Problèmes de Mathématiques
Familles obtusangles ou acutangles
Énoncé
Familles obtusangles ou acutangles
NB : Pour la définition des matrices de Gram, voir le probleme consacré a ces matrices.
E est un espace euclidien de dimension n ≥ 1.
On note < u, v > le produit scalaire de deux vecteurs u et v de E, et kuk la norme associée.
Partie I : Familles strictement obtusangles
Soit (u) = u1, . . . , um une famille de m vecteurs de E.
On dit que (u) est obtusangle si pour tous indices i, j distincts de {1, . . . , m}, < ui, uj > ≤ 0.
On que cette famille est acutangle si pour tous i, j distincts, on a < ui, uj > ≥ 0.
On définit de même les familles :
– strictement obtusangles (inégalités < ui, uj > < 0 pour i 6= j)
– strictement acutangles (inégalités < ui, uj > > 0 pour i 6= j).
1. Soit u1, . . . , um une famille strictement obtusangle et liée.
existe donc m scalaires λ1, . . . , λm, non tous nuls, tels que
m
X
k=1
λkuk = 0.
Quitte à remplacer ces scalaires par leurs opposés, on peut supposer que l’un au moins
des λk est strictement positif. On va montrer qu’alors tous les λk sont strictement positifs.
On note I l’ensemble (non vide) des indices i de {1, . . . , m} tels que λi > 0.
Soit J le complémentaire de I dans {1, . . . , m}. On suppose par l’absurde J 6= ∅.
L’égalité
m
X
k=1
λkuk = 0 s’écrit alors
X
i∈I
λiui =
X
j∈J
(−λj)uj.
Soit v le vecteur de E désigné par cette égalité.
(a) Montrer que v est nul. [ S ]
(b) Soit j un élément de J. Considérer < v, uj > et conclure. [ S ]
2. Déduire de ce qui précède qu’une famille strictement obtusangle de m vecteurs est de rang
m ou de rang m − 1, et que toute famille strictement obtusangle de E est nécessairement
formée d’au plus n + 1 vecteurs. [ S ]
3. Dans cette question on va prouver qu’il existe effectivement dans E des familles stricte-
ment obtusangles et de cardinal n + 1.
On va même montrer qu’il existe une famille u0, u1, . . . , un formée de n + 1 vecteurs
unitaires, et telle que les produits scalaires < ui, uj > (pour tous indices i, j distincts)
soient égaux à une même quantité strictement négative c.
Pour la commodité de la notation, une telle famille de E sera dite “spéciale”.
(a) Montrer que si une telle famille existe, alors u0 + u1 + · · · + un =
−→
0 et c = −
1
n
. [ S ]
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Familles obtusangles ou acutangles
Énoncé
(b) On va construire une telle famille u0, . . . , un par récurrence sur n = dim E.
Montrer qu’une telle famille existe quand n = 1 ou quand n = 2. [ S ]
(c) On suppose qu’en dimension n − 1, il existe des familles “spéciales” v0, . . . , vn−1.
1
n − 1
D’apres (a), les produits scalaires deux a deux des vecteurs vk sont égaux à −
.
Montrer qu’il existe une famille spéciale u0, . . . , un dans E. Conclure. [ S ]
4. Montrer que toute sous-famille de n vecteurs extraits d’une même famille “spéciale” (u) =
u0, u1, . . . , un de E est une base de E. [ S ]
5. Dans cette question, on prouve que les familles “spéciales” de E sont les images de l’une
d’entre elles par les endomorphismes orthogonaux de E.
(a) Montrer que si u0, . . . , un est une famille “spéciale” de E, et si f est un endomor-
phisme orthogonal de E, alors la famille vk = f (uk) est encore “spéciale”. [ S ]
(b) Réciproquement, soient (u) = u0, . . . , un et (v) = v0, . . . , vn deux familles “spéciales”.
i. Montrer qu’il existe un unique f ∈ L(E) tq : ∀j ∈ {0, . . . , n − 1}, f (uj) = vj. [ S ]
ii. Montrer alors que f (un) = vn. [ S ]
iii. Etablir que f est un endomorphisme orthogonal de E. [ S ]
Partie II : Bases associées
Dans cette partie E est un espace euclidien de dimension n ≥ 1.
