Introduction
Cette série d'exercices est dédiée aux espaces euclidiens et hermitiens, qui sont des espaces vectoriels munis d'un produit scalaire (ou hermitien). Ces structures permettent d'introduire les notions de distance, d'angle, d'orthogonalité et de norme, fondamentales en géométrie et dans de nombreuses applications. Tu vas explorer comment définir et utiliser ces produits scalaires, trouver des bases orthonormales, et étudier les opérateurs qui préservent ces structures.
Compétences travaillées :
- Définition et vérification d'un produit scalaire (ou hermitien).
- Calculs de normes et de distances.
- Compréhension et application du procédé de Gram-Schmidt.
- Identification et propriétés des projections orthogonales.
- Étude des opérateurs symétriques (ou hermitiens) et orthogonaux (ou unitaires).
- Utilisation du produit scalaire pour l'optimisation (moindres carrés).
Erreurs fréquentes à éviter :
- Confondre produit scalaire et forme bilinéaire générale.
- Oublier les conditions de positivité ou de symétrie/hermiticité.
- Erreurs dans les calculs du procédé de Gram-Schmidt.
- Mal interpréter les propriétés des opérateurs orthogonaux/unitaires ou symétriques/hermitiens.
Exercice 1 : Vérification d'un produit scalaire.
Soit \(E = \mathbb{R}^2 \). Pour \(x = (x_1, x_2) \) et \(y = (y_1, y_2) \) dans \(E \), on définit l'application \(\phi \) par :
\(\phi(x, y) = x_1y_1 + 2x_1y_2 + 2x_2y_1 + 5x_2y_2 \)
a) Montrer que \(\phi \) est une forme bilinéaire symétrique sur \(E \).
b) \(\phi \) est-elle un produit scalaire ?
Correction :
Méthode : Pour qu'une forme bilinéaire symétrique soit un produit scalaire, elle doit être définie positive.
a) La forme bilinéaire est symétrique car les coefficients de \(x_1y_2 \) et \(x_2y_1 \) sont égaux (tous deux valent 2).
Pour la bilinéarité, on peut vérifier que la matrice associée \(A = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 5 \end{pmatrix} \) est bien formée, et que \(\phi(x, y) = {}^t x A y \). Comme \(A \) est symétrique, \(\phi \) est symétrique. La bilinéarité est vérifiée par la structure polynomiale.
b) Pour que \(\phi \) soit un produit scalaire, il faut qu'elle soit définie positive. On étudie la forme quadratique associée :
\(q(x) = \phi(x, x) = x_1^2 + 4x_1x_2 + 5x_2^2 \)
Appliquons la méthode de Gauss :
\(q(x) = (x_1^2 + 4x_1x_2 + 4x_2^2) - 4x_2^2 + 5x_2^2 \)
\(q(x) = (x_1 + 2x_2)^2 + x_2^2 \)
Posons \(y_1 = x_1 + 2x_2 \) et \(y_2 = x_2 \). La forme devient \(q(y) = y_1^2 + y_2^2 \).
Cette forme est toujours positive ou nulle. Elle est nulle si et seulement si \(y_1 = 0 \) et \(y_2 = 0 \).
\(y_2 = x_2 = 0 \).
\(y_1 = x_1 + 2x_2 = x_1 + 2(0) = x_1 = 0 \).
Donc \(q(x) = 0 \) si et seulement si \(x = (0, 0) \).
La forme \(\phi \) est définie positive.
\(\phi \) est un produit scalaire.
Point méthode : Une forme bilinéaire symétrique est un produit scalaire si et seulement si la forme quadratique associée est définie positive. On peut vérifier cela par la méthode de Gauss ou en calculant la signature (doit être \((n, 0) \)) ou encore en vérifiant que les mineurs principaux de la matrice sont positifs.
Exercice 2 : Calcul de norme et de distance.
Soit \(E = \mathbb{R}^3 \) muni du produit scalaire canonique (euclidien).
Soient les vecteurs \(u = (1, 2, -1) \) et \(v = (0, 1, 3) \).
a) Calculer la norme de \(u \) et la norme de \(v \).
b) Calculer la distance entre \(u \) et \(v \).
c) Calculer le produit scalaire de \(u \) et \(v \).
Correction :
Méthode : Dans un espace euclidien, la norme d'un vecteur est la racine carrée du produit scalaire du vecteur avec lui-même. La distance entre deux vecteurs est la norme de leur différence.
Le produit scalaire canonique de \(x = (x_1, x_2, x_3) \) et \(y = (y_1, y_2, y_3) \) est \(x \cdot y = x_1y_1 + x_2y_2 + x_3y_3 \).
a) La norme de \(u \) est \(\|u\| = \sqrt{u \cdot u} \).
\(u \cdot u = 1^2 + 2^2 + (-1)^2 = 1 + 4 + 1 = 6 \).
\(\|u\| = \sqrt{6} \).
La norme de \(v \) est \(\|v\| = \sqrt{v \cdot v} \).
\(v \cdot v = 0^2 + 1^2 + 3^2 = 0 + 1 + 9 = 10 \).
\(\|v\| = \sqrt{10} \).
b) La distance entre \(u \) et \(v \) est \(d(u, v) = \|u - v\| \).
\(u - v = (1-0, 2-1, -1-3) = (1, 1, -4) \).
\(\|u - v\| = \sqrt{1^2 + 1^2 + (-4)^2} = \sqrt{1 + 1 + 16} = \sqrt{18} = 3\sqrt{2} \).
c) Le produit scalaire de \(u \) et \(v \) est :
\(u \cdot v = (1)(0) + (2)(1) + (-1)(3) = 0 + 2 - 3 = -1 \).
