Ibrahim B.

• À propos
• Projets
• Cours

Chapitre 6 : Orthogonalité

Gram-Schmidt, projecteurs orthogonaux et théorème spectral

Orthogonalité

Dans un espace euclidien, le produit scalaire ne sert pas seulement à mesurer des longueurs : il permet surtout de formaliser la notion intuitive de « perpendicularité ». Cette idée d’orthogonalité est l’un des fils conducteurs de la géométrie euclidienne et, plus loin, de la projection et de la diagonalisation.

Généralités sur l’orthogonalité

Définition 6.1 - Vecteurs orthogonaux

Soient \(\overrightarrow{x}\) et \(\overrightarrow{y}\) deux vecteurs d’un espace euclidien \((E, \langle \bullet | \bullet \rangle)\). On dira que \(\overrightarrow{x}\) et \(\overrightarrow{y}\) sont orthogonaux si \[\langle \overrightarrow{x} | \overrightarrow{y} \rangle = 0.\] On notera dans ce cas \(\overrightarrow{x} \perp \overrightarrow{y}\).

Ce critère est fondamental : il ramène une notion géométrique (être « perpendiculaires ») à une condition algébrique simple (produit scalaire nul).

Exemple 6.1.1

Dans \(\mathbb{R}^2\) muni de sa structure euclidienne canonique, les vecteurs \(\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}\) et \(\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}\) sont orthogonaux car \[\left\langle \begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix} \,\middle|\, \begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}\right\rangle = 1 \cdot 1 + 1 \cdot (-1) = 0.\]

Orthogonal d’un ensemble

L’intérêt de l’orthogonalité est qu’on peut la demander non pas à un seul vecteur, mais à tout un ensemble de vecteurs. On obtient ainsi un objet très utile : l’orthogonal d’un ensemble.

Définition 6.2 - Orthogonal d’un ensemble

Soit \(A\) un sous-ensemble non vide d’un espace euclidien \((E, \langle \bullet | \bullet \rangle)\). On note \(A^{\perp}\) l’ensemble \[A^{\perp} = \left\{\overrightarrow{x} \in E \;\Big|\; \forall \overrightarrow{a} \in A,\ \overrightarrow{x} \perp \overrightarrow{a}\right\}.\]

Remarque

En d’autres termes, \(A^{\perp}\) est l’ensemble des vecteurs de \(E\) orthogonaux à tous les vecteurs de \(A\).

Proposition 6.1 - Propriétés de l’orthogonal

Soient \(A\) et \(B\) des sous-ensembles non vides d’un espace euclidien \((E, \langle \bullet | \bullet \rangle)\).

1. \(A^{\perp}\) est un sous-espace vectoriel de \(E\).
2. \(A \subseteq B \Rightarrow B^{\perp} \subseteq A^{\perp}\).
3. \(A \subseteq (A^{\perp})^{\perp}\).
4. \(A^{\perp} = \text{Vect}(A)^{\perp} = \text{Vect}(A^{\perp})\).
5. \(\{\overrightarrow{0}\}^{\perp} = E\) et \(E^{\perp} = \{\overrightarrow{0}\}\).

Démonstration

i) Vérifions que \(A^\perp\) est un sous-espace vectoriel.

D’abord, pour tout \(\overrightarrow{a} \in A\), \(\langle \overrightarrow{0} | \overrightarrow{a} \rangle = 0\), donc \(\overrightarrow{0} \in A^\perp\).

Soient \(\overrightarrow{x}, \overrightarrow{y} \in A^\perp\) et \(\lambda \in \mathbb{R}\). Montrons que \(\overrightarrow{x} + \lambda\overrightarrow{y} \in A^\perp\). Soit \(\overrightarrow{a} \in A\). Par bilinéarité, \[\langle \overrightarrow{x} + \lambda\overrightarrow{y} | \overrightarrow{a} \rangle = \langle \overrightarrow{x} | \overrightarrow{a} \rangle + \lambda \langle \overrightarrow{y} | \overrightarrow{a} \rangle = 0 + \lambda \cdot 0 = 0.\] Donc \(\overrightarrow{x} + \lambda\overrightarrow{y} \in A^\perp\) et \(A^\perp\) est un sous-espace vectoriel.

ii) Soit \(\overrightarrow{x} \in B^\perp\). Comme \(A \subseteq B\), tout \(\overrightarrow{a} \in A\) est aussi dans \(B\), donc \(\langle \overrightarrow{x} | \overrightarrow{a} \rangle = 0\). Ainsi \(B^\perp \subseteq A^\perp\).

iii) Soit \(\overrightarrow{a} \in A\). Pour tout \(\overrightarrow{x} \in A^\perp\), par symétrie, \(\langle \overrightarrow{a} | \overrightarrow{x} \rangle = 0\). Donc \(\overrightarrow{a} \in (A^\perp)^\perp\), d’où \(A \subseteq (A^\perp)^\perp\).

iv) Comme \(A \subseteq \text{Vect}(A)\), par (ii), \(\text{Vect}(A)^\perp \subseteq A^\perp\). Réciproquement, soit \(\overrightarrow{x} \in A^\perp\) et \(\overrightarrow{z} = \sum_i \lambda_i \overrightarrow{a}_i \in \text{Vect}(A)\). Par bilinéarité, \(\langle \overrightarrow{x} | \overrightarrow{z} \rangle = \sum_i \lambda_i \langle \overrightarrow{x} | \overrightarrow{a}_i \rangle = 0\). Donc \(A^\perp = \text{Vect}(A)^\perp\). Enfin, comme \(A^\perp\) est un sous-espace (par (i)), \(A^\perp = \text{Vect}(A^\perp)\).

v) Pour tout \(\overrightarrow{x} \in E\), \(\langle \overrightarrow{x} | \overrightarrow{0} \rangle = 0\), donc \(\{\overrightarrow{0}\}^\perp = E\). Si \(\overrightarrow{x} \in E^\perp\), alors \(\langle \overrightarrow{x} | \overrightarrow{x} \rangle = 0\), d’où \(\overrightarrow{x} = \overrightarrow{0}\) par séparation.

Exercice

On munit \(\mathbb{R}^2\) de sa structure canonique d’espace euclidien. Répondre par vrai ou par faux.

1. Si \(\overrightarrow{x} = \begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix}\) et \(\overrightarrow{y} = \begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}\) tel que \(\langle \overrightarrow{x} | \overrightarrow{y} \rangle = 0\), alors \(a = -2b\).
2. Si \(\overrightarrow{y}\) vérifie qu’il existe \(\overrightarrow{x} \in E\) tel que \(\langle \overrightarrow{x} | \overrightarrow{y} \rangle = 0\), alors \(\overrightarrow{y} = \overrightarrow{0}\).
3. Si \(\overrightarrow{x}\) vérifie \(\langle \overrightarrow{x} | \overrightarrow{x} \rangle = 0\), alors \(\overrightarrow{x} = \overrightarrow{0}\).
4. Si \(\overrightarrow{y}\) vérifie que pour tout \(\overrightarrow{x} \in E\) on a \(\langle \overrightarrow{x} | \overrightarrow{y} \rangle = 0\), alors \(\overrightarrow{y} = \overrightarrow{0}\).
5. Si \(\overrightarrow{y}\) et \(\overrightarrow{z}\) vérifient qu’il existe \(\overrightarrow{x} \in E\) tel que \(\langle \overrightarrow{x} | \overrightarrow{y} \rangle = \langle \overrightarrow{x} | \overrightarrow{z} \rangle\), alors \(\overrightarrow{y} = \overrightarrow{z}\).
6. Si \(\overrightarrow{y}\) et \(\overrightarrow{z}\) vérifient que pour tout \(\overrightarrow{x} \in E\) on a \(\langle \overrightarrow{x} | \overrightarrow{y} \rangle = \langle \overrightarrow{x} | \overrightarrow{z} \rangle\), alors \(\overrightarrow{y} = \overrightarrow{z}\).
7. Si \(\overrightarrow{x} \neq \overrightarrow{0}\) alors pour tout \(\overrightarrow{y} \in E\), \(\dfrac{\langle \overrightarrow{x} | \overrightarrow{y} \rangle}{\langle \overrightarrow{x} | \overrightarrow{x} \rangle}\overrightarrow{x} \in \text{Vect}(\overrightarrow{x})\).
8. Si \(\overrightarrow{x} \neq \overrightarrow{0}\) alors pour tout \(\overrightarrow{y} \in E\), \(\dfrac{\langle \overrightarrow{x} | \overrightarrow{y} \rangle}{\langle \overrightarrow{x} | \overrightarrow{x} \rangle}\overrightarrow{y} \in \text{Vect}(\overrightarrow{x})\).