1. Soit (e) = e1, . . . , en une base de E. Montrer qu’il existe une base unique (be) = be1, . . . , ben
de E telle que, pour tous indices i de j, < bei, ej > = δij =
On dira alors que (be) est la base associée à (e). Ces deux bases jouant le même rôle dans
les égalités précédentes, il est clair que (e) est la base associée à (be). [ S ]
.
(cid:26) 1 si i = j
0 si i 6= j
2. Quelles sont les bases de E qui sont leur propre associée ? [ S ]
3. Soit x un vecteur de E. Montrer que les composantes xi de x dans la base (e) sont les
produits scalaires < bei, x > de x avec les vecteurs de la base associée (be).
Autrement dit les coordonnées contravariantes d’un vecteur dans une base sont les coor-
données covariantes de ce vecteur dans la base associée. [ S ]
4. Soient x et y deux vecteurs de E. On note xi, yi leurs composantes dans la base (e) et
bxi, byi leurs composantes dans la base (be) (dans les deux cas, ce sont les composantes au
sens usuel, c’est-à-dire les coordonnées contravariantes.)
Exprimer très simplement < x, y > et kxk2 en fonction de ces composantes. [ S ]
5. On note G la matrice de Gram de la base (e) et bG celle de la base associée (be).
Interpréter G et bG comme des matrices de passage. En déduire que bG = G−1. [ S ]
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Familles obtusangles ou acutangles
Énoncé
6. Dans cette question, on suppose que la base (e) est obtusangle.
On va montrer que la base associée (be) est acutangle.
On pose α =
kejk2, et on définit la matrice A = In −
1
α
G.
n
X
j=1
(a) Montrer que A est à coefficients positifs ou nuls. [ S ]
(b) Montrer que A et G sont diagonalisables à l’aide d’une même matrice de passage. [ S ]
(c) Montrer que les valeurs propres de A sont dans [0, 1[ (utiliser la question I-3). [ S ]
(d) Montrer que la suite des Bm = In + A + A2 + · · · + Am converge vers αG−1.
Indication : utiliser une réduite de A à la forme diagonale. [ S ]
(e) Déduire de ce qui précède que la base (be) est acutangle. [ S ]
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Familles obtusangles ou acutangles
Corrigé
Corrigé du problème
1.
(a) On calcule le carré scalaire de v, en utilisant les deux expressions de ce vecteur :
kvk2 = <
X
i∈I
λiui,
X
j∈J
(−λj)uj > =
X
X
i∈I
j∈J
λi(−λj) < ui, uj >
Dans cette somme les λi(−λj) sont ≥ 0 et les < ui, uj > sont < 0.
On en déduit que kvk2 ≤ 0, ce qui n’est possible que si v est nul. [ Q ]
Publicité
(b) Puisque v est nul, il en est de même du produit scalaire < v, uj > .
Mais < v, uj > = <
λiui, uj > =
λi < ui, uj >
X
X
i∈I
i∈I
Dans cette somme, les λi sont > 0 et les < ui, uj > sont < 0.
Donc < v, uj > < 0, ce qui est absurde.
Conclusion : si Pm
k=1 λkuk = 0 est une relation linéaire (les λk étant non tous nuls)
entre les vecteurs d’une famille strictement obtusangle u1, . . . , um, alors tous les λk
sont non nuls et de même signe.
[ Q ]
2. Soit u1, . . . , um une famille strictement obtusangle de m vecteurs de E.
Supposons que cette famille soit de rang strictement inférieur à m − 1.
Alors u1, . . . , um−1 sont liés : Il existe λ1, . . . , λm−1 non tous nuls tels que
On peut alors écrire
m
X
λkuk =
−→
0 en posant λn = 0.
λkuk =
−→
0 .
m−1
X
k=1
k=1
Mais ce résultat contreduit celui de la question précédente (en tant que coefficients non
tous nuls reliant les vecteurs d’une famille strictement obtusangle, les λk doivent être tous
non nuls et de même signe.)
Conclusion : la famille u1, . . . , um est au moins de rang m − 1.