Norme de \(u \) : \(\sqrt{6} \). Norme de \(v \) : \(\sqrt{10} \). Distance \(d(u, v) \) : \(3\sqrt{2} \). Produit scalaire \(u \cdot v \) : \(-1 \).
Exercice 3 : Procédé de Gram-Schmidt.
Soit \(E = \mathbb{R}^3 \) muni du produit scalaire canonique. Soit le système de vecteurs \(S = \{v_1, v_2, v_3\} \) avec :
\(v_1 = (1, 1, 0) \)
\(v_2 = (1, 0, 1) \)
\(v_3 = (0, 1, 1) \)
a) Vérifier que \(S \) est une base de \(\mathbb{R}^3 \).
b) Appliquer le procédé de Gram-Schmidt pour construire une base orthonormale \(B' = \{u_1, u_2, u_3\} \) de \(E \).
Correction :
Méthode : Le procédé de Gram-Schmidt transforme une base quelconque en une base orthonormale en utilisant des projections orthogonales successives.
a) Pour vérifier que \(S \) est une base, on peut calculer le déterminant de la matrice formée par ces vecteurs. Si le déterminant est non nul, ils sont linéairement indépendants.
Matrice : \(M = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix} \).
\(\det(M) = 1(0-1) - 1(1-0) + 0 = -1 - 1 = -2 \neq 0 \).
Donc, \(S \) est une base de \(\mathbb{R}^3 \).
b) Procédé de Gram-Schmidt :
Étape 1 :
\(w_1 = v_1 = (1, 1, 0) \)
\(u_1 = \frac{w_1}{\|w_1\|} \). \(\|w_1\| = \sqrt{1^2 + 1^2 + 0^2} = \sqrt{2} \).
\(u_1 = \frac{1}{\sqrt{2}}(1, 1, 0) = (\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}, 0) \).
Étape 2 :
\(w_2 = v_2 - \text{proj}_{w_1}(v_2) = v_2 - \frac{v_2 \cdot w_1}{w_1 \cdot w_1} w_1 \)
\(v_2 \cdot w_1 = (1)(1) + (0)(1) + (1)(0) = 1 \).
\(w_1 \cdot w_1 = 2 \).
\(w_2 = (1, 0, 1) - \frac{1}{2}(1, 1, 0) = (1 - \frac{1}{2}, 0 - \frac{1}{2}, 1 - 0) = (\frac{1}{2}, -\frac{1}{2}, 1) \).
\(\|w_2\| = \sqrt{(\frac{1}{2})^2 + (-\frac{1}{2})^2 + 1^2} = \sqrt{\frac{1}{4} + \frac{1}{4} + 1} = \sqrt{\frac{1}{2} + 1} = \sqrt{\frac{3}{2}} = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}} \).
\(u_2 = \frac{w_2}{\|w_2\|} = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} (\frac{1}{2}, -\frac{1}{2}, 1) = (\frac{1}{\sqrt{6}}, -\frac{1}{\sqrt{6}}, \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}) = (\frac{1}{\sqrt{6}}, -\frac{1}{\sqrt{6}}, \frac{\sqrt{6}}{3}) \).
Étape 3 :
\(w_3 = v_3 - \text{proj}_{w_1}(v_3) - \text{proj}_{w_2}(v_3) = v_3 - \frac{v_3 \cdot w_1}{w_1 \cdot w_1} w_1 - \frac{v_3 \cdot w_2}{w_2 \cdot w_2} w_2 \)
\(v_3 \cdot w_1 = (0)(1) + (1)(1) + (1)(0) = 1 \).
\(w_1 \cdot w_1 = 2 \).
\(v_3 \cdot w_2 = (0)(\frac{1}{2}) + (1)(-\frac{1}{2}) + (1)(1) = -\frac{1}{2} + 1 = \frac{1}{2} \).
\(w_2 \cdot w_2 = \frac{3}{2} \).
\(w_3 = (0, 1, 1) - \frac{1}{2}(1, 1, 0) - \frac{1/2}{3/2} (\frac{1}{2}, -\frac{1}{2}, 1) \)
\(w_3 = (0, 1, 1) - (\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, 0) - \frac{1}{3} (\frac{1}{2}, -\frac{1}{2}, 1) \)
\(w_3 = (-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, 1) - (\frac{1}{6}, -\frac{1}{6}, \frac{1}{3}) \)
\(w_3 = (-\frac{1}{2} - \frac{1}{6}, \frac{1}{2} + \frac{1}{6}, 1 - \frac{1}{3}) = (-\frac{3+1}{6}, \frac{3+1}{6}, \frac{2}{3}) = (-\frac{4}{6}, \frac{4}{6}, \frac{2}{3}) = (-\frac{2}{3}, \frac{2}{3}, \frac{2}{3}) \).
\(\|w_3\| = \sqrt{(-\frac{2}{3})^2 + (\frac{2}{3})^2 + (\frac{2}{3})^2} = \sqrt{\frac{4}{9} + \frac{4}{9} + \frac{4}{9}} = \sqrt{\frac{12}{9}} = \sqrt{\frac{4}{3}} = \frac{2}{\sqrt{3}} \).
\(u_3 = \frac{w_3}{\|w_3\|} = \frac{\sqrt{3}}{2} (-\frac{2}{3}, \frac{2}{3}, \frac{2}{3}) = (-\frac{\sqrt{3}}{3}, \frac{\sqrt{3}}{3}, \frac{\sqrt{3}}{3}) = (-\frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}}) \).
