Algèbre linéaire et bilinéaire

La première année vous a donné une théorie complète, et pourtant inachevée. Complète, parce que tout y est : les espaces vectoriels, les familles libres et génératrices, les bases, la dimension, les applications linéaires avec leur noyau et leur image, le théorème du rang, et le dictionnaire qui traduit chaque application linéaire en une matrice dès que l'on a choisi des bases. Inachevée, parce que ce dictionnaire dépend d'un choix, et que rien, jusqu'ici, n'a été dit sur ce choix. Un même endomorphisme $f$ d'un espace de dimension $3$ se lit comme une matrice pleine de coefficients dans une base, et comme une matrice presque vide dans une autre. Le premier semestre de deuxième année pose la question qui manquait : parmi toutes les bases possibles, peut-on en trouver une dans laquelle $f$ se lit de la façon la plus simple imaginable, c'est-à-dire une matrice diagonale ?

La réponse porte un nom, la réduction, et elle est spectaculaire. Dire que ${\mathrm{Mat}}_{\mathcal{B}}(f)$ est diagonale, c'est dire que chaque vecteur de la base $\mathcal{B}$ est simplement multiplié par un réel quand on lui applique $f$ : l'application, qui pouvait sembler compliquée, se réduit à trois ou quatre dilatations indépendantes le long de directions bien choisies. Ces directions privilégiées sont les vecteurs propres, les coefficients de dilatation sont les valeurs propres, et le chapitre entier consiste à les chercher, à décider s'il y en a assez pour former une base, et à exploiter la forme diagonale obtenue. Car une fois $A=PD{P}^{-1}$ écrite, tout devient calculable : $A^n=P{D}^n{P}^{-1}$ se calcule pour tout $n$, les suites récurrentes couplées se résolvent explicitement, les systèmes différentiels et les chaînes de Markov de fin d'année aussi.

Le chapitre comporte trois blocs. Le premier rassemble les compléments d'algèbre linéaire dont la réduction a besoin, et qui n'ont pas pu être traités en première année : les sommes directes de plusieurs sous-espaces, qui donneront le langage exact du théorème de diagonalisation, le changement de base, qui formalise le passage d'une lecture matricielle à une autre, et la trace, petit outil de contrôle d'une redoutable efficacité. Le deuxième bloc est la réduction elle-même, du calcul des éléments propres jusqu'aux critères de diagonalisation et à leurs applications. Le troisième bloc change de sujet et introduit l'algèbre bilinéaire : jusqu'ici, aucun de nos espaces vectoriels ne permettait de parler de longueur, d'angle ou de perpendicularité ; le produit scalaire répare ce manque et transforme un espace vectoriel abstrait en un espace où la géométrie du plan et de l'espace retrouve tous ses droits.

Sur le plan des concours, il n'existe pas de chapitre plus rentable. Les sujets d'EDHEC, d'EM Lyon, d'ECRICOME, d'HEC et de l'ESSEC comportent presque tous un problème de réduction, souvent le problème d'ouverture, et le scénario est d'une régularité désarmante : on donne une matrice ou un endomorphisme, on demande les valeurs propres, une base de chaque sous-espace propre, la diagonalisabilité, puis les puissances, puis une suite ou une variable aléatoire pilotée par ces puissances. Ce sont des points qui se prennent intégralement quand les gestes sont automatisés, et qui se perdent intégralement sinon. Le programme officiel exclut par ailleurs certains outils que vous pourriez rencontrer ailleurs : les déterminants et le polynôme caractéristique ne sont pas au programme de la voie ECG, et une valeur propre s'y cherche exclusivement en résolvant un système homogène, en lisant la diagonale d'une matrice triangulaire, ou en exploitant un polynôme annulateur. Les nombres complexes n'y figurent pas davantage : tous les espaces considérés sont des espaces vectoriels réels.

Le plan suit cet ordre. La section $1$ étudie la somme de deux sous-espaces vectoriels puis de $k$ sous-espaces, et la formule des dimensions. La section $2$ traite les sommes directes, la concaténation de bases et les bases adaptées, avec un avertissement lourd sur le cas de trois sous-espaces ou plus. La section $3$ établit les formules de changement de base et introduit les matrices semblables. La section $4$ est consacrée à la trace. La section $5$ définit les éléments propres et donne la méthode centrale de recherche par le pivot de Gauss. La section $6$ traite les polynômes annulateurs et les trois usages qu'on en fait. La section $7$ démontre les propriétés du spectre, les critères de diagonalisation, et déroule les applications : puissances, suites récurrentes couplées, suites récurrentes linéaires. Les sections $8$ et $9$ ouvrent l'algèbre bilinéaire : la section $8$ part des formes bilinéaires symétriques, définit le produit scalaire et la norme associée, démontre l'inégalité de Cauchy-Schwarz et le théorème de Pythagore, puis introduit l'orthogonalité et les familles orthogonales ; la section $9$ est consacrée aux espaces euclidiens, aux bases orthonormées et au procédé d'orthonormalisation, aux coordonnées et aux changements de base orthonormée, enfin au supplémentaire orthogonal d'un sous-espace. La section $10$ referme le chapitre par une fiche récapitulative des méthodes et la liste des erreurs qui coûtent des points.

Voici enfin les notations en vigueur dans tout le chapitre. Les lettres $E$, $F$ et $G$ désignent des espaces vectoriels réels, de dimension finie sauf mention contraire ; les vecteurs sont notés en minuscules latines, $x$, $y$, $u$, $v$, et les scalaires par des lettres grecques, $\lambda$, $\mu$, $\alpha$, $\beta$. L'ensemble des matrices à $n$ lignes et $p$ colonnes à coefficients réels est ${\mathcal{M}}_{n,p}(\mathbb{R})$, abrégé en ${\mathcal{M}}_n(\mathbb{R})$ lorsque $n=p$ ; le coefficient d'indice $(i,j)$ d'une matrice $A$ est $a_{i,j}$, l'identité d'ordre $n$ est $I_n$, la matrice nulle est $0_{n,p}$ et la transposée de $A$ est ${}^{t}A$. Le sous-espace engendré par $x_1,\dots ,x_p$ est $\mathrm{Vect}(x_1,\dots ,x_p)$ ; le noyau et l'image d'une application linéaire $f$ sont $\mathrm{Ker}f$ et $\mathrm{Im}f$, son rang est $\mathrm{rg}(f)$, et $\mathrm{rg}(A)$ désigne le rang d'une matrice. L'ensemble des endomorphismes de $E$ est $\mathcal{L}(E)$, l'identité de $E$ est ${\mathrm{i}\mathrm{d}}_E$, et $f^k$ désigne la composée $f\circ \cdots \circ f$ à $k$ facteurs, avec $f^0={\mathrm{i}\mathrm{d}}_E$. L'ensemble des polynômes de degré inférieur ou égal à $n$ est ${\mathbb{R}}_n[X]$, de base canonique $(1,X,\dots ,X^n)$. La matrice de l'endomorphisme $f$ dans la base $\mathcal{B}$ est ${\mathrm{Mat}}_{\mathcal{B}}(f)$, la matrice colonne des coordonnées du vecteur $x$ dans $\mathcal{B}$ est ${\mathrm{Mat}}_{\mathcal{B}}(x)$ ou $X_{\mathcal{B}}$, la matrice de passage de $\mathcal{B}$ vers ${\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}$ est $P_{\mathcal{B},{\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}}$. La trace d'une matrice carrée est $\mathrm{Tr}(A)$, le spectre est $\mathrm{Sp}(f)$ ou $\mathrm{Sp}(A)$, et le sous-espace propre associé à la valeur propre $\lambda$ est $E_{\lambda }(f)$, ou $E_{\lambda }(A)$ dans le cas matriciel. Le symbole $\mathrm{\square }$ marque la fin d'une démonstration.

Sommes de sous-espaces vectoriels

La somme de deux sous-espaces

Deux sous-espaces vectoriels $F$ et $G$ d'un même espace $E$ ne peuvent pas, en général, être réunis : l'ensemble $F\cup G$ n'est presque jamais un sous-espace vectoriel, car la somme d'un vecteur de $F$ et d'un vecteur de $G$ n'a aucune raison d'appartenir à l'un des deux. Dans ${\mathbb{R}}^2$, la réunion des deux axes de coordonnées contient $(1,0)$ et $(0,1)$ mais pas $(1,1)$. La bonne opération consiste précisément à ajouter tous ces vecteurs manquants.

Démonstration. Le vecteur nul appartient à $F+G$, puisque $0_E=0_E+0_E$ avec $0_E\in F$ et $0_E\in G$ : l'ensemble est non vide. Soient ensuite $u$ et $v$ deux éléments de $F+G$, et soient $\alpha$ et $\beta$ deux réels. Par définition, il existe $x_1,x_2\in F$ et $y_1,y_2\in G$ tels que $u=x_1+y_1$ et $v=x_2+y_2$. Alors

$$\alpha u+\beta v=(\alpha x_1+\beta x_2)+(\alpha y_1+\beta y_2),$$

où le premier terme appartient à $F$ et le second à $G$, ces deux ensembles étant stables par combinaison linéaire. Donc $\alpha u+\beta v\in F+G$ : c'est bien un sous-espace vectoriel.

Pour la seconde assertion, remarquons d'abord que $F\subset F+G$, en écrivant $x=x+0_E$, et de même $G\subset F+G$. Ainsi $F+G$ est un sous-espace vectoriel contenant $F\cup G$, donc il contient $\mathrm{Vect}(F\cup G)$, qui est le plus petit d'entre eux. Réciproquement, tout élément $x+y$ de $F+G$ est une combinaison linéaire de deux éléments de $F\cup G$, donc appartient à $\mathrm{Vect}(F\cup G)$. Les deux ensembles coïncident. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Un élément de $F+G$ s'écrit $x+y$ avec $x={\sum }_i{\alpha }_i{u}_i$ et $y={\sum }_j{\beta }_j{v}_j$, donc c'est une combinaison linéaire des $u_i$ et des $v_j$. Réciproquement, une telle combinaison linéaire se sépare en un morceau dans $F$ et un morceau dans $G$, donc appartient à $F+G$. $\mathrm{\square }$

Cette propriété est le geste pratique numéro un du paragraphe : pour obtenir une famille génératrice d'une somme, on concatène des familles génératrices des deux morceaux. Attention, la famille obtenue est génératrice, mais elle n'a aucune raison d'être libre : c'est exactement la question que la section $2$ va trancher.

La somme de $k$ sous-espaces

Démonstration. Elle est identique à celle du cas $k=2$, en manipulant $k$ termes au lieu de deux. Le vecteur nul s'écrit $0_E+\cdots +0_E$. Si $u={\sum }_i{x}_i$ et $v={\sum }_i{y}_i$ avec $x_i,y_i\in F_i$, alors $\alpha u+\beta v={\sum }_i(\alpha x_i+\beta y_i)$, et chaque terme $\alpha x_i+\beta y_i$ appartient à $F_i$. On peut aussi raisonner par récurrence sur $k$ en observant que $F_1+\cdots +F_k=(F_1+\cdots +F_{k-1})+F_k$. $\mathrm{\square }$

La formule des dimensions

Démonstration. Elle repose sur le théorème de la base incomplète, vu en première année. Notons $d=\dim (F\cap G)$, $p=\dim F-d$ et $q=\dim G-d$, et soit $(e_1,\dots ,e_d)$ une base de $F\cap G$ (la famille vide si $d=0$).

Comme $F\cap G$ est un sous-espace vectoriel de $F$, on peut compléter cette famille libre en une base $(e_1,\dots ,e_d,u_1,\dots ,u_p)$ de $F$. De même, on la complète en une base $(e_1,\dots ,e_d,v_1,\dots ,v_q)$ de $G$. Montrons que la famille

$$\mathcal{F}=(e_1,\dots ,e_d,u_1,\dots ,u_p,v_1,\dots ,v_q)$$

est une base de $F+G$.

Elle est génératrice. D'après la propriété précédente, $F+G$ est engendré par la concaténation d'une famille génératrice de $F$ et d'une famille génératrice de $G$, c'est-à-dire par $(e_1,\dots ,e_d,u_1,\dots ,u_p)$ suivie de $(e_1,\dots ,e_d,v_1,\dots ,v_q)$ ; en supprimant la répétition des $e_i$, qui ne change pas le sous-espace engendré, on obtient exactement $\mathcal{F}$.

Elle est libre. Soient des réels ${\alpha }_i$, ${\beta }_j$, ${\gamma }_k$ tels que

$$\sum _{i=1}^d{\alpha }_i{e}_i+\sum _{j=1}^p{\beta }_j{u}_j+\sum _{k=1}^q{\gamma }_k{v}_k=0_E\mathrm{.}$$

Posons $w={\sum }_k{\gamma }_k{v}_k$. D'une part $w\in G$, comme combinaison linéaire de vecteurs de $G$. D'autre part, l'égalité ci-dessus donne $w=-({\sum }_i{\alpha }_i{e}_i+{\sum }_j{\beta }_j{u}_j)$, qui appartient à $F$. Donc $w\in F\cap G$, et il existe des réels ${\delta }_1,\dots ,{\delta }_d$ tels que $w={\sum }_i{\delta }_i{e}_i$. En comparant les deux écritures de $w$,

$$\sum _{i=1}^d{\delta }_i{e}_i-\sum _{k=1}^q{\gamma }_k{v}_k=0_E\mathrm{.}$$

Or $(e_1,\dots ,e_d,v_1,\dots ,v_q)$ est une base de $G$, donc une famille libre : tous les ${\delta }_i$ et tous les ${\gamma }_k$ sont nuls. En particulier $w=0_E$, et la relation initiale se réduit à ${\sum }_i{\alpha }_i{e}_i+{\sum }_j{\beta }_j{u}_j=0_E$. La famille $(e_1,\dots ,e_d,u_1,\dots ,u_p)$ étant une base de $F$, tous les ${\alpha }_i$ et tous les ${\beta }_j$ sont nuls également.