Le rang m − 1 ou m de (u) est nécessairement inférieur ou égal à n = dim E.
On en déduit l’inégalité : m ≤ n + 1.
Conclusion : toute famille strictement obtusangle de E est au plus de cardinal n + 1. [ Q ]
3.
(a) La famille (u) est liée : Il existe des scalaires non tous nuls λk tels que
λkuk =
−→
0 .
n
X
k=0
On sait en fait depuis 1-b que les λk sont tous non nuls.
∀j ∈ {0, . . . , n}, on a alors : 0 = < uj,
λkuk > =
n
X
n
X
λk < uj, uk > = λj +c
X
λk.
Si σ =
n
X
k=0
k=0
k=0
λk, on trouve 0 = λj + c(σ − λj). Tous les λj sont donc égaux à
k6=j
cσ
c − 1
.
Avec ce résultat, l’égalité
λkuk =
−→
0 donne donc
n
X
k=0
uk =
−→
0 .
n
X
k=0
Les λj étant égaux non nuls, l’égalité 0 = λj + c(σ − λj) devient 0 = λj + c nλj.
1
n
On en déduit effectivement que c = −
[ Q ]
.
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Familles obtusangles ou acutangles
Corrigé
(b) – On suppose que E est une droite vectorielle. La famille u0, u1 définie par un vecteur
unitaire u0 et le vecteur opposé u1 = −u0 convient.
– On suppose que E est un plan vectoriel. Soit e1, e2 une base orthonormée de E.
1
2
√
3
2
1
2
√
3
2
e1 +
On pose u0 = e1, u1 = −
Si on identifie E au plan complexe, u0, u1, u2 sont les images de 1, j, j2.
Ces trois vecteurs unitaires conviennent car leurs produits scalaires deux à deux
sont égaux à −1/2.
e2 et u2 = −
e1 −
e2.
[ Q ]
(c) Soit un un vecteur unitaire particulier de E.
L’hyperplan F orthogonal à un est euclidien de dimension n − 1.
Il existe donc une famille “spéciale” v0, . . . , vn−1 de F .
On va maintenant construire les vecteurs unitaires u0, . . . , un−1.
Pour construire uj, on va modifier vj en restant dans le plan engendré par vj et un.
√
On cherche donc uj sous la forme λun ±
Puisque < uj, un > = λ, on doit poser λ = −1/n.
1 − λ2 vj.
Pour tout entier j de {0, . . . , n − 1}, on choisit uj = −
un +
1 −
1
n
r
1
n2 vj.
Par construction, pour tout j de {0, . . . , n − 1}, uj est unitaire et < uj, un > = −
1
n
1
Il reste à montrer que pour tous i, j distincts dans {0, . . . , n − 1}, < ui, uj > = −
n
Effectivement, en utilisant l’orthogonalité de un avec vi, vj et la valeur de < vi, vj > :
.
.
< ui, uj > = < −
r
un +
1 −
1
n
r
un +
Publicité
1 −
1
n
1
n2 vj >
=
(cid:16)
1
n2 +
1 −
(cid:17)(cid:16)
1
n2
−
1
n2 vi , −
(cid:17)
1
n − 1
= −
1
n
Conclusion :
Dans tout espace euclidien E de dimension n ≥ 1, il existe des familles “spéciales”,
c’est-à-dire des familles strictement obtusangles (u) = u0, . . . , un de n + 1 vecteurs
unitaires tels que, pour tous indices i, j distincts < ui, uj > soit indépendant de i, j.
Rappelons des propriétés déjà démontrées pour une telle famille :
– Les produits scalaires < ui, uj > (avec i 6= j) valent nécessairement −1/n.
– La somme u0 + u1 + · · · + un est nulle.
– Le rang de cette famille est n (il ne peut bien sûr pas être égal à n + 1).
[ Q ]
4. La démonstration est analogue à celle de la question (2).
Il suffit par exemple de montrer que u1, . . . , un est une base de E.
Si tel n’était pas le cas, on pourrait écrire Pn
tous nuls, puis Pn
k=0 λkuk =
Mais cela contredirait une propriété des familles strictement obtusangles (tous les λk
doivent en effet être non nuls et de même signe.) [ Q ]
−→
0 en ajoutant λ0u0 avec λ0 = 0.