Base orthonormale : \(u_1 = (\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}, 0), u_2 = (\frac{1}{\sqrt{6}}, -\frac{1}{\sqrt{6}}, \frac{\sqrt{6}}{3}), u_3 = (-\frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}}) \)
Astuce : lors des calculs intermédiaires, on peut garder les vecteurs \(w_i \) non normalisés pour simplifier les calculs de produits scalaires, et normaliser seulement à la fin pour obtenir \(u_i \).
Exercice 4 : Projection orthogonale.
Soit \(E = \mathbb{R}^3 \) muni du produit scalaire canonique. Soit \(F \) le sous-espace vectoriel engendré par \(v_1 = (1, 0, 1) \) et \(v_2 = (0, 1, 1) \).
Soit le vecteur \(u = (1, 1, 1) \).
a) Montrer que \(\{v_1, v_2\} \) est une base de \(F \).
b) Calculer la projection orthogonale de \(u \) sur \(F \), notée \(p_F(u) \).
c) Calculer la distance de \(u \) au sous-espace \(F \).
Correction :
Méthode : La projection orthogonale d'un vecteur \(u \) sur un sous-espace \(F \) est le vecteur \(p_F(u) \in F \) tel que \(u - p_F(u) \) est orthogonal à tout vecteur de \(F \). La distance est la norme de \(u - p_F(u) \).
a) Pour montrer que \(\{v_1, v_2\} \) est une base de \(F \), il suffit de montrer qu'ils sont linéairement indépendants. Comme ce sont deux vecteurs non nuls et non colinéaires, ils sont linéairement indépendants. De plus, comme \(F \) est de dimension 2 (puisque \(v_1, v_2 \) sont linéairement indépendants), ils forment bien une base de \(F \).
b) Pour calculer la projection, on peut d'abord orthonormaliser la base \(\{v_1, v_2\} \) de \(F \) en utilisant Gram-Schmidt, puis projeter \(u \).
Orthonormalisation de \(\{v_1, v_2\} \):
\(w_1 = v_1 = (1, 0, 1) \). \(\|w_1\| = \sqrt{1^2 + 0^2 + 1^2} = \sqrt{2} \).
\(u_1 = \frac{1}{\sqrt{2}}(1, 0, 1) \).
\(w_2 = v_2 - \frac{v_2 \cdot w_1}{w_1 \cdot w_1} w_1 = (0, 1, 1) - \frac{(0)(1) + (1)(0) + (1)(1)}{2}(1, 0, 1) \)
\(w_2 = (0, 1, 1) - \frac{1}{2}(1, 0, 1) = (-\frac{1}{2}, 1, \frac{1}{2}) \).
\(\|w_2\| = \sqrt{(-\frac{1}{2})^2 + 1^2 + (\frac{1}{2})^2} = \sqrt{\frac{1}{4} + 1 + \frac{1}{4}} = \sqrt{\frac{3}{2}} = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}} \).
\(u_2 = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}(-\frac{1}{2}, 1, \frac{1}{2}) = (-\frac{1}{\sqrt{6}}, \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{6}}) = (-\frac{1}{\sqrt{6}}, \frac{\sqrt{6}}{3}, \frac{1}{\sqrt{6}}) \).
Projection de \(u \) sur \(F \):
\(p_F(u) = (u \cdot u_1) u_1 + (u \cdot u_2) u_2 \)
\(u \cdot u_1 = (1)(\frac{1}{\sqrt{2}}) + (1)(0) + (1)(\frac{1}{\sqrt{2}}) = \frac{2}{\sqrt{2}} = \sqrt{2} \).
\(u \cdot u_2 = (1)(-\frac{1}{\sqrt{6}}) + (1)(\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}) + (1)(\frac{1}{\sqrt{6}}) = -\frac{1}{\sqrt{6}} + \frac{\sqrt{6}}{3} + \frac{1}{\sqrt{6}} = \frac{\sqrt{6}}{3} \).
\(p_F(u) = (\sqrt{2}) (\frac{1}{\sqrt{2}}, 0, \frac{1}{\sqrt{2}}) + (\frac{\sqrt{6}}{3}) (-\frac{1}{\sqrt{6}}, \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{6}}) \)
\(p_F(u) = (1, 0, 1) + (-\frac{1}{3}, \frac{2}{3}, \frac{1}{3}) = (1 - \frac{1}{3}, \frac{2}{3}, 1 + \frac{1}{3}) = (\frac{2}{3}, \frac{2}{3}, \frac{4}{3}) \).
Autre méthode pour la projection : On cherche \(p_F(u) = \alpha v_1 + \beta v_2 \) tel que \(u - p_F(u) \) soit orthogonal à \(v_1 \) et \(v_2 \).
\(u - (\alpha v_1 + \beta v_2) \cdot v_1 = 0 \Rightarrow u \cdot v_1 = \alpha v_1 \cdot v_1 + \beta v_2 \cdot v_1 \)
\(u \cdot v_2 = \alpha v_1 \cdot v_2 + \beta v_2 \cdot v_2 \)
\(u \cdot v_1 = (1)(1) + (1)(0) + (1)(1) = 2 \).
\(v_1 \cdot v_1 = 1^2 + 0^2 + 1^2 = 2 \).
\(v_2 \cdot v_1 = (0)(1) + (1)(0) + (1)(1) = 1 \).
\(u \cdot v_2 = (1)(0) + (1)(1) + (1)(1) = 2 \).
\(v_2 \cdot v_2 = 0^2 + 1^2 + 1^2 = 2 \).
Système :
\(2 = 2\alpha + \beta \)
\(2 = \alpha + 2\beta \)
De la première équation, \(\beta = 2 - 2\alpha \). En substituant dans la seconde :
\(2 = \alpha + 2(2 - 2\alpha) = \alpha + 4 - 4\alpha = 4 - 3\alpha \).
