Démonstration. Soient x 1 , x 2 , . . . , x n les coordonnées de v dans la base e 1 , e 2 , . . . , e n , de
sorte que v = x 1 e 1 + x 2 e 2 + · · · + x n e n . Pour tout p = 1, 2, . . . , n, on a
v · e p = (x 1 e 1 ) · e p + (x 2 e 2 ) · e p + · · · + (x n e n ) · e p = x 1 (e 1 · e p ) + x 2 (e 2 · e p ) + · · · + x n (e n · e p )
Puisque e i · e p = 0 pour i = p, il vient v · e p = x p (e p · e p ) = x p , car e p · e p = 1.
Les coordonnées d’un vecteur dans une base orthonormée s’obtiennent donc simplement en calculant les produits hermitiens avec les vecteurs de la base. Il est
également aisé de calculer le produit hermitien de deux vecteurs dont on connaît les
coordonnées dans une base orthonormée.
Proposition. Si des vecteurs u et u
ont pour coordonnées (x 1 ,x 2 ,. . .,x n ) et (x
1 ,x
2 ,. . .,x
n )
dans une base orthonormée de V , alors
u · u
= x 1 x
1 + x 2 x
2 + · · · + x n x
n
et u
2 = |x 1 |
2 + |x 2 |
2 + · · · + |x n |
2 .
Démonstration. Notons e 1 ,e 2 ,. . .e n la base orthonormée considérée. On a e i ·u
= u · e i = x
i ,
d’après la proposition précédente. Puisque u = x 1 e 1 + · · · + x n e n , on en déduit par linéarité
la formule pour le produit hermitien u · u
.
Construction de bases orthonormées
Voici un moyen d’obtenir une base orthonormée à partir d’une base quelconque de
l’espace vectoriel V . Cette méthode s’appelle l’algorithme de Gram-Schmidt.
Supposons par exemple V de dimension 3 et soit v 1 , v 2 , v 3 une base de V .
Étape 1. On pose e 1 = 1
v 1
v 1 , ce qui est possible car le vecteur v 1 n’est pas nul.
Le vecteur e 1 est de norme 1.
Étape 2.
λe 1
v
v
2
v 1 e 1
e 2
Dans le plan engendré par v 1 , v 2 , on considère un vecteur v = λe 1 + v 2 et
l’on cherche le scalaire λ pour que v soit orthogonal à e 1 . La
condition s’écrit
0 = v · e 1 = (λe 1 + v 2 ) · e 1
= λe 1 · e 1 + v 2 · e 1 = λ + v 2 · e 1 car e 1 · e 1 = 1
Il vient λ = −v 2 · e 1 d’où v = −(v 2 · e 1 )e 1 + v 2 .
Puisque v 1 et v 2 sont indépendants, e 1 et v 2 le sont aussi, donc
v n’est pas nul. On pose alors e 2 = 1
v
v : ainsi e 2 est de norme 1 et orthogonal à e 1 .
Étape 3. On cherche ensuite un vecteur w = λ 1 e 1 + λ 2 e 2 + v 3 orthogonal à e 1 et à e 2 :
0 = w · e 1 = λ 1 e 1 · e 1 + λ 2 e 2 · e 1 + v 3 · e 1 = λ 1 + v 3 · e 1 car e 2 · e 1 = 0 et e 1 · e 1 = 1
0 = w · e 2 = λ 1 e 1 · e 2 + λ 2 e 2 · e 2 + v 3 · e 2 = λ 2 + v 3 · e 2 car e 1 · e 2 = 0 et e 2 · e 2 = 1
Le vecteur w = −(v 3 · e 1 )e 1 − (v 3 · e 2 )e 2 + v 3 , est donc orthogonal à e 1 et à e 2 .
Puisque v 3 n’est pas combinaison linéaire de v 1 et v 2 , il n’est pas non plus combinaison linéaire de e 1 et e 2 , donc w n’est pas nul. On pose e 3 = 1
w
w : le vecteur
e 3 est de norme 1 et orthogonal à e 1 et e 2 .
Les vecteurs e 1 , e 2 , e 3 forment ainsi une base orthonormée de V .