−→
0 avec des coefficients λk non
k=1 λkuk =
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Corrigé
5.
(a) En effet les vecteurs vk sont unitaires (conservation de la norme) et pour tous indices
distincts i, j, ils vérifient (par conservation du produit scalaire) :
< vi, vj > = < f (ui), f (uj) > = < ui, uj > = −
1
n
.
[ Q ]
(b)
i. Cela résulte de ce que u0, . . . , un−1 et v0, . . . , vn−1 forment une base de E.
En effet un endomorphisme de E est déterminé de manière unique par les images
d’une base de E. Et le fait que f transforme la base u0, . . . , un−1 en la base
v0, . . . , vn−1 montre que f est un automorphisme. [ Q ]
ii. On sait que un = −(u0 + · · · + un−1) et vn = −(v0 + · · · + vn−1). Par linéarité,
les égalités f (u0) = v0, . . . , f (un−1) = vn−1 impliquent donc f (un) = vn. [ Q ]
iii. Pour tous i, j de {0, . . . , n}, on a :
1
n
< f (ui), f (uj) > = < vi, vj > = −
= < ui, uj > .
On a donc les égalités < f (ui), f (uj) > = < ui, uj > pour 0 ≤ j ≤ n − 1.
Or u0, . . . , un−1 forment une base de E.
La linéarité de f et la bilinéarité du produit scalaire implique alors < f (x), f (y) >
= < x, y > pour tous vecteurs x et y de E.
L’application f est donc un endomorphisme orthogonal de E. [ Q ]
Partie II : Bases associées
1. – Démonstration 1 :
On sait que l’application ϕ qui à tout vecteur a de E associe la forme linéaire ϕa définie
sur E par ϕa(x) = < a, x > est un isomorphisme de E sur son dual E∗.
On sait d’autre part qu’il existe dans E∗ une unique base (e∗) = e∗
de (e), telle que pour tous indices i, j, on ait l’égalité e∗
Les conditions imposées aux vecteurs bei s’écrivent donc : ∀i ∈ {1, . . . , n}, ϕ(bei) = e∗
i .
Le problème posé admet donc une solution unique :
La famille (be) est l’image réciproque par l’isomorphisme ϕ de la base (e∗) de E∗. A ce
titre, la famille (be) est une base de E.
n, dite duale
i (ej) = δij.
1, . . . , e∗
– Démonstration 2 :
On a vu dans I-5 qu’un vecteur x de E est déterminé de manière unique par la donnée
des produits scalaires < x, ej > (ses coordonnées covariantes dans la base (e)).
En particulier, pour tout i de {1, . . . , n}, il existe un unique bei de E tel que :
< bei, ej > =
La famille (be) est une base de E.
En effet, pour tous scalaires λ1, . . . , λn, et pour tout indice j :
(cid:26) 1 si i = j
0 si i 6= j
.
n
X
i=1
λi bei =
−→
0 ⇒ <
n
X
i=1
λi bei, ej > = 0 ⇒
n
X
i=1
λi < bei, ej > = 0 ⇒ λj = 0
[ Q ]
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2. Ce sont les bases (e) de E qui vérifient < ei, ej > = δij pour tous indices i, j.
Autrement dit, ce sont les bases orthonormées de E.
[ Q ]
3. Reprenons les notations utilisées dans la première démonstration de la question 1.
On sait que pour tout x de E, x =
On en déduit x =
n
X
i=1
ϕ(bei)(x)ei =
n
X
i=1
n
X
i=1
e∗
i (x)ei.
< bei, x > ei.
On aurait pu aussi écrire, pour tout indice i :
x =
n
X
j=1
xjej ⇒ < bei, x > = < bei,
n
Publicité
X
j=1
xjej > =
n
X
j=1
xj < bei, ej > =
n
X
j=1
xj δij = xi
NB : par symétrie, puisque (e) est la base associée de (be), on a x =
n
X
i=1
< ei, x > bei.