Pythagore : le lien entre orthogonalité et norme

Le théorème de Pythagore est exactement l’énoncé qui explique pourquoi l’orthogonalité est la bonne notion de « perpendicularité » dans un espace euclidien : elle caractérise l’absence de terme croisé dans le développement d’une norme au carré.

Théorème 6.1 - Pythagore

Soit \((E, \langle \bullet | \bullet \rangle)\) un espace euclidien. Alors \[\forall \overrightarrow{x}, \overrightarrow{y} \in E, \qquad \overrightarrow{x} \perp \overrightarrow{y} \Longleftrightarrow \|\overrightarrow{x} + \overrightarrow{y}\|^2 = \|\overrightarrow{x}\|^2 + \|\overrightarrow{y}\|^2.\]

Démonstration

D’après le Lemme du chapitre précédent, \[\|\overrightarrow{x} + \overrightarrow{y}\|^2 = \|\overrightarrow{x}\|^2 + 2\langle \overrightarrow{x} | \overrightarrow{y} \rangle + \|\overrightarrow{y}\|^2.\] Donc \(\|\overrightarrow{x} + \overrightarrow{y}\|^2 = \|\overrightarrow{x}\|^2 + \|\overrightarrow{y}\|^2 \Longleftrightarrow 2\langle \overrightarrow{x} | \overrightarrow{y} \rangle = 0 \Longleftrightarrow \overrightarrow{x} \perp \overrightarrow{y}\).

Orthogonalité entre sous-espaces

On peut maintenant orthogonaliser non plus seulement des vecteurs, mais des sous-espaces entiers.

Définition 6.3 - Sous-espaces orthogonaux

Soient \(A\) et \(B\) deux sous-espaces vectoriels d’un espace euclidien \((E, \langle \bullet | \bullet \rangle)\). On dira que \(A\) et \(B\) sont orthogonaux si \[\forall \overrightarrow{a} \in A,\ \forall \overrightarrow{b} \in B, \qquad \overrightarrow{a} \perp \overrightarrow{b}.\]

Exemple 6.3.1

Dans \(\mathbb{R}^2\) muni de sa structure euclidienne canonique, les droites \(\text{Vect}\!\left(\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}\right)\) et \(\text{Vect}\!\left(\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}\right)\) sont orthogonales.

Proposition 6.2 - Somme directe orthogonale

Soient \(A\) et \(B\) deux sous-espaces vectoriels orthogonaux d’un espace euclidien \((E, \langle \bullet | \bullet \rangle)\). Alors \(A\) et \(B\) sont en somme directe. On dit que cette somme directe est orthogonale et on note \(A \overset{\perp}{\oplus} B\).

Démonstration

Il suffit de montrer que \(A \cap B = \{\overrightarrow{0}\}\). Soit \(\overrightarrow{x} \in A \cap B\). Alors \(\langle \overrightarrow{x} | \overrightarrow{x} \rangle = 0\) (le premier \(\overrightarrow{x}\) vu dans \(A\), le second dans \(B\)). Par séparation, \(\overrightarrow{x} = \overrightarrow{0}\).

Théorème 6.2 - Somme directe orthogonale

Soient \(A\) et \(B\) deux sous-espaces vectoriels orthogonaux d’un espace euclidien \((E, \langle \bullet | \bullet \rangle)\). Alors \(A\) et \(B\) sont en somme directe orthogonale : \(A \overset{\perp}{\oplus} B\).

Démonstration

Il suffit de montrer que \(A \cap B = \{\overrightarrow{0}\}\). Soit \(\overrightarrow{x} \in A \cap B\), alors \(\|\overrightarrow{x}\|^2 = \langle \overrightarrow{x} | \overrightarrow{x} \rangle = 0\). D’après l’axiome de séparation (P2), \(\overrightarrow{x} = \overrightarrow{0}\).

Corollaire 6.1

Soit \((E, \langle \bullet | \bullet \rangle)\) un espace euclidien. Si \(A \overset{\perp}{\oplus} B = E\) alors \(A = B^{\perp}\).

Démonstration

1) \(A \subseteq B^\perp\). Soit \(\overrightarrow{a} \in A\). Pour tout \(\overrightarrow{b} \in B\), \(\langle \overrightarrow{a} | \overrightarrow{b} \rangle = 0\) par définition. Donc \(\overrightarrow{a} \in B^\perp\).

2) \(B^\perp \subseteq A\). Soit \(\overrightarrow{x} \in B^\perp\). Puisque \(E = A \overset{\perp}{\oplus} B\), il existe \(\overrightarrow{a} \in A\) et \(\overrightarrow{b} \in B\) tels que \(\overrightarrow{x} = \overrightarrow{a} + \overrightarrow{b}\). En prenant le produit scalaire avec \(\overrightarrow{b}\) : \[\langle \overrightarrow{x} | \overrightarrow{b} \rangle = \langle \overrightarrow{a} | \overrightarrow{b} \rangle + \langle \overrightarrow{b} | \overrightarrow{b} \rangle = 0 + \|\overrightarrow{b}\|^2.\] Comme \(\overrightarrow{x} \in B^\perp\), le membre de gauche vaut \(0\), donc \(\overrightarrow{b} = \overrightarrow{0}\) et \(\overrightarrow{x} = \overrightarrow{a} \in A\).

Conclusion : \(A = B^\perp\).

Bases orthogonales

L’orthogonalité devient particulièrement puissante lorsqu’on l’impose à une famille entière de vecteurs. On obtient alors des familles très bien conditionnées : les calculs de coordonnées, de produits scalaires et de normes deviennent presque « automatiques ».

Familles orthogonales

Théorème 6.3 - Famille orthogonale libre

Dans un espace euclidien, toute famille de vecteurs non nuls deux à deux orthogonaux est libre.

Démonstration

Soient \(\overrightarrow{v}_1, \ldots, \overrightarrow{v}_p\) des vecteurs non nuls deux à deux orthogonaux. Supposons \(\sum_{i=1}^p \lambda_i \overrightarrow{v}_i = \overrightarrow{0}\). Pour un indice \(k\) fixé, en prenant le produit scalaire avec \(\overrightarrow{v}_k\) : \[\left\langle \sum_{i=1}^p \lambda_i \overrightarrow{v}_i \,\middle|\, \overrightarrow{v}_k \right\rangle = \sum_{i=1}^p \lambda_i \langle \overrightarrow{v}_i | \overrightarrow{v}_k \rangle = \lambda_k \|\overrightarrow{v}_k\|^2 = 0.\] Comme \(\overrightarrow{v}_k \neq \overrightarrow{0}\), on a \(\|\overrightarrow{v}_k\|^2 > 0\), donc \(\lambda_k = 0\). Ceci est vrai pour tout \(k\).

Ce résultat est l’une des raisons principales pour lesquelles on cherche à construire des familles orthogonales : on sait d’avance qu’elles ne peuvent pas contenir de redondance.

Théorème 6.4 - Famille orthogonale et base

Dans un espace euclidien de dimension \(n \in \mathbb{N}_{>0}\), toute famille de \(n\) vecteurs non nuls deux à deux orthogonaux est une base.

Démonstration

D’après le théorème précédent, les \(n\) vecteurs sont libres. Puisque la dimension de l’espace est \(n\), toute famille libre de cardinal \(n\) est une base.

Bases orthogonales et orthonormales

Définition 6.4 - Base orthogonale / orthonormale

Soit \((E, \langle \bullet | \bullet \rangle)\) un espace euclidien de dimension \(n\) et \(\mathcal{B} = \{\overrightarrow{e}_1, \ldots, \overrightarrow{e}_n\}\) une base.

1. On dira que \(\mathcal{B}\) est une base orthogonale si \(\forall i \neq j\), \(\langle \overrightarrow{e}_i | \overrightarrow{e}_j \rangle = 0\).
2. On dira que \(\mathcal{B}\) est une base orthonormale si c’est une base orthogonale et si, de plus, \(\forall i \in \{1, \ldots, n\}\), \(\|\overrightarrow{e}_i\| = 1\).