\(3\alpha = 2 \Rightarrow \alpha = 2/3 \).
\(\beta = 2 - 2(2/3) = 2 - 4/3 = 2/3 \).
\(p_F(u) = \frac{2}{3} v_1 + \frac{2}{3} v_2 = \frac{2}{3}(1, 0, 1) + \frac{2}{3}(0, 1, 1) = (\frac{2}{3}, \frac{2}{3}, \frac{2}{3} + \frac{2}{3}) = (\frac{2}{3}, \frac{2}{3}, \frac{4}{3}) \).
Les deux méthodes donnent le même résultat.
c) La distance de \(u \) au sous-espace \(F \) est \(d(u, F) = \|u - p_F(u)\| \).
\(u - p_F(u) = (1, 1, 1) - (\frac{2}{3}, \frac{2}{3}, \frac{4}{3}) = (1 - \frac{2}{3}, 1 - \frac{2}{3}, 1 - \frac{4}{3}) = (\frac{1}{3}, \frac{1}{3}, -\frac{1}{3}) \).
\(\|u - p_F(u)\| = \sqrt{(\frac{1}{3})^2 + (\frac{1}{3})^2 + (-\frac{1}{3})^2} = \sqrt{\frac{1}{9} + \frac{1}{9} + \frac{1}{9}} = \sqrt{\frac{3}{9}} = \sqrt{\frac{1}{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}} \).
Projection orthogonale \(p_F(u) = (\frac{2}{3}, \frac{2}{3}, \frac{4}{3}) \). Distance \(d(u, F) = \frac{1}{\sqrt{3}} \).
Exercice 5 : Opérateurs symétriques et leurs propriétés.
Soit \(E = \mathbb{R}^3 \) muni du produit scalaire canonique. Soit \(u \) l'endomorphisme de \(E \) dont la matrice dans la base canonique est :
\(A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 \\ 2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix} \).
a) Montrer que \(u \) est un opérateur symétrique.
b) Trouver les valeurs propres de \(u \).
c) Trouver une base orthonormale de vecteurs propres de \(u \).
Correction :
Méthode : Un opérateur est symétrique si sa matrice dans une base orthonormée est symétrique. Les opérateurs symétriques ont des valeurs propres réelles et admettent une base orthonormale de vecteurs propres.
a) La matrice \(A \) est symétrique car \({}^tA = A \). Comme on est dans l'espace euclidien canonique avec la base canonique (qui est orthonormée), l'endomorphisme \(u \) est un opérateur symétrique.
b) Les valeurs propres sont les racines du polynôme caractéristique \(P_A(\lambda) = \det(A - \lambda I) \).
\(P_A(\lambda) = \det \begin{pmatrix} 1-\lambda & 2 & 0 \\ 2 & 1-\lambda & 0 \\ 0 & 0 & -1-\lambda \end{pmatrix} \)
\(P_A(\lambda) = (-1-\lambda) \det \begin{pmatrix} 1-\lambda & 2 \\ 2 & 1-\lambda \end{pmatrix} \)
\(P_A(\lambda) = (-1-\lambda) [(1-\lambda)^2 - 4] \)
\(P_A(\lambda) = (-1-\lambda) [1 - 2\lambda + \lambda^2 - 4] = (-1-\lambda) (\lambda^2 - 2\lambda - 3) \)
\(P_A(\lambda) = (-1-\lambda) (\lambda - 3)(\lambda + 1) = -(\lambda+1)^2 (\lambda-3) \).
Les valeurs propres sont \(\lambda_1 = -1 \) (avec multiplicité algébrique 2) et \(\lambda_2 = 3 \) (avec multiplicité algébrique 1).
c) On cherche les vecteurs propres associés à chaque valeur propre.
Pour \(\lambda_1 = -1 \):
\((A - (-1)I) x = 0 \Rightarrow (A+I) x = 0 \).
\(A+I = \begin{pmatrix} 2 & 2 & 0 \\ 2 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \).
L'équation \(2x_1 + 2x_2 = 0 \) donne \(x_1 = -x_2 \).
L'espace propre associé est \(E_{-1} = \text{Vect}((-1, 1, 0), (0, 0, 1)) \).
Ces deux vecteurs sont orthogonaux : \((-1)(0) + (1)(0) + (0)(1) = 0 \). On peut les orthonormaliser.
\(w_1 = (-1, 1, 0) \). \(\|w_1\| = \sqrt{(-1)^2 + 1^2 + 0^2} = \sqrt{2} \). \(u_1 = \frac{1}{\sqrt{2}}(-1, 1, 0) \).
\(w_2 = (0, 0, 1) \). \(\|w_2\| = 1 \). \(u_2 = (0, 0, 1) \).
Pour \(\lambda_2 = 3 \):
\((A - 3I) x = 0 \).
\(A-3I = \begin{pmatrix} -2 & 2 & 0 \\ 2 & -2 & 0 \\ 0 & 0 & -4 \end{pmatrix} \).
L'équation \(-2x_1 + 2x_2 = 0 \) donne \(x_1 = x_2 \). L'équation \(-4x_3 = 0 \) donne \(x_3 = 0 \).
L'espace propre associé est \(E_3 = \text{Vect}((1, 1, 0)) \).
\(w_3 = (1, 1, 0) \). \(\|w_3\| = \sqrt{1^2 + 1^2 + 0^2} = \sqrt{2} \). \(u_3 = \frac{1}{\sqrt{2}}(1, 1, 0) \).
Une base orthonormale de vecteurs propres est \(\{u_1, u_2, u_3\} \).
Base orthonormale de vecteurs propres : \(\{ (-\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}, 0), (0, 0, 1), (\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}, 0) \} \)
Théorème : Pour un opérateur symétrique sur un espace euclidien, il existe une base orthonormale de vecteurs propres.
