TD 4: Produits scalaires

Montrer que si \(B=(e_1,\dots,e_n)\) est une base orthonormée de \(V\), alors pour tout \(u \in V\), \(u = \sum_{i=1}^n (u|e_i)e_i\).

Correction

Comme \(B\) est une base, on sait qu’il existe une unique façon d’écrire \(u \in V\) sous la forme \(u = \sum_{i=1}^n \lambda_i e_i\). Or dans ce cas, \((u|e_j) = \sum_{i=1}^n \lambda_i (e_i|e_j)\). Comme la base est orthonormée, \((e_i|e_j) = 0\) si \(i \neq j\) et \(1\) sinon. Donc pour tout \(j\), \((u|e_j) = \lambda_j\) ce qui prouve bien l’égalité que nous voulions.

On munit \(\mathbb{R}^3\) de son produit scalaire canonique. On pose \(u_1 = (1, −1, 0)\), \(u_2 = (2, −1, −1)\) et \(u_3 = (1, 2, 1)\). Montrer que \((u_1, u_2, u_3)\) est une base de \(\mathbb{R}^3\) et orthonormaliser cette base par le procédé de Gram-Schmid.

Correction

On montre que la matrice \(\begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 \\ 2 & -1 & -1 \\ 1 & 2 & 1\end{pmatrix}\) est de rang \(3\). Il suffit de faire \(C_2 \gets C_2 + C_1\) puis \(C_3 \gets C_2 + C_3\) pour avoir une forme triangulaire inférieure. On a donc bien une base.

On pose alors \(v_1 = {u_1 \over \|u_1\|} = {u_1 \over \sqrt{2}}\).

Puis \(w_2 = u_2 - (u_2 | v_1)v_1\). On a \((u_2 | v_1) = {1 \over \sqrt{2}} (u_2|u_1) ={3 \over \sqrt{2}}\) donc \((u_2|v_1)v_1 = {3 \over 2}u_1\). Donc \(w_2 = ({1 \over 2}, {1 \over 2}, -1)\). On pose \(v_2 = {w_2 \over \|w_2\|} = {\sqrt{3} \over \sqrt{2}} w_2\).

Enfin on pose \(w_3 = u_3 - (u_3|v_1)v_1 - (u_3|v_2)v_2 = u_3 + {1 \over 2} u_1 + {3 \over 4} w_2\).

On dit qu’une matrice \(M\) est orthogonale si et seulement si \(MM^T = I_n\).

Montrer que \(M\) est inversible.
Montrer que les colonnes de \(M\) sont orthogonales (pour le produit scalaire canonique).

Correction

On a \(M^T = M^{-1}\) donc \(M\) est bien inversible.
Pour \(1 \leq i,j \leq n\), on a

\[\begin{align*} MM^T[i,j] &= \sum_{k=1}^n M[i,k]M^T[k,j] \\ &=\sum_{k=1}^n M[i,k]M[j,k] \end{align*}\]

Donc \(MM^T[i,j]\) est le produit scalaire (canonique) entre les lignes \(i\) et \(j\) de \(M\). Si \(i \neq j\), cette valeur vaut \(I_n[i,j] = 0\) ce qui prouve que les lignes de \(M\) sont orthogonales.

Pour prouver que les colonnes de \(M\) sont orthogonales, il suffit de voir que \((M M^T)^T = I_n^T\) donc \(M^T M = I_n\), ce qui veut dire que \(M^T\) est une matrice orthogonale aussi donc ses lignes sont orthogonales par ce qui précède. Donc les colonnes de \(M\) sont orthogonales (puisque ces sont les lignes de \(M^T\)).

Soit \(u_1 = (1, −1, 1) , u_2 = (1, 0, 0)\) et \(u_3 = (0, 1, 0)\). Montrer que \(\|u_1+u_2+u_3\|^2=\|u_1\|^2+\|u_2\|^2+\|u_3\|^2\). En déduire que la réciproque du théorème de Pythagore est fausse en dimension \(n \geq 3\).

Correction

On vérifie par le calcul: \(w = u_1+u_2+u_3 = (2,0,1)\) donc \(\|w\|^2 = 5\). Aussi \(\|u_1\|^2 = 3\), \(\|u_2\|^2 = \|u_3\|^2 = 1\) ce qui montre bien l’égalité. Or \(u_1\) et \(u_3\) ne sont pas orthogonaux, donc la réciproque du théorème de Pythagore est fausse en dimension \(3\).

Développez \((u+u' | v+v')\) puis \((u+v|u+v)\).

Correction

\((u+u' | v+v') = (u|v) + (u|v') + (u'|v) + (u'|v')\). Donc \((u+v|u+v) = (u|u) + (u|v) + (v|u) + (v|v) = (u|u)+2(u|v)+(v|v)\).

On pose \(\phi(u,v) = u_1v_1 − u_1v_3 + u_2v_2 − u_3v_1 + 2u_3v_3\).
1. Trouver une matrice A telle que \(\phi(u,v) = u^T A v\).
2. Montrer que ϕ définit un produit scalaire sur \(\mathbb{R}^3\).

Correction

Il “suffit” d’écrire la matrice donc le coefficient \(i,j\) est \(\phi(b_i,b_j)\) pour \(b_1,b_2,b_3\) la base canonique de \(\mathbb{R}^3\). On a alors \(A = \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 0 \\ -1 & 0 & 2 \end{pmatrix}\).
La bilinéarité est claire par la question précédente et la symmétrie est claire par définition. De plus, on a \(\phi(u,u) = u_1^2 - 2u_1u_3 + u_2^2 + 2u_3^2 = (u_1-u_3)^2 + u_2^2 + u_3^2\). Il est donc clair que \(\phi(u,u) \geq 0\) car c’est une somme de terme positif. De plus, si \(\phi(u,u) = 0\) alors chacun des termes de \((u_1-u_3)^2 + u_2^2 + u_3^2\) doit être nul. Donc \(u_2=u_3=(u_1-u_3)=0\). Donc \(u_2=u_3=0\), ce qui donne aussi que \(u_1 - u_3 = u_1 = 0\). C’est donc bien un produit scalaire.

Est-ce que \(\psi(u,v) = u_1v_1 + u_2v_2 − u_3v_3\) définit un produit scalaire sur \(\mathbb{R}^3\)?

Correction

Non, si on considère \(u = (0,0,1)\) alors \(\psi(u,u) = -1 < 0\).

Trouver une base orthonormale de \(\mathbb{R}^3\) pour le produit scalaire \(\phi\) de l’exercice précédent.

Correction

On applique le procédé de Gram Schmidt en partant de la base canonique et en utilisant le produit scalaire induit par \(\phi\).

On pose alors \(v_1 = {b_1 \over \sqrt{\phi(b_1,b_1)}} = (1,0,0)\).

\(w_2 = b_2 - \phi(b_2, v_1)v_1 = (0,1,0) - 0 \times v_1 = b_2\) et \(v_2 = {w_2 \over \|w_2\|} = {b_2 \over \|b_2\|} = b_2\).

Finalement \(w_3 = b_3 - \phi(b_3,v_1) v_1 - \phi(b_3,v_2)v_2\).

On a \(\phi(b_3,v_1) = -1\) et \(\phi(b_3,v_2) = 0\) donc \(w_3 = b_3 + b_1 = (1,0,1)\). On pose alors \(v_3 = {w_3 \over \|w_3\|} = w_3 \over 1 = w_3\).

On a donc \((1,0,0), (0,1,0), (1,0,1)\) qui est une base orthonormale pour \(\phi\).