École AVOSZ

208. La série de terme général sin(n)/n n’est pas absolument convergente

Rédigé par Yannis TRIANTAPHYLIDESon 12/01/202223/01/2022| Niveau Prépa

Soit $N$ un entier naturel non nul.

Pour tout réel $x$, $\vert \sin x \vert \leq 1$, il vient la minoration suivante :

$\begin{aligned} \sum_{n=1}^{N} \frac{\vert \sin n \vert }{n} &\geq \sum_{n=1}^{N} \frac{\vert \sin n \vert^2 }{n} \\&\geq \sum_{n=1}^{N} \frac{ \sin^2 n }{n} \\&\geq \sum_{n=1}^{N} \frac{ 1-\cos 2n }{2n} \\&\geq \frac{1}{2}\sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n} – \frac{1}{2} \sum_{n=1}^{N} \frac{\cos 2n }{n}.\end{aligned}$

En considérant le nombre complexe $z = \cos 2 + i \sin 2$ et la démarche vue dans l'article 207 vous aboutissez au fait que la série $\sum_{n\geq 1} \frac{\cos 2n }{n}$ est convergente.

Donc il existe un nombre réel $M$ tel que, pour tout $N\in\N^{*}$, $\sum_{n=1}^{N} \frac{\cos 2n }{n} \leq M.$

Vous déduisez la minoration suivante :

$\begin{aligned} \forall N\in\N^{*}, \sum_{n=1}^{N} \frac{\vert \sin n \vert }{n} \geq \frac{1}{2}\sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n} -\frac{M}{2}.\end{aligned}$

Comme $\lim_{N\to +\infty} \sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n} = +\infty$, il vient par comparaison $\lim_{N\to +\infty} \sum_{n=1}^{N} \frac{\vert \sin n \vert }{n} = +\infty.$

La série $\sum_{n\geq 1}\frac{\sin n}{n}$ n’est pas absolument convergente.

207. Les séries de termes généraux sin(n)/n et cos(n)/n sont convergentes

Rédigé par Yannis TRIANTAPHYLIDESon 10/01/202207/02/2022| Niveau Prépa

Il s’agit de montrer dans cet article que les séries $\sum_{n\geq 1} \frac{\sin n}{n}$ et $\sum_{n\geq 1} \frac{\cos n}{n}$ sont convergentes.

Pour y parvenir, vous considérez le nombre complexe $z = \cos 1 + i\sin 1= \e^i.$

Par la formule de Moivre, $\forall n\geq 1,\cos n + i \sin n = \e^{in} = (\e^i)^n =z^n.$

Vous cherchez à montrer que la série complexe $\sum_{n\geq 1} \frac{z^n}{n}$ est convergente.

Utilisez une idée attribuée à Abel

Pour tout $n\in\N$, vous posez $S_n = \sum_{k=0}^n z^n$ équivalent à « primitiver », ce qui fera apparaître la quantité $\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$, qui produira une série absolument convergente.

Cette technique est analogue à une intégration par parties, qui permet de montrer la convergence des deux intégrales $\int_{1}^{+\infty}\frac{\sin x }{x}\,\text{d}x$ et $\int_{1}^{+\infty}\frac{\cos x }{x}\,\text{d}x.$

Soit $N$ un entier supérieur ou égal à $2$, vous avez :

$\begin{aligned} \sum_{n=1}^{N} \frac{z^n}{n} &=\sum_{n=1}^{N} \frac{S_n-S_{n-1}}{n} \\&=\sum_{n=1}^{N} \frac{S_n}{n} – \sum_{n=1}^{N} \frac{S_{n-1}}{n} \\&=\sum_{n=1}^{N} \frac{S_n}{n} – \sum_{n=0}^{N-1} \frac{S_{n}}{n+1} \\&=\frac{S_N}{N} + \sum_{n=1}^{N-1} \frac{S_n}{n} – \sum_{n=1}^{N-1} \frac{S_{n}}{n+1} -S_0\\&=\frac{S_N}{N} -1 + \sum_{n=1}^{N-1} S_n \left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)\\&=\frac{S_N}{N} -1 + \sum_{n=1}^{N-1} \frac{S_n}{n(n+1)}.\end{aligned}$

Majorez le module de $S_n$

Soit $n$ un entier naturel. Notez que $z\neq 1.$

Par sommation de termes consécutifs d’une suite géométrique, il vient :

$\begin{aligned} S_n &= \sum_{k=0}^n z^n\\&= \frac{1-z^{n+1}}{1-z}.\end{aligned}$

En prenant le module, il vient :

$\begin{aligned} \vert S_n \vert &\leq \left\lvert \frac{1-z^{n+1}}{1-z} \right\rvert \\ &\leq \frac{\left\lvert 1-z^{n+1} \right\rvert}{\left\lvert1-z\right\rvert} \\&\leq \frac{1+\left\lvert z^{n+1} \right\rvert}{\left\lvert1-z\right\rvert} \\&\leq \frac{2}{\left\lvert1-z\right\rvert}\end{aligned}$

Il résulte de cette section que la suite $(S_n)_{n\geq 0}$ est bornée.

Etablissez la convergence de la série $\sum_{n\geq 1} \frac{S_n}{n(n+1)}$

Rappelez-vous que : $\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n(n+1)} = 1.$

En effet, soit $N$ un entier naturel non nul.

Pour tout entier $n$ compris entre $1$ et $N$, en décomposant en éléments simples la fraction $\frac{1}{n(n+1)}$, il vient $\frac{1}{n(n+1)} = \frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}.$

Par sommation téléscopique :

$\begin{aligned} \sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n(n+1)} &= \sum_{n=1}^{N} \left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)\\&= \sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n}-\sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n+1}\\&= \sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n}-\sum_{n=2}^{N+1} \frac{1}{n}\\&= 1 + \sum_{n=2}^{N} \frac{1}{n}-\sum_{n=2}^{N} \frac{1}{n} -\frac{1}{N+1}\\&= 1 -\frac{1}{N+1}.\end{aligned}$

Comme $\lim_{N\to +\infty} \frac{1}{N+1} = 0$ il vient $\lim_{N\to +\infty} \sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n(n+1)} = 1$ ce qui prouve $\boxed{\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n(n+1)} = 1.}$

Soit maintenant $N$ un entier naturel.

$\begin{aligned} \sum_{n = 1}^N \left\lvert \frac{S_n}{n(n+1)} \right\rvert &\leq \sum_{n = 1}^N \frac{\left\lvert S_n \right\rvert}{n(n+1)} \\ &\leq \frac{2}{\left\lvert1-z\right\rvert} \sum_{n = 1}^N \frac{1}{n(n+1)} \\ &\leq \frac{2}{\left\lvert1-z\right\rvert} \sum_{n = 1}^{+\infty} \frac{1}{n(n+1)} \\ &\leq \frac{2}{\left\lvert1-z\right\rvert}. \end{aligned}$

La série $\sum_{n\geq 1} \frac{S_n}{n(n+1)}$ est absolument convergente, donc convergente, vers sa somme notée $\sum_{n= 1}^{+\infty} \frac{S_n}{n(n+1)}.$

Concluez

Il a été vu que, pour tout entier $N\geq 2$, vous avez :

$\begin{aligned} \sum_{n=1}^{N} \frac{z^n}{n} &= \frac{S_N}{N} -1 + \sum_{n=1}^{N-1} \frac{S_n}{n(n+1)}.\end{aligned}$

Comme la suite $(S_N)_{N\geq 2}$ est bornée, $\lim_{N\to +\infty} \frac{S_N}{N} = 0.$

Vous déduisez que la série $\sum_{n\geq 1} \frac{z^n}{n}$ converge et que la somme vérifie $\sum_{n= 1}^{+\infty} \frac{z^n}{n} = \sum_{n= 1}^{+\infty} \frac{S_n}{n(n+1)} -1.$

En prenant les parties réelle et imaginaire, vous déduisez que les deux séries $\sum_{n\geq 1} \frac{\sin n}{n}$ et $\sum_{n\geq 1} \frac{\cos n}{n}$ sont convergentes, respectivement vers la partie réelle et la partie imaginaire de $\sum_{n= 1}^{+\infty} \frac{z^n}{n}.$

206. Exemple de deux suites équivalentes dont les séries associées ne sont pas de même nature

Rédigé par Yannis TRIANTAPHYLIDESon 10/01/202210/01/2022| Niveau Prépa

Considérez les suites $(u_n)_{n\geq 2}$ et $(v_n)_{n\geq 2}$ définies de la façon suivante :

$\begin{aligned} \boxed{\forall n\geq 2, u_n = \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}\text{ et }v_n = \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}+(-1)^n}.}\end{aligned}$

Montrez que ces deux suites sont équivalentes

Remarquez déjà que pour tout entier $n\geq 2$ $v_n$ est non nul. Cela permet de passer au quotient.

Soit $n$ un entier tel que $n\geq 2$, vous avez :

$\begin{aligned} \frac{u_n}{v_n} &= \frac{\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}}{\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}+(-1)^n}}\\&= \frac{\sqrt{n}+(-1)^n}{\sqrt{n}}\\&= 1+ \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}.\end{aligned}$

Or, vous avez la majoration :

$\begin{aligned} \left\lvert \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}} \right\rvert &\leq \frac{1}{\sqrt{n}}.\end{aligned}$

Comme $\lim_{n\to +\infty} \frac{1}{\sqrt{n}} = 0$, il vient $\lim_{n\to +\infty} \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}} = 0$ et donc $\lim_{n\to +\infty} \frac{u_n}{v_n} = 1.$

Ainsi les deux suites $(u_n)$ et $(v_n)$ sont bien équivalentes.

