Problèmes de Mathématiques

Ce document présente un problème de mathématiques sur les familles strictement obtusangles ou acutangles dans un espace euclidien, sous forme d’un exercice d’analyse et d’algèbre linéaire. Il teste les compétences en manipulation des produits scalaires, des bases associées, des matrices de Gram, ainsi que la compréhension des propriétés géométriques et algébriques des familles de vecteurs.

Partie I : Familles strictement obtusangles

On étudie ici des familles de vecteurs strictement obtusangles, c’est-à-dire des familles (u1, ..., um) telles que pour tous i ≠ j, le produit scalaire < ui, uj > < 0, et on examine leurs propriétés algébriques et géométriques.

1. Montrer que dans une relation linéaire nulle entre les vecteurs d’une famille strictement obtusangle, tous les coefficients sont strictement positifs

Soit u1, ..., um une famille strictement obtusangle liée, donc il existe des scalaires λ1, ..., λm, non tous nuls, tels que :

∑_k=1^m λk uk = 0.

On peut supposer qu’au moins un λk est strictement positif. On note I l’ensemble des indices i tels que λi > 0, et J son complémentaire. Supposons par l’absurde que J ≠ ∅.

On écrit alors :

∑_i∈I λi ui = ∑_j∈J (−λj) uj = v.

(a) Montrer que v est nul.

Calculons le carré de la norme de v :

kvk² = < ∑_i∈I λi ui, ∑_j∈J (−λj) uj > = ∑_i∈I ∑_j∈J λi (−λj) < ui, uj >.

Les λi sont strictement positifs, donc λi (−λj) ≥ 0 car −λj > 0 (puisque λj ≤ 0). Or, par hypothèse, < ui, uj > < 0 pour i ≠ j. Ainsi, chaque terme λi (−λj) < ui, uj > est ≤ 0, donc kvk² ≤ 0.

La norme au carré ne peut être négative, donc kvk² = 0, ce qui implique v = 0.

(b) Considérer < v, uj > pour j ∈ J et conclure.

Comme v = 0, on a < v, uj > = 0.

Or :

< v, uj > = < ∑_i∈I λi ui, uj > = ∑_i∈I λi < ui, uj >.

Les λi sont strictement positifs, et < ui, uj > < 0, donc la somme est strictement négative, ce qui contredit le fait que < v, uj > = 0.

Cette contradiction montre que J est vide, donc tous les λk sont strictement positifs.

Réponse : Tous les coefficients λk dans une relation linéaire nulle entre les vecteurs d’une famille strictement obtusangle sont strictement positifs.

2. Déduire le rang et la cardinalité maximale d’une famille strictement obtusangle

Soit u1, ..., um une famille strictement obtusangle. Supposons que son rang soit inférieur à m − 1, donc u1, ..., um−1 sont liés :

∑_k=1^m−1 λk uk = 0 avec des λk non tous nuls.

En posant λm = 0, on obtient une relation linéaire non triviale entre tous les vecteurs u1, ..., um, ce qui contredit la propriété précédente selon laquelle tous les λk doivent être non nuls et de même signe.

Donc le rang de la famille est au moins m − 1. Comme le rang ne peut excéder la dimension n de E, on a :

m − 1 ≤ n ⇒ m ≤ n + 1.

Réponse : Une famille strictement obtusangle est de rang m ou m − 1, et son cardinal est au plus n + 1.

3. Existence de familles strictement obtusangles spéciales de cardinal n + 1

On cherche une famille u0, ..., un de vecteurs unitaires telle que pour tous i ≠ j, < ui, uj > = c < 0, avec c indépendant des indices.

(a) Montrer que si une telle famille existe, alors la somme des vecteurs est nulle et c = −1/n.

La famille est liée, donc il existe λk non tous nuls tels que :

∑_k=0ⁿ λk uk = 0.

Par la question 1, tous les λk sont strictement positifs et égaux (car la symétrie impose cette égalité). On peut donc prendre λk = 1 pour tous k.

On a alors :

∑_k=0ⁿ uk = 0.

Pour tout j, en prenant le produit scalaire avec uj :

0 = < uj, ∑ uk > = < uj, uj > + ∑_k≠j < uj, uk > = 1 + n c.

On en déduit :

c = −1/n.

(b) Construire une telle famille en dimension 1 et 2.