206 – PRODUIT HERMITIEN ET PRODUIT SCALAIRE
sorte que v = x 1 e 1 + x 2 e 2 + · · · + x n e n . Pour tout p = 1, 2, . . . , n, on a
v · e p = (x 1 e 1 ) · e p + (x 2 e 2 ) · e p + · · · + (x n e n ) · e p = x 1 (e 1 · e p ) + x 2 (e 2 · e p ) + · · · + x n (e n · e p )
Puisque e i · e p = 0 pour i = p, il vient v · e p = x p (e p · e p ) = x p , car e p · e p = 1.
Les coordonnées d’un vecteur dans une base orthonormée s’obtiennent donc simplement en calculant les produits hermitiens avec les vecteurs de la base. Il est
également aisé de calculer le produit hermitien de deux vecteurs dont on connaît les
coordonnées dans une base orthonormée.
Proposition. Si des vecteurs u et u
ont pour coordonnées (x 1 ,x 2 ,. . .,x n ) et (x
1 ,x
2 ,. . .,x
n )
dans une base orthonormée de V , alors
u · u
= x 1 x
1 + x 2 x
2 + · · · + x n x
n
et u
2 = |x 1 |
2 + |x 2 |
2 + · · · + |x n |
2 .
Démonstration. Notons e 1 ,e 2 ,. . .e n la base orthonormée considérée. On a e i ·u
= u · e i = x
i ,
d’après la proposition précédente. Puisque u = x 1 e 1 + · · · + x n e n , on en déduit par linéarité
la formule pour le produit hermitien u · u
.
Construction de bases orthonormées
Voici un moyen d’obtenir une base orthonormée à partir d’une base quelconque de
l’espace vectoriel V . Cette méthode s’appelle l’algorithme de Gram-Schmidt.
Supposons par exemple V de dimension 3 et soit v 1 , v 2 , v 3 une base de V .
Étape 1. On pose e 1 = 1
v 1
v 1 , ce qui est possible car le vecteur v 1 n’est pas nul.
Le vecteur e 1 est de norme 1.
Étape 2.
λe 1
v
v
2
v 1 e 1
e 2
Dans le plan engendré par v 1 , v 2 , on considère un vecteur v = λe 1 + v 2 et
l’on cherche le scalaire λ pour que v soit orthogonal à e 1 . La
condition s’écrit
0 = v · e 1 = (λe 1 + v 2 ) · e 1
= λe 1 · e 1 + v 2 · e 1 = λ + v 2 · e 1 car e 1 · e 1 = 1
Il vient λ = −v 2 · e 1 d’où v = −(v 2 · e 1 )e 1 + v 2 .
Puisque v 1 et v 2 sont indépendants, e 1 et v 2 le sont aussi, donc
v n’est pas nul. On pose alors e 2 = 1
v
v : ainsi e 2 est de norme 1 et orthogonal à e 1 .
Étape 3. On cherche ensuite un vecteur w = λ 1 e 1 + λ 2 e 2 + v 3 orthogonal à e 1 et à e 2 :
0 = w · e 1 = λ 1 e 1 · e 1 + λ 2 e 2 · e 1 + v 3 · e 1 = λ 1 + v 3 · e 1 car e 2 · e 1 = 0 et e 1 · e 1 = 1
0 = w · e 2 = λ 1 e 1 · e 2 + λ 2 e 2 · e 2 + v 3 · e 2 = λ 2 + v 3 · e 2 car e 1 · e 2 = 0 et e 2 · e 2 = 1
Le vecteur w = −(v 3 · e 1 )e 1 − (v 3 · e 2 )e 2 + v 3 , est donc orthogonal à e 1 et à e 2 .
Puisque v 3 n’est pas combinaison linéaire de v 1 et v 2 , il n’est pas non plus combinaison linéaire de e 1 et e 2 , donc w n’est pas nul. On pose e 3 = 1
w
w : le vecteur
e 3 est de norme 1 et orthogonal à e 1 et e 2 .
Les vecteurs e 1 , e 2 , e 3 forment ainsi une base orthonormée de V .
206 – PRODUIT HERMITIEN ET PRODUIT SCALAIRE