Montrez que la série $\sum_{n\geq 2} \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}$ est convergente

Note : le lecteur qui connaît le critère spécial des séries alternées peut sauter cette section.

Pour tout entier $N$ supérieur ou égal à $2$, posez $S_{N} = \sum_{n=2}^{N} \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}.$

Il s’agit de comprendre pourquoi $\lim_{N\to +\infty} S_N$ existe et est un nombre réel.

Tout d’abord :

$\begin{aligned} S_2 &= \frac{1}{\sqrt{2}} \\S_4 &= \frac{1}{\sqrt{2}}- \frac{1}{\sqrt{3}} + \frac{1}{\sqrt{4}}.\end{aligned}$

Inutile d’aller plus loin, comme $\frac{1}{\sqrt{4}} < \frac{1}{\sqrt{3}}$ il vient $-\frac{1}{\sqrt{3}}+\frac{1}{\sqrt{4}} < 0.$

Voyez-vous ce qui se passe ? La suite $(S_{2N})_{N\geq 1}$ semble être décroissante.

En effet, soit $N$ un entier supérieur ou égal à $1.$

$\begin{aligned} S_{2N+2}-S_{2N} &= \sum_{n=2}^{2N+2} \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}} – \sum_{n=2}^{2N} \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}\\&= \frac{(-1)^{2N+1}}{\sqrt{2N+1}}+\frac{(-1)^{2N+2}}{\sqrt{2N+2}}\\&= \frac{-1}{\sqrt{2N+1}}+\frac{1}{\sqrt{2N+2}}\\&= \frac{\sqrt{2N+1}-\sqrt{2N+2}}{\sqrt{2N+1}\sqrt{2N+2}}\\&= \frac{(\sqrt{2N+1}-\sqrt{2N+2})(\sqrt{2N+1}+\sqrt{2N+2})}{\sqrt{2N+1}\sqrt{2N+2}(\sqrt{2N+1}+\sqrt{2N+2})}\\&= \frac{-1}{\sqrt{2N+1}\sqrt{2N+2}(\sqrt{2N+1}+\sqrt{2N+2})}\\\end{aligned}$

Du coup $S_{2N+2}< S_{2N}.$

Maintenant, vous allez montrer que la suite $(S_{2N})_{N\geq 1}$ est minorée par $0.$

Déjà, $S_2 \geq 0.$

La sommation par paquets va se révéler très intéressante pour la suite.

Soit $N$ un entier supérieur ou égal à $2.$

$\begin{aligned} S_{2N} &\geq \sum_{n=2}^{2N} \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}} \\&\geq \sum_{n=1}^{N-1}\left(\frac{(-1)^{2n}}{\sqrt{2n}} + \frac{(-1)^{2n+1}}{\sqrt{2n+1}}\right) + \frac{(-1)^{2N}}{\sqrt{2N}}\\&\geq \sum_{n=1}^{N-1}\left(\frac{(-1)^{2n}}{\sqrt{2n}} + \frac{(-1)^{2n+1}}{\sqrt{2n+1}}\right) + \frac{1}{\sqrt{2N}}\\&\geq \sum_{n=1}^{N-1}\left(\frac{1}{\sqrt{2n}} – \frac{1}{\sqrt{2n+1}}\right)\\&\geq \sum_{n=1}^{N-1}\frac{\sqrt{2n+1}-\sqrt{2n}}{\sqrt{2n}\sqrt{2n+1}}\\&\geq \sum_{n=1}^{N-1}\frac{1}{\sqrt{2n}\sqrt{2n+1}(\sqrt{2n+1}+\sqrt{2n})}\\&\geq 0.\end{aligned}$

Vous déduisez de ce qui précède que la suite $(S_{2N})_{N\geq 1}$ est minorée par $0$. Comme elle est décroissante, elle converge vers un nombre réel $\ell$ positif.

Montrez maintenant que la suite $(S_N)_{N\geq 2}$ converge vers $\ell.$

Soit $\varepsilon$ un réel strictement positif. Par convergence de la suite $(S_{2N})_{N\geq 1}$ vers $\ell$ vous déduisez :

$\exists P\geq 1, \forall N\geq P, \vert S_{2N} – \ell \vert \leq \frac{\varepsilon}{2}.$

Soit $N$ un entier supérieur ou égal à $\mathrm{Max}\left( \frac{4}{\varepsilon^2}, 2P+1\right).$

1er cas : $N$ est pair. Il existe un entier $M$ tel que $N=2M.$ Comme $N\geq 2P$, vous avez $M\geq P$, donc $ \vert S_{2M} – \ell \vert \leq \frac{\varepsilon}{2}$ donc $\vert S_{2M} – \ell \vert \leq \varepsilon$ ce qui s’écrit $\vert S_{N} – \ell \vert \leq \varepsilon.$

2ème cas : $N$ est impair. Il existe un entier $M$ tel que $N = 2M+1.$

$\begin{aligned} \left\rvert S_N – \ell \right\rvert &\leq \left\rvert \sum_{n=2}^{N} u_n – \ell \right\rvert \\ &\leq \left\rvert \sum_{n=2}^{2M+1} u_n – \ell \right\rvert \\ &\leq \left\rvert \sum_{n=2}^{2M} u_n – \ell + \frac{(-1)^{2M+1}}{\sqrt{2M+1}} \right\rvert \\&\leq \left\rvert \sum_{n=2}^{2M} u_n – \ell \right\rvert + \left\rvert \frac{(-1)^{2M+1}}{\sqrt{2M+1}} \right\rvert \\&\leq \left\rvert \sum_{n=2}^{2M} u_n – \ell \right\rvert + \frac{1}{\sqrt{2M+1}} \\&\leq \left\rvert S_{2M} – \ell \right\rvert + \frac{1}{\sqrt{N}} \\\end{aligned}$

Or $N\geq 2P+1$ donc $2M+1\geq 2P+1$ donc $M\geq P$ donc $\left\rvert S_{2M} – \ell \right\rvert \leq \frac{\varepsilon}{2}.$

Comme $N\geq \frac{4}{\varepsilon^2}$, il vient $\sqrt{N}\geq \frac{2}{\varepsilon}$ puis $\frac{1}{\sqrt{N}}\leq \frac{\varepsilon}{2}.$

Ainsi, $\left\rvert S_N – \ell \right\rvert \leq \varepsilon.$

Il a été démontré que $\lim_{N\to +\infty} S_N = \ell.$

Montrez que la série $\sum_{n\geq 2} \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}+(-1)^n}$ est divergente

Effectuez un développement limité au voisinage de $+\infty$ :

$\begin{aligned} \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}+(-1)^{n}} &= \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}\times \frac{1}{1+\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}}\\&= \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}\times \left(1 – \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}} + O\left(\frac{1}{n}\right)\right)\\&= \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}} – \frac{1}{n} + O\left(\frac{1}{n\sqrt{n}}\right)\\\end{aligned}$

Ce qui montre que :

$\begin{aligned} \frac{1}{n} = u_n -v_n + O\left(\frac{1}{n\sqrt{n}}\right).\end{aligned}$

Il a été vu précédemment que $\sum_{n\geq 2} u_n$ converge.

Par le critère de Riemann la série $\sum_{n\geq 2} \frac{1}{n\sqrt{n}}$ converge.

Supposez que la série $\sum_{n\geq 2} v_n$ converge. Alors la série harmonique $\sum_{n\geq 2} \frac{1}{n}$ converge aussi, ce qui est absurde.

Donc la série $\sum_{n\geq 2} v_n$ diverge.

205. L’intégrale de sinus x sur x n’est pas absolument convergente

Rédigé par Yannis TRIANTAPHYLIDESon 09/01/202210/01/2022| Niveau Prépa

Dans cet article, vous établissez que $\int_{1}^{+\infty} \frac{\vert \sin x \vert \,\text{d}x}{x} = +\infty.$

Notez au préalable que la fonction $x\mapsto \frac{\vert \sin x \vert}{x}$ est positive sur $[1,+\infty[$, donc l’intégrale $\int_{1}^{+\infty} \frac{\vert \sin x \vert \,\text{d}x}{x}$ est bien définie et prend sa valeur dans l’ensemble $\R_{+}\cup \{+\infty\}.$

Découpez la somme et ramenez-vous à l’intervalle $[0,\pi]$

Soit $n$ un entier naturel supérieur ou égal à $2.$

Par positivité de la fonction intégrée, le fait que $\forall x\in\R, \sin x = -\sin (x+\pi)$, vous avez les minorations :

$\begin{aligned} \int_{1}^{+\infty} \frac{\vert \sin x \vert \,\text{d}x}{x} &\geq \int_{\pi}^{n\pi} \frac{\vert \sin x \vert \,\text{d}x}{x} \\&\geq \sum_{k=1}^{n-1} \int_{k\pi}^{(k+1)\pi} \frac{\vert \sin x \vert \,\text{d}x}{x}\\&\geq \sum_{k=1}^{n-1} \int_{0}^{\pi} \frac{\vert \sin (x+k\pi) \vert \,\text{d}x}{x+k\pi}\\&\geq \sum_{k=1}^{n-1} \int_{0}^{\pi} \frac{\vert \sin x \vert \,\text{d}x}{x+k\pi}\\&\geq \sum_{k=1}^{n-1} \int_{0}^{\pi} \frac{\vert \sin x \vert \,\text{d}x}{\pi+k\pi}\\&\geq \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{\pi+k\pi} \int_{0}^{\pi} \vert \sin x \vert \,\text{d}x\\&\geq \left(\int_{0}^{\pi} \vert \sin x \vert \,\text{d}x\right) \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{\pi+k\pi} \\&\geq \frac{1}{\pi} \left(\int_{0}^{\pi} \vert \sin x \vert \,\text{d}x\right) \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{1+k} \\&\geq \frac{1}{\pi} \left(\int_{0}^{\pi} \vert \sin x \vert \,\text{d}x\right) \sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k}\\&\geq \frac{1}{\pi} \left(\int_{0}^{\pi} \sin x \,\text{d}x\right) \sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k}\\&\geq \frac{1}{\pi} \left[-\cos x\right]_0^{\pi} \sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k}\\&\geq \frac{1}{\pi} \left(-\cos \pi + \cos 0\right) \sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k}\\&\geq \frac{2}{\pi} \sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k}.\end{aligned}$

Minorez la somme harmonique $\sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k}$

Il est bien connu que $\sum_{k=2}^{+\infty}\frac{1}{k} = +\infty.$ Par souci de complétude, une démonstration utilisant une comparaison série-intégrale est utilisée.