Ainsi $\mathcal{F}$ est une base de $F+G$, de cardinal $d+p+q$. Il ne reste qu'à conclure :

$$\dim (F+G)=d+p+q=(d+p)+(d+q)-d=\dim F+\dim G-\dim (F\cap G)\mathrm{.}\mathrm{\square }$$

Sommes directes

Somme directe de deux sous-espaces

Le dernier exemple montre le phénomène à surveiller : quand $F$ et $G$ se chevauchent, la décomposition $x=u+v$ n'est pas unique, car on peut transférer un vecteur de l'intersection de l'un vers l'autre. La somme directe est exactement la situation où ce transfert est impossible.

Démonstration. Supposons la somme directe. Soit $w\in F\cap G$. Le vecteur $w$, qui appartient à $F+G$, admet les deux écritures

$$w=\underset{\in F}{\underbrace{w}}+\underset{\in G}{\underbrace{0_E}}\text{et}w=\underset{\in F}{\underbrace{0_E}}+\underset{\in G}{\underbrace{w}}\mathrm{.}$$

Par unicité de la décomposition, ces deux écritures coïncident terme à terme, donc $w=0_E$.

Réciproquement, supposons $F\cap G=\{0_E\}$ et soit $u\in F+G$ admettant deux écritures $u=x_1+y_1=x_2+y_2$, avec $x_1,x_2\in F$ et $y_1,y_2\in G$. Alors

$$x_1-x_2=y_2-y_1\mathrm{.}$$

Le membre de gauche appartient à $F$, le membre de droite à $G$ : ce vecteur commun appartient donc à $F\cap G=\{0_E\}$. D'où $x_1=x_2$ et $y_1=y_2$ : l'écriture est unique. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Le sens direct est immédiat : $0_E=0_E+0_E$ est une écriture, l'unicité impose que ce soit la seule. Réciproquement, si $u=x_1+y_1=x_2+y_2$, alors $0_E=(x_1-x_2)+(y_1-y_2)$ avec $x_1-x_2\in F$ et $y_1-y_2\in G$ ; l'hypothèse donne $x_1=x_2$ et $y_1=y_2$. $\mathrm{\square }$

Retenez ce mécanisme : tester l'unicité d'une décomposition revient toujours à tester la décomposition du vecteur nul. C'est la même économie que pour les familles libres, où l'on ne teste que la combinaison linéaire nulle.

Somme directe de $k$ sous-espaces : l'erreur à ne pas commettre

Passons à $k$ sous-espaces. La définition se transpose sans surprise.

Démonstration. Même raisonnement que pour $k=2$. Si la somme est directe, l'écriture $0_E=0_E+\cdots +0_E$ est la seule. Réciproquement, si $u$ admet deux écritures ${\sum }_i{x}_i$ et ${\sum }_i{x}_i^{\mathrm{\prime }}$, alors ${\sum }_i(x_i-x_i^{\mathrm{\prime }})=0_E$ avec $x_i-x_i^{\mathrm{\prime }}\in F_i$, donc chaque $x_i-x_i^{\mathrm{\prime }}$ est nul. $\mathrm{\square }$

Voici maintenant le point sur lequel il faut être intraitable, car il coûte chaque année des points à des candidats convaincus d'avoir raison.

La morale est simple et il faut l'appliquer mécaniquement : dès que $k⩾3$, on ne vérifie jamais une somme directe par des intersections deux à deux. On revient à la définition, c'est-à-dire à la décomposition du vecteur nul, ou bien on utilise l'un des deux critères ci-dessous, par les bases ou par les dimensions.

Sous-espaces supplémentaires

Concaténation de bases et base adaptée

Nous arrivons au théorème qui fait le lien entre les sommes directes et le calcul, et qui sera repris tel quel pour caractériser la diagonalisation.

Démonstration. Notons $S=F_1+\cdots +F_k$ et, pour chaque $i$, ${\mathcal{B}}_i=(e_1^{(i)},\dots ,e_{d_i}^{(i)})$ où $d_i=\dim F_i$.

Commençons par une observation valable dans les deux sens : la famille $\mathcal{B}$ est toujours génératrice de $S$. En effet, chaque ${\mathcal{B}}_i$ engendre $F_i$, et nous avons vu en section $1$ que la concaténation de familles génératrices des $F_i$ engendre la somme. Tout se joue donc sur la liberté de $\mathcal{B}$.

Sens direct. Supposons la somme directe et soit une combinaison linéaire nulle de $\mathcal{B}$ :

$$\sum _{i=1}^k\sum _{j=1}^{d_i}{\lambda }_j^{(i)}{e}_j^{(i)}=0_E\mathrm{.}$$

Posons, pour chaque $i$, $x_i={\sum }_{j=1}^{d_i}{\lambda }_j^{(i)}{e}_j^{(i)}$. Ce vecteur appartient à $F_i$, et l'égalité ci-dessus s'écrit $x_1+\cdots +x_k=0_E$. La somme étant directe, tous les $x_i$ sont nuls. Enfin, pour chaque $i$, l'égalité ${\sum }_j{\lambda }_j^{(i)}{e}_j^{(i)}=0_E$ et la liberté de ${\mathcal{B}}_i$ donnent ${\lambda }_j^{(i)}=0$ pour tout $j$. La famille $\mathcal{B}$ est libre, donc c'est une base de $S$.

Sens réciproque. Supposons que $\mathcal{B}$ soit une base de $S$, et soient $x_1\in F_1,\dots ,x_k\in F_k$ tels que $x_1+\cdots +x_k=0_E$. Décomposons chaque $x_i$ dans la base ${\mathcal{B}}_i$ : $x_i={\sum }_j{\lambda }_j^{(i)}{e}_j^{(i)}$. En reportant, on obtient une combinaison linéaire nulle des vecteurs de $\mathcal{B}$. Comme $\mathcal{B}$ est libre, tous les coefficients ${\lambda }_j^{(i)}$ sont nuls, donc tous les $x_i$ sont nuls. La caractérisation par le vecteur nul montre que la somme est directe. $\mathrm{\square }$

Démonstration. D'après le théorème précédent, la concaténation des bases des $F_i$ est une base de la somme. Son cardinal est $d_1+d_2+\cdots +d_k$, et la dimension d'un espace est le cardinal de n'importe laquelle de ses bases. Pour la seconde assertion : si $E=F_1\oplus \cdots \oplus F_k$, la formule donne ${\sum }_i\dim F_i=\dim E$ ; réciproquement, si la somme est directe et si ${\sum }_i\dim F_i=\dim E$, alors $F_1\oplus \cdots \oplus F_k$ est un sous-espace vectoriel de $E$ de même dimension que $E$, donc lui est égal. $\mathrm{\square }$

L'intérêt d'une base adaptée est calculatoire, et c'est lui qui motive tout le chapitre. Supposons que $f$ soit un endomorphisme de $E$ qui envoie chaque $F_i$ dans lui-même, c'est-à-dire tel que $f(x)\in F_i$ dès que $x\in F_i$. Alors l'image de chaque vecteur de la base de $F_i$ se décompose uniquement sur les vecteurs de cette même base de $F_i$ : la colonne correspondante de ${\mathrm{Mat}}_{\mathcal{B}}(f)$ n'a de coefficients non nuls qu'en face des vecteurs de ${\mathcal{B}}_i$. La matrice se présente alors comme une suite de carrés pleins alignés le long de la diagonale, tout le reste étant nul. Le cas extrême, celui que la réduction cherche à atteindre, est celui où chaque $F_i$ est une droite : les carrés sont alors de taille $1$, et la matrice est tout simplement diagonale.

Changement de base

Rappels : matrice d'une famille, matrice d'un endomorphisme

Fixons pour toute cette section un espace vectoriel réel $E$ de dimension $n⩾1$.

Rappelons aussi que l'application $f⟼{\mathrm{Mat}}_{\mathcal{B}}(f)$ est un isomorphisme de $\mathcal{L}(E)$ sur ${\mathcal{M}}_n(\mathbb{R})$, qu'elle transforme la composition en produit matriciel, et que $f$ est bijective si et seulement si ${\mathrm{Mat}}_{\mathcal{B}}(f)$ est inversible.

La matrice de passage

Autrement dit, la matrice de passage de $\mathcal{B}$ vers ${\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}$ contient la nouvelle base exprimée dans l'ancienne.

Une lecture équivalente, très utile pour les démonstrations, consiste à remarquer que cette matrice est celle de l'identité. Rappelons pour cela la notation de première année pour une application linéaire lue dans deux bases distinctes : si $u$ est une application linéaire de $E$ vers $F$, si $\mathcal{C}$ est une base de l'espace de départ $E$ et $\mathcal{D}$ une base de l'espace d'arrivée $F$, on note ${\mathrm{Mat}}_{\mathcal{C},\mathcal{D}}(u)$ la matrice dont la $j$-ième colonne est formée des coordonnées, dans la base d'arrivée $\mathcal{D}$, de l'image du $j$-ième vecteur de la base de départ $\mathcal{C}$. Quand les deux bases coïncident, on retrouve ${\mathrm{Mat}}_{\mathcal{B}}(f)$. Deux règles accompagnent cette notation, elles aussi vues en première année : la matrice d'une composée est le produit des matrices, ${\mathrm{Mat}}_{\mathcal{C},\mathcal{E}}(v\circ u)={\mathrm{Mat}}_{\mathcal{D},\mathcal{E}}(v)\times {\mathrm{Mat}}_{\mathcal{C},\mathcal{D}}(u)$ à condition que la base d'arrivée de $u$ soit la base de départ de $v$, et la matrice de l'identité lue dans la même base des deux côtés est $I_n$.

Avec cette notation,

$$P_{\mathcal{B},{\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}}={\mathrm{Mat}}_{{\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }},\mathcal{B}}\left({\mathrm{i}\mathrm{d}}_E\right),$$

puisque la $j$-ième colonne du membre de droite est celle des coordonnées de ${\mathrm{i}\mathrm{d}}_E(e_j^{\mathrm{\prime }})=e_j^{\mathrm{\prime }}$ dans la base d'arrivée $\mathcal{B}$ : c'est exactement la définition ci-dessus. Attention à l'ordre des indices, qui surprend toujours : la base de départ est ${\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}$, celle d'arrivée est $\mathcal{B}$, alors que la matrice se nomme « de $\mathcal{B}$ vers ${\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}$ ». La démonstration qui suit est la seule du chapitre à utiliser cette notation à deux bases ; partout ailleurs, une seule base suffit.

Démonstration. Utilisons la lecture par l'identité et la formule de la matrice d'une composée. On a

$$P_{\mathcal{B},{\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}}\times P_{{\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }},\mathcal{B}}={\mathrm{Mat}}_{{\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }},\mathcal{B}}\left({\mathrm{i}\mathrm{d}}_E\right)\times {\mathrm{Mat}}_{\mathcal{B},{\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}}\left({\mathrm{i}\mathrm{d}}_E\right)={\mathrm{Mat}}_{\mathcal{B},\mathcal{B}}({\mathrm{i}\mathrm{d}}_E\circ {\mathrm{i}\mathrm{d}}_E)={\mathrm{Mat}}_{\mathcal{B}}\left({\mathrm{i}\mathrm{d}}_E\right)=I_n\mathrm{.}$$

Le même calcul dans l'autre ordre donne $P_{{\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }},\mathcal{B}}\times P_{\mathcal{B},{\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}}=I_n$. Donc $P_{\mathcal{B},{\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}}$ est inversible, d'inverse $P_{{\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }},\mathcal{B}}$.