Exercice 6 : Espaces Hermitiens et Opérateurs Unitaires.
Soit \(E = \mathbb{C}^2 \) et soit \(\langle \cdot, \cdot \rangle \) le produit scalaire hermitien canonique : \(\langle x, y \rangle = x_1 \bar{y_1} + x_2 \bar{y_2} \).
Soit \(u \) l'endomorphisme de \(E \) défini par sa matrice dans la base canonique :
\(A = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 & i \\ -i & 1 \end{pmatrix} \).
a) Montrer que \(u \) est un opérateur unitaire.
b) Calculer les valeurs propres de \(u \).
c) Calculer les vecteurs propres de \(u \).
Correction :
Méthode : Un opérateur sur un espace hermitien est unitaire si sa matrice \(A \) vérifie \(A^* A = I \), où \(A^* \) est la transposée conjuguée de \(A \).
a) La matrice \(A^* \) est la transposée conjuguée de \(A \).
\(\bar{A} = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 & -i \\ i & 1 \end{pmatrix} \).
\(A^* = (\bar{A})^t = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 & i \\ -i & 1 \end{pmatrix} \).
Calculons \(A^* A \):
\(A^* A = \left(\frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 & i \\ -i & 1 \end{pmatrix} \right) \left(\frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 & i \\ -i & 1 \end{pmatrix} \right) = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 1 & i \\ -i & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & i \\ -i & 1 \end{pmatrix} \)
\(= \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 1(1) + i(-i) & 1(i) + i(1) \\ (-i)(1) + 1(-i) & (-i)(i) + 1(1) \end{pmatrix} = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 1 - i^2 & i + i \\ -i - i & -i^2 + 1 \end{pmatrix} = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 1+1 & 2i \\ -2i & 1+1 \end{pmatrix} = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 2 & 2i \\ -2i & 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & i \\ -i & 1 \end{pmatrix} \).
Il semble y avoir une erreur dans mes calculs ou dans l'énoncé. La matrice \(A \) n'est pas unitaire avec cette formule.
Vérifions la définition de \(A^* \): c'est la transposée du conjugué.
\(A = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 & i \\ -i & 1 \end{pmatrix} \).
\(\bar{A} = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 & -i \\ i & 1 \end{pmatrix} \).
\(A^* = (\bar{A})^t = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 & i \\ -i & 1 \end{pmatrix} \).
Le calcul de \(A^* A \) est correct. Donc la matrice \(A \) n'est pas unitaire.
Correction de l'énoncé : Si \(A = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 & i \\ i & 1 \end{pmatrix} \), alors \(\bar{A} = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 & -i \\ -i & 1 \end{pmatrix} \), \(A^* = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 & -i \\ -i & 1 \end{pmatrix} \).
\(A^* A = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 1 & -i \\ -i & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & i \\ i & 1 \end{pmatrix} = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 1-i^2 & i-i \\ -i+i & -i^2+1 \end{pmatrix} = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix} = I_2 \).
En supposant que la matrice correcte est \(A = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 & i \\ i & 1 \end{pmatrix} \).
a) Avec cette matrice, \(A^* A = I_2 \), donc \(u \) est unitaire.
b) Valeurs propres de \(A = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 & i \\ i & 1 \end{pmatrix} \).
\(P_A(\lambda) = \det(A - \lambda I) = \det \left(\frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 & i \\ i & 1 \end{pmatrix} - \lambda \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \right) \)
\(= \det \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}}-\lambda & \frac{i}{\sqrt{2}} \\ \frac{i}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}}-\lambda \end{pmatrix} \).
\(= (\frac{1}{\sqrt{2}}-\lambda)^2 - (\frac{i}{\sqrt{2}})^2 = (\frac{1}{\sqrt{2}}-\lambda)^2 - \frac{i^2}{2} = (\frac{1}{\sqrt{2}}-\lambda)^2 + \frac{1}{2} \).
\(= \frac{1}{2} - \frac{2\lambda}{\sqrt{2}} + \lambda^2 + \frac{1}{2} = \lambda^2 - \sqrt{2}\lambda + 1 \).
Les racines de \(\lambda^2 - \sqrt{2}\lambda + 1 = 0 \) sont \(\lambda = \frac{\sqrt{2} \pm \sqrt{2 - 4}}{2} = \frac{\sqrt{2} \pm \sqrt{-2}}{2} = \frac{\sqrt{2} \pm i\sqrt{2}}{2} \).
Les valeurs propres sont \(\lambda_1 = \frac{1+i}{\sqrt{2}} \) et \(\lambda_2 = \frac{1-i}{\sqrt{2}} \).
Ces valeurs propres ont un module de 1, ce qui est attendu pour un opérateur unitaire. \(|\lambda_1| = \sqrt{(\frac{1}{\sqrt{2}})^2 + (\frac{1}{\sqrt{2}})^2} = \sqrt{\frac{1}{2}+\frac{1}{2}} = 1 \).
c) Vecteurs propres.
Pour \(\lambda_1 = \frac{1+i}{\sqrt{2}} \):
\((A - \lambda_1 I) x = 0 \).
\(\frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 & i \\ i & 1 \end{pmatrix} - \frac{1+i}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1-(1+i) & i \\ i & 1-(1+i) \end{pmatrix} = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} -i & i \\ i & -i \end{pmatrix} \).
L'équation \(-ix_1 + ix_2 = 0 \) donne \(x_1 = x_2 \).
Un vecteur propre est \(v_1 = (1, 1) \). Pour orthonormaliser, \(\|v_1\| = \sqrt{\langle v_1, v_1 \rangle} = \sqrt{1\bar{1} + 1\bar{1}} = \sqrt{1+1} = \sqrt{2} \).