• En dimension 1, prendre u0 = e1 un vecteur unitaire, u1 = −u0. Les produits scalaires sont −1 = −1/1.
• En dimension 2, prendre une base orthonormée (e1, e2). Poser :

u0 = e1, u1 = −(1/2) e1 + (√3/2) e2, u2 = −(1/2) e1 − (√3/2) e2.

Ces vecteurs unitaires ont pour produits scalaires deux à deux −1/2.

(c) Construction par récurrence en dimension n

Supposons qu’en dimension n − 1 il existe une famille spéciale v0, ..., vn−1 avec produits scalaires −1/(n − 1).

Soit un un vecteur unitaire orthogonal à l’espace engendré par les vk. On cherche des vecteurs unitaires :

uj = λ un ± √(1 − λ²) vj.

On impose < uj, un > = λ = −1/n.

On calcule ensuite < ui, uj > pour i ≠ j :

< ui, uj > = λ² + (1 − λ²) (−1/(n − 1)) = −1/n.

On obtient ainsi une famille spéciale u0, ..., un dans E.

Conclusion : Il existe dans tout espace euclidien de dimension n ≥ 1 des familles spéciales strictement obtusangles de cardinal n + 1, avec produits scalaires deux à deux égaux à −1/n et somme nulle.

4. Toute sous-famille de n vecteurs extraits d’une famille spéciale est une base de E

Soit (u0, ..., un) une famille spéciale. Montrons que u1, ..., un est une base de E.

Si ce n’était pas le cas, il existerait une relation linéaire non triviale :

∑_k=1ⁿ λk uk = 0 avec certains λk nuls.

En ajoutant λ0 = 0, on obtiendrait une relation linéaire entre tous les vecteurs de la famille spéciale avec des coefficients non tous nuls, ce qui contredirait la propriété que tous les coefficients doivent être non nuls et de même signe.

Réponse : Toute sous-famille de n vecteurs d’une famille spéciale est une base de E.

5. Les familles spéciales sont images les unes des autres par des endomorphismes orthogonaux

(a) Montrer que l’image d’une famille spéciale par un endomorphisme orthogonal est une famille spéciale.

Soit f un endomorphisme orthogonal et u0, ..., un une famille spéciale.

Alors les vecteurs vk = f(uk) sont unitaires (car f conserve la norme) et pour i ≠ j :

< vi, vj > = < f(ui), f(uj) > = < ui, uj > = −1/n.

Donc (v0, ..., vn) est une famille spéciale.

(b) Réciproquement, soient (u0, ..., un) et (v0, ..., vn) deux familles spéciales.

i. Montrer qu’il existe un unique f ∈ L(E) tel que ∀j ∈ {0, ..., n − 1}, f(uj) = vj.

Les vecteurs u0, ..., un−1 forment une base de E (question 4), donc f est défini de manière unique par l’image de cette base.

ii. Montrer que f(un) = vn.

On sait que un = −(u0 + ... + un−1) et vn = −(v0 + ... + vn−1). Par linéarité :

f(un) = f(−∑_j=0ⁿ⁻¹ uj) = −∑_j=0ⁿ⁻¹ f(uj) = −∑_j=0ⁿ⁻¹ vj = vn.

iii. Montrer que f est orthogonal.

Pour tous i, j :

< f(ui), f(uj) > = < vi, vj > = < ui, uj >.

Comme u0, ..., un−1 est une base, cette égalité s’étend à tous les vecteurs x, y ∈ E par bilinéarité, donc :

< f(x), f(y) > = < x, y >.

Donc f est un endomorphisme orthogonal.

Conclusion : Les familles spéciales sont exactement les images les unes des autres par endomorphismes orthogonaux.

Partie II : Bases associées

On considère une base (e1, ..., en) de E et on étudie la base associée (be1, ..., ben) définie par < bei, ej > = δij.

1. Existence et unicité de la base associée

Montrer qu’il existe une base unique (be1, ..., ben) telle que pour tous i, j :

< bei, ej > = δij = { 1 si i = j, 0 sinon }.

Preuve :

• On utilise l’isomorphisme ϕ : E → E*, a ↦ ϕa définie par ϕa(x) = < a, x >.
• La base duale (e*1, ..., e*n) de (e1, ..., en) est définie par e*i(ej) = δij.
• Alors (be1, ..., ben) est l’image réciproque par ϕ de (e*1, ..., e*n), ce qui garantit existence et unicité.

Réponse : La base associée (be) existe et est unique.

2. Quelles bases sont égales à leur base associée ?

On cherche les bases (e) telles que (be) = (e), c’est-à-dire :

< ei, ej > = δij.