Rappelez-vous que $n$, dans ce paragraphe, désigne toujours un entier naturel supérieur ou égal à $2.$

Soit $k$ un nombre compris entre $2$ et $n.$

Par décroissance de la fonction $x\mapsto \frac{1}{x}$ sur $[2,+\infty[$, vous obtenez :

$\begin{aligned} \int_{k}^{k+1}\frac{\text{d}x}{x} &\leq \int_{k}^{k+1}\frac{\text{d}x}{k} \\\int_{k}^{k+1}\frac{\text{d}x}{x} &\leq \frac{1}{k} \\\ln (k+1) – \ln k &\leq \frac{1}{k}.\end{aligned}$

Par sommation, il vient :

$\begin{aligned} \sum_{k=2}^n (\ln (k+1) – \ln k) &\leq \sum_{k=2}^n \frac{1}{k}\\\sum_{k=2}^n \ln (k+1) – \sum_{k=2}^n \ln k &\leq \sum_{k=2}^n \frac{1}{k}\\\sum_{k=3}^{n+1} \ln k – \sum_{k=2}^n \ln k &\leq \sum_{k=2}^n \frac{1}{k}\\\ln(n+1)+\sum_{k=3}^{n} \ln k – \sum_{k=3}^n \ln k -\ln 2&\leq \sum_{k=2}^n \frac{1}{k}\\\ln(n+1) -\ln 2&\leq \sum_{k=2}^n \frac{1}{k}.\end{aligned}$

Concluez

D’après les deux sections précédentes, pour tout entier naturel $n$ supérieur ou égal à $2$ :

$\begin{aligned} \int_{1}^{+\infty} \frac{\vert \sin x \vert \,\text{d}x}{x} &\geq \int_{\pi}^{n\pi} \frac{\vert \sin x \vert \,\text{d}x}{x} \\&\geq \frac{2}{\pi} \sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k}\\&\geq \frac{2}{\pi} \left(\ln(n+1) -\ln 2\right).\end{aligned}$

Comme $\lim_{n\to +\infty} \ln(n+1) -\ln 2 = +\infty$, il vient $\boxed{\int_{1}^{+\infty} \frac{\vert \sin x \vert \,\text{d}x}{x} = +\infty.}$

Prolongement

Pourriez-vous montrer que l’intégrale $\int_{1}^{+\infty} \frac{ \sin x \,\text{d}x}{x}$ est convergente ?

Autrement dit, pourriez-vous montrer que la limite $\lim_{t\to +\infty} \int_{1}^{t} \frac{ \sin x \,\text{d}x}{x}$ existe et est un nombre réel ?

204. Système linéaire par les matrices de rotation de Givens

Rédigé par Yannis TRIANTAPHYLIDESon 31/12/202121/06/2023| Niveau Prépa

Soit à résoudre le système suivant :

$\begin{aligned} \left\{\begin{array}{llllll}a_1 &-2a_2& &+2a_4&-3a_5&=2\\2a_1 & -4a_2 & +2a_3 & &+8a_5 &=6\\a_1&-2a_2&+3a_3&-3a_4&+16a_5&=8.\end{array}\right.\end{aligned}$

L’objectif du présent document est de montrer sur cet exemple un processus systématique permettant d’obtenir la résolution d’un système en utilisant des matrices de rotation de Givens.

Les avantages de cette résolution, c’est que les matrices de rotation sont orthogonales, facilement inversibles et fournissent une excellente stabilité numérique.

L’inconvénient, comme vous le verrez, est la présence accrue de racines carrées, qui est le prix à payer de cette stabilité.

Introduisez la matrice augmentée du système

Posez :

$\begin{aligned} A=\begin{pmatrix}\begin{array}{ccccc|l}1 & -2 & 0 & 2 & -3 & 2\\2 & -4 & 2 & 0 & 8 & 6\\1 & -2 & 3 & -3 & 16 & 8\end{array}\end{pmatrix}.\end{aligned}$

Obtenez un système équivalent avec une première matrice de rotation

Soient $c$ et $s$ deux nombres réels. Considérez la matrice suivante :

$\begin{aligned} R=\begin{pmatrix}c & -s & 0\\s & c & 0\\0 & 0 & 1\end{pmatrix}.\end{aligned}$

Lorsque $c$ et $s$ sont deux réels vérifiant $c^2+s^2=1$, la matrice $R$ est orthogonale et c’est une matrice de rotation.

Vous calculez donc :

$\begin{aligned} RA=\begin{pmatrix}\begin{array}{ccccc|l}c-2s & -2c+4s & -2s & 2c & -3c-8s & 2c-6s\\s+2c & -2s-4c & 2c & 2s & -3s+8c & 2s+6c\\1 & -2 & 3 & -3 & 16 & 8\end{array}\end{pmatrix}.\end{aligned}$

L’objectif étant d’avoir la seconde ligne qui commence par $0$, vous voulez avoir $s+2c = 0$ soit $s = -2c$, d’où $s^2=4c^2$ et donc $s^2+c^2=5c^2=1.$

Choisissez $c = \frac{\sqrt{5}}{5}$ et $s=\frac{-2\sqrt{5}}{5}.$ Les deux conditions $c^2+s^2=1$ et $s+2c=0$ sont remplies :

$\begin{aligned} R=\begin{pmatrix}\frac{\sqrt{5}}{5} & \frac{2\sqrt{5}}{5} & 0\\\frac{-2\sqrt{5}}{5} & \frac{\sqrt{5}}{5} & 0\\0 & 0 & 1\end{pmatrix}.\end{aligned}$

$\begin{aligned} RA&=\begin{pmatrix}\begin{array}{ccccc|l}\sqrt{5} & -2\sqrt{5} & \frac{4\sqrt{5}}{5} & \frac{2\sqrt{5}}{5} & \frac{13\sqrt{5}}{5} & \frac{14\sqrt{5}}{5}\\0 & 0 & \frac{2\sqrt{5}}{5} & \frac{-4\sqrt{5}}{5} & \frac{14\sqrt{5}}{5} & \frac{2\sqrt{5}}{5}\\1 & -2 & 3 & -3 & 16 & 8\end{array}\end{pmatrix}.\end{aligned}$

Continuez avec une autre matrice de rotation

Afin de simplifier les notations, notez encore $c$ et $s$ deux réels tels que $c^2+s^2=1.$

Considérez alors la matrice suivante :

$\begin{aligned} S=\begin{pmatrix}c & 0 & -s\\0 & 1 & 0\\s & 0 & c\end{pmatrix}.\end{aligned}$

Ce qui fournit :

$\begin{aligned} SRA=\begin{pmatrix}\begin{array}{ccccc|l}\sqrt{5}c -s & -2\sqrt{5}c +2s& \frac{4\sqrt{5}}{5}c -3s & \frac{2\sqrt{5}}{5}c +3s& \frac{13\sqrt{5}}{5}c -16s& \frac{14\sqrt{5}}{5}c-8s\\0 & 0 & \frac{2\sqrt{5}}{5} & \frac{-4\sqrt{5}}{5} & \frac{14\sqrt{5}}{5} & \frac{2\sqrt{5}}{5}\\\sqrt{5}s +c & -2\sqrt{5}s -2c& \frac{4\sqrt{5}}{5}s +3c& \frac{2\sqrt{5}}{5}s -3c& \frac{13\sqrt{5}}{5}s+16c & \frac{14\sqrt{5}}{5}s+8c\end{array}\end{pmatrix}.\end{aligned}$

Vous souhaitez avoir $\sqrt{5}s +c = 0$ ce qui conduit à $c = -\sqrt{5}s$ soit $c^2 = 5s^2.$ Or $c^2+s^2 = 1$ donc $1 = 6s^2$ d’où $s = \frac{\sqrt{6}}{6}$ et $c = \frac{-\sqrt{30}}{6}.$

Comme $c\sqrt{5}=\frac{-5\sqrt{6}}{6}$ :

$\begin{aligned} S=\begin{pmatrix}\frac{-\sqrt{30}}{6} & 0 & -\frac{\sqrt{6}}{6}\\0 & 1 & 0\\\frac{\sqrt{6}}{6} & 0 & \frac{-\sqrt{30}}{6}\end{pmatrix}\end{aligned}$

$\begin{aligned} SRA=\begin{pmatrix}\begin{array}{ccccc|l}-\sqrt{6} & 2\sqrt{6} & \frac{-7\sqrt{6}}{6} & \frac{\sqrt{6}}{6} & \frac{-29\sqrt{6}}{6} & \frac{-11\sqrt{6}}{3}\\0 & 0 & \frac{2\sqrt{5}}{5} & \frac{-4\sqrt{5}}{5} & \frac{14\sqrt{5}}{5} & \frac{2\sqrt{5}}{5} \\0 & 0 & \frac{-11\sqrt{30}}{30} & \frac{17\sqrt{30}}{30} & \frac{-67\sqrt{30}}{30} & \frac{-13\sqrt{30}}{15}\end{array}\end{pmatrix}.\end{aligned}$

Finissez avec une matrice de rotation

Les nombres $s$ et $c$ étant deux réels tels que $c^2+s^2=1$, vous posez :

$\begin{aligned} T=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0\\0 & c & -s\\0 & s & c\end{pmatrix}.\end{aligned}$

$\begin{aligned} TSRA=\begin{pmatrix}\begin{array}{ccccc|l}-\sqrt{6} & 2\sqrt{6} & \frac{-7\sqrt{6}}{6} & \frac{\sqrt{6}}{6} & \frac{-29\sqrt{6}}{6} & \frac{-11\sqrt{6}}{3}\\0 & 0 & \frac{2\sqrt{5}}{5}c + \frac{11\sqrt{30}}{30}s& \frac{-4\sqrt{5}}{5}c – \frac{17\sqrt{30}}{30}s & \frac{14\sqrt{5}}{5}c + \frac{67\sqrt{30}}{30}s& \frac{2\sqrt{5}}{5}c+ \frac{13\sqrt{30}}{15}\\0 & 0 &\frac{2\sqrt{5}}{5}s – \frac{11\sqrt{30}}{30}c & \frac{-4\sqrt{5}}{5}s+\frac{17\sqrt{30}}{30}c &\frac{14\sqrt{5}}{5}s-\frac{67\sqrt{30}}{30}c & \frac{2\sqrt{5}}{5}s-\frac{13\sqrt{30}}{15}c\end{array}\end{pmatrix}.\end{aligned}$

Vous souhaitez avoir $\frac{2\sqrt{5}}{5}s- \frac{11\sqrt{30}}{30}c = 0$ d’où :

$\begin{aligned} 12 \sqrt{5}s-11\sqrt{30}c &= 0 \\12 s-11\sqrt{6}c &= 0\\12 s&=11\sqrt{6}c\\144s^2 &= 6\times 121 c^2\\24s^2 &= 121 c^2\\24(1-c^2)&=121c^2\\24 &= 145c^2\end{aligned}$

Vous choisissez par exemple :

$\begin{aligned} c&=\frac{2\sqrt{6}}{\sqrt{145}}\\&=\frac{2\sqrt{870}}{145}.\end{aligned}$

Alors il vient :

$\begin{aligned} s&=\frac{11\sqrt{6}}{12}c\\&=\frac{11\sqrt{6}}{12}\times \frac{2\sqrt{870}}{145}\\&=\frac{11\sqrt{6}}{6}\times \frac{\sqrt{870}}{145}\\&=\frac{11\sqrt{6}}{6}\times \frac{\sqrt{6}\times \sqrt{145}}{145}\\&=\frac{11\sqrt{145}}{145}.\end{aligned}$

La matrice $T$ choisie est :

$\begin{aligned} T=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0\\0 & \frac{2\sqrt{870}}{145} & -\frac{11\sqrt{145}}{145}\\0 & \frac{11\sqrt{145}}{145} & \frac{2\sqrt{870}}{145}\end{pmatrix}.\end{aligned}$

Alors :

$\begin{aligned} TSRA=\begin{pmatrix}\begin{array}{ccccc|l}-\sqrt{6} & 2\sqrt{6} & -\frac{7\sqrt{6}}{6} & \frac{\sqrt{6}}{6} & -\frac{29\sqrt{6}}{6} & -\frac{11\sqrt{6}}{3}\\0 & 0 & \frac{\sqrt{174}}{6} & -\frac{47\sqrt{174}}{174} & \frac{181\sqrt{174}}{174} & \frac{31\sqrt{174}}{87}\\0 & 0 & 0 & -\frac{2\sqrt{29}}{29} & \frac{4\sqrt{29}}{29} & -\frac{6\sqrt{29}}{29}. \end{array}\end{pmatrix}.\end{aligned}$

Concluez

Le système obtenu est échelonné.

Vous procédez à la méthode de remontée :

$\begin{aligned} \left\{\begin{array}{llllll}-a_1 &+2a_2&-\frac{7}{6}a_3 &+\frac{1}{6}a_4&-\frac{29}{6}a_5&=-\frac{11}{3}\\ & & \frac{1}{6}a_3 &-\frac{47}{174}a_4 &+\frac{181}{174}a_5 &=\frac{31}{87}\\& & &-\frac{2}{29}a_4&+\frac{4}{29}a_5&=-\frac{6}{29}\end{array}\right.\end{aligned}$

$\begin{aligned} \left\{\begin{array}{llllll}-6a_1 &+12a_2&-7a_3 &+a_4&-29a_5&=-22\\ & & 29a_3 &-47a_4 &+181a_5 &=62\\& & &-a_4&+2a_5&=-3\end{array}\right.\end{aligned}$

$\begin{aligned} \left\{\begin{array}{llllll}-6a_1 &+12a_2&-7a_3 &+a_4&-29a_5&=-22\\ & & 29a_3 &-47a_4 &+181a_5 &=62\\& & &&a_4&=3+2a_5\end{array}\right.\end{aligned}$

$\begin{aligned} \left\{\begin{array}{llllll}-6a_1 &+12a_2&-7a_3 &+a_4&-29a_5&=-22\\ & & & &29a_3 &=62+47a_4-181a_5\\& & &&a_4&=3+2a_5\end{array}\right.\end{aligned}$

$\begin{aligned} \left\{\begin{array}{llllll}-6a_1 &+12a_2&-7a_3 &+a_4&-29a_5&=-22\\ & & & &29a_3 &=62+141 +94a_5-181a_5\\& & &&a_4&=3+2a_5\end{array}\right.\end{aligned}$

$\begin{aligned} \left\{\begin{array}{llllll}-6a_1 &+12a_2&-7a_3 &+a_4&-29a_5&=-22\\ & & & &29a_3 &=203 -87a_5\\& & &&a_4&=3+2a_5\end{array}\right.\end{aligned}$

$\begin{aligned} \left\{\begin{array}{llllll}-6a_1 &+12a_2&-7a_3 &+a_4&-29a_5&=-22\\ & & & &a_3 &=7 -3a_5\\& & &&a_4&=3+2a_5\end{array}\right.\end{aligned}$

\left\{\begin{align*} -6a_1 &=-22-12a_2+7(7-3a_5)-(3+2a_5)+29a_5\\ a_3 &=7 -3a_5\\ a_4&=3+2a_5 \end{align*}\right.

\left\{\begin{align*} -6a_1&=-12a_2+24+6a_5\\ a_3 &=7 -3a_5\\ a_4&=3+2a_5 \end{align*}\right.

\left\{\begin{align*} a_1&=2a_2-4-a_5\\ a_3 &=7 -3a_5\\ a_4&=3+2a_5. \end{align*}\right.

203. Construction d’une base orthonormale avec des matrices

Rédigé par Yannis TRIANTAPHYLIDESon 30/12/202130/12/2021| Niveau Prépa

Soit $E$ l’ensemble des polynômes de $\R[X]$ dont le degré est inférieur ou égal à $2.$

Munissez $E$ du produit scalaire suivant :

$\begin{aligned} \forall (P,Q)\in E^2, \langle P, Q \rangle = \int_{0}^{1} P(x)Q(x)\text{d}x.\end{aligned}$

Considérez la famille $(1,X,X^2).$ C’est une base de $E.$

Etablissez la matrice du produit scalaire de cette famille

Posez $P_1(X) = 1$, $P_2(X) = X$ et $P_3(X) = X^2.$

Vous calculez tous les produits scalaires $\langle P_i, P_j \rangle$, où $i$ et $j$ sont deux entiers compris entre $1$ et $3.$

$\begin{aligned} \langle P_1, P_1 \rangle &= \int_{0}^{1} P_1(x)^2\text{d}x\\&= \int_{0}^{1} 1\text{d}x\\&= \int_{0}^{1} \text{d}x\\&=1.\end{aligned}$

$\begin{aligned} \langle P_1, P_2 \rangle &= \int_{0}^{1} P_1(x)P_2(x)\text{d}x\\&= \int_{0}^{1} x\text{d}x\\&= \left[\frac{x^2}{2}\right]\\&=\frac{1}{2}.\end{aligned}$

$\begin{aligned} \langle P_1, P_3 \rangle &= \int_{0}^{1} P_1(x)P_3(x)\text{d}x\\&= \int_{0}^{1} x^2\text{d}x\\&= \left[\frac{x^3}{3}\right]\\&=\frac{1}{3}.\end{aligned}$

$\begin{aligned} \langle P_2, P_2 \rangle &= \int_{0}^{1} P_2(x)P_2(x)\text{d}x\\&= \int_{0}^{1} x^2\text{d}x\\&=\frac{1}{3}.\end{aligned}$

$\begin{aligned} \langle P_2, P_3 \rangle &= \int_{0}^{1} P_2(x)P_3(x)\text{d}x\\&= \int_{0}^{1} x^3\text{d}x\\&= \left[\frac{x^4}{4}\right]\\&=\frac{1}{4}.\end{aligned}$

$\begin{aligned} \langle P_3, P_3 \rangle &= \int_{0}^{1} P_3(x)^2\text{d}x\\&= \int_{0}^{1} x^4\text{d}x\\&= \left[\frac{x^5}{5}\right]\\&=\frac{1}{5}.\end{aligned}$

Compte tenu de la symétrie du produit scalaire, la matrice de ce dernier, calculée dans la famille $(P_1,P_2,P_3)$ est égale à :

$\begin{aligned} A&=\begin{pmatrix}\langle P_i, P_j \rangle\end{pmatrix}_{\substack{1\leq i \leq 3 \\ 1\leq j \leq 3}} \\&=\begin{pmatrix}1 & 1/2 & 1/3\\1/2 & 1/3 & 1/4\\1/3 & 1/4 & 1/5\end{pmatrix}.\end{aligned}$

Utilisez des opérations élémentaires pour rendre cette matrice diagonale

Dans la partie gauche, vous allez utiliser la même opération élémentaire sur les lignes et les colonnes.

Dans la partie droite, vous mémorisez les opérations en effectuant l’opération élémentaire uniquement sur les colonnes en partant de la matrice identité notée $I.$

Cela fournit les calculs suivants :

$\begin{aligned} \begin{array}{c|c}A \xrightarrow[C_2\leftarrow C_2-1/2 C_1]{} \begin{pmatrix}1 & 0 & 1/3\\1/2 & 1/12 & 1/4\\1/3 & 1/12 & 1/5\end{pmatrix} \xrightarrow[L_2\leftarrow L_2-1/2 L_1]{} {}^{t}P_1AP_1 = \begin{pmatrix}1 & 0 & 1/3\\0 & 1/12 & 1/12\\1/3 & 1/12 & 1/5\end{pmatrix} & I \xrightarrow[C_2 \leftarrow C_2-1/2 C_1]{} P_1 = \begin{pmatrix}1 & -1/2 & 0\\0 & 1 & 0\\0 & 0 & 1\end{pmatrix}\\\end{array}\end{aligned}$

$\begin{aligned} \begin{array}{c|c}{}^{t}P_1AP_1 \xrightarrow[C_3\leftarrow C_3-1/3 C_1]{} \begin{pmatrix}1 & 0 & 0\\0 & 1/12 & 1/12\\1/3 & 1/12 & 4/45\end{pmatrix} \xrightarrow[L_3\leftarrow L_3-1/3 L_1]{} {}^{t}P_2AP_2 = \begin{pmatrix}1 & 0 & 0\\0 & 1/12 & 1/12\\0 & 1/12 & 4/45\end{pmatrix} & P_1 \xrightarrow[C_3 \leftarrow C_3-1/3 C_1]{} P_2 = \begin{pmatrix}1 & -1/2 & -1/3\\0 & 1 & 0\\0 & 0 & 1\end{pmatrix}\\\end{array}\end{aligned}$

$\begin{aligned} \begin{array}{c|c}{}^{t}P_2AP_2 \xrightarrow[C_3\leftarrow C_3-C_2]{} \begin{pmatrix}1 & 0 & 0\\0 & 1/12 & 1/12\\0 & 0 & 1/180\end{pmatrix} \xrightarrow[L_3\leftarrow L_3-L_2]{} {}^{t}PAP = \begin{pmatrix}1 & 0 & 0\\0 & 1/12 & 0\\0 & 0 & 1/180\end{pmatrix} & P_2 \xrightarrow[C_3 \leftarrow C_3-C_2]{} P = \begin{pmatrix}1 & -1/2 & 1/6\\0 & 1 & -1\\0 & 0 & 1\end{pmatrix}.\end{array}\end{aligned}$

Lisez la matrice de passage obtenue

Il a été établi que :

$\begin{aligned} P = \begin{pmatrix}1 & -1/2 & 1/6\\0 & 1 & -1\\0 & 0 & 1\end{pmatrix}.\end{aligned}$

En lisant colonne par colonne, vous notez $Q_1(X) = 1\cdot P_1(X)=1$, puis $Q_2(X) = -\frac{1}{2} \cdot P_1(X)+1\cdot P_2(X) = -\frac{1}{2} + X$ et enfin $Q_3(X) = \frac{1}{6}\cdot P_1(X)-1\cdot P_2(X)+1\cdot P_3(X) = \frac{1}{6}-X+X^2.$

D’après ce qui précède la famille $(Q_1,Q_2,Q_3)$ est orthogonale et :

$\begin{aligned} \langle Q_1,Q_1 \rangle &= 1\\\langle Q_2,Q_2 \rangle &= \frac{1}{12}\\\langle Q_3,Q_3 \rangle &= \frac{1}{180}.\end{aligned}$

Posez $R_1 = Q_1$, $R_2 = \sqrt{12}Q_2 = 2\sqrt{3} Q_2 $ puis $R_3 =\sqrt{180} Q_3 = 6\sqrt{5} Q_3.$

Alors la famille $(R_1, R_2, R_3)$ est orthonormale où :

$\begin{aligned} R_1(X) &= 1\\R_2(X) &= -\sqrt{3} + 2\sqrt{3}X\\R_3(X) &= \sqrt{5}-6\sqrt{5}X+6\sqrt{5}X^2.\end{aligned}$

202. Inégalité de Cauchy-Schwarz forte et applications dans un espace vectoriel sur les réels

Rédigé par Yannis TRIANTAPHYLIDESon 24/12/202124/12/2021| Niveau Agrégation

Soit $E$ un espace vectoriel réel normé, dont vous supposez que la norme vérifie la propriété du parallélogramme.

Il a été vu dans dans l'article 200 que la norme provient d’un produit scalaire.

Dans cet article, vous allez partir de l’identité de polarisation et démontrer que l’inégalité de Cauchy-Schwarz est vérifiée, ce qui induira la continuité du produit scalaire.

Partez de l’identité de polarisation et déduisez-en deux autres identités

Quels que soient les vecteurs $x$ et $y$ de l’espace $E$, vous posez :

$\begin{aligned} \langle x, y \rangle = \frac{\lVert x+y \rVert^2 – \lVert x-y \rVert^2}{4}.\end{aligned}$

Soient maintenant deux vecteurs $x$ et $y$ de $E$, fixés.

Comme la norme vérifie la propriété du parallélogramme, vous avez successivement :

$\begin{aligned} \lVert x+y \rVert^2 + \lVert x-y \rVert^2 &= 2 \lVert x \rVert^2 + 2 \lVert y \rVert^2 \\\lVert x+y \rVert^2 – 2 \lVert x \rVert^2 – 2 \lVert y \rVert^2 &= -\lVert x-y \rVert^2 \\2\lVert x+y \rVert^2 – 2 \lVert x \rVert^2 – 2 \lVert y \rVert^2 &= \lVert x+y \rVert^2 -\lVert x-y \rVert^2 \\2\lVert x+y \rVert^2 – 2 \lVert x \rVert^2 – 2 \lVert y \rVert^2 &= 4 \langle x, y \rangle \\\lVert x+y \rVert^2 – \lVert x \rVert^2 – \lVert y \rVert^2 &= 2\langle x, y \rangle.\end{aligned}$

Par suite, il vient :

$\begin{aligned} \boxed{\forall (x,y)\in E^2, \langle x, y \rangle = \frac{\lVert x+y \rVert^2 – \lVert x \rVert^2 – \lVert y \rVert^2}{2}.}\end{aligned}$

$\begin{aligned} \lVert x+y \rVert^2 + \lVert x-y \rVert^2 &= 2 \lVert x \rVert^2 + 2 \lVert y \rVert^2 \\\lVert x+y \rVert^2 &= 2 \lVert x \rVert^2 + 2 \lVert y \rVert^2 – \lVert x-y \rVert^2 \\\lVert x+y \rVert^2 – \lVert x-y \rVert^2 &= 2 \lVert x \rVert^2 + 2 \lVert y \rVert^2 – 2\lVert x-y \rVert^2 \\4 \langle x, y \rangle &= 2 \lVert x \rVert^2 + 2 \lVert y \rVert^2 – 2\lVert x-y \rVert^2 \\2 \langle x, y \rangle &= \lVert x \rVert^2 + \lVert y \rVert^2 – \lVert x-y \rVert^2.\end{aligned}$

Par suite, il vient :

$\begin{aligned} \boxed{\forall (x,y)\in E^2, \langle x, y \rangle = \frac{ \lVert x \rVert^2 + \lVert y \rVert^2 – \lVert x-y \rVert^2}{2}.}\end{aligned}$

Démontrez alors que l’inégalité de Cauchy-Schwarz est vérifiée

Soit $(x,y)\in E^2.$

La norme vérifie l’inégalité triangulaire $\lVert x+y \rVert \leq \lVert x \rVert + \lVert y \rVert.$

En élevant au carré, il vient :

$\lVert x+y \rVert^2 \leq \lVert x \rVert^2 + 2 \lVert x \rVert \lVert y \rVert +\lVert y \rVert^2.$

Par conséquent :

$\lVert x+y \rVert^2 – \lVert x \rVert^2 – \lVert y \rVert^2\leq 2 \lVert x \rVert \lVert y \rVert.$

Après division par $2$ :

$\frac{\lVert x+y \rVert^2 – \lVert x \rVert^2 – \lVert y \rVert^2}{2}\leq \lVert x \rVert \lVert y \rVert.$

Vous avez ainsi démontré que :

$\begin{aligned} \boxed{\forall (x,y)\in E^2, \langle x, y \rangle \leq \lVert x \rVert \lVert y \rVert.}\end{aligned}$

Il s’agit maintenant de majorer l’opposé.

Soit $(x,y)\in E^2.$

La norme vérifie l’inégalité triangulaire $\lVert x-y \rVert \leq \lVert x \rVert + \lVert -y \rVert \leq \lVert x \rVert + \lVert y \rVert.$

En élevant au carré, il vient :

$\lVert x-y \rVert^2 \leq \lVert x \rVert^2 + 2 \lVert x \rVert \lVert y \rVert +\lVert y \rVert^2.$

Par soustraction :

$\lVert x-y \rVert^2 – \lVert x \rVert^2 – \lVert y \rVert^2\leq 2 \lVert x \rVert \lVert y \rVert.$

Ce s’écrit aussi :

$-2 \langle x,y \rangle \leq 2 \lVert x \rVert \lVert y \rVert$

Après division par $2$ :

$- \langle x,y \rangle \leq \lVert x \rVert \lVert y \rVert.$

Ainsi :

$\begin{aligned} \boxed{\forall (x,y)\in E^2, – \langle x, y \rangle \leq \lVert x \rVert \lVert y \rVert.}\end{aligned}$

Concluez

Les deux inégalités précédentes permettent d’aboutir à l’inégalité de Cauchy-Schwarz :

$\begin{aligned} \boxed{\forall (x,y)\in E^2, \lvert \langle x, y \rangle \rvert \leq \lVert x \rVert \lVert y \rVert.}\end{aligned}$

Application à l’homogénéité sur les réels

Il a été vu dans dans l'article 198 que l’application $\langle \cdot, \cdot \rangle$ vérifie l’homogénéité sur les rationnels. Plus précisément :

$\begin{aligned} \forall (x,y)\in E^2, \forall q\in \Q, \langle qx, y \rangle = q \langle x, y \rangle.\end{aligned}$

D’autre part, le caractère additif a été vu dans l’article dans l'article 200 :

$\begin{aligned} \forall (x,y,z)\in E^3, \langle x+y, z \rangle = \langle x, z \rangle+\langle y, z \rangle.\end{aligned}$

Vous allez maintenant montrer que l’homogénéité s’étend aux nombres réels.

Soit donc $r$ un nombre réel.

Il existe une suite de rationnels $(q_n)_{n\geq 0}$ qui converge vers $r.$

Soit $(x,y)\in E^2.$

Fixez d’abord $n\in\N.$

$\begin{aligned} \lvert \langle rx, y \rangle – r \langle x, y \rangle \rvert &\leq \lvert \langle rx, y \rangle – q_n \langle x, y \rangle \rvert + \lvert q_n\langle x, y \rangle – r \langle x, y \rangle \rvert \\&\leq \lvert \langle rx, y \rangle + (- q_n) \langle x, y \rangle \rvert + \lvert q_n\langle x, y \rangle – r \langle x, y \rangle \rvert \\&\leq \lvert \langle rx, y \rangle + \langle – q_n x, y \rangle \rvert + \lvert q_n -r \rvert \lvert \langle x, y \rangle \rvert \\&\leq \lvert \langle rx+(-qn)x, y \rangle \rvert + \lvert q_n -r \rvert \lVert x \rVert \lVert y \rVert \\&\leq \lvert \langle (r-q_n)x, y \rangle \rvert + \lvert q_n -r \rvert \lVert x \rVert \lVert y \rVert \\&\leq \lVert (r-q_n)x \rVert \lVert y \rVert + \lvert q_n -r \rvert \lVert x \rVert \lVert y \rVert \\&\leq \lvert q_n -r \rvert \lVert x \rVert \lVert y \rVert + \lvert q_n -r \rvert \lVert x \rVert \lVert y \rVert \\&\leq 2 \lvert q_n -r \rvert \lVert x \rVert \lVert y \rVert.\end{aligned}$

En faisant tendre $n$ vers $+\infty$, il vient $\lvert \langle rx, y \rangle – r \langle x, y \rangle \rvert \leq 0.$

Est ainsi prouvé que :

$\begin{aligned} \boxed{\forall (x,y)\in E^2, \forall r\in \R, \langle rx, y \rangle = r \langle x, y \rangle.}\end{aligned}$

201. La propriété du parallélogramme induit l’additivité du produit scalaire hermitien

Rédigé par Yannis TRIANTAPHYLIDESon 21/12/202118/10/2023| Niveau Agrégation

Il a été vu dans l'article 200 qu’un $\R$-espace vectoriel normé $E$ possède des propriétés intéressantes dès que la norme vérifie la propriété du parallélogramme.

Vous allez voir que cette propriété est également valable dans le cas où $E$ est un $\C$-espace vectoriel normé.

$\begin{aligned} \begin{array}{lr}\forall (x,y)\in E^2, \lVert x+y \rVert \leq \lVert x \rVert + \lVert y \rVert & \text{(inégalité triangulaire)}\\\forall \lambda\in\C, \forall x\in E, \lVert \lambda x \rVert = \lvert \lambda \rvert \lVert x \rVert & \text{(homogénéité)}\\\forall x\in E, \lVert x \rVert = 0 \implies x = 0 &\text{(séparabilité)}\\\forall (x,y)\in E^2, \lVert x+y \rVert^2 + \lVert x- y \rVert^2 = 2 \lVert x \rVert^2 + 2 \lVert y \rVert^2.&\text{(propriété du parallélogramme)}\end{array}\end{aligned}$

Définissez l’expression du futur produit scalaire hermitien

Comme cela a été établi dans l'article 199, définissez une application qui va de $E^2$ dans $\C$ à partir de l’identité de polarisation :

$\begin{aligned} \boxed{\forall (x,y)\in E^2, \langle x,y \rangle = \frac{\lVert x+y \rVert^2 – \lVert x-y \rVert^2 + i \lVert x+iy \rVert^2 -i \lVert x-iy \rVert^2}{4}.}\end{aligned}$

Montrez l’additivité

Soit $(x,y,z)\in E^3.$

$\begin{aligned} \lVert x+y+z \rVert^2 – \lVert x+y-z \rVert^2 &= \lVert x+y+z \rVert^2 + \lVert x-y+z \rVert^2 – \lVert x-y+z \rVert^2 – \lVert x+y-z \rVert^2\\&= 2 \lVert x+z \rVert^2 + 2 \lVert y \rVert^2 – \lVert x-y+z \rVert^2 – \lVert x+y-z \rVert^2\\&= 2 \lVert x+z \rVert^2 + 2 \lVert y \rVert^2 – 2 \lVert x \rVert^2 -2 \lVert y-z \rVert^2\\&= 2 \lVert x+z \rVert^2 + 2 \lVert y \rVert^2 + 2 \lVert z \rVert^2 – 2 \lVert z \rVert^2 – 2 \lVert x \rVert^2 -2 \lVert y-z \rVert^2\\&= 2 \lVert x+z \rVert^2 + \lVert y+z \rVert^2 + \lVert y-z \rVert^2- 2 \lVert z \rVert^2 – 2 \lVert x \rVert^2 -2 \lVert y-z \rVert^2\\&= 2 \lVert x+z \rVert^2 + \lVert y+z \rVert^2 + \lVert y-z \rVert^2 – \lVert x+z \rVert^2- \lVert x-z \rVert^2 -2 \lVert y-z \rVert^2\\&= \lVert x+z \rVert^2 – \lVert x-z \rVert^2 + \lVert y+z \rVert^2 – \lVert y-z \rVert^2.\\\end{aligned}$

Donc :

$\forall (x,y,z)\in E^3, \lVert x+y+z \rVert^2 – \lVert x+y-z \rVert^2 = \lVert x+z \rVert^2 – \lVert x-z \rVert^2 + \lVert y+z \rVert^2 – \lVert y-z \rVert^2.$

Soit $(x,y,z)\in E^3.$

Appliquez le résultat précédent avec les vecteurs $x$, $y$ et $iz$ :

$\begin{aligned} \lVert x+y+iz \rVert^2 – \lVert x+y-iz \rVert^2 &= \lVert x+iz \rVert^2 – \lVert x-iz \rVert^2 + \lVert y+iz \rVert^2 – \lVert y-iz \rVert^2 \\i \lVert x+y+iz \rVert^2 – i \lVert x+y-iz \rVert^2 &= i \lVert x+iz \rVert^2 – i \lVert x-iz \rVert^2 + i \lVert y+iz \rVert^2 – i\lVert y-iz \rVert^2.\end{aligned}$

Vous déduisez :

$\begin{aligned} 4 \langle x+y,z \rangle &= \lVert x+y+z \rVert^2 – \lVert x+y-z \rVert^2 + i \lVert x+y+iz \rVert^2 -i \lVert x+y-iz \rVert^2\\&= \lVert x+z \rVert^2 – \lVert x-z \rVert^2 + \lVert y+z \rVert^2 – \lVert y-z \rVert^2 + i \lVert x+iz \rVert^2 – i \lVert x-iz \rVert^2 + i \lVert y+iz \rVert^2 – i\lVert y-iz \rVert^2\\&= \lVert x+z \rVert^2 – \lVert x-z \rVert^2 + i \lVert x+iz \rVert^2 – i \lVert x-iz \rVert^2 + \lVert y+z \rVert^2 – \lVert y-z \rVert^2 + i \lVert y+iz \rVert^2 – i\lVert y-iz \rVert^2\\&= 4 \langle x,z \rangle + 4 \langle y,z \rangle.\end{aligned}$

Il est donc établi que :

$\begin{aligned} \langle x+y,z \rangle = \langle x,z \rangle + \langle y,z \rangle.\end{aligned}$

Concluez

D’après ce qui précède :

$\begin{aligned} \boxed{\forall (x,y,z)\in E^3, \langle x+y,z \rangle = \langle x,z \rangle + \langle y,z \rangle.}\end{aligned}$

200. La propriété du parallélogramme induit l’additivité du produit scalaire réel

Rédigé par Yannis TRIANTAPHYLIDESon 20/12/202121/12/2021| Niveau Agrégation

Il a été vu dans l'article 198 qu’un espace vectoriel normé $E$ possède des propriétés intéressantes dès que la norme vérifie la propriété du parallélogramme.

Dans le cas où $E$ est un $\R$-espace vectoriel, la norme provient d’un produit scalaire réel.