Vecteur propre unitaire : \(u_1 = \frac{1}{\sqrt{2}}(1, 1) \).
Pour \(\lambda_2 = \frac{1-i}{\sqrt{2}} \):
\((A - \lambda_2 I) x = 0 \).
\(\frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 & i \\ i & 1 \end{pmatrix} - \frac{1-i}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1-(1-i) & i \\ i & 1-(1-i) \end{pmatrix} = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} i & i \\ i & i \end{pmatrix} \).
L'équation \(ix_1 + ix_2 = 0 \) donne \(x_1 = -x_2 \).
Un vecteur propre est \(v_2 = (1, -1) \). Pour orthonormaliser, \(\|v_2\| = \sqrt{\langle v_2, v_2 \rangle} = \sqrt{1\bar{1} + (-1)\overline{(-1)}} = \sqrt{1+1} = \sqrt{2} \).
Vecteur propre unitaire : \(u_2 = \frac{1}{\sqrt{2}}(1, -1) \).
Valeurs propres : \(\frac{1+i}{\sqrt{2}}, \frac{1-i}{\sqrt{2}} \). Vecteurs propres unitaires : \((\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}), (\frac{1}{\sqrt{2}}, -\frac{1}{\sqrt{2}}) \).
Astuce : Sur \(\mathbb{C} \), les valeurs propres d'un opérateur unitaire sont de module 1.
Exercice 7 : Diagonalisation d'un opérateur symétrique.
Soit \(E = \mathbb{R}^3 \) muni du produit scalaire canonique. Soit \(u \) l'endomorphisme de \(E \) dont la matrice dans la base canonique est :
\(A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix} \).
a) Montrer que \(u \) est un opérateur symétrique.
b) Diagonaliser \(u \), c'est-à-dire trouver une matrice orthogonale \(P \) et une matrice diagonale \(D \) telles que \(A = PDP^{-1} = PDP^t \).
Correction :
Méthode : Un opérateur symétrique peut être diagonalisé par une matrice orthogonale. Les vecteurs colonnes de \(P \) sont les vecteurs propres orthonormalisés de \(A \), et \(D \) est la matrice diagonale des valeurs propres correspondantes.
a) La matrice \(A \) est clairement symétrique car \({}^tA = A \). Comme la base canonique est orthonormée, \(u \) est un opérateur symétrique.
b) Cherchons les valeurs propres :
\(P_A(\lambda) = \det(A - \lambda I) = \det \begin{pmatrix} 1-\lambda & 1 & 1 \\ 1 & 1-\lambda & 1 \\ 1 & 1 & 1-\lambda \end{pmatrix} \)
Faisons \(L_2 \leftarrow L_2 - L_1 \) et \(L_3 \leftarrow L_3 - L_1 \):
\(P_A(\lambda) = \det \begin{pmatrix} 1-\lambda & 1 & 1 \\ \lambda & -\lambda & 0 \\ \lambda & 0 & -\lambda \end{pmatrix} \)
On peut aussi remarquer que la somme des lignes est \((3-\lambda, 3-\lambda, 3-\lambda) \). Donc \(\lambda=3 \) est une valeur propre.
Développons : \((1-\lambda)(\,(1-\lambda)^2 - 1) - 1(\,(1-\lambda)(-\lambda) - 0) + 1(\,\lambda - (-\lambda)(1-\lambda)) \)
\(= (1-\lambda)(1 - 2\lambda + \lambda^2 - 1) - (-\lambda + \lambda^2) + (\lambda + \lambda - \lambda^2) \)
\(= (1-\lambda)(\lambda^2 - 2\lambda) + \lambda - \lambda^2 + 2\lambda - \lambda^2 \)
\(= \lambda^2 - 2\lambda - \lambda^3 + 2\lambda^2 + 3\lambda - 2\lambda^2 = -\lambda^3 + \lambda^2 + \lambda \).
Je fais une erreur dans le calcul du déterminant.
Autre approche : Rang de \(A \) est 1 (les lignes sont identiques). Donc \(\dim(\ker(A)) = 3 - 1 = 2 \). La valeur propre 0 a une multiplicité géométrique de 2. Comme \(A \) est symétrique, la multiplicité algébrique est égale à la géométrique. Donc 0 est valeur propre de multiplicité 2.
La somme des valeurs propres est la trace de \(A \), qui est \(1+1+1 = 3 \). Soit \(\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3 \) les valeurs propres. On a \(\lambda_1 = 0, \lambda_2 = 0 \). Donc \(0 + 0 + \lambda_3 = 3 \), ce qui donne \(\lambda_3 = 3 \).
Les valeurs propres sont 0 (multiplicité 2) et 3 (multiplicité 1).
Vecteurs propres :
Pour \(\lambda = 3 \):
\((A - 3I) x = 0 \Rightarrow \begin{pmatrix} -2 & 1 & 1 \\ 1 & -2 & 1 \\ 1 & 1 & -2 \end{pmatrix} x = 0 \).
Les lignes sommées donnent \(0, 0, 0 \). \(x_1 + x_2 + x_3 = 0 \).
Une solution est \((1, 1, -2) \). Normons-la : \(\|(1, 1, -2)\| = \sqrt{1+1+4} = \sqrt{6} \). Vecteur propre unitaire : \(v_3 = \frac{1}{\sqrt{6}}(1, 1, -2) \).
Pour \(\lambda = 0 \):
\(A x = 0 \Rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix} x = 0 \).
L'équation est \(x_1 + x_2 + x_3 = 0 \). C'est un plan. Il faut trouver une base orthonormée de ce plan.