Exemple 6.4.1

Dans \(\mathbb{R}^2\), les vecteurs \(\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}\) et \(\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}\) forment une base orthogonale mais non orthonormale, car chacun a une norme égale à \(\sqrt{2}\).

Proposition 6.3 - Normalisation d’une base orthogonale

Si \(\{\overrightarrow{e}_1, \ldots, \overrightarrow{e}_n\}\) est une base orthogonale d’un espace euclidien, alors \[\left\{\frac{\overrightarrow{e}_1}{\|\overrightarrow{e}_1\|}, \ldots, \frac{\overrightarrow{e}_n}{\|\overrightarrow{e}_n\|}\right\}\] est une base orthonormale.

Démonstration

Puisque la base est orthogonale, pour \(i \neq j\) on a \(\langle \overrightarrow{e}_i | \overrightarrow{e}_j \rangle = 0\). Posons \(\overrightarrow{u}_i = \overrightarrow{e}_i / \|\overrightarrow{e}_i\|\). Alors \(\|\overrightarrow{u}_i\| = 1\) et pour \(i \neq j\), \(\langle \overrightarrow{u}_i | \overrightarrow{u}_j \rangle = \langle \overrightarrow{e}_i | \overrightarrow{e}_j \rangle / (\|\overrightarrow{e}_i\| \|\overrightarrow{e}_j\|) = 0\). La famille reste une base car on a multiplié chaque vecteur par un scalaire non nul.

Exercice

Créer une base orthonormale de \(\mathbb{R}^2\) à partir de la base orthogonale \(\left\{\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix},\ \begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}\right\}\).

Orthonormalisation de Gram-Schmidt

Le procédé de Gram-Schmidt explique pourquoi les bases orthonormales sont omniprésentes : on peut en fabriquer à partir de n’importe quelle base (en dimension finie).

Théorème 6.5 - Orthonormalisation de Gram-Schmidt

Soit \((E, \langle \bullet | \bullet \rangle)\) un espace euclidien de dimension \(n \in \mathbb{N}_{>0}\) et \(\{\overrightarrow{e}_1, \ldots, \overrightarrow{e}_n\}\) une base de \(E\). Il existe une base orthonormale \(\{\overrightarrow{f}_1, \ldots, \overrightarrow{f}_n\}\) de \(E\) telle que, pour tout \(i\), \[\overrightarrow{f}_i \in \text{Vect}(\overrightarrow{e}_1, \ldots, \overrightarrow{e}_i).\]

Démonstration

D’après la Proposition 6.3, il suffit de construire d’abord une base orthogonale, puis de la normaliser. On construit itérativement des vecteurs \(\overrightarrow{g}_i\) :

• On prend \(\overrightarrow{g}_1 = \overrightarrow{e}_1\).
• On prend \(\displaystyle\overrightarrow{g}_2 = \overrightarrow{e}_2 - \frac{\langle \overrightarrow{g}_1 | \overrightarrow{e}_2 \rangle}{\|\overrightarrow{g}_1\|^2}\overrightarrow{g}_1\). Alors \(\langle \overrightarrow{g}_1 | \overrightarrow{g}_2 \rangle = \langle \overrightarrow{g}_1 | \overrightarrow{e}_2 \rangle - \frac{\langle \overrightarrow{g}_1 | \overrightarrow{e}_2 \rangle}{\|\overrightarrow{g}_1\|^2}\|\overrightarrow{g}_1\|^2 = 0\).
• On prend \(\displaystyle\overrightarrow{g}_3 = \overrightarrow{e}_3 - \frac{\langle \overrightarrow{g}_1 | \overrightarrow{e}_3 \rangle}{\|\overrightarrow{g}_1\|^2}\overrightarrow{g}_1 - \frac{\langle \overrightarrow{g}_2 | \overrightarrow{e}_3 \rangle}{\|\overrightarrow{g}_2\|^2}\overrightarrow{g}_2\), et on vérifie que \(\langle \overrightarrow{g}_1 | \overrightarrow{g}_3 \rangle = \langle \overrightarrow{g}_2 | \overrightarrow{g}_3 \rangle = 0\).
• Plus généralement, pour \(p \in \{2, \ldots, n\}\) : \[\overrightarrow{g}_p = \overrightarrow{e}_p - \sum_{k=1}^{p-1} \frac{\langle \overrightarrow{g}_k | \overrightarrow{e}_p \rangle}{\|\overrightarrow{g}_k\|^2}\overrightarrow{g}_k.\]

Par construction, \(\{\overrightarrow{g}_1, \ldots, \overrightarrow{g}_n\}\) est une base orthogonale. Il suffit de normaliser : \(\overrightarrow{f}_i = \overrightarrow{g}_i / \|\overrightarrow{g}_i\|\).

Exemple complet dans \(\mathbb{R}^3\)

Exemple 6.4.2 - Gram-Schmidt dans \(\mathbb{R}^3\)

Considérons la base de \(\mathbb{R}^3\) : \[\overrightarrow{e}_1 = \begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}, \quad \overrightarrow{e}_2 = \begin{pmatrix}2\\1\\1\end{pmatrix}, \quad \overrightarrow{e}_3 = \begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix}.\]

On pose \(\overrightarrow{f}_1 = \overrightarrow{e}_1 = \begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}\). Alors \(\|\overrightarrow{f}_1\|^2 = 3\), \(\langle \overrightarrow{f}_1 | \overrightarrow{e}_2 \rangle = 4\), \(\langle \overrightarrow{f}_1 | \overrightarrow{e}_3 \rangle = 2\).

\[\overrightarrow{f}_2 = \overrightarrow{e}_2 - \frac{4}{3}\overrightarrow{f}_1 = \begin{pmatrix}\frac{2}{3}\\-\frac{1}{3}\\-\frac{1}{3}\end{pmatrix}, \quad \|\overrightarrow{f}_2\|^2 = \frac{2}{3}, \quad \langle \overrightarrow{f}_2 | \overrightarrow{e}_3 \rangle = \frac{1}{3}.\]

\[\overrightarrow{f}_3 = \overrightarrow{e}_3 - \frac{2}{3}\overrightarrow{f}_1 - \frac{\frac{1}{3}}{\frac{2}{3}}\overrightarrow{f}_2 = \begin{pmatrix}0\\-\frac{1}{2}\\\frac{1}{2}\end{pmatrix}.\]

Ces trois vecteurs sont orthogonaux. En les normalisant, on obtient la base orthonormale de \(\mathbb{R}^3\) : \[\left\{\frac{1}{\sqrt{3}}\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix},\quad \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}\frac{2}{3}\\-\frac{1}{3}\\-\frac{1}{3}\end{pmatrix},\quad \sqrt{2}\begin{pmatrix}0\\-\frac{1}{2}\\\frac{1}{2}\end{pmatrix}\right\}.\]

Exercice

Considérons \(\mathbb{R}^3\) muni de sa structure euclidienne canonique. On considère les vecteurs \[\overrightarrow{e}_1 = \begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix}, \quad \overrightarrow{e}_2 = \begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}, \quad \overrightarrow{e}_3 = \begin{pmatrix}-1\\-1\\0\end{pmatrix}.\] Vérifier que la famille \(\{\overrightarrow{e}_1, \overrightarrow{e}_2, \overrightarrow{e}_3\}\) est une base de \(\mathbb{R}^3\) et appliquer Gram-Schmidt pour en extraire une base orthonormale.

Corollaire 6.2

Tout espace euclidien distinct de \(\{\overrightarrow{0}\}\) admet une base orthonormale.

Démonstration

Tout espace vectoriel de dimension finie admet une base. En appliquant Gram-Schmidt à cette base, on obtient une base orthonormale.

Coordonnées dans une base orthonormale

Une base orthonormale est le « meilleur » repère possible : les coordonnées se lisent via le produit scalaire.

Proposition 6.4 - Coordonnées dans une base orthonormale

Soit \((E, \langle \bullet | \bullet \rangle)\) un espace euclidien de dimension \(n\) et \(\mathcal{B} = \{\overrightarrow{e}_1, \ldots, \overrightarrow{e}_n\}\) une base orthonormale.