On peut aussi conclure sans passer par l'identité : les colonnes de $P_{\mathcal{B},{\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}}$ sont les coordonnées dans $\mathcal{B}$ des vecteurs de la base ${\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}$, qui forment une famille libre de $n$ vecteurs. La matrice est donc de rang $n$, donc inversible. $\mathrm{\square }$

Changement de coordonnées pour un vecteur

Démonstration. Notons $\mathcal{B}=(e_1,\dots ,e_n)$, ${\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}=(e_1^{\mathrm{\prime }},\dots ,e_n^{\mathrm{\prime }})$ et $P=(p_{i,j})$, de sorte que, par définition de la matrice de passage,

$$e_j^{\mathrm{\prime }}=\sum _{i=1}^n{p}_{i,j}{e}_i\text{pour tout }j\mathrm{.}$$

Écrivons $u$ dans la base ${\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}$ : $u={\sum }_{j=1}^n{x}_j^{\mathrm{\prime }}{e}_j^{\mathrm{\prime }}$. En remplaçant chaque $e_j^{\mathrm{\prime }}$ par son expression et en échangeant les deux sommes finies,

$$u=\sum _{j=1}^n{x}_j^{\mathrm{\prime }}\sum _{i=1}^n{p}_{i,j}{e}_i=\sum _{i=1}^n\left(\sum _{j=1}^n{p}_{i,j}{x}_j^{\mathrm{\prime }}\right)e_i\mathrm{.}$$

Or l'écriture de $u$ dans la base $\mathcal{B}$ est unique, et sa $i$-ième coordonnée est $x_i$. Donc, pour tout $i$,

$$x_i=\sum _{j=1}^n{p}_{i,j}{x}_j^{\mathrm{\prime }},$$

ce qui est exactement l'égalité matricielle $X_{\mathcal{B}}=P{X}_{{\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}}$. La seconde formule s'obtient en multipliant à gauche par $P^{-1}$. $\mathrm{\square }$

Cette formule est le piège classique du chapitre, parce que son sens est contre-intuitif. La matrice de passage « de $\mathcal{B}$ vers ${\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}$ » transforme les coordonnées nouvelles en coordonnées anciennes, et non l'inverse. Le moyen de ne jamais se tromper est de vérifier la cohérence sur les colonnes : appliquée à la colonne $(1,0,\dots ,0{)}^{}$, qui représente le vecteur $e_1^{\mathrm{\prime }}$ dans ${\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}$, la matrice $P$ rend sa première colonne, c'est-à-dire les coordonnées de $e_1^{\mathrm{\prime }}$ dans $\mathcal{B}$. Tout est cohérent. Si vous hésitez en devoir, refaites ce test en dix secondes plutôt que de parier.

Changement de base pour un endomorphisme

Démonstration. Notons $A={\mathrm{Mat}}_{\mathcal{B}}(f)$ et $A^{\mathrm{\prime }}={\mathrm{Mat}}_{{\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}}(f)$. Soit $x$ un vecteur quelconque de $E$, et $y=f(x)$. Par définition de la matrice d'un endomorphisme, appliquée dans chacune des deux bases,

$$Y_{\mathcal{B}}=A{X}_{\mathcal{B}}\text{et}{Y}_{{\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}}=A^{\mathrm{\prime }}{X}_{{\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}}\mathrm{.}$$

Par la formule de changement de coordonnées, $Y_{{\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}}=P^{-1}{Y}_{\mathcal{B}}$ et $X_{\mathcal{B}}=P{X}_{{\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}}$. En enchaînant,

$$A^{\mathrm{\prime }}{X}_{{\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}}=Y_{{\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}}=P^{-1}{Y}_{\mathcal{B}}=P^{-1}A{X}_{\mathcal{B}}=P^{-1}AP{X}_{{\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}}\mathrm{.}$$

Cette égalité vaut pour tout $x\in E$, donc pour toute colonne $X_{{\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}}$ de ${\mathcal{M}}_{n,1}(\mathbb{R})$, puisque toute colonne est la colonne des coordonnées d'un vecteur. En l'appliquant successivement aux $n$ colonnes de la base canonique de ${\mathcal{M}}_{n,1}(\mathbb{R})$, on obtient l'égalité des colonnes de $A^{\mathrm{\prime }}$ et de $P^{-1}AP$, donc $A^{\mathrm{\prime }}=P^{-1}AP$. $\mathrm{\square }$

Matrices semblables

Démonstration. Réflexivité. $A=I_n^{-1}A{I}_n$, et $I_n$ est inversible.

Symétrie. Si $B=P^{-1}AP$ avec $P$ inversible, alors en multipliant à gauche par $P$ et à droite par $P^{-1}$, on obtient $A=PB{P}^{-1}$. En posant $Q=P^{-1}$, qui est inversible d'inverse $P$, cela s'écrit $A=Q^{-1}BQ$ : $A$ est semblable à $B$.

Transitivité. Si $B=P^{-1}AP$ et $C=Q^{-1}BQ$ avec $P$ et $Q$ inversibles, alors

$$C=Q^{-1}{P}^{-1}APQ=(PQ{)}^{-1}A(PQ),$$

et $PQ$ est inversible comme produit de matrices inversibles. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Si $A={\mathrm{Mat}}_{\mathcal{B}}(f)$ et $B={\mathrm{Mat}}_{{\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}}(f)$, la formule de changement de base donne $B=P^{-1}AP$ avec $P=P_{\mathcal{B},{\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}}$ : elles sont semblables.

Réciproquement, supposons $B=P^{-1}AP$ avec $P$ inversible. Prenons $E={\mathbb{R}}^n$, muni de sa base canonique $\mathcal{B}$, et soit $f$ l'endomorphisme de matrice $A$ dans $\mathcal{B}$. Comme $P$ est inversible, ses colonnes forment une famille libre de $n$ vecteurs de ${\mathbb{R}}^n$, donc une base ${\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}$, et par construction $P=P_{\mathcal{B},{\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}}$. La formule de changement de base donne alors ${\mathrm{Mat}}_{{\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}}(f)=P^{-1}AP=B$. Les deux matrices représentent bien le même $f$. $\mathrm{\square }$

Démonstration des points 1, 4 et 5. Le point $1$ vient du fait, vu en première année, que multiplier une matrice à gauche ou à droite par une matrice inversible ne change pas son rang. Pour le point $4$, écrivons $B=P^{-1}AP$ ; alors

$$B^2=P^{-1}AP{P}^{-1}AP=P^{-1}{A}^{2}P,$$

et une récurrence immédiate donne $B^k=P^{-1}{A}^{k}P$ pour tout $k⩾0$ (le cas $k=0$ étant $I_n=P^{-1}{I}_{n}P$). Le point $5$ découle du point $1$ : $A$ est inversible si et seulement si $\mathrm{rg}(A)=n$. Les points $2$ et $3$ sont démontrés dans les sections suivantes. $\mathrm{\square }$

Le point $4$ est capital pour la suite : c'est lui qui rendra le calcul de $A^n$ possible dès que $A$ sera semblable à une matrice diagonale.

Trace

Démonstration. Le coefficient d'indice $(i,i)$ de $\alpha A+\beta B$ vaut $\alpha a_{i,i}+\beta b_{i,i}$. En sommant sur $i$ et en séparant la somme,

$$\mathrm{Tr}(\alpha A+\beta B)=\sum _{i=1}^n(\alpha a_{i,i}+\beta b_{i,i})=\alpha \sum _{i=1}^n{a}_{i,i}+\beta \sum _{i=1}^n{b}_{i,i}=\alpha \mathrm{Tr}(A)+\beta \mathrm{Tr}(B)\mathrm{.}$$

Pour la transposée, le coefficient d'indice $(i,i)$ de ${}^{t}A$ est $a_{i,i}$ : la transposition ne modifie pas la diagonale, donc pas la trace. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Écrivons le coefficient diagonal d'indice $(i,i)$ du produit $AB$ :

$$(AB{)}_{i,i}=\sum _{k=1}^n{a}_{i,k}{b}_{k,i}\mathrm{.}$$

En sommant sur $i$,

$$\mathrm{Tr}(AB)=\sum _{i=1}^n\sum _{k=1}^n{a}_{i,k}{b}_{k,i}\mathrm{.}$$

Faisons le même calcul pour $BA$. Son coefficient d'indice $(k,k)$ vaut $(BA{)}_{k,k}={\sum }_{i=1}^n{b}_{k,i}{a}_{i,k}$, d'où

$$\mathrm{Tr}(BA)=\sum _{k=1}^n\sum _{i=1}^n{b}_{k,i}{a}_{i,k}\mathrm{.}$$

Les deux expressions sont des sommes finies des mêmes produits de réels $a_{i,k}{b}_{k,i}$, indexées par les mêmes couples $(i,k)$ : elles ne diffèrent que par l'ordre de sommation, qui est sans effet sur une somme finie. Donc $\mathrm{Tr}(AB)=\mathrm{Tr}(BA)$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Appliquons la propriété précédente au produit des deux matrices $M=P^{-1}A$ et $N=P$ :

$$\mathrm{Tr}\left(P^{-1}AP\right)=\mathrm{Tr}\left(MN\right)=\mathrm{Tr}\left(NM\right)=\mathrm{Tr}\left(P{P}^{-1}A\right)=\mathrm{Tr}(A)\mathrm{.}\mathrm{\square }$$

Contre-exemple. Prenons $A=B=I_2$. Alors $AB=I_2$ et $\mathrm{Tr}(AB)=2$, tandis que $\mathrm{Tr}(A)\mathrm{Tr}(B)=2\times 2=4$. Un second contre-exemple, avec des matrices non inversibles : pour $A=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 0& 0\end{array}\right)$ et $B=\left(\begin{array}{cc}0& 0\\ 1& 0\end{array}\right)$, on a $\mathrm{Tr}(A)=\mathrm{Tr}(B)=0$ alors que $AB=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 0\end{array}\right)$ a pour trace $1$. La trace est linéaire, elle n'est pas multiplicative.

Éléments propres

Nous entrons dans le cœur du chapitre. Dans toute cette section, $E$ désigne un espace vectoriel réel de dimension finie $n⩾1$, et $f$ un endomorphisme de $E$.

Définitions

Le mot « non nul » de la définition est essentiel, et son oubli est la faute la plus fréquemment sanctionnée du chapitre. Sans lui, tout réel serait valeur propre de tout endomorphisme, puisque $f(0_E)=\lambda \cdot 0_E$ est vrai pour n'importe quel $\lambda$ : la notion perdrait tout contenu. En revanche, le sous-espace propre, lui, contient le vecteur nul : c'est un noyau, il ne pourrait pas être un sous-espace vectoriel autrement. Retenez la formulation exacte : $\lambda$ est valeur propre lorsque $E_{\lambda }(f)\mathrm{\ne }\{0_E\}$, et un vecteur propre est un élément non nul de $E_{\lambda }(f)$.

Les deux points de vue coïncident : si $A={\mathrm{Mat}}_{\mathcal{B}}(f)$, alors $f(x)=\lambda x$ équivaut à $A{X}_{\mathcal{B}}=\lambda X_{\mathcal{B}}$, si bien que $\mathrm{Sp}(f)=\mathrm{Sp}(A)$ et que $E_{\lambda }(f)$ et $E_{\lambda }(A)$ ont la même dimension. On passe de l'un à l'autre sans précaution particulière, à condition de ne pas mélanger les vecteurs et leurs colonnes de coordonnées.

Démonstration. L'application $g=f-\lambda {\mathrm{i}\mathrm{d}}_E$ est linéaire, comme combinaison linéaire des applications linéaires $f$ et ${\mathrm{i}\mathrm{d}}_E$. Or le noyau d'une application linéaire est un sous-espace vectoriel : $E_{\lambda }(f)=\mathrm{Ker}g$ en est donc un.

On peut aussi le vérifier directement : $f(0_E)=0_E=\lambda 0_E$, donc $0_E\in E_{\lambda }(f)$ ; et si $x,y\in E_{\lambda }(f)$ et $\alpha ,\beta \in \mathbb{R}$, alors

$$f(\alpha x+\beta y)=\alpha f(x)+\beta f(y)=\alpha \lambda x+\beta \lambda y=\lambda (\alpha x+\beta y),$$

donc $\alpha x+\beta y\in E_{\lambda }(f)$.

Enfin, si $\lambda$ est valeur propre, il existe $x\mathrm{\ne }{0}_E$ dans $E_{\lambda }(f)$, donc ce sous-espace n'est pas réduit à $\{0_E\}$ et sa dimension vaut au moins $1$. $\mathrm{\square }$

Cette dernière remarque a une conséquence pratique très utile : une combinaison linéaire de vecteurs propres associés à une même valeur propre est encore un vecteur propre (ou le vecteur nul). C'est pour cela que l'on ne cherche jamais « les » vecteurs propres un par un : on cherche une base du sous-espace propre.

Caractérisations

Démonstration. L'équivalence de $1$ et $2$ est la définition même du sous-espace propre. L'équivalence de $2$ et $3$ est la caractérisation de l'injectivité par le noyau, vue en première année. L'équivalence de $3$ et $4$ tient à la dimension finie : un endomorphisme d'un espace de dimension finie est injectif si et seulement s'il est bijectif. Enfin, le théorème du rang appliqué à $g=f-\lambda {\mathrm{i}\mathrm{d}}_E$ donne $\dim \mathrm{Ker}g=n-\mathrm{rg}(g)$, si bien que $\mathrm{Ker}g\mathrm{\ne }\{0_E\}$ équivaut à $\mathrm{rg}(g)<n$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Il suffit de faire $\lambda =0$ dans la caractérisation précédente : $A-0\cdot I_n=A$. $\mathrm{\square }$

Cette remarque est à double tranchant, et il faut la lire dans les deux sens. D'un côté, elle donne un critère d'inversibilité : une matrice dont $0$ n'est pas valeur propre est inversible. De l'autre, elle rappelle que $0$ peut parfaitement être une valeur propre : ce n'est pas parce que la valeur est nulle que la notion s'effondre. Ce qui est interdit, c'est le vecteur propre nul, jamais la valeur propre nulle.