Ce sont exactement les bases orthonormées.

Réponse : Les bases orthonormées sont celles qui sont égales à leur base associée.

3. Coordonnées d’un vecteur dans la base associée

Soit x ∈ E, on note xi ses coordonnées dans la base (e).

Montrer que :

xi = < bei, x >.

Preuve :

On a :

x = ∑_j=1ⁿ xj ej.

Donc :

< bei, x > = ∑_j=1ⁿ xj < bei, ej > = ∑_j=1ⁿ xj δij = xi.

Réponse : Les coordonnées contravariantes de x dans (e) sont les produits scalaires de x avec les vecteurs de la base associée (be).

4. Expression du produit scalaire et de la norme en fonction des coordonnées

Soient x, y ∈ E, avec coordonnées xi, yi dans (e) et bxi, byi dans (be).

On a :

< x, y > = ∑_i=1ⁿ xi byi = ∑_i=1ⁿ bxi yi.

En particulier :

k x k² = < x, x > = ∑_i=1ⁿ xi bxi.

Réponse : Le produit scalaire s’exprime simplement comme la somme des produits des coordonnées contravariantes dans une base par les coordonnées contravariantes dans la base associée.

5. Relation entre matrices de Gram et matrices de passage

Soit G la matrice de Gram de (e) et bG celle de (be). On montre que :

bG = G⁻¹.

Preuve :

• La matrice de passage de (e) à (be) est bG.
• La matrice de passage de (be) à (e) est G.
• Ces matrices sont inverses l’une de l’autre.

Réponse : La matrice de Gram de la base associée est l’inverse de celle de la base initiale.

6. Si (e) est une base obtusangle, alors (be) est une base acutangle

On pose α = max_j k ej k² et A = I_n − (1/α) G.

(a) Montrer que A a des coefficients positifs ou nuls.

Pour i ≠ j, aij = −(1/α) < ei, ej > ≥ 0 car (e) est obtusangle (produits scalaires ≤ 0).

Pour i = j, aii = 1 − (1/α) k ei k² ≥ 0 car k ei k² ≤ α.

(b) Montrer que A et G sont diagonalisables simultanément.

G est symétrique réelle, donc diagonalisable. A est une combinaison linéaire de I et G, donc aussi diagonalisable dans la même base.

(c) Montrer que les valeurs propres de A sont dans [0, 1[.

Les valeurs propres µi de G satisfont 0 < µi ≤ α. Donc les valeurs propres λi de A sont :

λi = 1 − (1/α) µi ∈ [0, 1[.

(d) Montrer que la suite Bm = I + A + A² + ... + A^m converge vers α G⁻¹.

Diagonalisation : Bm = P (I + Δ + Δ² + ... + Δ^m) P⁻¹, où Δ est diagonale avec valeurs propres λi.

La somme géométrique converge car 0 ≤ λi < 1 :

lim_m→∞ (I + Δ + ... + Δ^m) = (I − Δ)⁻¹.

Donc :

lim_m→∞ Bm = (I − A)⁻¹ = α G⁻¹.

(e) En déduire que (be) est une famille acutangle.

Les matrices Bm ont des coefficients positifs ou nuls, donc leur limite α G⁻¹ aussi.

Comme α > 0, G⁻¹ = bG a des coefficients positifs ou nuls, donc pour tous i ≠ j :

< bei, bej > ≥ 0.

Réponse : La base associée (be) d’une base obtusangle (e) est une base acutangle.

Méthode

Ce problème récompense la maîtrise des propriétés des produits scalaires dans un espace euclidien, la manipulation des relations linéaires entre vecteurs, ainsi que l’utilisation des matrices de Gram et des bases duales. La rigueur dans le raisonnement par l’absurde, la gestion des signes des coefficients dans les combinaisons linéaires, et la compréhension des propriétés spectrales des matrices symétriques sont essentielles.

Les erreurs fréquentes punies sont :

• Omettre de vérifier la positivité ou la nullité des coefficients dans les relations linéaires.
• Confondre les bases associées et les bases orthonormées.
• Ne pas justifier la convergence des suites matricielles via la diagonalisation.
• Ignorer la symétrie et les propriétés des matrices de Gram dans les démonstrations.

Enfin, il est crucial de suivre les définitions données (par exemple, la définition stricte des familles obtusangles) et de ne pas appliquer des résultats extérieurs non mentionnés dans l’énoncé.