1. Pour tout \(\overrightarrow{x} \in E\), \(\displaystyle\overrightarrow{x} = \sum_{i=1}^n \langle \overrightarrow{x} | \overrightarrow{e}_i \rangle \overrightarrow{e}_i\). Les coordonnées de \(\overrightarrow{x}\) dans \(\mathcal{B}\) sont \((\langle \overrightarrow{x} | \overrightarrow{e}_i \rangle)_{i=1}^n\).
2. Si \((x_i)\) et \((y_i)\) sont les coordonnées de \(\overrightarrow{x}\) et \(\overrightarrow{y}\) dans \(\mathcal{B}\), alors \(\langle \overrightarrow{x} | \overrightarrow{y} \rangle = \sum_{i=1}^n x_i y_i\).
3. Si \((x_i)\) sont les coordonnées de \(\overrightarrow{x}\) dans \(\mathcal{B}\), alors \(\|\overrightarrow{x}\|^2 = \sum_{i=1}^n x_i^2\).

Démonstration

Exercice.

Exercice

Considérons \(\mathbb{R}^2\) muni de sa structure euclidienne canonique. Soient \(\overrightarrow{u}_1 = \begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}\) et \(\overrightarrow{u}_2 = \begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}\).

1. Vérifier que \(\{\overrightarrow{u}_1, \overrightarrow{u}_2\}\) est une base de \(\mathbb{R}^2\) et appliquer Gram-Schmidt pour en extraire une base orthonormale.
2. Soit \(\overrightarrow{w} = \overrightarrow{u}_1 + 2\overrightarrow{u}_2\).
   1. Quelles sont les coordonnées de \(\overrightarrow{w}\) dans la base orthonormale obtenue ?
   2. Faire une illustration de la situation via GeoGebra.
   3. Vérifier vos coordonnées à l’aide de GeoGebra.

Décomposition orthogonale relative à un sous-espace

Théorème 6.6 - Décomposition orthogonale

Soit \(F\) un sous-espace vectoriel de dimension \(p\) d’un espace euclidien \((E, \langle \bullet | \bullet \rangle)\) de dimension \(n \geq p\).

1. \(\dim(F^{\perp}) = n - p\).
2. \(F \overset{\perp}{\oplus} F^{\perp} = E\).
3. \((F^{\perp})^{\perp} = F\).

Démonstration

Soit \(\{\overrightarrow{e}_1, \ldots, \overrightarrow{e}_p\}\) une base de \(F\). Par Gram-Schmidt, on obtient une base orthonormale \(\{\overrightarrow{f}_1, \ldots, \overrightarrow{f}_p\}\) de \(F\). On complète en une base de \(E\) puis on applique à nouveau Gram-Schmidt pour obtenir une base orthonormale \(\{\overrightarrow{f}_1, \ldots, \overrightarrow{f}_p, \overrightarrow{f}_{p+1}, \ldots, \overrightarrow{f}_n\}\) de \(E\), où les \(\overrightarrow{f}_{p+1}, \ldots, \overrightarrow{f}_n\) sont orthogonaux à \(F\).

1) Les vecteurs \(\overrightarrow{f}_{p+1}, \ldots, \overrightarrow{f}_n\) sont libres et engendrent \(F^\perp\) : pour tout \(\overrightarrow{x} \in F^\perp\), on développe \(\overrightarrow{x}\) dans la base orthonormale de \(E\) et les coordonnées sur \(\overrightarrow{f}_1, \ldots, \overrightarrow{f}_p\) sont nulles (car \(\overrightarrow{x} \in F^\perp\) et \(\overrightarrow{f}_i \in F\)). Donc \(\dim(F^\perp) = n - p\).

2) Les deux familles engendrent \(E\) en somme orthogonale : \(E = F \overset{\perp}{\oplus} F^\perp\).

3) On sait \(F \subseteq (F^\perp)^\perp\) (Prop 6.1). Réciproquement, si \(\overrightarrow{x} \in (F^\perp)^\perp\), alors ses coordonnées sur \(\overrightarrow{f}_{p+1}, \ldots, \overrightarrow{f}_n\) sont nulles, donc \(\overrightarrow{x} \in F\).

Projecteurs orthogonaux

Les projecteurs apparaissent partout : résoudre des problèmes de « meilleure approximation », décomposer un vecteur selon deux directions, ou encore comprendre Gram-Schmidt d’un point de vue géométrique.

Caractérisation des projections orthogonales

Théorème 6.7 - Caractérisation des projections orthogonales

Soit \((E, \langle \bullet | \bullet \rangle)\) un espace euclidien et \(p : E \to E\) un projecteur. Les conditions suivantes sont équivalentes :

1. \(E = \text{Ker}(p) \overset{\perp}{\oplus} \text{Im}(p)\).
2. \(\forall \overrightarrow{x}_1, \overrightarrow{x}_2 \in E\), \(\langle p(\overrightarrow{x}_1) | \overrightarrow{x}_2 \rangle = \langle \overrightarrow{x}_1 | p(\overrightarrow{x}_2) \rangle\).

Sous ces conditions, on dit que \(p\) est une projection orthogonale.

Démonstration

(i)\(\Rightarrow\)(ii). Supposons \(E = \text{Ker}(p) \overset{\perp}{\oplus} \text{Im}(p)\). Pour \(i \in \{1,2\}\), on décompose \(\overrightarrow{x}_i = \overrightarrow{e}_i + \overrightarrow{f}_i\) avec \(\overrightarrow{e}_i \in \text{Ker}(p)\) et \(\overrightarrow{f}_i \in \text{Im}(p)\). Alors \(p(\overrightarrow{x}_i) = \overrightarrow{f}_i\). On a : \[\langle p(\overrightarrow{x}_1) | \overrightarrow{x}_2 \rangle = \langle \overrightarrow{f}_1 | \overrightarrow{e}_2 + \overrightarrow{f}_2 \rangle = \langle \overrightarrow{f}_1 | \overrightarrow{f}_2 \rangle\] car \(\text{Ker}(p) \perp \text{Im}(p)\). De même, \(\langle \overrightarrow{x}_1 | p(\overrightarrow{x}_2) \rangle = \langle \overrightarrow{f}_1 | \overrightarrow{f}_2 \rangle\). Les deux expressions coïncident.

(ii)\(\Rightarrow\)(i). Supposons (ii). Soient \(\overrightarrow{e} \in \text{Ker}(p)\) et \(\overrightarrow{y} = p(\overrightarrow{x}) \in \text{Im}(p)\). En appliquant (ii) avec \(\overrightarrow{x}_1 = \overrightarrow{e}\) et \(\overrightarrow{x}_2 = \overrightarrow{x}\) : \[\langle \overrightarrow{e} | p(\overrightarrow{x}) \rangle = \langle p(\overrightarrow{e}) | \overrightarrow{x} \rangle = \langle \overrightarrow{0} | \overrightarrow{x} \rangle = 0.\] Donc \(\text{Ker}(p) \perp \text{Im}(p)\). Pour tout \(\overrightarrow{x} \in E\), \(\overrightarrow{x} = (\overrightarrow{x} - p(\overrightarrow{x})) + p(\overrightarrow{x})\) et \(\overrightarrow{x} - p(\overrightarrow{x}) \in \text{Ker}(p)\), donc \(E = \text{Ker}(p) \overset{\perp}{\oplus} \text{Im}(p)\).

Exercice

On munit \(\mathbb{R}^2\) de sa structure euclidienne canonique. S’agit-il d’une projection orthogonale ? \[p\left(\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}\right) = \begin{pmatrix}\frac{x+y}{2}\\\frac{x+y}{2}\end{pmatrix}.\]

Exercice

On munit \(\mathbb{R}^2\) de sa structure euclidienne canonique. S’agit-il d’une projection orthogonale ? \[p\left(\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}\right) = \begin{pmatrix}x+y\\0\end{pmatrix}.\]

Existence et unicité de la projection orthogonale sur un sous-espace

Théorème 6.8 - Existence et unicité de la projection orthogonale

Soit \((E, \langle \bullet | \bullet \rangle)\) un espace euclidien et \(F\) un sous-espace vectoriel de \(E\). Il existe une unique projection orthogonale \(p_F : E \to E\) telle que \(\text{Im}(p_F) = F\) et \(\text{Ker}(p_F) = F^{\perp}\). En particulier, pour tout \(\overrightarrow{x} \in E\), \(\overrightarrow{x} - p_F(\overrightarrow{x}) \in F^{\perp}\).

Démonstration

Puisque \(E = F \overset{\perp}{\oplus} F^{\perp}\), pour tout \(\overrightarrow{x} \in E\) il existe une unique décomposition \(\overrightarrow{x} = \overrightarrow{f} + \overrightarrow{e}\) avec \(\overrightarrow{f} \in F\) et \(\overrightarrow{e} \in F^{\perp}\). On pose \(p_F(\overrightarrow{x}) = \overrightarrow{f}\). La linéarité, le fait que c’est un projecteur, et les propriétés \(\text{Im}(p_F) = F\), \(\text{Ker}(p_F) = F^{\perp}\) découlent directement de la construction. L’unicité vient du fait que la décomposition est unique.

Formule explicite dans une base orthonormale de \(F\)

Proposition 6.5 - Formule explicite de la projection

Soient \((E, \langle \bullet | \bullet \rangle)\) un espace euclidien et \(F\) un sous-espace vectoriel de dimension \(p\). Soit \(\mathcal{B} = \{\overrightarrow{f}_1, \ldots, \overrightarrow{f}_p\}\) une base orthonormale de \(F\). Alors \[\forall \overrightarrow{x} \in E, \qquad p_F(\overrightarrow{x}) = \sum_{i=1}^p \langle \overrightarrow{x} | \overrightarrow{f}_i \rangle \overrightarrow{f}_i.\]

Démonstration

On complète \(\mathcal{B}\) en une base orthonormale \(\{\overrightarrow{f}_1, \ldots, \overrightarrow{f}_p, \overrightarrow{f}_{p+1}, \ldots, \overrightarrow{f}_n\}\) de \(E\). Pour tout \(\overrightarrow{x} \in E\) : \[\overrightarrow{x} = \sum_{i=1}^n \langle \overrightarrow{x} | \overrightarrow{f}_i \rangle \overrightarrow{f}_i.\] En appliquant \(p_F\) par linéarité, et en utilisant que \(p_F(\overrightarrow{f}_i) = \overrightarrow{f}_i\) pour \(i \leq p\) et \(p_F(\overrightarrow{f}_i) = \overrightarrow{0}\) pour \(i > p\), on obtient la formule.

Exemple - projection orthogonale sur un plan de \(\mathbb{R}^3\)

Exemple 6.5.1 - Projection sur un plan de \(\mathbb{R}^3\)

Considérons \(\mathbb{R}^3\) et le plan \(P = \left\{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix} \in \mathbb{R}^3 \;\middle|\; x + y = 0\right\}\).

Une base de \(P\) est \(\left\{\begin{pmatrix}1\\-1\\0\end{pmatrix},\ \begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}\right\}\). Ces deux vecteurs sont déjà orthogonaux, donc une base orthonormale de \(P\) est : \[\overrightarrow{f}_1 = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\-1\\0\end{pmatrix}, \qquad \overrightarrow{f}_2 = \begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}.\]

D’après la Proposition 6.5 : \[p_P\!\left(\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}\right) = \left\langle \begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix} \,\middle|\, \overrightarrow{f}_1 \right\rangle \overrightarrow{f}_1 + \left\langle \begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix} \,\middle|\, \overrightarrow{f}_2 \right\rangle \overrightarrow{f}_2.\]

Or \(\left\langle \begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix} \,\middle|\, \overrightarrow{f}_1 \right\rangle = \frac{x-y}{\sqrt{2}}\) et \(\left\langle \begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix} \,\middle|\, \overrightarrow{f}_2 \right\rangle = z\). Donc : \[p_P\!\left(\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}\right) = \frac{x-y}{\sqrt{2}} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\-1\\0\end{pmatrix} + z\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\frac{x-y}{2}\\-\frac{x-y}{2}\\z\end{pmatrix}.\]

Par exemple, pour \(\overrightarrow{w} = \begin{pmatrix}4\\2\\1\end{pmatrix}\), \(p_P(\overrightarrow{w}) = \begin{pmatrix}1\\-1\\1\end{pmatrix}\).

Exercice

On se place dans \(\mathbb{R}^2\). Soit \(\overrightarrow{u} = \begin{pmatrix}3\\4\end{pmatrix}\), \(\overrightarrow{v} = \begin{pmatrix}1\\-2\end{pmatrix}\), \(U = \text{Vect}(\overrightarrow{u})\), \(V = \text{Vect}(\overrightarrow{v})\).

1. Déterminer l’expression de \(p_U\) et le projeté de \(\overrightarrow{v}\) sur \(U\).
2. Déterminer l’expression de \(p_V\) et le projeté de \(\overrightarrow{u}\) sur \(V\).
3. Illustrer la situation dans le plan.

Exercice

Soit \(\mathbb{R}^3\) et \(P = \left\{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix} \;\middle|\; x - y = 0\right\}\).

1. Montrer que \(P\) est un sous-espace vectoriel de \(\mathbb{R}^3\).
2. Déterminer \(P^\perp\) ainsi qu’une base.
3. Donner l’expression de \(p_{P^\perp}\).

Exercice

Soit \(\mathbb{R}^3\) et \(\overrightarrow{u} = \begin{pmatrix}1\\1\\-1\end{pmatrix}\), \(\overrightarrow{v} = \begin{pmatrix}1\\0\\2\end{pmatrix}\), \(\overrightarrow{w} = \begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}\).

1. Montrer que \(\{\overrightarrow{u}, \overrightarrow{v}\}\) est une famille libre de \(\mathbb{R}^3\).
2. Donner une base orthonormale de \(F = \text{Vect}(\overrightarrow{u}, \overrightarrow{v})\).
3. Donner l’expression de \(p_F\) et calculer \(p_F(\overrightarrow{w})\).

Gram-Schmidt vu via les projections orthogonales

Il peut être plus commode de voir Gram-Schmidt comme une suite de « soustractions de projections ». Soit \(\mathcal{B} = \{\overrightarrow{e}_1, \ldots, \overrightarrow{e}_n\}\) une base de \(E\). On définit :

• \(\overrightarrow{f}_1 = \dfrac{\overrightarrow{e}_1}{\|\overrightarrow{e}_1\|}\), \(F_1 = \text{Vect}(\overrightarrow{f}_1)\).
• \(\overrightarrow{f}_2' = \overrightarrow{e}_2 - p_{F_1}(\overrightarrow{e}_2)\), \(\overrightarrow{f}_2 = \dfrac{\overrightarrow{f}_2'}{\|\overrightarrow{f}_2'\|}\), \(F_2 = \text{Vect}(\overrightarrow{f}_1, \overrightarrow{f}_2)\).
• \(\overrightarrow{f}_3' = \overrightarrow{e}_3 - p_{F_2}(\overrightarrow{e}_3)\), \(\overrightarrow{f}_3 = \dfrac{\overrightarrow{f}_3'}{\|\overrightarrow{f}_3'\|}\), \(F_3 = \text{Vect}(\overrightarrow{f}_1, \overrightarrow{f}_2, \overrightarrow{f}_3)\).
• \(\cdots\)
• Pour \(k \geq 2\) : \(\overrightarrow{f}_k' = \overrightarrow{e}_k - p_{F_{k-1}}(\overrightarrow{e}_k)\), \(\overrightarrow{f}_k = \dfrac{\overrightarrow{f}_k'}{\|\overrightarrow{f}_k'\|}\), \(F_k = \text{Vect}(\overrightarrow{f}_1, \ldots, \overrightarrow{f}_k)\).

Distance d’un vecteur à un sous-espace

Définition 6.5 - Distance à un sous-espace

Soient \((E, \langle \bullet | \bullet \rangle)\) un espace euclidien de norme \(\|\bullet\|\), \(\overrightarrow{v} \in E\) et \(F\) un sous-espace vectoriel de \(E\). On note \[d(\overrightarrow{v}, F) = \inf_{\overrightarrow{f} \in F}\!\left(\|\overrightarrow{v} - \overrightarrow{f}\|\right).\]

Ainsi \(d(\overrightarrow{v}, F)\) représente la plus courte distance entre le vecteur \(\overrightarrow{v}\) et l’espace \(F\).

Meilleure approximation

Théorème 6.9 - Meilleure approximation

Soient \((E, \langle \bullet | \bullet \rangle)\) un espace euclidien, \(F\) un sous-espace vectoriel de \(E\), \(p_F\) la projection orthogonale sur \(F\) et \(\overrightarrow{v} \in E\). Alors \[\forall \overrightarrow{f} \in F, \qquad \|\overrightarrow{v} - \overrightarrow{f}\| \geq \|\overrightarrow{v} - p_F(\overrightarrow{v})\|.\] En particulier, \(d(\overrightarrow{v}, F) = \|\overrightarrow{v} - p_F(\overrightarrow{v})\|\).

Démonstration

Les vecteurs \(\overrightarrow{v} - p_F(\overrightarrow{v}) \in F^\perp\) et \(\overrightarrow{f} - p_F(\overrightarrow{v}) \in F\) sont orthogonaux. Par Pythagore : \[\|\overrightarrow{v} - \overrightarrow{f}\|^2 = \|(\overrightarrow{v} - p_F(\overrightarrow{v})) + (p_F(\overrightarrow{v}) - \overrightarrow{f})\|^2 = \|\overrightarrow{v} - p_F(\overrightarrow{v})\|^2 + \|p_F(\overrightarrow{v}) - \overrightarrow{f}\|^2 \geq \|\overrightarrow{v} - p_F(\overrightarrow{v})\|^2.\]

Angles

L’orthogonalité correspond à un angle droit, mais on veut évidemment mesurer des angles quelconques. Dans un espace euclidien, c’est le produit scalaire qui encode cette notion.

Projection sur une droite et interprétation géométrique

Soit \(\overrightarrow{v} \in E\) un vecteur non nul et \(V = \text{Vect}(\overrightarrow{v})\). Une base orthonormale de \(V\) est \(\left\{\dfrac{\overrightarrow{v}}{\|\overrightarrow{v}\|}\right\}\). D’après la Proposition 6.5 : \[\forall \overrightarrow{x} \in E, \qquad p_V(\overrightarrow{x}) = \frac{\langle \overrightarrow{x} | \overrightarrow{v} \rangle}{\|\overrightarrow{v}\|^2}\, \overrightarrow{v}.\]

En calculant la norme du projeté : \[\|p_V(\overrightarrow{x})\| = \frac{|\langle \overrightarrow{x} | \overrightarrow{v} \rangle|}{\|\overrightarrow{v}\|} = \|\overrightarrow{x}\| \cdot \frac{|\langle \overrightarrow{x} | \overrightarrow{v} \rangle|}{\|\overrightarrow{x}\|\,\|\overrightarrow{v}\|}.\]

Autrement dit, le quotient \(\dfrac{\langle \overrightarrow{x} | \overrightarrow{v} \rangle}{\|\overrightarrow{x}\|\,\|\overrightarrow{v}\|}\) mesure, avec un signe, la variation entre la taille de \(\overrightarrow{x}\) et la taille de sa composante dans la direction de \(\overrightarrow{v}\).

Définition du cosinus entre deux vecteurs

Définition 6.6 - Cosinus

Soient \(\overrightarrow{x}\) et \(\overrightarrow{y}\) deux vecteurs non nuls d’un espace euclidien \((E, \langle \bullet | \bullet \rangle)\). Le cosinus entre \(\overrightarrow{x}\) et \(\overrightarrow{y}\), noté \(\cos(\overrightarrow{x}, \overrightarrow{y})\), est défini par \[\cos(\overrightarrow{x}, \overrightarrow{y}) = \frac{\langle \overrightarrow{x} | \overrightarrow{y} \rangle}{\|\overrightarrow{x}\|\,\|\overrightarrow{y}\|}.\]

Dans le plan euclidien, ce nombre coïncide avec le cosinus usuel de l’angle géométrique.

Exercice

On munit \(\mathbb{R}^2\) de sa structure euclidienne canonique. Soit \(\overrightarrow{e} = \begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}\), \(E = \text{Vect}(\overrightarrow{e})\), \(M = \begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}\) distinct de l’origine et \(H\) le projeté orthogonal de \(M\) sur l’axe des abscisses.

1. Donner l’expression de \(p_E\).
2. Donner les coordonnées du point \(H\).
3. En déduire les distances \(OM\) et \(OH\).
4. Montrer que \(\cos\!\left(\overrightarrow{e}, \overrightarrow{OM}\right) = \dfrac{OH}{OM}\).

Propriétés élémentaires

Proposition 6.8 - Propriétés du cosinus

Soient \(\overrightarrow{x}\) et \(\overrightarrow{y}\) deux vecteurs non nuls d’un espace euclidien \((E, \langle \bullet | \bullet \rangle)\).

1. \(\cos(\overrightarrow{x}, \overrightarrow{y}) = \cos(\overrightarrow{y}, \overrightarrow{x})\).
2. \(\forall \lambda \in \mathbb{R}^*\), \(\cos(\lambda\overrightarrow{x}, \overrightarrow{y}) = \text{sg}(\lambda)\,\cos(\overrightarrow{x}, \overrightarrow{y})\).
3. \(\cos(\overrightarrow{x}, \overrightarrow{y}) = 0 \Longleftrightarrow \overrightarrow{x} \perp \overrightarrow{y}\).
4. \(\cos(\overrightarrow{x}, \overrightarrow{y}) \in [-1, 1]\).
5. \(|\cos(\overrightarrow{x}, \overrightarrow{y})| = 1 \Longleftrightarrow \exists \lambda \in \mathbb{R}^*,\ \overrightarrow{x} = \lambda\overrightarrow{y}\).

Ici \(\text{sg}(\lambda)\) désigne le signe de \(\lambda\).

Démonstration

Exercice. (Parce que j’ai la flemme de le rédiger…)

Projection sur une droite et cosinus

Corollaire 6.3

Soit \(\overrightarrow{v}\) un vecteur de norme \(1\) d’un espace euclidien \((E, \langle \bullet | \bullet \rangle)\) et \(V = \text{Vect}(\overrightarrow{v})\). Alors \[\forall \overrightarrow{x} \in E \setminus \{\overrightarrow{0}\}, \qquad p_V(\overrightarrow{x}) = \cos(\overrightarrow{x}, \overrightarrow{v})\,\|\overrightarrow{x}\|\,\overrightarrow{v}.\]

Démonstration

On part de \(p_V(\overrightarrow{x}) = \dfrac{\langle \overrightarrow{x} | \overrightarrow{v} \rangle}{\|\overrightarrow{v}\|^2}\overrightarrow{v}\) et on réécrit : \[p_V(\overrightarrow{x}) = \frac{\langle \overrightarrow{x} | \overrightarrow{v} \rangle}{\|\overrightarrow{x}\|\,\|\overrightarrow{v}\|^2}\,\|\overrightarrow{x}\|\,\overrightarrow{v} = \frac{\langle \overrightarrow{x} | \overrightarrow{v} \rangle}{\|\overrightarrow{x}\|\,\|\overrightarrow{v}\|}\,\|\overrightarrow{x}\|\,\frac{\overrightarrow{v}}{\|\overrightarrow{v}\|} = \cos(\overrightarrow{x}, \overrightarrow{v})\,\|\overrightarrow{x}\|\,\frac{\overrightarrow{v}}{\|\overrightarrow{v}\|}.\] Si \(\|\overrightarrow{v}\| = 1\), on obtient la formule annoncée.

Matrices d’un produit scalaire

Souvent en algèbre (bi)linéaire, on choisit de travailler avec les matrices. Si \(\mathcal{B}\) est une base de \(E\) et \(\overrightarrow{e} \in E\), on note \(\overrightarrow{e}_{\mathcal{B}}\) l’expression de \(\overrightarrow{e}\) dans la base \(\mathcal{B}\). On rappelle que \(P = \text{Pass}(\mathcal{B}, \mathcal{B}')\) vérifie \(P\overrightarrow{e}_{\mathcal{B}'} = \overrightarrow{e}_{\mathcal{B}}\).