[ Q ]
4. D’apres ce qui précede, pour tout x de E et tout indice i : xi = < bei, x > et bxi = < ei, x > .
n
X
n
X
n
X
On trouve immédiatement : < x, y > = <
xiei, y > =
xi < ei, y > =
xi byi.
Par symétrie : < x, y > =
i=1
bxi yi. Enfin, kxk2 =
n
X
i=1
n
X
i=1
i=1
i=1
xi bxi.
[ Q ]
5. Pour tout x de E, x =
n
X
i=1
< bei, x > ei.
n
X
En particulier : ∀j ∈ {1, . . . , n}, bej =
< bei, bej > ei.
i=1
La matrice de passage de la base (e) à la base (be) est donc la matrice de terme général
< bei, bej > , c’est-à-dire la matrice de Gram bG de la base (be). De même, par symétrie, la
matrice de passage de (be) à (e) est la matrice de Gram G de la base (e).
On en déduit que les deux matrices G et bG sont inverses l’une de l’autre. [ Q ]
6.
(a) Le coefficient d’indice (i, j) de A s’écrit aij = δij −
1
α
< ei, ej > .
Si i 6= j, aij = −
1
α
< ei, ej > et il est positif ou nul car la famille (e) est obtusangle.
Si i = j, ce coefficient vaut aii = 1 −
1
α
keik2 et aii ≥ 0 car keik2 ≤ α.
On en déduit que la matrice A est à coefficients positifs ou nuls.
[ Q ]
(b) A et G sont diagonalisables car elles sont symétriques à coefficients réels.
Soit P une matrice de passage telle que D = P −1GP soit diagonale. Alors :
∆ = P −1AP = P −1(cid:16)
[ Q ]
P −1GP = In −
P = In −
In −
1
α
1
α
1
α
G
(cid:17)
D est encore diagonale.
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Corrigé
(c) Avec ces notations, les valeurs propres λi de A sont les coefficients diagonaux de
1
α
µi, où les µi sont les coefficients diagonaux de D (les
∆, c’est-à-dire les λi = 1 −
valeurs propres de G.)
Or les valeurs propres µi de G vérifient 0 ≤ µi ≤ α (voir I-3).
Comme de plus la matrice G est inversible, ses valeurs propres sont non nulles.
Les valeurs propres λi de A vérifient donc 0 < (1 − λ)α ≤ α, c’est-à-dire 0 ≤ λi < 1.
[ Q ]
(d) Comme dans la question (b), soit P une matrice de passage telle que la matrice
∆ = P −1AP soit diagonale.
Puisque A = P ∆P −1, on a Ak = P ∆kP −1 pour tout exposant k.
Par linéarité, on en déduit :
Bm = I + A + A2 + · · · + Am = P ∆mP −1 avec ∆m = In + ∆ + ∆2 + · · · + ∆m.
Rappelons que le i-ème coefficient diagonal de ∆ est une valeur propre λi de A.
Le i-ème coefficient diagonal de ∆m vaut donc : 1 + λi + λ2
i + · · · + λm
i =
Puisque 0 ≤ λi < 1, la limite de ce coefficient quand m tend vers +∞ est
1 − λm+1
i
1 − λi
1
1 − λi
On en déduit que la suite de terme général ∆m converge vers la matrice diagonale
dont les coefficients diagonaux successifs sont les βi =
, c’est-à-dire vers la
matrice inverse de In − ∆.
La suite des Bm = P ∆mP −1 converge donc vers la matrice B définie par :
1
1 − λi
B = P (In − ∆)−1P −1 = (P (In − ∆)P −1)−1 = (In − P ∆P −1)−1
= (In − A)−1 =
(cid:17)−1
(cid:16) 1
α
G
= α G−1
[ Q ]
(e) On sait que la matrice A est à coefficients positifs ou nuls. Il en est donc de même
des matrices Ak (pour k ∈ IN) et des matrices Bm = I + A + A2 + · · · + Am.
Par passage a la limite, la matrice B = α G−1 est donc a coefficients positifs.
Puisque α > 0, il en est donc de même de la matrice G−1 c’est-à-dire de la matrice
de Gram bG de la famille (be).
Ce dernier résultat signifie que pour tous indices i, j, on a < bei, bej > ≥ 0.
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