F et P = ( p i j ) la matrice de passage de la base v
à v. On a pour tout
(i , j) ∈ [[1 , p]]
2 , v i =
p
k=1
p ki v
k . Comme v
est orthonormale, on en déduit
que (v i | v j ) =
p
k=1
p ki p k j , donc G(v 1 , . . . , v p ) =
t P P. Par conséquent,
det G(v 1 , . . . , v p ) = (det P)
2 > 0 car P est inversible.
2) Soit x ∈ E et soit p(x) le projeté orthogonal de x sur F. Comme (v 1 , . . . , v p )
est une base de F, il existe (a 1 , . . . , a p ) ∈ R
p tel que p(x) =
p
i=1
a i v i . Soient
(C j ) 1 j p+1 les colonnes de la matrice M = G(v 1 , . . . , v p , x). On effectue l’opération élémentaire C p+1 ← C p+1 −
p
j=1
a j C j . Pour i ∈ [[1 , p]], le nouveau coefficient de la ligne i de C p+1 est égal à :
(x | v i ) −
p
j=1
a j (v j | v i ) = (x − p(x) | v i ) = 0
car x − p(x) ∈ F
⊥ , et le dernier coefficient est égal à :
(x | x) −
p
j=1
a j (x | v j ) = (x | x − p(x))
= x − p(x)
2 + (p(x) | x − p(x)) = d(x, F)
2 .
En développant le déterminant obtenu par rapport à la dernière colonne, on obtient
finalement det M = d(x, F)
2 det G(v 1 , . . . , v p ), puis le résultat demandé car les
déterminants sont strictement positifs.
Exercice 8.19
Polytechnique MP 2007
On munit R[X ] du produit scalaire défini par P, Q =
1
0
P(t)Q(t) dt. Existet-il A ∈ R[X ] tel que ∀P ∈ R[X ], P(0) = A, P ?
Supposons qu’il existe un tel polynôme A. On a alors pour tout n ∈ N
∗ , A, X
n
= 0,
autrement dit pour tout n ∈ N, X A, X
n
= A, X
n+1
= 0. Il en résulte que le
polynôme X A est orthogonal à tout élément de la base canonique de R[X ], donc en
le décomposant dans cette base, on en déduit qu’il est orthogonal à lui-même, donc
c’est le polynôme nul. Or R[X ] est intègre, donc A = 0. On choisit alors P = 1, on
a P(0) = 1 et A, P = 0, ce qui entraîne une contradiction.
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit
à v. On a pour tout
(i , j) ∈ [[1 , p]]
2 , v i =
p
k=1
p ki v
k . Comme v
est orthonormale, on en déduit
que (v i | v j ) =
p
k=1
p ki p k j , donc G(v 1 , . . . , v p ) =
t P P. Par conséquent,
det G(v 1 , . . . , v p ) = (det P)
2 > 0 car P est inversible.
2) Soit x ∈ E et soit p(x) le projeté orthogonal de x sur F. Comme (v 1 , . . . , v p )
est une base de F, il existe (a 1 , . . . , a p ) ∈ R
p tel que p(x) =
p
i=1
a i v i . Soient
(C j ) 1 j p+1 les colonnes de la matrice M = G(v 1 , . . . , v p , x). On effectue l’opération élémentaire C p+1 ← C p+1 −
p
j=1
a j C j . Pour i ∈ [[1 , p]], le nouveau coefficient de la ligne i de C p+1 est égal à :
(x | v i ) −
p
j=1
a j (v j | v i ) = (x − p(x) | v i ) = 0
car x − p(x) ∈ F
⊥ , et le dernier coefficient est égal à :
(x | x) −
p
j=1
a j (x | v j ) = (x | x − p(x))
= x − p(x)
2 + (p(x) | x − p(x)) = d(x, F)
2 .
En développant le déterminant obtenu par rapport à la dernière colonne, on obtient
finalement det M = d(x, F)
2 det G(v 1 , . . . , v p ), puis le résultat demandé car les
déterminants sont strictement positifs.
Exercice 8.19
Polytechnique MP 2007
On munit R[X ] du produit scalaire défini par P, Q =
1
0
P(t)Q(t) dt. Existet-il A ∈ R[X ] tel que ∀P ∈ R[X ], P(0) = A, P ?
Supposons qu’il existe un tel polynôme A. On a alors pour tout n ∈ N
∗ , A, X
n
= 0,
autrement dit pour tout n ∈ N, X A, X
n
= A, X
n+1
= 0. Il en résulte que le
polynôme X A est orthogonal à tout élément de la base canonique de R[X ], donc en
le décomposant dans cette base, on en déduit qu’il est orthogonal à lui-même, donc
c’est le polynôme nul. Or R[X ] est intègre, donc A = 0. On choisit alors P = 1, on
a P(0) = 1 et A, P = 0, ce qui entraîne une contradiction.
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit