Chap. 9. Espaces euclidiens
Soit B 1 = (´ 1 , . . . , ´ n ) la base orthogonale obtenue en appliquant le procédé d’orthogonalisation de Schmidt à B. On sait que pour tout i, e i − ´ i ∈ Vect(´ 1 , . . . , ´ i−1 ),
donc par relation de Pythagore, e i
2
´ i
2 . En posant pour tout i, e
i =
´ i
´ i
,
la famille B
= (e
1 , . . . , e
n ) est une base orthonormale de R
n , et la matrice de
passage de B à B
est triangulaire supérieure de coefficients diagonaux égaux à
(´ 1
−1 , . . . , ´ n
−1 ). On note P la matrice de passage de B 0 à B
, elle est orthogonale car B 0 et B
sont deux bases orthonormales, et T la matrice de passage de
B
à B. On a alors PT = A. Or T est l’inverse de la matrice de passage de B à B
,
donc est triangulaire supérieure à coefficients diagonaux (´ 1 , . . . , ´ n ). Comme
det P = ±1, on obtient | det A| =
n
j=1
´ j
n
j=1
e j , donc | det A| est inférieur ou
égal au produit des normes de ses vecteurs colonnes.
Exercice 9.30
Mines-Ponts MP 2005
Soit u ∈ L(E) tel que u ◦ u = 0. Prouver l’équivalence :
Im u = Ker u ⇐⇒ u + u
∗ bijectif.
• Supposons que Im u = Ker u. Soit x ∈ E tel que u(x) + u
∗ (x) = 0. En prenant
l’image par u on obtient u(u
∗ (x)) = 0, d’où en faisant le produit scalaire par x,
on obtient u
∗ (x), u
∗ (x) = 0, d’où u
∗ (x) = 0 et en reportant u(x) = 0. Par
conséquent, x ∈ Ker u
∗ = (Im u)
⊥ = (Ker u)
⊥ , or x ∈ Ker u, d’où x = 0. On en
déduit que l’endomorphisme u + u
∗ est injectif, donc bijectif.
• Supposons u + u
∗ bijectif. Comme u
2 = 0, on a déjà Im u ⊂ Ker u.
Soit x ∈ Ker u. Par hypothèse, il existe y ∈ E tel que x = u(y) + u
∗ (y). En prenant
l’image par u, on obtient u(u
∗ (y)) = 0, d’où u
∗ (y) = 0 en faisant le produit
scalaire par y, ce qui donne x = u(y) ∈ Im u. On a bien montré que Im u = Ker u.
Exercice 9.31
Mines-Ponts MP 2005
Si f est un endomorphisme autoadjoint de E, on note l( f ) la plus petite valeur
propre de f et m( f ) la plus grande. Montrer que, si f et g sont autoadjoints,
alors m( f + g) m( f ) + l(g).
On sait que l( f ) = min
x=1
( f (x) | x) et m( f ) = max
x=1
( f (x) | x). Pour tout vecteur
x de norme 1, on a ( f (x) + g(x) | x) = ( f (x) | x) + (g(x) | x) ( f (x) | x) + l(g).
On passe à la borne supérieure sur tous les vecteurs de norme 1, et on obtient
m( f + g) m( f ) + l(g).
Soit B 1 = (´ 1 , . . . , ´ n ) la base orthogonale obtenue en appliquant le procédé d’orthogonalisation de Schmidt à B. On sait que pour tout i, e i − ´ i ∈ Vect(´ 1 , . . . , ´ i−1 ),
donc par relation de Pythagore, e i
2
´ i
2 . En posant pour tout i, e
i =
´ i
´ i
,
la famille B
= (e
1 , . . . , e
n ) est une base orthonormale de R
n , et la matrice de
passage de B à B
est triangulaire supérieure de coefficients diagonaux égaux à
(´ 1
−1 , . . . , ´ n
−1 ). On note P la matrice de passage de B 0 à B
, elle est orthogonale car B 0 et B
sont deux bases orthonormales, et T la matrice de passage de
B
à B. On a alors PT = A. Or T est l’inverse de la matrice de passage de B à B
,
donc est triangulaire supérieure à coefficients diagonaux (´ 1 , . . . , ´ n ). Comme
det P = ±1, on obtient | det A| =
n
j=1
´ j
n
j=1
e j , donc | det A| est inférieur ou
égal au produit des normes de ses vecteurs colonnes.
Exercice 9.30
Mines-Ponts MP 2005
Soit u ∈ L(E) tel que u ◦ u = 0. Prouver l’équivalence :
Im u = Ker u ⇐⇒ u + u
∗ bijectif.
• Supposons que Im u = Ker u. Soit x ∈ E tel que u(x) + u
∗ (x) = 0. En prenant
l’image par u on obtient u(u
∗ (x)) = 0, d’où en faisant le produit scalaire par x,
on obtient u
∗ (x), u
∗ (x) = 0, d’où u
∗ (x) = 0 et en reportant u(x) = 0. Par
conséquent, x ∈ Ker u
∗ = (Im u)
⊥ = (Ker u)
⊥ , or x ∈ Ker u, d’où x = 0. On en
déduit que l’endomorphisme u + u
∗ est injectif, donc bijectif.
• Supposons u + u
∗ bijectif. Comme u
2 = 0, on a déjà Im u ⊂ Ker u.
Soit x ∈ Ker u. Par hypothèse, il existe y ∈ E tel que x = u(y) + u
∗ (y). En prenant
l’image par u, on obtient u(u
∗ (y)) = 0, d’où u
∗ (y) = 0 en faisant le produit
scalaire par y, ce qui donne x = u(y) ∈ Im u. On a bien montré que Im u = Ker u.
Exercice 9.31
Mines-Ponts MP 2005
Si f est un endomorphisme autoadjoint de E, on note l( f ) la plus petite valeur
propre de f et m( f ) la plus grande. Montrer que, si f et g sont autoadjoints,
alors m( f + g) m( f ) + l(g).
On sait que l( f ) = min
x=1
( f (x) | x) et m( f ) = max
x=1
( f (x) | x). Pour tout vecteur
x de norme 1, on a ( f (x) + g(x) | x) = ( f (x) | x) + (g(x) | x) ( f (x) | x) + l(g).
On passe à la borne supérieure sur tous les vecteurs de norme 1, et on obtient
m( f + g) m( f ) + l(g).