Rappelez-vous ce que cela signifie. L’espace $E$ est muni d’une application $\lVert \cdot \rVert: E \to \R_{+}$ vérifiant les propriétés suivantes :

$\begin{aligned} \begin{array}{lr}\forall (x,y)\in E^2, \lVert x+y \rVert \leq \lVert x \rVert + \lVert y \rVert & \text{(inégalité triangulaire)}\\\forall \lambda\in\R, \forall x\in E, \lVert \lambda x \rVert = \lvert \lambda \rvert \lVert x \rVert & \text{(homogénéité)}\\\forall x\in E, \lVert x \rVert = 0 \implies x = 0 &\text{(séparabilité)}\\\forall (x,y)\in E^2, \lVert x+y \rVert^2 + \lVert x- y \rVert^2 = 2 \lVert x \rVert^2 + 2 \lVert y \rVert^2.&\text{(propriété du parallélogramme)}\end{array}\end{aligned}$

Cet article va se concentrer sur une démonstration élégante de l’additivité du produit scalaire associé.

Sans supposer qu’un tel produit scalaire existe, vous partez de l’identité de polarisation et vous posez :

$\boxed{\forall (x,y)\in E^2, \langle x,y \rangle = \frac{\lVert x+y \rVert^2 – \lVert x- y \rVert^2}{4}.}$

Démontrez l’additivité $\forall (x,y,z)\in E^3, \langle x+y,z \rangle = \langle x,z \rangle+\langle y,z \rangle$

Soit $(x,y,z)\in E^3.$

Afin d’éviter les dénominateurs en $4$, vous partez de la définition :

$4 \langle x+y,z \rangle = \lVert x+y+z \rVert^2 – \lVert x+ y-z \rVert^2.$

Il s’agit de découpler le vecteur $x$ du vecteur $y$.

Dans l’identité du parallélogramme, le découplage se produit lorsque $x+y$ et associé à $x-y.$

Vous ajoutez de force la quantité $ \lVert x-y+z \rVert^2 $ qui va produire un premier découplage.

Le raisonnement obtenu à ce stade est le suivant :

$\begin{aligned} 4 \langle x+y,z \rangle &= \lVert x+y+z \rVert^2 – \lVert x+ y-z \rVert^2\\&= \lVert x+y+z \rVert^2 + \lVert x-y+z \rVert^2 – \lVert x-y+z \rVert^2 – \lVert x+ y-z \rVert^2\\&= 2 \lVert x+z \rVert^2 + 2 \lVert y \rVert^2 – \lVert x-y+z \rVert^2 – \lVert x+ y-z \rVert^2.\end{aligned}$

Un autre découplage apparaît naturellement dans les termes restants.

$\begin{aligned} 4 \langle x+y,z \rangle &= 2 \lVert x+z \rVert^2 + 2 \lVert y \rVert^2 – \lVert x-(y-z) \rVert^2 – \lVert x+ (y-z) \rVert^2 \\&= 2 \lVert x+z \rVert^2 + 2 \lVert y \rVert^2 – 2 \lVert x \rVert^2 – 2 \lVert y-z \rVert^2.\end{aligned}$

Pour faire apparaître le produit scalaire $\langle x,z \rangle$ il serait bon de faire apparaître $\lVert x+z \rVert^2 – \lVert x-z \rVert^2.$ Un terme $\lVert x+z \rVert^2$ est déjà présent, il manque $\lVert x-z \rVert^2$ que vous pouvez faire apparaître en rajoutant de force $\lVert z \rVert^2.$

$\begin{aligned} 4 \langle x+y,z \rangle &= 2 \lVert x+z \rVert^2 + 2 \lVert y \rVert^2 – 2 \lVert x \rVert^2 – 2 \lVert y-z \rVert^2\\&= 2 \lVert x+z \rVert^2 + 2 \lVert y \rVert^2 – 2 \lVert x \rVert^2 – 2 \lVert z \rVert^2 + 2 \lVert z \rVert^2- 2 \lVert y-z \rVert^2\\&= 2 \lVert x+z \rVert^2 + 2 \lVert y \rVert^2 – \lVert x+z \rVert^2 – \lVert x-z \rVert^2 + 2 \lVert z \rVert^2- 2 \lVert y-z \rVert^2\\&= \lVert x+z \rVert^2 – \lVert x-z \rVert^2 + 2 \lVert y \rVert^2 + 2 \lVert z \rVert^2- 2 \lVert y-z \rVert^2\\&= \lVert x+z \rVert^2 – \lVert x-z \rVert^2 + \lVert y+z \rVert^2 + \lVert y-z \rVert^2- 2 \lVert y-z \rVert^2\\&= \lVert x+z \rVert^2 – \lVert x-z \rVert^2 + \lVert y+z \rVert^2 – \lVert y-z \rVert^2.\end{aligned}$

Finalement vous obtenez :

$\begin{aligned} 4 \langle x+y,z \rangle &= 4 \langle x,z \rangle + 4 \langle y,z \rangle\\ \langle x+y,z \rangle &= \langle x,z \rangle + \langle y,z \rangle.\end{aligned}$

L’additivité suivante est acquise :

$\boxed{\forall (x,y,z)\in E^3, \langle x+y,z \rangle = \langle x,z \rangle+\langle y,z \rangle.}$

Prolongement

Dans le cas d’un $\C$-espace vectoriel normé que se passe-t-il ? La norme provient-elle d’un produit scalaire hermitien ? Pour en savoir davantage, rendez-vous dans dans l'article 201.

199. Une norme vérifiant la propriété du parallélogramme est issue d’un produit scalaire (théorème de Fréchet-Von Neumann cas complexe)

Rédigé par Yannis TRIANTAPHYLIDESon 17/12/202122/02/2022| Niveau Agrégation

Soit $E$ un $\C$-espace vectoriel muni d’une application $\lVert \cdot \rVert: E \to \R_{+}$ vérifiant les propriétés suivantes :

La dernière propriété, dite du parallélogramme, va vous permettre de démontrer le résultat difficile suivant : la norme $\lVert \cdot \rVert: E \to \R_{+}$ provient d’un produit scalaire hermitien.

Autrement dit, il existe une application : $\langle \cdot, \cdot \rangle: E^2\to \C$ vérifiant toutes les propriétés suivantes :

$\begin{aligned} \begin{array}{lr}\forall (x,y)\in E^2, \langle x,y\rangle= \overline{\langle y,x\rangle} & \text{(anti-symétrie)}\\\forall (\lambda, \mu)\in\C^2, \forall (x,y,z)\in E^3, \langle\lambda x + \mu y, z\rangle = \lambda \langle x,z\rangle+\mu \langle y,z\rangle & \text{(linéarité à gauche)}\\\forall (\lambda, \mu)\in\C^2, \forall (x,y,z)\in E^3, \langle x, \lambda y + \mu z \rangle = \overline{\lambda} \langle x,y \rangle+\overline{\mu\vphantom{\lambda}} \langle x,z \rangle & \text{(anti-linéarité à droite)}\\\forall x\in E, \langle x,x \rangle=0 \Longleftrightarrow x=0 & \text{(caractère défini)}\\\forall x\in E, \langle x,x \rangle \in\R_{+} & \text{(positivité)}\\\forall x\in E, \lVert x \rVert^2 = \langle x,x \rangle. & \text{(lien avec la norme)}\\\end{array}\end{aligned}$

Analyse du problème : déterminez une expression valable pour le produit scalaire

Supposez un instant que la norme provient d’un produit scalaire hermitien noté $\langle \cdot, \cdot \rangle: E^2\to \C.$

Soit $(x,y)\in E^2.$ Utilisez la linéarité à gauche et à droite, ainsi que l’anti-symétrie :

$\begin{aligned} \lVert x+y \rVert^2 &= \langle x+y,x+y \rangle \\&= \langle x,x \rangle + \langle x,y \rangle + \langle y,x \rangle + \langle y,y \rangle \\&= \lVert x\rVert^2 + \lVert y \rVert^2 + \langle x,y \rangle + \langle y,x \rangle\end{aligned}$

$\begin{aligned} \lVert x-y \rVert^2 &= \langle x-y,x-y \rangle \\&= \langle x,x \rangle – \langle x,y \rangle – \langle y,x \rangle + \langle y,y \rangle \\&= \lVert x\rVert^2 + \lVert y \rVert^2 – \langle x,y \rangle – \langle y,x \rangle\end{aligned}$

Par soustraction, il vient :

$\lVert x+y \rVert^2 – \lVert x-y \rVert^2 =2 \langle x,y \rangle + 2 \langle y,x \rangle.$

Il est donc établi que :

$\forall (x,y)\in E^2, \lVert x+y \rVert^2 – \lVert x-y \rVert^2 =2 \langle x,y \rangle + 2 \langle y,x \rangle.$

Soit maintenant $(x,y)\in E^2.$

Appliquez le résultat ci-dessus avec les vecteurs $x$ et $iy$ :

$\begin{aligned} \lVert x+iy \rVert^2 – \lVert x-iy \rVert^2 =2 \langle x,iy \rangle + 2 \langle iy,x \rangle \\\lVert x+iy \rVert^2 – \lVert x-iy \rVert^2 =-2i \langle x,y \rangle + 2i \langle y,x \rangle \\i \lVert x+iy \rVert^2 -i \lVert x-iy \rVert^2 =2 \langle x,y \rangle – 2 \langle y,x \rangle.\end{aligned}$

Or, vous avez :

$\begin{aligned} \lVert x+y \rVert^2 – \lVert x-y \rVert^2 &=2 \langle x,y \rangle + 2 \langle y,x \rangle\end{aligned}$

Par addition, vous obtenez :

$\begin{aligned} \lVert x+y \rVert^2 – \lVert x-y \rVert^2 + i \lVert x+iy \rVert^2 -i \lVert x-iy \rVert^2 &= 4 \langle x,y \rangle.\end{aligned}$

En définitive, vous avez trouvé que le produit scalaire hermitien, s’il provient d’une norme, est unique.