On peut choisir \(v_1 = (1, -1, 0) \). \(\|v_1\| = \sqrt{2} \). Vecteur unitaire : \(u_1 = \frac{1}{\sqrt{2}}(1, -1, 0) \).
On cherche \(v_2 \) orthogonal à \(v_1 \) et dans le plan. Par exemple \(v_2 = (1, 1, -2) \). Mais c'est le vecteur propre pour \(\lambda=3 \).
Il faut trouver un vecteur orthogonal à \((1, 1, -2) \) et dans le plan \(x_1+x_2+x_3=0 \).
Soit \(v_2 = (a, b, c) \). \(a+b+c = 0 \) et \(a+b-2c = 0 \).
De la première, \(a+b = -c \). En substituant dans la seconde : \(-c - 2c = 0 \Rightarrow -3c = 0 \Rightarrow c=0 \).
Alors \(a+b = 0 \Rightarrow a = -b \). Choisissons \(b=1 \), alors \(a=-1 \).
Donc \(v_2 = (-1, 1, 0) \). Ce vecteur est déjà trouvé pour \(\lambda=0 \).
Je dois trouver une base orthogonale pour l'espace propre de \(\lambda=0 \).
Prenons \(v_1 = (1, -1, 0) \). Unitaire : \(u_1 = \frac{1}{\sqrt{2}}(1, -1, 0) \).
Cherchons \(v_2 \) tel que \(v_2 \cdot v_1 = 0 \) et \(v_2 \cdot (1, 1, 1) = 0 \).
\(v_2 = (a, b, c) \). \(a-b = 0 \Rightarrow a=b \).
\(a+b+c = 0 \Rightarrow 2a+c = 0 \Rightarrow c = -2a \).
Choisissons \(a=1 \), alors \(b=1, c=-2 \).
\(v_2 = (1, 1, -2) \). Ce vecteur est le vecteur propre pour \(\lambda=3 \).
Reprenons : pour \(\lambda=0 \), \(x_1+x_2+x_3=0 \).
Base de \(E_0 \): \(v_1 = (1, -1, 0) \), \(v_2 = (1, 0, -1) \). Ils sont orthogonaux : \(1 - 0 + 0 = 1 \). Non.
Base de \(E_0 \): \(v_1 = (1, -1, 0) \).
Cherchons \(v_2 \) orthogonal à \(v_1 \) et dans le plan : \(v_2 = (a, b, c) \).
\(a-b=0 \Rightarrow a=b \).
\(a+b+c=0 \Rightarrow 2a+c=0 \Rightarrow c=-2a \).
On peut choisir \(a=1 \), alors \(b=1, c=-2 \). Le vecteur \((1, 1, -2) \) est dans le plan \(x_1+x_2+x_3=0 \). C'est le vecteur propre pour \(\lambda=3 \).
Il y a une erreur fondamentale dans mon calcul ou ma compréhension de l'espace propre pour \(\lambda=0 \).
\(A x = 0 \Leftrightarrow x_1+x_2+x_3=0 \). C'est bien un plan.
Une base de ce plan est \(\{(1, -1, 0), (1, 0, -1)\} \). Ces deux vecteurs ne sont pas orthogonaux.
Utilisons Gram-Schmidt pour orthonormaliser \(\{(1, -1, 0), (1, 0, -1)\} \).
\(w_1 = (1, -1, 0) \). \(\|w_1\| = \sqrt{2} \). \(u_1 = \frac{1}{\sqrt{2}}(1, -1, 0) \).
\(w_2 = (1, 0, -1) - \frac{(1,0,-1)\cdot(1,-1,0)}{2}(1, -1, 0) = (1, 0, -1) - \frac{1}{2}(1, -1, 0) = (\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, -1) \).
\(\|w_2\| = \sqrt{\frac{1}{4} + \frac{1}{4} + 1} = \sqrt{\frac{3}{2}} \).
\(u_2 = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, -1) = (\frac{1}{\sqrt{6}}, \frac{1}{\sqrt{6}}, -\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}) = (\frac{1}{\sqrt{6}}, \frac{1}{\sqrt{6}}, -\frac{\sqrt{6}}{3}) \).
Le vecteur propre pour \(\lambda=3 \) est \(v_3 = (1, 1, -2) \). Il est orthogonal à \(u_1 \) et \(u_2 \)?
\(v_3 \cdot u_1 = (1, 1, -2) \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}(1, -1, 0) = \frac{1}{\sqrt{2}}(1 - 1 + 0) = 0 \). Oui.
\(v_3 \cdot u_2 = (1, 1, -2) \cdot (\frac{1}{\sqrt{6}}, \frac{1}{\sqrt{6}}, -\frac{\sqrt{6}}{3}) = \frac{1}{\sqrt{6}} + \frac{1}{\sqrt{6}} - \frac{-2\sqrt{6}}{3} = \frac{2}{\sqrt{6}} + \frac{2\sqrt{6}}{3} \). Non.
L'espace propre de \(\lambda=0 \) est bien le plan \(x_1+x_2+x_3=0 \). Les vecteurs \((1, 1, -2) \) et \((1, -1, 0) \) ne sont pas orthogonaux et ne sont pas dans ce plan.
Il faut que \(v_3 \) soit dans le plan \(x_1+x_2+x_3=0 \). \(1+1-2=0 \). Oui, \((1, 1, -2) \) est dans le plan.
Reprenons les vecteurs propres pour \(\lambda=0 \):
L'espace propre est \(E_0 = \{(x_1, x_2, x_3) \in \mathbb{R}^3 | x_1+x_2+x_3=0 \} \).
Une base est \(\{(1, -1, 0), (1, 0, -1)\} \).