Démonstration. Écrivons $B=P^{-1}AP$ avec $P$ inversible. Soit $\lambda \in \mathrm{Sp}(A)$ et $X\mathrm{\ne }0$ tel que $AX=\lambda X$. Posons $Y=P^{-1}X$ ; comme $P^{-1}$ est inversible et $X\mathrm{\ne }0$, on a $Y\mathrm{\ne }0$. Alors

$$BY=P^{-1}AP{P}^{-1}X=P^{-1}AX=P^{-1}(\lambda X)=\lambda P^{-1}X=\lambda Y,$$

donc $\lambda \in \mathrm{Sp}(B)$. Ainsi $\mathrm{Sp}(A)\subset \mathrm{Sp}(B)$, et l'inclusion réciproque s'obtient en échangeant les rôles de $A$ et $B$, la similitude étant symétrique.

Pour les dimensions, l'application $X⟼P^{-1}X$ est un isomorphisme de ${\mathcal{M}}_{n,1}(\mathbb{R})$ sur lui-même, et le calcul ci-dessus montre qu'elle envoie $E_{\lambda }(A)$ dans $E_{\lambda }(B)$ ; l'application réciproque $Y⟼PY$ envoie $E_{\lambda }(B)$ dans $E_{\lambda }(A)$. Ces deux sous-espaces sont donc isomorphes, et ont la même dimension. $\mathrm{\square }$

C'est le point $3$ des invariants de similitude annoncés en section $3$. Il complète le tableau : le rang, la trace et le spectre ne dépendent que de l'endomorphisme, pas de la base dans laquelle on l'écrit.

Le cas des matrices triangulaires

Démonstration. Traitons le cas d'une matrice triangulaire supérieure, le cas inférieur étant analogue (ou s'en déduisant par transposition, la transposée d'une triangulaire supérieure étant triangulaire inférieure de même diagonale).

Observons d'abord que $T-\lambda I_n$ est encore triangulaire supérieure, de coefficients diagonaux $t_{i,i}-\lambda$. Il suffit donc d'établir le lemme suivant : une matrice triangulaire supérieure est inversible si et seulement si tous ses coefficients diagonaux sont non nuls.

Premier sens. Supposons tous les $u_{i,i}$ non nuls, où $U$ désigne la matrice triangulaire considérée, et résolvons $UX=0$. La dernière ligne s'écrit $u_{n,n}{x}_n=0$, donc $x_n=0$. Supposons $x_{i+1}=\cdots =x_n=0$ pour un certain $i$ ; la $i$-ième ligne s'écrit

$$u_{i,i}{x}_i+\sum _{j>i}{u}_{i,j}{x}_j=0,\text{soit}{u}_{i,i}{x}_i=0,$$

d'où $x_i=0$ puisque $u_{i,i}\mathrm{\ne }0$. De proche en proche, en remontant de $i=n$ à $i=1$, on obtient $X=0$. Le noyau est réduit à la colonne nulle, donc $U$ est inversible.

Second sens. Supposons qu'un coefficient diagonal soit nul, et notons $i_0$ le plus petit indice tel que $u_{i_0,i_0}=0$. Construisons une solution non nulle de $UX=0$. Posons $x_j=0$ pour tout $j>i_0$, et $x_{i_0}=1$. Vérifions les équations ligne par ligne. Pour $i>i_0$, la $i$-ième ligne ne fait intervenir que des inconnues $x_j$ avec $j⩾i>i_0$, toutes nulles : l'équation est satisfaite. Pour $i=i_0$, la ligne s'écrit $u_{i_0,i_0}{x}_{i_0}+{\sum }_{j>i_0}{u}_{i_0,j}{x}_j=0\times 1+0=0$ : elle est satisfaite. Pour $i<i_0$, on a $u_{i,i}\mathrm{\ne }0$ par minimalité de $i_0$, et la ligne s'écrit

$$u_{i,i}{x}_i=-\sum _{j>i}{u}_{i,j}{x}_j,$$

ce qui détermine $x_i$ à partir des inconnues déjà fixées, en descendant de $i=i_0-1$ jusqu'à $i=1$. On obtient ainsi une colonne $X$ vérifiant $UX=0$, non nulle puisque $x_{i_0}=1$. Donc $U$ n'est pas inversible, ce qui achève le lemme.

Conclusion. Pour $\lambda \in \mathbb{R}$, on a $\lambda \in \mathrm{Sp}(T)$ si et seulement si $T-\lambda I_n$ n'est pas inversible, c'est-à-dire, d'après le lemme, si et seulement si l'un des coefficients $t_{i,i}-\lambda$ est nul, c'est-à-dire si et seulement si $\lambda$ est l'un des $t_{i,i}$. $\mathrm{\square }$

Polynômes d'endomorphisme et vecteurs propres

Attention à l'unique subtilité de cette définition : le terme constant $a_0$ devient $a_0{\mathrm{i}\mathrm{d}}_E$, et non $a_0$ tout court. Écrire « $f^2-3f+2$ » est un abus de notation dangereux, car $2$ n'est pas un endomorphisme ; on écrit $f^2-3f+2{\mathrm{i}\mathrm{d}}_E$, et $A^2-3A+2I_n$ dans le cas matriciel.

Démonstration. Montrons d'abord par récurrence sur $k\in \mathbb{N}$ la propriété $\mathcal{P}(k)$ : « $f^k(x)={\lambda }^{k}x$ ».

Initialisation. Pour $k=0$, $f^0={\mathrm{i}\mathrm{d}}_E$ et ${\lambda }^0=1$ : l'égalité $x=x$ est vraie.

Hérédité. Supposons $\mathcal{P}(k)$ vraie pour un certain $k$. Alors, en utilisant la linéarité de $f$ puis l'hypothèse $f(x)=\lambda x$,

$$f^{k+1}(x)=f(f^k(x))=f\left({\lambda }^{k}x\right)={\lambda }^{k}f(x)={\lambda }^k\lambda x={\lambda }^{k+1}x\mathrm{.}$$

La propriété est donc vraie pour tout $k\in \mathbb{N}$.

Soit maintenant $Q={\sum }_{k=0}^m{a}_k{X}^k$. En appliquant la définition de $Q(f)$ au vecteur $x$, puis la propriété établie,

$$Q(f)(x)=\sum _{k=0}^m{a}_k{f}^k(x)=\sum _{k=0}^m{a}_k{\lambda }^{k}x=\left(\sum _{k=0}^m{a}_k{\lambda }^k\right)x=Q(\lambda )x\mathrm{.}\mathrm{\square }$$

Ce petit résultat est la clé de toute la section $6$ : il transforme une information sur $f$ (le polynôme $Q$ annule $f$) en une information sur les nombres (le réel $Q(\lambda )$ est nul).

La méthode centrale : recherche pratique des éléments propres

Polynômes annulateurs

Définition et premiers exemples

Le polynôme nul annule tout le monde : il est sans intérêt, et l'on ne s'occupera que de polynômes annulateurs non nuls.

Le théorème de localisation

Démonstration. Soit $\lambda \in \mathrm{Sp}(f)$ et soit $x$ un vecteur propre associé, donc $x\mathrm{\ne }{0}_E$ et $f(x)=\lambda x$. D'après la propriété de la section $5$ sur les polynômes d'endomorphisme,

$$Q(f)(x)=Q(\lambda )x\mathrm{.}$$

Or $Q$ annule $f$, donc $Q(f)$ est l'application nulle et $Q(f)(x)=0_E$. On obtient

$$Q(\lambda )x=0_E,$$

avec $x\mathrm{\ne }{0}_E$. Le produit d'un scalaire par un vecteur est nul si et seulement si le scalaire est nul ou le vecteur est nul ; comme $x\mathrm{\ne }{0}_E$, on conclut $Q(\lambda )=0$. $\mathrm{\square }$

Ce théorème est un outil de localisation : il ne donne pas les valeurs propres, il donne une liste finie de candidats. C'est déjà énorme, car il remplace la résolution d'un système à paramètre par la recherche des racines d'un polynôme, souvent immédiate quand celui-ci est factorisé.

Contre-exemple. Prenons $A=I_2$. Alors

$$A^2-3A+2I_2=I_2-3I_2+2I_2=0_2,$$

donc $Q=(X-1)(X-2)$ annule $A$, et ses racines sont $1$ et $2$. Pourtant $\mathrm{Sp}(I_2)=\{1\}$ : en effet $I_{2}X=\lambda X$ avec $X\mathrm{\ne }0$ impose $\lambda =1$. Le réel $2$ est racine de $Q$ sans être valeur propre de $A$.

La conséquence pratique est une règle de rédaction que les correcteurs vérifient systématiquement : après avoir écrit « $\mathrm{Sp}(A)\subset \{1,2\}$ », il faut tester chaque candidat en résolvant $(A-\lambda I_n)X=0$, ou en montrant que $A-\lambda I_n$ n'est pas inversible. Conclure « donc $\mathrm{Sp}(A)=\{1,2\}$ » sans vérification est une faute de raisonnement, pas une simple maladresse.

Démonstration. L'espace vectoriel $\mathcal{L}(E)$ est de dimension $n^2$, puisqu'il est isomorphe à ${\mathcal{M}}_n(\mathbb{R})$. Considérons la famille

$$({\mathrm{i}\mathrm{d}}_E,f,f^2,\dots ,f^{n^2}),$$

qui compte $n^2+1$ éléments de $\mathcal{L}(E)$. Toute famille de plus de $n^2$ vecteurs dans un espace de dimension $n^2$ est liée : il existe donc des réels $a_0,a_1,\dots ,a_{n^2}$, non tous nuls, tels que

$$a_0{\mathrm{i}\mathrm{d}}_E+a_{1}f+\cdots +a_{n^2}{f}^{n^2}=0.$$

Le polynôme $Q=a_0+a_{1}X+\cdots +a_{n^2}{X}^{n^2}$ est alors non nul, puisque ses coefficients ne sont pas tous nuls, et il annule $f$ par construction. $\mathrm{\square }$

Le programme est ici encore explicite : aucune autre connaissance sur les polynômes annulateurs ne figure au programme. On ne parle ni de polynôme minimal, ni de lemme des noyaux, ni de théorème de Cayley-Hamilton : le polynôme annulateur est un outil de calcul, fourni par l'énoncé ou obtenu par une relation qu'on établit soi-même.

Les trois usages d'un polynôme annulateur

Propriétés du spectre et diagonalisation

Une famille de vecteurs propres est libre

Démonstration. Raisonnons par récurrence sur $p⩾1$. Notons $\mathcal{P}(p)$ la propriété : « pour toutes valeurs propres ${\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_p$ deux à deux distinctes de $f$ et tous vecteurs propres associés $x_1,\dots ,x_p$, la famille $(x_1,\dots ,x_p)$ est libre ».

Initialisation. Pour $p=1$, la famille $(x_1)$ est réduite à un vecteur propre, donc non nul : elle est libre.

Hérédité. Supposons $\mathcal{P}(p)$ vraie pour un certain $p⩾1$, et donnons-nous ${\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_{p+1}$ deux à deux distinctes ainsi que des vecteurs propres associés $x_1,\dots ,x_{p+1}$. Soient ${\alpha }_1,\dots ,{\alpha }_{p+1}$ des réels tels que

$${\alpha }_1{x}_1+{\alpha }_2{x}_2+\cdots +{\alpha }_{p+1}{x}_{p+1}=0_E\mathrm{.}(\star )$$

Appliquons $f$ à cette égalité. Par linéarité, et puisque $f(x_i)={\lambda }_i{x}_i$,

$${\alpha }_1{\lambda }_1{x}_1+{\alpha }_2{\lambda }_2{x}_2+\cdots +{\alpha }_{p+1}{\lambda }_{p+1}{x}_{p+1}=0_E\mathrm{.}(\star \star )$$

Multiplions maintenant $(\star )$ par le réel ${\lambda }_{p+1}$ et retranchons le résultat à $(\star \star )$. Le terme d'indice $p+1$ disparaît, et il reste

$${\alpha }_1({\lambda }_1-{\lambda }_{p+1})x_1+{\alpha }_2({\lambda }_2-{\lambda }_{p+1})x_2+\cdots +{\alpha }_p({\lambda }_p-{\lambda }_{p+1})x_p=0_E\mathrm{.}$$

Cette relation ne porte plus que sur $x_1,\dots ,x_p$, qui sont des vecteurs propres associés aux valeurs propres deux à deux distinctes ${\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_p$. Par hypothèse de récurrence, cette famille est libre, donc tous les coefficients sont nuls :

$${\alpha }_i({\lambda }_i-{\lambda }_{p+1})=0\text{pour tout }i\in \{1,\dots ,p\}\mathrm{.}$$

Or les valeurs propres sont deux à deux distinctes, donc ${\lambda }_i-{\lambda }_{p+1}\mathrm{\ne }0$ pour $i⩽p$. On en déduit ${\alpha }_i=0$ pour tout $i⩽p$.

En reportant dans $(\star )$, il reste ${\alpha }_{p+1}{x}_{p+1}=0_E$, et comme $x_{p+1}\mathrm{\ne }{0}_E$, on conclut ${\alpha }_{p+1}=0$. Tous les coefficients sont nuls : la famille est libre, et $\mathcal{P}(p+1)$ est vraie.

Par principe de récurrence, $\mathcal{P}(p)$ est vraie pour tout $p⩾1$. $\mathrm{\square }$

Cette démonstration est exigible : elle tombe régulièrement telle quelle. Le geste à mémoriser est le double coup, appliquer $f$ puis retrancher ${\lambda }_{p+1}$ fois la relation de départ, dont l'unique but est de faire disparaître un terme pour se ramener au rang précédent.

Démonstration. Supposons que $f$ admette $p$ valeurs propres deux à deux distinctes ${\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_p$, et choisissons pour chacune un vecteur propre $x_i$. D'après le théorème, la famille $(x_1,\dots ,x_p)$ est libre. Or, dans un espace de dimension $n$, toute famille libre a au plus $n$ éléments. Donc $p⩽n$. $\mathrm{\square }$

Les sous-espaces propres sont en somme directe

Démonstration. Point 2. Soient $y_1\in E_{{\lambda }_1}(f),\dots ,y_p\in E_{{\lambda }_p}(f)$ tels que $y_1+\cdots +y_p=0_E$, et montrons que tous les $y_i$ sont nuls. Raisonnons par l'absurde : supposons qu'au moins l'un d'eux soit non nul, et notons $i_1<i_2<\cdots <i_r$ les indices correspondants. Chaque $y_{i_k}$ est alors un vecteur non nul de $E_{{\lambda }_{i_k}}(f)$, c'est-à-dire un vecteur propre associé à ${\lambda }_{i_k}$, et ces valeurs propres sont deux à deux distinctes. D'après le théorème précédent, la famille $(y_{i_1},\dots ,y_{i_r})$ est libre. Or l'égalité de départ se réduit à

$$y_{i_1}+y_{i_2}+\cdots +y_{i_r}=0_E,$$

qui est une relation de dépendance à coefficients tous égaux à $1$, donc non tous nuls : c'est contradictoire. Tous les $y_i$ sont donc nuls, et la caractérisation par le vecteur nul (section $2$) montre que la somme est directe.

Point 1. Soit une combinaison linéaire nulle des vecteurs de la famille concaténée. Regroupons les termes par blocs : notons $y_i$ la somme des termes provenant de ${\mathcal{F}}_i$. Chaque $y_i$ appartient à $E_{{\lambda }_i}(f)$, car ${\mathcal{F}}_i$ est formée de vecteurs de ce sous-espace, qui est stable par combinaison linéaire. On a $y_1+\cdots +y_p=0_E$, donc, d'après le point $2$, chaque $y_i$ est nul. Enfin, pour chaque $i$, $y_i=0_E$ est une combinaison linéaire nulle de la famille libre ${\mathcal{F}}_i$ : tous ses coefficients sont nuls. Tous les coefficients de la combinaison de départ sont donc nuls.

Point 3. La somme $E_{{\lambda }_1}(f)\oplus \cdots \oplus E_{{\lambda }_p}(f)$ est un sous-espace vectoriel de $E$, donc sa dimension est majorée par $\dim E$. Or, la dimension d'une somme directe étant la somme des dimensions (section $2$),

$$\sum _{i=1}^p\dim E_{{\lambda }_i}(f)=\dim (E_{{\lambda }_1}(f)\oplus \cdots \oplus E_{{\lambda }_p}(f))⩽\dim E\mathrm{.}\mathrm{\square }$$

Le point $3$ est le fil rouge de la fin du chapitre. Il dit que les sous-espaces propres, mis bout à bout, ne peuvent pas dépasser l'espace : il y a une place limitée. La diagonalisation, c'est précisément le cas où cette place est entièrement occupée.

Endomorphismes et matrices diagonalisables

Démonstration. $1⟺2$. Soit $\mathcal{B}=(e_1,\dots ,e_n)$ une base de $E$. Dire que ${\mathrm{Mat}}_{\mathcal{B}}(f)$ est diagonale, de coefficients diagonaux $d_1,\dots ,d_n$, c'est dire que la $j$-ième colonne est nulle sauf en position $j$ où elle vaut $d_j$, c'est-à-dire que $f(e_j)=d_j{e}_j$ pour tout $j$. Comme $e_j\mathrm{\ne }{0}_E$ (c'est un vecteur d'une base), cela signifie exactement que chaque $e_j$ est un vecteur propre de $f$, associé à la valeur propre $d_j$. Les deux assertions sont donc deux façons de dire la même chose.

$2⟹3$. Soit $\mathcal{B}$ une base de vecteurs propres. Chaque vecteur de $\mathcal{B}$ appartient à l'un des $E_{{\lambda }_i}(f)$, donc

$$E=\mathrm{Vect}(\mathcal{B})\subset E_{{\lambda }_1}(f)+\cdots +E_{{\lambda }_p}(f)\subset E\mathrm{.}$$

Les inclusions sont donc des égalités, et la somme est directe d'après le théorème précédent.

$3⟹4$. C'est la formule de la dimension d'une somme directe.

$4⟹3$. La somme $S=E_{{\lambda }_1}(f)+\cdots +E_{{\lambda }_p}(f)$ est directe (théorème précédent), donc $\dim S={\sum }_i\dim E_{{\lambda }_i}(f)=\dim E$ par hypothèse. Comme $S$ est un sous-espace vectoriel de $E$ de même dimension que $E$, on a $S=E$.

$3⟹2$. Concaténons une base de chaque $E_{{\lambda }_i}(f)$. D'après la caractérisation des sommes directes par les bases (section $2$), la famille obtenue est une base de la somme, c'est-à-dire de $E$. Elle est formée de vecteurs propres, ce qui donne $2$.

Le cycle d'implications étant bouclé, les quatre assertions sont équivalentes. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Notons ${\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_n$ les $n$ valeurs propres distinctes. Chaque sous-espace propre est de dimension au moins $1$, donc

$$\sum _{i=1}^n\dim E_{{\lambda }_i}(f)⩾n=\dim E\mathrm{.}$$

Or le point $3$ du théorème sur les sommes directes donne l'inégalité inverse. Il y a donc égalité, ce qui prouve la diagonalisabilité par le critère $4$. De plus, une somme de $n$ entiers tous supérieurs ou égaux à $1$ ne vaut $n$ que si chacun vaut exactement $1$ : tous les sous-espaces propres sont de dimension $1$. $\mathrm{\square }$

Cette condition est suffisante, pas nécessaire : une matrice peut être diagonalisable avec moins de $n$ valeurs propres, comme la matrice $\left(\begin{array}{ccc}0& 1& 1\\ 1& 0& 1\\ 1& 1& 0\end{array}\right)$ de la section $5$, qui n'en a que deux et qui est pourtant diagonalisable. Écrire « $A$ n'a que deux valeurs propres, donc elle n'est pas diagonalisable » est un contresens.

Traduction matricielle

Démonstration. Notons $\mathcal{B}$ la base canonique de ${\mathcal{M}}_{n,1}(\mathbb{R})$ et $f$ l'endomorphisme canoniquement associé à $A$, c'est-à-dire $f(X)=AX$, de sorte que $A={\mathrm{Mat}}_{\mathcal{B}}(f)$. Si $(V_1,\dots ,V_n)$ est une base ${\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}$ de vecteurs propres, la matrice $P$ dont les colonnes sont les $V_j$ est exactement $P_{\mathcal{B},{\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}}$ ; elle est donc inversible, et la formule de changement de base donne $P^{-1}AP={\mathrm{Mat}}_{{\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}}(f)$, qui est diagonale de coefficients ${\mu }_1,\dots ,{\mu }_n$ puisque $f(V_j)={\mu }_j{V}_j$. Réciproquement, si $P^{-1}AP=D$ est diagonale, les colonnes de $P$ forment une base (car $P$ est inversible) et l'égalité $AP=PD$ lue colonne par colonne donne $A{V}_j=d_j{V}_j$ : ce sont des vecteurs propres. $\mathrm{\square }$

Trois remarques de rédaction, qui valent chacune des points.

L'ordre compte. La $j$-ième colonne de $P$ et le $j$-ième coefficient de $D$ doivent se correspondre. Si l'on met en première colonne un vecteur propre associé à $2$, alors $d_1=2$, sans exception. Permuter les colonnes de $P$ sans permuter $D$ est l'erreur numéro un du chapitre, et elle rend le résultat entièrement faux.

Le couple $(P,D)$ n'est pas unique. On peut changer l'ordre des vecteurs propres, ou multiplier n'importe quelle colonne de $P$ par un réel non nul : $D$ ne change pas dans le second cas. Il n'y a donc rien à « trouver » de canonique, et deux copies peuvent donner des réponses différentes toutes deux justes.

La vérification se fait sans $P^{-1}$. L'égalité $P^{-1}AP=D$ équivaut à $AP=PD$, qui ne demande aucune inversion. Le produit $PD$ se calcule d'ailleurs de tête : multiplier $P$ à droite par une matrice diagonale revient à multiplier sa $j$-ième colonne par $d_j$.

Le protocole complet de diagonalisation

Application 1 : les puissances d'une matrice

Démonstration. La première égalité a été établie en section $3$ (invariants de similitude, point $4$) : elle se démontre par récurrence, l'étape clé étant la simplification $P{P}^{-1}=I_n$ au milieu du produit. Pour la seconde, le produit de deux matrices diagonales est la matrice diagonale des produits terme à terme, ce qui donne $D^m$ par récurrence immédiate. $\mathrm{\square }$

Application 2 : les suites récurrentes couplées

C'est l'application reine, celle qui revient chaque année aux concours, souvent déguisée en problème de probabilités ou d'évolution de population.

Application 3 : les suites récurrentes linéaires d'ordre 3

Le même mécanisme traite une suite récurrente linéaire d'ordre $3$, pour laquelle il n'existe pas de formule de cours en ECG, contrairement à l'ordre $2$.

Ce qu'il faut retenir de la section

Un endomorphisme est diagonalisable quand ses sous-espaces propres remplissent tout l'espace, ce qui se teste par une seule somme d'entiers. Trois situations reviennent constamment. Si l'on trouve $n$ valeurs propres distinctes, c'est gagné sans autre calcul, et tous les sous-espaces propres sont des droites. Si l'on en trouve moins, il faut calculer les dimensions et les additionner. Et si la somme est strictement inférieure à $n$, il faut le dire franchement : la matrice n'est pas diagonalisable, et l'exercice attend alors autre chose, en général un polynôme annulateur pour calculer quand même les puissances.

Produit scalaire

Les sept premières sections ont exploité une seule structure : celle d'espace vectoriel. On y additionne des vecteurs, on les multiplie par des réels, on compte des dimensions, mais à aucun moment on ne parle de longueur ni d'angle. Rien, dans le langage de l'algèbre linéaire pure, ne permet de dire que le vecteur $(3,4)$ est plus long que $(1,1)$, ni que $(1,0)$ et $(0,1)$ sont perpendiculaires. C'est cette géométrie que la présente section ajoute, et elle l'ajoute par un unique objet : le produit scalaire.

L'idée est la suivante. Au lieu de définir séparément une longueur, un angle et une notion de perpendicularité, on se donne une seule application qui, à deux vecteurs, associe un nombre réel, et l'on impose à cette application quatre propriétés bien choisies. Tout le reste, la norme, l'inégalité de Cauchy-Schwarz, le théorème de Pythagore, les bases orthonormées, en découle par le calcul. Dans toute cette partie du chapitre, $E$ désigne un $\mathbb{R}$-espace vectoriel, et l'on identifie systématiquement $\mathbb{R}$ et ${\mathcal{M}}_1(\mathbb{R})$, ce qui permet d'écrire ${}^{t}XY$ pour un nombre réel.

Formes bilinéaires symétriques

Une remarque d'économie, qui fera gagner la moitié du travail dans toutes les vérifications du chapitre. Si l'on sait déjà que $\phi$ est symétrique, il suffit d'établir la linéarité par rapport à la première variable : celle par rapport à la seconde s'en déduit gratuitement. En effet,

$$\phi (x,\lambda y+\mu y^{\mathrm{\prime }})=\phi (\lambda y+\mu y^{\mathrm{\prime }},x)=\lambda \phi (y,x)+\mu \phi (y^{\mathrm{\prime }},x)=\lambda \phi (x,y)+\mu \phi (x,y^{\mathrm{\prime }})\mathrm{.}$$

C'est pour cette raison que l'on vérifie toujours la symétrie en premier : elle est presque toujours immédiate, et elle divise par deux le calcul de bilinéarité.

Démonstration. L'application $x⟼\phi (x,y)$ est linéaire, et une application linéaire envoie le vecteur nul sur $0$. On peut aussi le voir directement : $\phi (0_E,y)=\phi (0\cdot 0_E,y)=0\cdot \phi (0_E,y)=0$. $\mathrm{\square }$

Produit scalaire

Trois précisions de vocabulaire, qui sont autant de pièges classiques.

D'abord, la propriété 4 est une implication, pas une équivalence. La réciproque, « $x=0_E⟹⟨x,x⟩=0$ », est vraie pour toute forme bilinéaire, sans hypothèse supplémentaire, en vertu de la propriété démontrée ci-dessus. Ce qui coûte quelque chose, et qu'il faut donc démontrer, c'est le sens indiqué : si le carré scalaire est nul, alors le vecteur est nul.

Ensuite, « positive » et « définie positive » ne sont pas synonymes. Une forme peut être positive sans être définie : nous en verrons un exemple dans un instant. Écrire « $⟨x,x⟩⩾0$, donc la forme est définie positive » est une faute lourde, et c'est celle que les correcteurs sanctionnent le plus souvent.

Enfin, un même espace vectoriel porte en général une infinité de produits scalaires différents. Il n'y a pas « le » produit scalaire de ${\mathbb{R}}^3$ : il y a le produit scalaire canonique, et beaucoup d'autres. Toutes les notions qui suivent, longueur, orthogonalité, base orthonormée, dépendent du produit scalaire choisi, et deux vecteurs orthogonaux pour l'un ne le sont pas pour l'autre. Un énoncé de concours précise donc toujours de quel produit scalaire il parle, et il faut le lire.

Exemples fondamentaux

Norme associée

Démonstration. Point 1. La positivité de $\mathrm{\parallel }x\mathrm{\parallel }$ vient de la définition de la racine carrée. Si $\mathrm{\parallel }x\mathrm{\parallel }=0$, alors $⟨x,x⟩=0$, donc $x=0_E$ par le caractère défini ; réciproquement $\mathrm{\parallel }{0}_E\mathrm{\parallel }=\sqrt{⟨0_E,0_E⟩}=0$.

Point 2. Par bilinéarité, $⟨\lambda x,\lambda x⟩=\lambda ⟨x,\lambda x⟩={\lambda }^2⟨x,x⟩$, d'où

$$\mathrm{\parallel }\lambda x\mathrm{\parallel }=\sqrt{{\lambda }^2\mathrm{\parallel }x{\mathrm{\parallel }}^2}=\sqrt{{\lambda }^2}\times \mathrm{\parallel }x\mathrm{\parallel }=\mathrm{\mid }\lambda \mathrm{\mid }\mathrm{\parallel }x\mathrm{\parallel }\mathrm{.}$$

La valeur absolue est obligatoire : $\sqrt{{\lambda }^2}=\mathrm{\mid }\lambda \mathrm{\mid }$, et non $\lambda$. L'oublier conduit à écrire des normes négatives.

Point 3. D'après le point 2 avec $\lambda ={\displaystyle \frac{1}{\mathrm{\parallel }x\mathrm{\parallel }}}$, qui est bien défini car $\mathrm{\parallel }x\mathrm{\parallel }\mathrm{\ne }0$, on a $\parallel {\displaystyle \frac{x}{\mathrm{\parallel }x\mathrm{\parallel }}}\parallel ={\displaystyle \frac{1}{\mathrm{\parallel }x\mathrm{\parallel }}}\times \mathrm{\parallel }x\mathrm{\parallel }=1$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. En développant par bilinéarité, puis en regroupant les deux termes croisés grâce à la symétrie :

$$\mathrm{\parallel }x+y{\mathrm{\parallel }}^2=⟨x+y,x+y⟩=⟨x,x⟩+⟨x,y⟩+⟨y,x⟩+⟨y,y⟩=\mathrm{\parallel }x{\mathrm{\parallel }}^2+2⟨x,y⟩+\mathrm{\parallel }y{\mathrm{\parallel }}^2\mathrm{.}$$

La seconde formule s'obtient en remplaçant $y$ par $-y$, ce qui change $⟨x,y⟩$ en $-⟨x,y⟩$ et laisse $\mathrm{\parallel }y{\mathrm{\parallel }}^2$ inchangé puisque $\mathrm{\parallel }-y\mathrm{\parallel }=\mathrm{\mid }-1\mathrm{\mid }\times \mathrm{\parallel }y\mathrm{\parallel }=\mathrm{\parallel }y\mathrm{\parallel }$. $\mathrm{\square }$

Ces deux identités sont le calcul de base de toute la section : chaque fois qu'apparaît une norme au carré, on la développe. Elles se lisent aussi à l'envers, et l'on obtient alors les identités de polarisation, qui expriment le produit scalaire au moyen de la seule norme.

Démonstration. Les deux premières égalités sont l'exacte réécriture des deux développements précédents, dans lesquels on isole $⟨x,y⟩$. Pour la troisième, on soustrait membre à membre les deux développements :

$$\mathrm{\parallel }x+y{\mathrm{\parallel }}^2-\mathrm{\parallel }x-y{\mathrm{\parallel }}^2=(\mathrm{\parallel }x{\mathrm{\parallel }}^2+2⟨x,y⟩+\mathrm{\parallel }y{\mathrm{\parallel }}^2)-(\mathrm{\parallel }x{\mathrm{\parallel }}^2-2⟨x,y⟩+\mathrm{\parallel }y{\mathrm{\parallel }}^2)=4⟨x,y⟩\mathrm{.}$$

Pour l'identité du parallélogramme, on les additionne au lieu de les soustraire : les termes en $⟨x,y⟩$ se compensent et il reste $2\mathrm{\parallel }x{\mathrm{\parallel }}^2+2\mathrm{\parallel }y{\mathrm{\parallel }}^2$. $\mathrm{\square }$

Inégalité de Cauchy-Schwarz

Nous arrivons au résultat central de la section. Il affirme que le produit scalaire de deux vecteurs ne peut pas dépasser le produit de leurs longueurs, et il est la source de presque toutes les inégalités du programme.

Démonstration. Premier cas : $y=0_E$. Alors $⟨x,y⟩=⟨x,0_E⟩=0$ et $\mathrm{\parallel }y\mathrm{\parallel }=0$, donc les deux membres valent $0$ : l'inégalité est vraie, et c'est même une égalité. Or la famille $(x,0_E)$ est liée, puisqu'elle contient le vecteur nul. Le cas d'égalité est donc conforme à l'énoncé.

Second cas : $y\mathrm{\ne }{0}_E$. Introduisons la fonction

$$T:t⟼\mathrm{\parallel }x+ty{\mathrm{\parallel }}^2,t\in \mathbb{R}\mathrm{.}$$

Par définition d'une norme, $T(t)⩾0$ pour tout réel $t$. Développons $T(t)$ à l'aide de l'identité précédente, appliquée aux vecteurs $x$ et $ty$ :

$$T(t)=\mathrm{\parallel }x{\mathrm{\parallel }}^2+2⟨x,ty⟩+\mathrm{\parallel }ty{\mathrm{\parallel }}^2=\mathrm{\parallel }y{\mathrm{\parallel }}^2{t}^2+2⟨x,y⟩t+\mathrm{\parallel }x{\mathrm{\parallel }}^2,$$

où l'on a utilisé la linéarité par rapport à la seconde variable, $⟨x,ty⟩=t⟨x,y⟩$, et $\mathrm{\parallel }ty{\mathrm{\parallel }}^2=t^2\mathrm{\parallel }y{\mathrm{\parallel }}^2$.

Comme $y\mathrm{\ne }{0}_E$, on a $\mathrm{\parallel }y{\mathrm{\parallel }}^2>0$ : la fonction $T$ est donc un trinôme du second degré en $t$, de coefficient dominant strictement positif, et il est positif ou nul sur $\mathbb{R}$ tout entier. Un tel trinôme a un discriminant négatif ou nul :

$$\mathrm{\Delta }=(2⟨x,y⟩{)}^2-4\mathrm{\parallel }y{\mathrm{\parallel }}^2\mathrm{\parallel }x{\mathrm{\parallel }}^2⩽0,\text{soit}⟨x,y{⟩}^2⩽\mathrm{\parallel }x{\mathrm{\parallel }}^2\mathrm{\parallel }y{\mathrm{\parallel }}^2\mathrm{.}$$

Les deux membres étant positifs, on prend la racine carrée, qui est croissante sur $[0,+\mathrm{\infty }[$, et l'on obtient $\mid ⟨x,y⟩\mid ⩽\mathrm{\parallel }x\mathrm{\parallel }\mathrm{\parallel }y\mathrm{\parallel }$, puisque $\sqrt{⟨x,y{⟩}^2}=\mid ⟨x,y⟩\mid$.

Cas d'égalité. Supposons d'abord $\mid ⟨x,y⟩\mid =\mathrm{\parallel }x\mathrm{\parallel }\mathrm{\parallel }y\mathrm{\parallel }$. Si $y=0_E$, la famille $(x,y)$ est liée et c'est terminé. Sinon, l'égalité ci-dessus se traduit par $\mathrm{\Delta }=0$ : le trinôme $T$, positif et de discriminant nul, admet une racine double

$$t_0=-\frac{⟨x,y⟩}{\mathrm{\parallel }y{\mathrm{\parallel }}^2},\text{et}T(t_0)=0.$$

Or $T(t_0)=\mathrm{\parallel }x+t_{0}y{\mathrm{\parallel }}^2$, donc $\mathrm{\parallel }x+t_{0}y\mathrm{\parallel }=0$, donc $x+t_{0}y=0_E$ par le caractère défini du produit scalaire. Ainsi $x=-t_{0}y$ : le vecteur $x$ est un multiple de $y$, la famille $(x,y)$ est liée.

Réciproquement, supposons $(x,y)$ liée. Si $y=0_E$, les deux membres sont nuls. Sinon, il existe des réels $\alpha$ et $\beta$ non tous deux nuls tels que $\alpha x+\beta y=0_E$ ; le coefficient $\alpha$ n'est pas nul, car $\alpha =0$ donnerait $\beta y=0_E$ avec $\beta \mathrm{\ne }0$, donc $y=0_E$, ce qui est exclu. On peut donc écrire $x=\lambda y$ avec $\lambda =-{\displaystyle \frac{\beta }{\alpha }}$. Alors

$$\mid ⟨x,y⟩\mid =\mid \lambda ⟨y,y⟩\mid =\mathrm{\mid }\lambda \mathrm{\mid }\mathrm{\parallel }y{\mathrm{\parallel }}^2,\mathrm{\parallel }x\mathrm{\parallel }\mathrm{\parallel }y\mathrm{\parallel }=\left(\mathrm{\mid }\lambda \mathrm{\mid }\mathrm{\parallel }y\mathrm{\parallel }\right)\times \mathrm{\parallel }y\mathrm{\parallel }=\mathrm{\mid }\lambda \mathrm{\mid }\mathrm{\parallel }y{\mathrm{\parallel }}^2,$$

et les deux quantités coïncident. $\mathrm{\square }$

Trois commentaires sur cette démonstration, qui est exigible et qui tombe régulièrement.

Le cas $y=0_E$ doit être traité à part, et pour une raison précise : si $y=0_E$, la fonction $T$ n'est plus un trinôme du second degré, c'est la fonction constante égale à $\mathrm{\parallel }x{\mathrm{\parallel }}^2$, et le raisonnement par le discriminant s'effondre. L'oubli de cette disjonction est la faute la plus fréquente.

Le sens de l'inégalité $\mathrm{\Delta }⩽0$ vient d'un résultat du premier semestre : un trinôme $a{t}^2+bt+c$ avec $a>0$ garde un signe constant, celui de $a$, si et seulement si $\mathrm{\Delta }⩽0$. Ici le trinôme est positif sur $\mathbb{R}$, donc $\mathrm{\Delta }⩽0$. On n'écrit surtout pas « donc $\mathrm{\Delta }<0$ », car le cas $\mathrm{\Delta }=0$ est précisément celui de l'égalité.

Enfin, la conclusion s'écrit aussi sous la forme équivalente, souvent plus commode en calcul,

$$⟨x,y{⟩}^2⩽\mathrm{\parallel }x{\mathrm{\parallel }}^2\mathrm{\parallel }y{\mathrm{\parallel }}^2,\text{et donc}-\mathrm{\parallel }x\mathrm{\parallel }\mathrm{\parallel }y\mathrm{\parallel }⩽⟨x,y⟩⩽\mathrm{\parallel }x\mathrm{\parallel }\mathrm{\parallel }y\mathrm{\parallel }\mathrm{.}$$

Démonstration. Partons du développement, puis majorons le terme croisé par Cauchy-Schwarz, en utilisant $⟨x,y⟩⩽\mid ⟨x,y⟩\mid ⩽\mathrm{\parallel }x\mathrm{\parallel }\mathrm{\parallel }y\mathrm{\parallel }$ :

$$\mathrm{\parallel }x+y{\mathrm{\parallel }}^2=\mathrm{\parallel }x{\mathrm{\parallel }}^2+2⟨x,y⟩+\mathrm{\parallel }y{\mathrm{\parallel }}^2⩽\mathrm{\parallel }x{\mathrm{\parallel }}^2+2\mathrm{\parallel }x\mathrm{\parallel }\mathrm{\parallel }y\mathrm{\parallel }+\mathrm{\parallel }y{\mathrm{\parallel }}^2=(\mathrm{\parallel }x\mathrm{\parallel }+\mathrm{\parallel }y\mathrm{\parallel }{)}^2\mathrm{.}$$

Les deux membres extrêmes sont positifs, et la racine carrée est croissante sur $[0,+\mathrm{\infty }[$ : on obtient $\mathrm{\parallel }x+y\mathrm{\parallel }⩽\mathrm{\parallel }x\mathrm{\parallel }+\mathrm{\parallel }y\mathrm{\parallel }$.

Pour le cas d'égalité, la chaîne de majorations ci-dessus est une égalité si et seulement si $⟨x,y⟩=\mathrm{\parallel }x\mathrm{\parallel }\mathrm{\parallel }y\mathrm{\parallel }$. Cela impose d'une part l'égalité dans Cauchy-Schwarz, donc $(x,y)$ liée, d'autre part $⟨x,y⟩⩾0$. Si $y=0_E$, l'égalité $\mathrm{\parallel }x+y\mathrm{\parallel }=\mathrm{\parallel }x\mathrm{\parallel }+\mathrm{\parallel }y\mathrm{\parallel }$ est vérifiée pour tout $x$, ce que la condition annoncée prévoit bien. Si $y\mathrm{\ne }{0}_E$, la famille $(x,y)$ étant liée avec $y$ non nul, on peut écrire $x=\lambda y$ ; alors $⟨x,y⟩=\lambda \mathrm{\parallel }y{\mathrm{\parallel }}^2$, dont le signe est celui de $\lambda$ : la condition $⟨x,y⟩⩾0$ équivaut à $\lambda ⩾0$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. En écrivant $x=(x-y)+y$ et en appliquant l'inégalité triangulaire, $\mathrm{\parallel }x\mathrm{\parallel }⩽\mathrm{\parallel }x-y\mathrm{\parallel }+\mathrm{\parallel }y\mathrm{\parallel }$, donc $\mathrm{\parallel }x\mathrm{\parallel }-\mathrm{\parallel }y\mathrm{\parallel }⩽\mathrm{\parallel }x-y\mathrm{\parallel }$. En échangeant les rôles de $x$ et $y$, et en observant que $\mathrm{\parallel }y-x\mathrm{\parallel }=\mathrm{\parallel }x-y\mathrm{\parallel }$, on obtient de même $\mathrm{\parallel }y\mathrm{\parallel }-\mathrm{\parallel }x\mathrm{\parallel }⩽\mathrm{\parallel }x-y\mathrm{\parallel }$. Le réel $\mathrm{\parallel }x-y\mathrm{\parallel }$ majore donc à la fois $\mathrm{\parallel }x\mathrm{\parallel }-\mathrm{\parallel }y\mathrm{\parallel }$ et son opposé, donc il majore leur valeur absolue. $\mathrm{\square }$

Orthogonalité

Deux remarques immédiates. Le vecteur nul est orthogonal à tous les vecteurs de $E$, puisque $⟨0_E,y⟩=0$. Et c'est le seul vecteur orthogonal à lui-même : si $⟨x,x⟩=0$, le caractère défini donne $x=0_E$. Cette dernière observation, minuscule, sera utilisée une dizaine de fois dans la suite.

Démonstration. Soit $x\in F\cap G$. Comme $x$ appartient à $F$ et que $x$ appartient aussi à $G$, l'hypothèse d'orthogonalité s'applique au couple $(x,x)$ et donne $⟨x,x⟩=0$, donc $x=0_E$. L'intersection étant réduite au vecteur nul, la somme est directe. $\mathrm{\square }$

Conformément au programme, on ne considère dans tout ce chapitre que des familles finies : les questions de familles infinies orthonormées ne sont pas au programme de la voie ECG. Les deux adjectifs « orthonormale » et « orthonormée » sont strictement synonymes ; les énoncés emploient l'un ou l'autre indifféremment.

Démonstration. Pour deux vecteurs, tout tient dans le développement établi plus haut :

$$\mathrm{\parallel }x+y{\mathrm{\parallel }}^2=\mathrm{\parallel }x{\mathrm{\parallel }}^2+2⟨x,y⟩+\mathrm{\parallel }y{\mathrm{\parallel }}^2\mathrm{.}$$

L'égalité $\mathrm{\parallel }x+y{\mathrm{\parallel }}^2=\mathrm{\parallel }x{\mathrm{\parallel }}^2+\mathrm{\parallel }y{\mathrm{\parallel }}^2$ équivaut donc à $2⟨x,y⟩=0$, c'est-à-dire à $⟨x,y⟩=0$. L'équivalence est bien démontrée dans les deux sens.

Pour une famille orthogonale de $p$ vecteurs, développons par bilinéarité :

$${\parallel \sum _{k=1}^p{x}_k\parallel }^2=⟨\sum _{i=1}^p{x}_i,\sum _{j=1}^p{x}_j⟩=\sum _{i=1}^p\sum _{j=1}^p⟨x_i,x_j⟩\mathrm{.}$$

Dans cette double somme, tous les termes d'indices $i\mathrm{\ne }j$ sont nuls par hypothèse d'orthogonalité ; il ne reste que les termes diagonaux $⟨x_i,x_i⟩=\mathrm{\parallel }{x}_i{\mathrm{\parallel }}^2$. $\mathrm{\square }$

Deux mises en garde, dans deux directions opposées.

Pour deux vecteurs, l'énoncé est une équivalence : la réciproque du théorème de Pythagore est vraie, et l'on peut donc prouver une orthogonalité en vérifiant une égalité de normes. C'est une particularité du cadre réel dans lequel nous travaillons, et il faut en profiter.

Pour trois vecteurs ou plus, en revanche, la réciproque est fausse : l'égalité ${\parallel \sum x_k\parallel }^2=\sum \mathrm{\parallel }{x}_k{\mathrm{\parallel }}^2$ n'entraîne pas que la famille soit orthogonale. Prenons dans ${\mathbb{R}}^2$ canonique

$$x_1=(1,0),x_2=(0,1),x_3=(1,-1)\mathrm{.}$$

Alors $x_1+x_2+x_3=(2,0)$, de norme au carré $4$, tandis que $\mathrm{\parallel }{x}_1{\mathrm{\parallel }}^2+\mathrm{\parallel }{x}_2{\mathrm{\parallel }}^2+\mathrm{\parallel }{x}_3{\mathrm{\parallel }}^2=1+1+2=4$ : l'égalité de Pythagore est satisfaite. Pourtant $⟨x_1,x_3⟩=1\mathrm{\ne }0$, donc la famille n'est pas orthogonale. Ce qui se produit ici, c'est que la somme des termes croisés $⟨x_1,x_2⟩+⟨x_1,x_3⟩+⟨x_2,x_3⟩=0+1-1$ s'annule globalement, sans que chaque terme soit nul.

Démonstration. Soient ${\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_p$ des réels tels que

$${\lambda }_1{x}_1+{\lambda }_2{x}_2+\cdots +{\lambda }_p{x}_p=0_E\mathrm{.}$$

Fixons un indice $j$ dans $\{1,\dots ,p\}$ et prenons le produit scalaire des deux membres avec le vecteur $x_j$. Le membre de droite donne $⟨0_E,x_j⟩=0$, et le membre de gauche se développe par linéarité par rapport à la première variable :

$$⟨\sum _{i=1}^p{\lambda }_i{x}_i,x_j⟩=\sum _{i=1}^p{\lambda }_i⟨x_i,x_j⟩={\lambda }_j⟨x_j,x_j⟩={\lambda }_j\mathrm{\parallel }{x}_j{\mathrm{\parallel }}^2,$$

car tous les termes d'indice $i\mathrm{\ne }j$ sont nuls par orthogonalité. On obtient donc ${\lambda }_j\mathrm{\parallel }{x}_j{\mathrm{\parallel }}^2=0$. Comme $x_j\mathrm{\ne }{0}_E$, on a $\mathrm{\parallel }{x}_j{\mathrm{\parallel }}^2\mathrm{\ne }0$, d'où ${\lambda }_j=0$. Ceci valant pour tout indice $j$, tous les coefficients sont nuls : la famille est libre. $\mathrm{\square }$

L'hypothèse « aucun vecteur nul » n'est pas décorative. La famille $((1,0),(0,0))$ de ${\mathbb{R}}^2$ est orthogonale, puisque $⟨(1,0),(0,0)⟩=0$, et pourtant elle est liée, car elle contient le vecteur nul.

Démonstration. Point 1. Les vecteurs d'une famille orthonormée ont pour norme $1$, donc aucun n'est nul, et la propriété précédente s'applique.

Point 2. Une famille libre d'un espace de dimension $n$ a au plus $n$ vecteurs, et une famille libre de cardinal exactement $n$ dans un espace de dimension $n$ est une base : ce sont les théorèmes de la dimension finie, appliqués à la famille orthonormée qui est libre par le point 1. $\mathrm{\square }$

Ce corollaire est d'un usage constant, et il représente une économie de travail considérable : pour montrer qu'une famille de $n$ vecteurs est une base d'un espace de dimension $n$, il suffit de calculer les ${\displaystyle \frac{n(n+1)}{2}}$ produits scalaires $⟨x_i,x_j⟩$ et de constater qu'ils valent $0$ ou $1$ selon les indices. Aucun système linéaire à résoudre, aucun pivot.

Espaces euclidiens

Définition et bases orthonormées

Tout l'intérêt de l'hypothèse de dimension finie est qu'elle rend disponible tout l'arsenal des sections précédentes : bases, coordonnées, matrices, théorème de la base incomplète. Les exemples de référence sont au nombre de trois, et ce sont ceux que les énoncés utilisent.

Signalons aussi que tout sous-espace vectoriel $F$ d'un espace euclidien $E$ est lui-même euclidien : il suffit de restreindre le produit scalaire de $E$ aux couples de vecteurs de $F$, et les quatre propriétés sont conservées puisqu'elles sont des identités valables pour tous les vecteurs de $E$, donc en particulier pour ceux de $F$. C'est ce qui autorisera, plus loin, à parler d'une base orthonormée d'un sous-espace.

La démonstration repose sur un algorithme, le procédé d'orthonormalisation de Schmidt. Le programme officiel précise que ce procédé « pourra être introduit sur des exemples en petite dimension », mais qu'il n'est pas exigible. Autrement dit : aucun sujet ne peut demander de réciter l'algorithme ou de démontrer sa validité en toute généralité, mais tout sujet peut demander d'orthonormaliser une famille de deux ou trois vecteurs, et c'est ce procédé que l'on appliquera alors. Il faut donc savoir s'en servir, sans avoir à en connaître la théorie.

Coordonnées en base orthonormée

Le théorème suivant explique pourquoi les bases orthonormées sont si précieuses : dans une telle base, tous les calculs de produit scalaire se ramènent à ceux du produit scalaire canonique, et les coordonnées d'un vecteur se lisent sans résoudre aucun système.

Démonstration. Point 1. Comme $\mathcal{B}$ est une base, il existe des réels uniques $x_1,\dots ,x_n$ tels que $x={\sum }_{j=1}^n{x}_j{e}_j$. Fixons un indice $i$ et prenons le produit scalaire avec $e_i$ :

$$⟨x,e_i⟩=⟨\sum _{j=1}^n{x}_j{e}_j,e_i⟩=\sum _{j=1}^n{x}_j⟨e_j,e_i⟩=x_i,$$

car $⟨e_j,e_i⟩$ vaut $0$ si $j\mathrm{\ne }i$ et $1$ si $j=i$. La $i$-ième coordonnée de $x$ est donc $⟨x,e_i⟩$, ce qui est exactement la formule annoncée.

Point 2. En développant par bilinéarité, puis en éliminant les termes croisés :

$$⟨x,y⟩=⟨\sum _{i=1}^n{x}_i{e}_i,\sum _{j=1}^n{y}_j{e}_j⟩=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n{x}_i{y}_j⟨e_i,e_j⟩=\sum _{i=1}^n{x}_i{y}_i\mathrm{.}$$

Point 3. C'est le point 2 appliqué à $y=x$, combiné au point 1 qui identifie $x_i$ et $⟨x,e_i⟩$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Le produit ${}^{t}XY$ est une matrice à une ligne et une colonne, dont l'unique coefficient vaut ${\sum }_{i=1}^n{x}_i{y}_i$. Le point 2 de la propriété précédente identifie cette somme à $⟨x,y⟩$. La seconde formule est le cas $y=x$. $\mathrm{\square }$

Changement de base orthonormée

La justification de la seconde phrase tient en une ligne : l'égalité ${}^{t}PP=I_n$ montre que $P$ admet ${}^{t}P$ pour inverse à gauche, et l'on sait qu'en dimension finie un inverse à gauche est un inverse. Donc $P^{-1}={}^{t}P$, et en multipliant à droite par $P$ l'égalité $P^{-1}={}^{t}P$, on obtient $I_n=P{}^{t}P$.

Démonstration. Par définition de la matrice de passage, la $j$-ième colonne de $P$ contient les coordonnées de $e_j^{\mathrm{\prime }}$ dans la base $\mathcal{B}$ : autrement dit, $e_j^{\mathrm{\prime }}={\sum }_{k=1}^n{p}_{k,j}{e}_k$.

Calculons le coefficient d'indice $(i,j)$ de la matrice ${}^{t}PP$. Il vaut

$$({}^{t}PP{)}_{i,j}=\sum _{k=1}^n({}^{t}P{)}_{i,k}{p}_{k,j}=\sum _{k=1}^n{p}_{k,i}{p}_{k,j}\mathrm{.}$$

Or $p_{k,i}$ et $p_{k,j}$ sont respectivement les $k$-ièmes coordonnées de $e_i^{\mathrm{\prime }}$ et de $e_j^{\mathrm{\prime }}$ dans la base $\mathcal{B}$, qui est orthonormée. La formule du produit scalaire en base orthonormée donne donc exactement

$$({}^{t}PP{)}_{i,j}=\sum _{k=1}^n{p}_{k,i}{p}_{k,j}=⟨e_i^{\mathrm{\prime }},e_j^{\mathrm{\prime }}⟩\mathrm{.}$$

Il en résulte l'équivalence annoncée : ${}^{t}PP=I_n$ signifie que $⟨e_i^{\mathrm{\prime }},e_j^{\mathrm{\prime }}⟩$ vaut $1$ pour $i=j$ et $0$ pour $i\mathrm{\ne }j$, c'est-à-dire que la famille ${\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}$ est orthonormée. La lecture de gauche à droite donne le sens direct, celle de droite à gauche la réciproque. $\mathrm{\square }$

Notez que l'hypothèse « $\mathcal{B}$ orthonormée » est essentielle : c'est elle qui permet d'identifier la somme ${\sum }_k{p}_{k,i}{p}_{k,j}$ à un produit scalaire. Une matrice de passage entre deux bases quelconques n'a évidemment aucune raison d'être orthogonale.

Le programme officiel précise qu'« aucune autre connaissance sur les matrices orthogonales n'est au programme ». Il n'y a donc rien à savoir de plus : ni structure de groupe, ni classification, ni propriété supplémentaire. Retenez la définition ${}^{t}PP=I_n$, l'équivalence avec « les colonnes forment une base orthonormée », et l'égalité $P^{-1}={}^{t}P$.

Supplémentaire orthogonal

Démonstration. D'abord $0_E\in F^{\perp }$, car $⟨0_E,y⟩=0$ pour tout $y$ : l'ensemble est non vide. Soient ensuite $x$ et $x^{\mathrm{\prime }}$ dans $F^{\perp }$, et $\lambda$, $\mu$ deux réels. Pour tout $y$ de $F$, la linéarité par rapport à la première variable donne

$$⟨\lambda x+\mu x^{\mathrm{\prime }},y⟩=\lambda ⟨x,y⟩+\mu ⟨x^{\mathrm{\prime }},y⟩=\lambda \times 0+\mu \times 0=0.$$

Donc $\lambda x+\mu x^{\mathrm{\prime }}\in F^{\perp }$ : c'est bien un sous-espace vectoriel de $E$.

Pour l'intersection, soit $x\in F\cap F^{\perp }$. Comme $x$ appartient à $F^{\perp }$, il est orthogonal à tous les vecteurs de $F$, et comme $x$ appartient lui-même à $F$, on peut l'appliquer à $y=x$ : $⟨x,x⟩=0$, donc $x=0_E$.

Enfin, un vecteur orthogonal à tous les vecteurs de $E$ est en particulier orthogonal à lui-même, donc nul, ce qui donne $E^{\perp }=\{0_E\}$ ; et tout vecteur est orthogonal au vecteur nul, d'où $\{0_E{\}}^{\perp }=E$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. L'inclusion directe est immédiate : si $x\in F^{\perp }$, alors $x$ est orthogonal à tout vecteur de $F$, en particulier à chacun des $u_k$ qui appartiennent à $F$.

Réciproquement, supposons $⟨x,u_k⟩=0$ pour tout $k$ de $\{1,\dots ,p\}$, et soit $y$ un vecteur quelconque de $F$. Par définition du sous-espace engendré, il existe des réels ${\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_p$ tels que $y={\sum }_{k=1}^p{\lambda }_k{u}_k$. La linéarité par rapport à la seconde variable donne alors

$$⟨x,y⟩=⟨x,\sum _{k=1}^p{\lambda }_k{u}_k⟩=\sum _{k=1}^p{\lambda }_k⟨x,u_k⟩=0.$$

Donc $x$ est orthogonal à tout vecteur de $F$, c'est-à-dire $x\in F^{\perp }$. $\mathrm{\square }$

C'est cette propriété qui rend le calcul de $F^{\perp }$ possible en pratique : au lieu d'une infinité de conditions, une pour chaque vecteur de $F$, on n'a plus que $p$ équations, une par générateur. Autrement dit, $F^{\perp }$ est l'ensemble des solutions d'un système linéaire homogène à $p$ équations.

Démonstration. La famille $(e_1,\dots ,e_p)$ est orthonormée, donc libre. Le théorème de la base incomplète, vu en première année, permet de la compléter en une base $(e_1,\dots ,e_p,v_{p+1},\dots ,v_n)$ de $E$, sans aucune propriété d'orthogonalité pour les vecteurs ajoutés. Appliquons alors le procédé de Schmidt à cette base.

L'observation clé est que le procédé ne modifie pas les vecteurs déjà orthonormés. En effet $f_1={\displaystyle \frac{e_1}{\mathrm{\parallel }{e}_1\mathrm{\parallel }}}=e_1$ puisque $\mathrm{\parallel }{e}_1\mathrm{\parallel }=1$ ; puis, en supposant $f_i=e_i$ pour $i<k⩽p$, on obtient

$$f_k^{\mathrm{\prime }}=e_k-\sum _{j=1}^{k-1}⟨e_k,e_j⟩e_j=e_k-0=e_k,$$

car la famille de départ est orthogonale, et $\mathrm{\parallel }{e}_k\mathrm{\parallel }=1$ donne $f_k=e_k$. De proche en proche, les $p$ premiers vecteurs sont inchangés, et les $n-p$ suivants sont remplacés par des vecteurs qui complètent la famille en une base orthonormée de $E$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Notons $p=\dim F$. Si $p=0$, alors $F=\{0_E\}$, $F^{\perp }=E$ et tout est clair ; supposons donc $1⩽p⩽n$.

Le sous-espace $F$, muni de la restriction du produit scalaire de $E$, est lui-même un espace euclidien de dimension $p$ : il admet donc une base orthonormée $(e_1,\dots ,e_p)$. Cette famille est aussi une famille orthonormée de $E$, que le théorème de complétion permet de prolonger en une base orthonormée $(e_1,\dots ,e_p,e_{p+1},\dots ,e_n)$ de $E$. Montrons que

$$F^{\perp }=\mathrm{Vect}(e_{p+1},\dots ,e_n)\mathrm{.}$$

Inclusion réciproque. Pour $j>p$, le vecteur $e_j$ est orthogonal à chacun des $e_1,\dots ,e_p$, qui engendrent $F$ ; d'après la caractérisation par une famille génératrice, $e_j\in F^{\perp }$. Comme $F^{\perp }$ est un sous-espace vectoriel, il contient toutes les combinaisons linéaires des $e_j$ pour $j>p$, donc il contient $\mathrm{Vect}(e_{p+1},\dots ,e_n)$.

Inclusion directe. Soit $x\in F^{\perp }$. Décomposons $x$ dans la base orthonormée de $E$ :

$$x=\sum _{i=1}^n⟨x,e_i⟩e_i\mathrm{.}$$

Pour $i⩽p$, le vecteur $e_i$ appartient à $F$, donc $⟨x,e_i⟩=0$ puisque $x\in F^{\perp }$. Il ne reste dans la somme que les termes d'indice $i>p$, si bien que $x\in \mathrm{Vect}(e_{p+1},\dots ,e_n)$.

Les deux inclusions donnent l'égalité. La famille $(e_{p+1},\dots ,e_n)$ étant libre, comme sous-famille d'une base, c'est une base de $F^{\perp }$ et donc $\dim F^{\perp }=n-p$.

Il reste à conclure que la somme est directe et vaut $E$. Nous avons établi plus haut que $F\cap F^{\perp }=\{0_E\}$, donc la somme $F+F^{\perp }$ est directe ; et

$$\dim (F\oplus F^{\perp })=\dim F+\dim F^{\perp }=p+(n-p)=n=\dim E,$$

donc $F\oplus F^{\perp }=E$. On peut aussi le voir directement : la base $(e_1,\dots ,e_n)$ est adaptée à la décomposition, ses $p$ premiers vecteurs formant une base de $F$ et les $n-p$ derniers une base de $F^{\perp }$.

Le double orthogonal. Tout vecteur de $F$ est orthogonal à tout vecteur de $F^{\perp }$, par définition même de $F^{\perp }$ ; donc $F\subset (F^{\perp }{)}^{\perp }$. Or, en appliquant deux fois le calcul de dimension,

$$\dim (F^{\perp }{)}^{\perp }=n-\dim F^{\perp }=n-(n-p)=p=\dim F\mathrm{.}$$

Une inclusion entre sous-espaces de même dimension finie est une égalité, d'où $(F^{\perp }{)}^{\perp }=F$.

L'identité de Pythagore. Les vecteurs $x_F$ et $x_{F^{\perp }}$ sont orthogonaux, l'un appartenant à $F$ et l'autre à $F^{\perp }$ : le théorème de Pythagore s'applique à leur somme. $\mathrm{\square }$

L'égalité $(F^{\perp }{)}^{\perp }=F$ a une conséquence pratique qu'il faut retenir. Si $F$ est décrit par une équation dans ${\mathbb{R}}^n$ canonique, disons

$$F=\{x\in {\mathbb{R}}^n;a_1{x}_1+\cdots +a_n{x}_n=0\},$$

alors cette équation dit exactement que $x$ est orthogonal au vecteur $a=(a_1,\dots ,a_n)$, c'est-à-dire $F=(\mathrm{Vect}(a){)}^{\perp }$. En passant à l'orthogonal, il vient

$$F^{\perp }=\mathrm{Vect}(a)\mathrm{.}$$

Ainsi, l'orthogonal du plan d'équation $x+2y-z=0$ dans ${\mathbb{R}}^3$ est la droite engendrée par $(1,2,-1)$, sans le moindre calcul.

Méthodes du chapitre — fiche récapitulative

Cette dernière section rassemble, sous forme de protocoles, les gestes de l'ensemble du chapitre. Chaque fiche commence par l'objectif, puis énumère les étapes dans l'ordre où elles se rédigent. Rien n'y est difficile : ce qui se joue le jour du concours, c'est la vitesse d'exécution et la propreté de la rédaction.

Les erreurs qui coûtent des points

Elles reviennent chaque année, dans les mêmes copies et aux mêmes endroits. Les voici, en une phrase chacune.

1. Écrire « $⟨x,x⟩⩾0$, donc le produit scalaire est défini positif » : la positivité ne donne jamais le caractère défini, qui exige une démonstration séparée de l'implication $⟨x,x⟩=0\Rightarrow x=0_E$.

2. Oublier la valeur absolue dans $\mathrm{\parallel }\lambda x\mathrm{\parallel }=\mathrm{\mid }\lambda \mathrm{\mid }\mathrm{\parallel }x\mathrm{\parallel }$, ce qui produit tôt ou tard une norme négative.

3. Dans la démonstration de Cauchy-Schwarz, oublier de traiter le cas $y=0_E$ à part, alors que c'est précisément le cas où $T$ n'est plus un trinôme du second degré.

4. Écrire « donc $\mathrm{\Delta }<0$ » au lieu de « $\mathrm{\Delta }⩽0$ » dans cette même démonstration, ce qui fait disparaître le cas d'égalité que l'on doit ensuite étudier.

5. Appliquer $⟨x,y⟩={}^{t}XY$ ou $\mathrm{\parallel }x{\mathrm{\parallel }}^2={\sum }_i{x}_i^2$ dans une base quelconque : ces formules ne valent que dans une base orthonormée, et le produit scalaire de l'énoncé n'est pas toujours le produit canonique.

6. Croire que la réciproque du théorème de Pythagore vaut pour trois vecteurs ou plus : l'égalité des normes n'entraîne alors pas l'orthogonalité deux à deux.

7. Affirmer qu'une famille orthogonale est libre sans vérifier qu'elle ne contient pas le vecteur nul, hypothèse indispensable.

8. Vérifier l'orthogonalité à $F$ en ne testant qu'un seul générateur, ou au contraire perdre du temps à traiter un vecteur générique de $F$ alors que la famille génératrice suffit.

9. Confondre $F^{\perp }$ et le complémentaire ensembliste de $F$, ou oublier que $F^{\perp }$ dépend du produit scalaire choisi et non seulement de $F$.

10. Remplir une matrice de passage en lignes au lieu de la remplir en colonnes, et fausser du même coup tout le changement de base.

11. Utiliser $P^{-1}={}^{t}P$ pour une matrice de passage dont on n'a pas vérifié qu'elle relie deux bases orthonormées.

12. Diviser par une expression contenant $\lambda$ au cours du pivot sans discuter le cas où elle s'annule, ce qui fait perdre exactement les valeurs propres que l'on cherchait.

13. Conclure qu'une racine d'un polynôme annulateur est une valeur propre : l'implication ne va que dans l'autre sens, et chaque candidat doit être testé.

14. Oublier de contrôler ses calculs, alors que chaque résultat de ce chapitre offre une vérification immédiate et gratuite : $AX=\lambda X$ pour un vecteur propre, $\dim F+\dim F^{\perp }=\dim E$, $\mathrm{\parallel }x{\mathrm{\parallel }}^2=\mathrm{\parallel }{x}_F{\mathrm{\parallel }}^2+\mathrm{\parallel }{x}_{F^{\perp }}{\mathrm{\parallel }}^2$, ou encore le contrôle de $A^n$ en $n=0$ et $n=1$.