Définition 6.7 - Matrice du produit scalaire

Soient \((E, \langle \bullet | \bullet \rangle)\) un espace euclidien de dimension \(n\) et \(\mathcal{B} = \{\overrightarrow{e}_1, \ldots, \overrightarrow{e}_n\}\) une base de \(E\). On appelle matrice du produit scalaire par rapport à \(\mathcal{B}\) la matrice \(M\) définie par \[\forall i,j \in \{1, \ldots, n\}, \qquad M_{i,j} = \langle \overrightarrow{e}_i | \overrightarrow{e}_j \rangle.\]

Exemple 6.7.1

Dans \(\mathbb{R}^2\) muni de sa structure euclidienne canonique, la base \(\mathcal{B} = \left\{\overrightarrow{e}_1 = \begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix},\ \overrightarrow{e}_2 = \begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}\right\}\) donne la matrice du produit scalaire : \[M = \begin{pmatrix}2&1\\1&1\end{pmatrix}.\]

Exercice

Considérons \(\mathbb{R}^2\) muni de sa structure euclidienne canonique. Déterminer la matrice du produit scalaire dans les bases suivantes :

1. \(\mathcal{A} = \left\{\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}\right\}\)
2. \(\mathcal{B} = \left\{\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}\right\}\)
3. \(\mathcal{C} = \left\{\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}\right\}\)
4. \(\mathcal{D} = \left\{\begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}3\\4\end{pmatrix}\right\}\)
5. \(\mathcal{E} = \left\{\begin{pmatrix}-2\\1\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix}\right\}\)

Proposition 6.6 - Matrice canonique

Soit \(n \in \mathbb{N}_{>0}\). La matrice du produit scalaire canonique dans \(\mathbb{R}^n\) muni de sa structure euclidienne canonique est \(\text{Id}_n\).

Démonstration

Le coefficient \((i,j)\) de la matrice vaut \(\langle \overrightarrow{e}_i | \overrightarrow{e}_j \rangle = \sum_{k=1}^n (\overrightarrow{e}_i)_k(\overrightarrow{e}_j)_k = \delta_{ij}\) (symbole de Kronecker). Donc \(M = \text{Id}_n\).

Théorème 6.10 - Expression du produit scalaire en coordonnées

Soient \((E, \langle \bullet | \bullet \rangle)\) un espace euclidien de dimension \(n\), \(\mathcal{B}\) une base de \(E\) et \(M\) la matrice du produit scalaire par rapport à \(\mathcal{B}\). Alors \[\forall \overrightarrow{x}, \overrightarrow{y} \in E, \qquad \langle \overrightarrow{x} | \overrightarrow{y} \rangle = {}^t\!\overrightarrow{x}_{\mathcal{B}}\; M\; \overrightarrow{y}_{\mathcal{B}}.\]

Démonstration

Écrivons \(\overrightarrow{x} = \sum_i x_i \overrightarrow{e}_i\) et \(\overrightarrow{y} = \sum_j y_j \overrightarrow{e}_j\). Par bilinéarité : \[\langle \overrightarrow{x} | \overrightarrow{y} \rangle = \sum_{i,j} x_i y_j \langle \overrightarrow{e}_i | \overrightarrow{e}_j \rangle = \sum_{i,j} x_i M_{ij} y_j = {}^t\!\overrightarrow{x}_{\mathcal{B}}\; M\; \overrightarrow{y}_{\mathcal{B}}.\]

Exemple 6.7.2

Reprenons l’exemple précédent. On vérifie que \(\overrightarrow{x} = \begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix} = x_2\overrightarrow{e}_1 + (x_1 - x_2)\overrightarrow{e}_2\), donc \(\overrightarrow{x}_{\mathcal{B}} = \begin{pmatrix}x_2\\x_1-x_2\end{pmatrix}\).

\[{}^t\!\overrightarrow{x}_{\mathcal{B}}\,M\,\overrightarrow{y}_{\mathcal{B}} = \begin{pmatrix}x_2&x_1-x_2\end{pmatrix} \begin{pmatrix}2&1\\1&1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}y_2\\y_1-y_2\end{pmatrix} = x_2 y_2 + x_1 y_1.\]

On retrouve bien l’expression du produit scalaire canonique. Le produit scalaire est indépendant de la base choisie.

Proposition 6.7 - Propriétés de la matrice du produit scalaire

Soit \(M\) la matrice du produit scalaire dans une base quelconque \(\mathcal{B}\) d’un espace euclidien.

1. Symétrie. \({}^t\!M = M\).
2. Positivité. \(\forall \overrightarrow{x} \in E\), \({}^t\!\overrightarrow{x}_{\mathcal{B}}\,M\,\overrightarrow{x}_{\mathcal{B}} \geq 0\).
3. Séparation. \(\forall \overrightarrow{x} \in E\), \({}^t\!\overrightarrow{x}_{\mathcal{B}}\,M\,\overrightarrow{x}_{\mathcal{B}} = 0 \Longleftrightarrow \overrightarrow{x} = \overrightarrow{0}\).
4. Inversibilité. \(M \in GL_n(\mathbb{R})\).

Démonstration

Les trois premières propriétés sont l’expression matricielle des axiomes du produit scalaire. Pour l’inversibilité : si \(M\overrightarrow{x}_{\mathcal{B}} = \overrightarrow{0}\), alors \(0 = {}^t\!\overrightarrow{x}_{\mathcal{B}}\,M\,\overrightarrow{x}_{\mathcal{B}} = \|\overrightarrow{x}\|^2\), donc \(\overrightarrow{x} = \overrightarrow{0}\) par séparation. Ainsi \(M\) est injective, donc inversible.

Lemme - Caractérisation des matrices égales

Soient \(A, B \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})\). Alors \[A = B \Longleftrightarrow \left(\forall \overrightarrow{x}, \overrightarrow{y} \in \mathbb{R}^n,\quad {}^t\!\overrightarrow{x}\,A\,\overrightarrow{y} = {}^t\!\overrightarrow{x}\,B\,\overrightarrow{y}\right).\]

Démonstration

Le sens \(\Rightarrow\) est trivial. Pour \(\Leftarrow\) : \({}^t\!\overrightarrow{e}_i\,A\,\overrightarrow{e}_j = A_{i,j}\) pour les vecteurs de la base canonique, donc \(A = B\).

Théorème 6.11 - Changement de base

Soient \(\mathcal{B}\) et \(\mathcal{B}'\) deux bases d’un espace euclidien \((E, \langle \bullet | \bullet \rangle)\), \(P = \text{Pass}(\mathcal{B}, \mathcal{B}')\), \(M_{\mathcal{B}}\) et \(M_{\mathcal{B}'}\) les matrices du produit scalaire dans ces bases. Alors \[M_{\mathcal{B}'} = {}^t\!P\,M_{\mathcal{B}}\,P.\]

Démonstration

Pour tout \(\overrightarrow{x}, \overrightarrow{y} \in E\), en utilisant \(P\overrightarrow{x}_{\mathcal{B}'} = \overrightarrow{x}_{\mathcal{B}}\) : \[\langle \overrightarrow{x} | \overrightarrow{y} \rangle = {}^t\!\overrightarrow{x}_{\mathcal{B}}\,M_{\mathcal{B}}\,\overrightarrow{y}_{\mathcal{B}} = {}^t\!\overrightarrow{x}_{\mathcal{B}'}\,{}^t\!P\,M_{\mathcal{B}}\,P\,\overrightarrow{y}_{\mathcal{B}'}.\] Par le Lemme précédent, \(M_{\mathcal{B}'} = {}^t\!P\,M_{\mathcal{B}}\,P\).

Définition 6.8 - Matrice orthogonale

On dira qu’une matrice \(A \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})\) est orthogonale si \({}^t\!A\,A = \text{Id}_n\).

Proposition 6.9 - Propriétés des matrices orthogonales

1. Si \(A\) est une matrice orthogonale, alors \(\det(A) = \pm 1\).
2. Si \(A\) est une matrice orthogonale, alors \(A\) est inversible et \(A^{-1} = {}^t\!A\).
3. Si \(\mathcal{B}\) et \(\mathcal{B}'\) sont deux bases orthonormales d’un espace euclidien, alors \(\text{Pass}(\mathcal{B}, \mathcal{B}')\) est orthogonale.

Démonstration

1. \(\det({}^t\!A\,A) = \det(\text{Id}_n) = 1\), donc \(\det({}^t\!A)\det(A) = 1\). Or \(\det({}^t\!A) = \det(A)\), donc \(\det(A)^2 = 1\), d’où \(\det(A) = \pm 1\).

2. En particulier ce déterminant est non nul, donc \(A\) est inversible, et l’unicité de l’inverse donne \(A^{-1} = {}^t\!A\).

3. La matrice du produit scalaire dans une base orthonormale est \(\text{Id}_n\). Le Théorème 6.11 donne alors \(\text{Id}_n = {}^t\!P\,\text{Id}_n\,P = {}^t\!P\,P\), donc \(P\) est orthogonale.

