

44

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Endomorphismes symtriques

Preuve(i) (ii) Raisonnons par rcurrence forte sur la dimension de lespace euclidien.

Si n = 1, alors la matrice de u dans nimporte quelle base orthonorme de lespace est diagonale.Supposons la proprit vraie jusquau rang n. Soit E un espace de dimension n + 1 et u un endomorphismesymtrique de E.Comme u est symtrique, il possde au moins une valeur propre relle l.Si El = E, alors u = l IdE et donc la matrice de u est diagonale dans nimporte quelle base orthonormalede E.Excluons dornavant ce cas. El tant stable par u, u induit un endomorphisme u1 de El.Montrons que El est lui-mme stable par u. Soit x El , on a pour y El

y, u(x) = u(y), x = 0puisque u(y) El. Donc u(x) El . On en dduit que u induit un endomorphisme u2 de El . Lendomor-phisme u tant symtrique, u2 est aussi symtrique.Soit B1 une base orthonormale de El, la matrice de u1 dans la base B1 est gale lIp (o p = dim(El)).Comme E = El El et n + 1 > dim(El) > 0, on a 0 < dim(El ) < n + 1. Daprs lhypothse dercurrence, il existe donc une base B2 orthonormale de El telle que la matrice de u2 dans la base B2 soitdiagonale. En considrant la famille B obtenue en juxtaposant les familles B1 et B2, on obtient une baseorthonormale de E, dans laquelle la matrice de u est diagonale.

(ii) (i) Si la matrice de u dans une base orthonormale est diagonale, elle est en particulier symtrique. Doncu est lui-mme symtrique.

3.3 Rduction dune matrice symtrique

Thorme 17

Soit A une matrice de Mn(R), les propositions suivantes sont quivalentes(i) A est une matrice symtrique.

(ii) Il existe une matrice orthogonale P telle que P1AP soit diagonale.

Preuve(i) (ii) Soit u lendomorphisme canoniquement associ A. Comme la base canonique de Rn est orthonor-

male et que la matrice de u dans cette base est symtrique, puisque cest la matrice A, on en dduit que uest un endomorphisme symtrique. On sait alors quil existe une base orthonormale B forme de vecteurspropres de u telle que la matrice de u dans la base B soit diagonale. Notons P la matrice de passage dela base canonique de Rn vers la base B. On sait que P est orthogonale, et de plus P1AP est diagonale,puisque cest la matrice de u dans la base B.

(ii) (i) Soit P une telle matrice. On a alors P1AP = tPAP qui est diagonale. La transpose dune matricediagonale est gale elle-mme, or on a

t (tPAP) = tP tA t (tP) = P1 tAP

on en dduit que tPAP = tP tAP. En multipliant par P gauche et tP droite, on obtient A = tA.Autrement dit, A est symtrique.

Exemple

Reprenons lexemple de la matrice A =

3 1 11 3 11 1 3

donne dans le chapitre prcdent.On a vu que Sp(A) = {2, 5}.

45

Chapitre 2 Algbre bilinaire

Nous avons galement montr que

110

, 10

1

tait une base de E2 et que 111

tait une base de E5.On vrifie sur cet exemple que E2 et E5 sont bien orthogonaux puisque 11

0

, 11

1

= 1 + 1 = 0 et 10

1

, 11

1

= 1 + 1 = 0.La famille (e1, e2, e3) =

110

, 10

1

, 11

1

est donc une base de M3,1(R)forme de vecteurs propres de A. Mais cette famille nest pas orthonormale. Pour dterminerune base orthonormale de vecteurs propres de A on applique le procd dorthonormalisationde Schmidt chacune des bases des sous-espaces propres de A.

On a

f1 =1

e1 e1 =

12

110

et e2 e2, f1 f1 =

101

12

110

= 12

112

.Soit f2 = 16

112

. On a enfin f3 = 13 11

1

.Une base orthonormale de vecteurs propres de A est donc 1

2

110

, 16

112

, 13

111

.Thorme 18

Soit A Mn(R) une matrice symtrique relle. Si (X1, . . . , Xn) est une base orthonormede vecteurs propres de A telle que, pour k 1, n, Xk soit associ la valeur propre lk,alors

A =n

k=1

lkXk tXk

46

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Endomorphismes symtriques

PreuveNotons B =

nk=1

lkXktXk. Pour i 1, n, nous avons

BXi =

(n

k=1

lkXktXk

)Xi =

nk=1

lkXktXkXi =

nk=1

lkXk Xk, Xi

= liXiXi2 = liXi ,

et AXi = liXi . Autrement dit, les endomorphismes canoniquement associs A et B sont gaux sur une base.Ils sont donc gaux et A = B.

3.4 Forme quadratique sur Rn

Dans cette partie, Rn est muni de sa structure euclidienne canonique.

Dfinition 13

Soit q une application de Rn dans R. On dit que q est une forme quadratique sur Rn silexiste une forme bilinaire w sur Rn telle que

x Rn, q(x) = w(x, x).

Thorme 19

Soit q une application de Rn vers R. On note pour x Rn, X le vecteur colonne descoordonnes de x dans la base canonique.Les propositions suivantes sont quivalentes :

(i) Il existe un endomorphisme symtrique u de Rn tel que pour x Rn,q(x) = x, u(x).

(ii) Il existe une matrice symtrique relle A Mn(R) telle que pour x Rn,q(x) = tXAX.