Orthonormalisons cette base pour \(E_0 \):
\(w_1 = (1, -1, 0) \). \(\|w_1\| = \sqrt{2} \). \(u_1 = \frac{1}{\sqrt{2}}(1, -1, 0) \).
\(w_2 = (1, 0, -1) - \frac{(1,0,-1)\cdot(1,-1,0)}{2}(1, -1, 0) = (1, 0, -1) - \frac{1}{2}(1, -1, 0) = (\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, -1) \).
\(\|w_2\| = \sqrt{3/2} \). \(u_2 = \sqrt{2/3}(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, -1) = (\frac{1}{\sqrt{6}}, \frac{1}{\sqrt{6}}, -\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}) \).
Pour \(\lambda=3 \), \((A-3I)x=0 \). \(-2x_1+x_2+x_3=0, x_1-2x_2+x_3=0, x_1+x_2-2x_3=0 \).
En soustrayant les deux premières : \(-3x_1+3x_2=0 \Rightarrow x_1=x_2 \).
Dans la première : \(-2x_1+x_1+x_3=0 \Rightarrow -x_1+x_3=0 \Rightarrow x_1=x_3 \).
Donc \(x_1=x_2=x_3 \). Vecteur propre : \((1, 1, 1) \).
Normons : \(\|(1, 1, 1)\| = \sqrt{3} \). Vecteur propre unitaire : \(u_3 = \frac{1}{\sqrt{3}}(1, 1, 1) \).
Une base orthonormale de vecteurs propres est \(\{u_1, u_2, u_3\} \).
\(D = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix} \).
La matrice \(P \) a pour colonnes \(u_1, u_2, u_3 \).
\(u \) est symétrique. Diagonalisation : \(D = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix} \). Base orthonormale de vecteurs propres : \(\{ (\frac{1}{\sqrt{2}}, -\frac{1}{\sqrt{2}}, 0), (\frac{1}{\sqrt{6}}, \frac{1}{\sqrt{6}}, -\frac{\sqrt{6}}{3}), (\frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}}) \} \).
Exercice 8 : Théorème spectral et applications géométriques.
Soit \(E = \mathbb{R}^2 \) muni du produit scalaire canonique. Soit \(q \) la forme quadratique définie par \(q(x, y) = x_1^2 + 2x_1x_2 + 2x_2^2 \).
a) Donner la matrice \(A \) de la forme bilinéaire symétrique associée à \(q \).
b) Diagonaliser \(A \) en utilisant une matrice orthogonale \(P \). Quelle est la forme canonique de \(q \)?
c) Interpréter géométriquement le résultat (nature de la conique associée à \(q(x,y)=c \)).
Correction :
Méthode : La diagonalisation d'une forme quadratique permet de simplifier son expression et d'en déterminer la nature géométrique.
a) La forme bilinéaire symétrique associée à \(q(x_1, x_2) = x_1^2 + 2x_1x_2 + 2x_2^2 \) est \(f(x, y) = x_1y_1 + x_1y_2 + x_2y_1 + 2x_2y_2 \).
Sa matrice dans la base canonique est :
$$ A = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix} $$b) Diagonalisons \(A \).
Polynôme caractéristique : \(P_A(\lambda) = \det(A - \lambda I) = \det \begin{pmatrix} 1-\lambda & 1 \\ 1 & 2-\lambda \end{pmatrix} = (1-\lambda)(2-\lambda) - 1 = 2 - \lambda - 2\lambda + \lambda^2 - 1 = \lambda^2 - 3\lambda + 1 \).
Valeurs propres : \(\lambda = \frac{3 \pm \sqrt{9 - 4}}{2} = \frac{3 \pm \sqrt{5}}{2} \).
Les valeurs propres sont \(\lambda_1 = \frac{3+\sqrt{5}}{2} \) et \(\lambda_2 = \frac{3-\sqrt{5}}{2} \). Elles sont toutes deux positives.
Les vecteurs propres associés :
Pour \(\lambda_1 = \frac{3+\sqrt{5}}{2} \):
\((A - \lambda_1 I) x = 0 \). \((1 - \frac{3+\sqrt{5}}{2})x_1 + x_2 = 0 \Rightarrow (\frac{-1-\sqrt{5}}{2})x_1 + x_2 = 0 \).
Un vecteur propre est \(v_1 = (1, \frac{1+\sqrt{5}}{2}) \).
Pour \(\lambda_2 = \frac{3-\sqrt{5}}{2} \):
\((A - \lambda_2 I) x = 0 \). \((1 - \frac{3-\sqrt{5}}{2})x_1 + x_2 = 0 \Rightarrow (\frac{-1+\sqrt{5}}{2})x_1 + x_2 = 0 \).
Un vecteur propre est \(v_2 = (1, \frac{1-\sqrt{5}}{2}) \).
La matrice \(P \) a pour colonnes les vecteurs propres orthonormalisés. La forme canonique de \(q \) est \(\lambda_1 y_1^2 + \lambda_2 y_2^2 \).
Forme canonique : \(\frac{3+\sqrt{5}}{2} y_1^2 + \frac{3-\sqrt{5}}{2} y_2^2 \).
c) Les deux valeurs propres sont positives. La forme quadratique est définie positive.
L'équation \(q(x, y) = c \) avec \(c>0 \) représente une ellipse dans le plan.
La diagonalisation par une matrice orthogonale \(P \) correspond à un changement de repère (rotation) qui aligne les axes principaux de l'ellipse.
Forme canonique : \(\frac{3+\sqrt{5}}{2} y_1^2 + \frac{3-\sqrt{5}}{2} y_2^2 \). L'équation \(q(x, y) = c \) représente une ellipse.
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