Exercice

Déterminer des réels \(a\), \(b\) et \(c\) pour que \(\begin{pmatrix}\frac{1}{a}&b\\[3pt]\frac{1}{a}&c\end{pmatrix}\) soit orthogonale.

Lemme - Valeurs propres réelles d’une matrice symétrique

Toute matrice symétrique réelle admet au moins une valeur propre réelle.

Démonstration

D’après le théorème de Gauss-d’Alembert, le polynôme caractéristique d’une matrice symétrique \(A\) admet au moins une racine complexe \(\lambda\). Montrons que \(\lambda\) est réel. Soit \(\overrightarrow{x}\) un vecteur propre (éventuellement complexe) :

\[\begin{array}{rcll} A\overrightarrow{x} &=& \lambda \overrightarrow{x} & \\ \overline{A\overrightarrow{x}} &=& \overline{\lambda \overrightarrow{x}} & \text{(conjugaison)}\\ {}^t\!\overline{\overrightarrow{x}}\;{}^t\!\overline{A} &=& \overline{\lambda}\;{}^t\!\overline{\overrightarrow{x}} & \text{(transposition)}\\ {}^t\!\overline{\overrightarrow{x}}\;{}^t\!\overline{A}\,\overrightarrow{x} &=& \overline{\lambda}\;{}^t\!\overline{\overrightarrow{x}}\,\overrightarrow{x} & \text{(multiplication à droite par } \overrightarrow{x}\text{)}\\ {}^t\!\overline{\overrightarrow{x}}\;\overline{A}\,\overrightarrow{x} &=& \overline{\lambda}\;{}^t\!\overline{\overrightarrow{x}}\,\overrightarrow{x} & \text{($A$ symétrique réelle : } \overline{A} = A\text{)}\\ {}^t\!\overline{\overrightarrow{x}}\;\lambda\overrightarrow{x} &=& \overline{\lambda}\;{}^t\!\overline{\overrightarrow{x}}\,\overrightarrow{x} & \text{($\overrightarrow{x}$ vecteur propre)}\\ \lambda\|\overrightarrow{x}\|^2 &=& \overline{\lambda}\|\overrightarrow{x}\|^2 & \text{(car } {}^t\!\overline{\overrightarrow{x}}\,\overrightarrow{x} = \|\overrightarrow{x}\|^2\text{)}\\ \lambda &=& \overline{\lambda} & \text{(simplification)} \end{array}\]

Ainsi \(\lambda\) est réel.

Théorème 6.12 - Théorème Spectral

Toute matrice symétrique réelle est diagonalisable dans une base orthonormale.

Précisément, pour toute matrice symétrique \(A\) (\({}^t\!A = A\)), il existe une matrice orthogonale \(P\) (\({}^t\!P\,P = \text{Id}_n\)) telle que \({}^t\!P\,A\,P\) soit diagonale.

Démonstration

Munissons \(\mathbb{R}^n\) de sa structure d’espace euclidien canonique. D’après le Lemme précédent, \(A\) possède une valeur propre réelle \(\lambda\). Soit \(\overrightarrow{x}\) un vecteur propre normalisé associé à \(\lambda\).

Posons \(X = \text{Vect}(\overrightarrow{x})\) et construisons par Gram-Schmidt une base orthonormale \(\mathcal{B}' = \{\overrightarrow{x}, \overrightarrow{f}_1, \ldots, \overrightarrow{f}_{n-1}\}\) de \(\mathbb{R}^n = X \overset{\perp}{\oplus} X^{\perp}\).

Notons \(B\) l’expression de \(A\) dans \(\mathcal{B}'\). La première colonne vaut \((\lambda, 0, \ldots, 0)^t\) (définition de vecteur propre). Pour la première ligne : pour tout \(k\), \[\langle A\overrightarrow{f}_k | \overrightarrow{x} \rangle = {}^t\!(A\overrightarrow{f}_k)\overrightarrow{x} = {}^t\!\overrightarrow{f}_k\,{}^t\!A\,\overrightarrow{x} = {}^t\!\overrightarrow{f}_k\,A\,\overrightarrow{x} = \lambda\,{}^t\!\overrightarrow{f}_k\,\overrightarrow{x} = \lambda \langle \overrightarrow{f}_k | \overrightarrow{x} \rangle = 0.\]

Donc \(B = \begin{pmatrix}\lambda & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & & & \\ \vdots & & C & \\ 0 & & & \end{pmatrix}\) où \(P = \text{Pass}(\mathcal{B}, \mathcal{B}')\) est orthogonale et \({}^t\!P\,A\,P = B\).

Comme \(A\) est symétrique, \(B = {}^t\!B\), donc \(C\) est aussi symétrique. Par récurrence, on peut trouver une base orthonormale de vecteurs propres pour \(C\), et ainsi diagonaliser \(A\) entièrement.

Corollaire 6.4

Soit \(A\) une matrice symétrique de \(\mathcal{M}_n(\mathbb{R})\) et \(\lambda_1 \leq \cdots \leq \lambda_n\) ses valeurs propres. Alors \[\forall \overrightarrow{x} \in \mathbb{R}^n, \qquad \lambda_1 \|\overrightarrow{x}\|^2 \leq {}^t\!\overrightarrow{x}\,A\,\overrightarrow{x} \leq \lambda_n \|\overrightarrow{x}\|^2.\]

Démonstration

Par le Théorème Spectral, on peut supposer \(A\) diagonale : \(A = \text{diag}(\lambda_1, \ldots, \lambda_n)\). Si \((x_i)\) sont les coordonnées de \(\overrightarrow{x}\) dans la base de diagonalisation, alors \({}^t\!\overrightarrow{x}\,A\,\overrightarrow{x} = \sum_{i=1}^n \lambda_i x_i^2\). L’organisation des valeurs propres permet de conclure.

Corollaire 6.5

Soit \(A\) une matrice symétrique de \(\mathcal{M}_n(\mathbb{R})\) et \(\lambda_1 \leq \cdots \leq \lambda_n\) ses valeurs propres. Alors \[\sup_{\|\overrightarrow{x}\| = 1}\left({}^t\!\overrightarrow{x}\,A\,\overrightarrow{x}\right) = \lambda_n.\] De plus, le \(\sup\) est atteint pour les vecteurs de l’espace propre \(\text{Ker}(A - \lambda_n \text{Id}_n)\).

Démonstration

D’après le Corollaire 6.4, pour tout \(\overrightarrow{x}\) de norme \(1\), \({}^t\!\overrightarrow{x}\,A\,\overrightarrow{x} \leq \lambda_n\). Soit \(\overrightarrow{v}\) un vecteur propre associé à \(\lambda_n\), normalisé. Alors : \[{}^t\!\overrightarrow{v}\,A\,\overrightarrow{v} = {}^t\!\overrightarrow{v}\,\lambda_n\overrightarrow{v} = \lambda_n\|\overrightarrow{v}\|^2 = \lambda_n.\] Donc le supremum est bien \(\lambda_n\) et il est atteint sur \(\text{Ker}(A - \lambda_n\text{Id}_n)\).

Exercice

Soit \(A = \begin{pmatrix}6&-2&2\\-2&5&0\\2&0&7\end{pmatrix}\).

1. Justifier que \(A\) admet une base orthonormée de \(\mathbb{R}^3\) comme vecteurs propres.
2. Montrer que les valeurs propres de \(A\) sont \(3\), \(6\) et \(9\).
3. Déterminer une matrice \(P\) telle que \({}^t\!P\,A\,P\) soit diagonale.

Exercice

Soit \(A = \begin{pmatrix}1&-2&-2\\-2&1&-2\\-2&-2&1\end{pmatrix}\).

1. Justifier que \(A\) admet une base orthonormée de \(\mathbb{R}^3\) comme vecteurs propres.
2. Montrer que les valeurs propres de \(A\) sont \(3\) et \(-3\).
3. Déterminer une base de \(\mathbb{R}^3\) composée de vecteurs propres de \(A\).

Exercice

Soit \(E = \mathbb{R}^4\) muni de sa structure euclidienne canonique. On considère le sous-espace \(F\) de \(E\) défini par \[F = \left\{\begin{pmatrix}x\\y\\z\\t\end{pmatrix} \in E \;\middle|\; x + z + t = 0\ \wedge\ x - y + z = 0\right\}.\] Déterminer une base orthonormale de \(F\).