(iii) q est une forme quadratique.

La matrice A et lendomorphisme symtrique u sont alors uniques et u est lendomor-phisme canoniquement associ A.On dit que A est la matrice de q ou que q est la forme quadratique associe la matrice A.

Preuve(i) (ii) Soit A la matrice de u dans la base canonique. Comme u est symtrique et que la base canonique est

orthonormale, A est symtrique. Par ailleurs, pour x Rn, les coordonnes de u(x) dans la base canoniquesont donnes par le vecteur colonne AX. Daprs les proprits connues sur lexpression du produit scalaire,on sait que

q(x) = x, u(x) = tXAX.

(ii) (i) Soit u lendomorphisme canoniquement associ A, qui est symtrique puisque A est symtrique.On sait que pour x Rn, x, u(x) = tXAX, le rsultat en dcoule immdiatement.

47

Chapitre 2 Algbre bilinaire

(ii) (iii) Soit w lapplication qui tout couple (x, y) (Rn)2 associe le rel tXAY . On vrifie sans difficultque w est une forme bilinaire. Or par construction

x Rn, q(x) = w(x, x).

(iii) (ii) Soit w la forme bilinaire sur Rn telle que x Rn, q(x) = w(x, x). Notons (e1, . . . , en) la base

canonique de Rn. Par bilinarit nous avons pour tout vecteur x =n

k=1

xkek,

q(x) = w(x, x) = w

ni=1

xiei ,n

j=1

xjej

= ni=1

nj=1

xixjw(ei, ej )

=n

i=1

x2i w(ei, ei ) +

1i

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Endomorphismes symtriques

Proposition 15

Soit q une forme quadratique sur Rn associe lendomorphisme symtrique u.Soit B = (v1, v2, . . . , vn) une base orthonormale de vecteurs propres de u associs auxvaleurs propres l1, l2, . . . , ln.Si x est un vecteur de Rn de coordonnes (x1, . . . , xn) dans la base B, alors

q(x) =n

k=1

lkx2k.

PreuveOn a

q(x) = x, u(x) =

nk=1

xkvk, u

(n

k=1

xkvk

)

=

n

k=1

xkvk,n

k=1

xku(vk)

=

n

k=1

xkvk,n

k=1

xklkvk

=

nk=1

lkx2k (puisque (v1, . . . , vn) est orthonormale).

Proposition 16

Soit q une forme quadratique sur Rn associe lendomorphisme symtrique u.

1. Si toutes les valeurs propres de u sont positives, alors pour x Rn, q(x) 0.2. Si toutes les valeurs propres de u sont strictement positives, alors pour x Rn non nul,

q(x) > 0.

3. Si toutes les valeurs propres de u sont ngatives, alors pour x Rn, q(x) 0.4. Si toutes les valeurs propres de u sont strictement ngatives, alors pour x Rn non

nul, q(x) < 0.

5. Si u a des valeurs propres de signes contraires, q nest pas de signe constant.

PreuveOn reprend les notations de la proposition prcdente.

1. Posons m = mini1,n

(li ), on a donc m 0. On en dduit que

q(x) =n

k=1

lkx2k

nk=1

mx2k = m

(n

k=1

x2k

) 0.

2. Cette fois-ci, m > 0 et donc

q(x) =n

k=1

lkx2k

nk=1

mx2k = m

(n

k=1

x2k

)> 0.

3. Posons M = maxi1,n

(li ), on a donc M 0. On en dduit que

q(x) =n

k=1

lkx2k

nk=1

Mx2k = M

(n

k=1

x2k

) 0.

49

Chapitre 2 Algbre bilinaire

4. Cette fois-ci, M < 0 et donc

q(x) =n

k=1

lkx2k

nk=1

Mx2k = M

(n

k=1

x2k

)< 0.

5. Pour i 1, n on a q(vi ) = li , le rsultat sensuit.

ExempleReprenons la forme quadratique q dfinie sur R3 par q(x, y, z) = 2x2 + z2 + 2xy + 4yz. Pour

tudier son signe, nous cherchons les valeurs propres de la matrice A =

2 1 01 0 20 2 1

.Soit l R, on triangule A lI3 2 l 1 01 l 2

0 2 1 l

1 l 22 l 1 0

0 2 1 l

L1 L2

1 l 20 l2 + 2l + 1 2l 40 2 1 l

L2 L2 + (l 2)L1

1 l 20 2 1 l0 l2 + 2l + 1 2l 4

L2 L3

1 l 20 2 1 l0 0 l3 + 3l2 + 3l 9

L3 2L3 + (l2 2l 1)L2

Les valeurs propres sont les racines de l3 + 3l2 + 3l 9, or 3 est une racine et

l3 + 3l2 + 3l 9 = (l 3)(l2 + 9) = (l 3)(

3 + l)(

3 l).

On en dduit que Sp(A) = {

3,

3, 3}. En particulier, A possde deux valeurs propres designes opposs. La forme quadratique q change de signe sur R3.

En ralit, il nest pas ncessaire de rechercher les valeurs propres de la matrice asso-cie la forme quadratique pour dterminer son signe. Il suffit dexprimer la formequadratique comme combinaison linaire de carrs de formes linaires indpendantes.Une faon de dterminer une telle dcomposition est la mthode de Gauss.Donnons-nous une forme quadratique q sur Rn scrivant

q(x) =

1ijnai,jxixj

et donc de matrice A =

a1,1

a1,22 . . .