Son expression est donnée par :

$\begin{aligned} \boxed{\langle x,y \rangle = \frac{\lVert x+y \rVert^2 – \lVert x-y \rVert^2 + i \lVert x+iy \rVert^2 -i \lVert x-iy \rVert^2}{4}.}\end{aligned}$

Définissez une application à partir de l’identité de polarisation dans le cas complexe

Fort du résultat établi plus haut, vous définissez l’application suivante $\langle \cdot, \cdot \rangle: E^2\to \C$ en posant :

$\begin{aligned} \forall (x,y)\in E^2, \langle x,y \rangle = \frac{\lVert x+y \rVert^2 – \lVert x-y \rVert^2 + i \lVert x+iy \rVert^2 -i \lVert x-iy \rVert^2}{4}.\end{aligned}$

Il reste à comprendre pourquoi cette application est bien un produit scalaire hermitien.

Montrez les premières propriétés

La norme est invariante par passage à l’opposé et par la multiplication par $i$

Soit $u\in E$, vous avez :

$\begin{aligned} \lVert -u \rVert &= \lVert (-1)\cdot u \rVert\\&=\lvert -1 \rvert \lVert u \rVert\\&= 1 \lVert u \rVert\\&= \lVert u \rVert.\end{aligned}$

Vous déduisez :

$\boxed{\forall u\in E, \lVert -u \rVert = \lVert u \rVert.}$

Soit $u\in E$, vous avez :

$\begin{aligned} \lVert i u \rVert &= \lvert i \rvert \lVert u \rVert\\&= 1 \lVert u \rVert\\&= \lVert u \rVert.\end{aligned}$

Vous déduisez :

$\boxed{\forall u\in E, \lVert i u \rVert = \lVert u \rVert.}$

Une somme toujours nulle

Soit $(x,y)\in E^2.$ Utilisant le fait que la norme est invariante par passage à l’opposé :

$\begin{aligned} \langle x,y \rangle + \langle -x,y \rangle &= \frac{\lVert x+y \rVert^2 – \lVert x-y \rVert^2 + i \lVert x+iy \rVert^2 – i\lVert x-iy \rVert^2}{4} \\ &\quad +\frac{\lVert -x+y \rVert^2 – \lVert -x-y \rVert^2 + i \lVert -x+iy \rVert^2 – i\lVert -x-iy \rVert^2}{4} \\&= \frac{\lVert x+y \rVert^2 – \lVert x-y \rVert^2 + i \lVert x+iy \rVert^2 – i\lVert x-iy \rVert^2}{4} \\ &\quad +\frac{\lVert x-y \rVert^2 – \lVert x+y \rVert^2 + i \lVert x-iy \rVert^2 – i\lVert x+iy \rVert^2}{4} \\&=0.\end{aligned}$

Du coup :

$\boxed{\forall (x,y)\in E^2, \langle x,y \rangle + \langle -x,y \rangle = 0. }$

La norme vérifie l’inégalité triangulaire renversée

Soit $(x,y)\in E^2.$

D’après l’inégalité triangulaire :

$\begin{aligned} \lVert y + (x-y) \rVert &\leq \lVert y \rVert + \lVert x-y \rVert \\\lVert x \rVert &\leq \lVert y \rVert + \lVert x-y \rVert \\\lVert x \rVert – \lVert y \rVert &\leq \lVert x-y \rVert\\\end{aligned}$

En échangeant les rôles de $x$ et de $y$ et en utilisant l’invariance de la norme par passage à l’opposé :

$\begin{aligned} \lVert x + (y-x) \rVert &\leq \lVert x \rVert + \lVert y-x \rVert \\\lVert y \rVert &\leq \lVert x \rVert + \lVert y-x \rVert \\\lVert y \rVert – \lVert x \rVert &\leq \lVert y-x \rVert\\\lVert x \rVert – \lVert y \rVert &\leq \lVert x-y \rVert\\\end{aligned}$

Comme $\left\lvert \lVert x \rVert – \lVert y \rVert \right\rvert = \mathrm{Max}\left(\lVert y \rVert – \lVert x \rVert, \lVert x \rVert – \lVert y \rVert\right)$ vous déduisez :

$\left\lvert \lVert x \rVert – \lVert y \rVert \right\rvert \leq \lVert x-y \rVert.$

En définitive :

$\boxed{\forall (x,y)\in E^2, \left\lvert \lVert x \rVert – \lVert y \rVert \right\rvert \leq \lVert x-y \rVert.}$

Justifiez l’anti-symétrie

Soit $(x,y)\in E^2$. Utilisant l’invariance de la norme par passage à l’opposé et par la multiplication par $i$ :

$\begin{aligned} \langle y,x \rangle &= \frac{\lVert y+x \rVert^2 – \lVert y-x \rVert^2 + i \lVert y+ix \rVert^2 -i \lVert y-ix \rVert^2}{4} \\\langle y,x \rangle &= \frac{\lVert x+y \rVert^2 – \lVert x-y \rVert^2 + i \lVert y+ix \rVert^2 -i \lVert y-ix \rVert^2}{4} \\\langle y,x \rangle &= \frac{\lVert x+y \rVert^2 – \lVert x-y \rVert^2 + i \lVert i(y+ix) \rVert^2 -i \lVert i(y-ix) \rVert^2}{4} \\\langle y,x \rangle &= \frac{\lVert x+y \rVert^2 – \lVert x-y \rVert^2 + i \lVert -x+iy \rVert^2 -i \lVert x+iy \rVert^2}{4} \\\langle y,x \rangle &= \frac{\lVert x+y \rVert^2 – \lVert x-y \rVert^2 + i \lVert x-iy \rVert^2 -i \lVert x+iy \rVert^2}{4} \\\langle y,x \rangle &= \frac{\lVert x+y \rVert^2 – \lVert x-y \rVert^2-i \lVert x+iy \rVert^2 + i \lVert x-iy \rVert^2 }{4} \\\overline{\langle y,x \rangle} &= \frac{\lVert x+y \rVert^2 – \lVert x-y \rVert^2+i \lVert x+iy \rVert^2 – i \lVert x-iy \rVert^2 }{4} \\\overline{\langle y,x \rangle} &= \langle x,y \rangle.\end{aligned}$

Est ainsi acquis le résultat suivant :

$\begin{aligned} \boxed{\forall (x,y)\in E^2, \overline{\langle y,x \rangle} = \langle x,y \rangle.}\end{aligned}$

Montrez le lien avec la norme et le caractère positif

Soit $x\in E.$

$\begin{aligned} \langle x,x \rangle &= \frac{\lVert x+x \rVert^2 – \lVert x-x \rVert^2 + i \lVert x+ix \rVert^2 -i \lVert x-ix \rVert^2}{4} \\&= \frac{\lVert 2x \rVert^2 – \lVert 0\cdot 0 \rVert^2 + i \lVert (1+i)x \rVert^2 -i \lVert (1-i)x \rVert^2}{4} \\&= \frac{2^2 \lVert x \rVert^2 – 0\lVert 0 \rVert^2 + i \lvert 1+i \rvert^2 \lVert x \rVert^2 -i \lvert 1-i \rvert^2 \lVert x \rVert^2}{4} \\&= \frac{4 \lVert x \rVert^2 – 0 + 2i \lVert x \rVert^2 -2i \lVert x \rVert^2}{4} \\&= \frac{4 \lVert x \rVert^2 }{4} \\&= \lVert x \rVert^2.\end{aligned}$

Le lien avec la norme est établi.

Comme, $\lVert x \rVert \in \R_{+}$ il vient $\lVert x \rVert^2 \in \R_{+}$ donc $\langle x,x \rangle \in \R_{+}.$

Montrez le caractère défini

Soit $x\in E$ tel que $\langle x,x \rangle = 0.$

Utilisant la propriété de séparation :

$\begin{aligned} \langle x,x \rangle &= 0 \\\lVert x \rVert^2 &= 0\\\lVert x \rVert &= 0\\x &=0.\end{aligned}$

Par suite :

$\boxed{\forall x\in E, \langle x,x \rangle = 0 \implies x=0.}$

Réciproquement, si $x=0$, alors :

$\begin{aligned} \langle x,x \rangle &= \frac{\lVert 0+0 \rVert^2 – \lVert 0-0 \rVert^2 + i \lVert 0+i0 \rVert^2 -i \lVert 0-i0 \rVert^2}{4} \\&= \frac{\lVert 0 \rVert^2 – \lVert 0 \rVert^2 + i \lVert 0 \rVert^2 -i \lVert 0 \rVert^2}{4} \\&= \frac{(\lVert 0 \rVert^2 – \lVert 0 \rVert^2) + i (\lVert 0 \rVert^2 – \lVert 0 \rVert^2)}{4} \\&= \frac{0 + i\times 0}{4} \\ &= 0.\end{aligned}$

Ainsi :

$\boxed{\forall x\in E, x=0 \implies \langle x,x \rangle = 0.}$

Démontrez le caractère additif

Le but de cette section est de démontrer que :

$\forall (x,y,z)\in E^3, \langle x+y,z \rangle = \langle x,z \rangle+ \langle y,z \rangle.$

Soit $(x,y,z)\in E^3$ un triplet de trois vecteurs de $E.$

Par définition, vous avez :

$\begin{aligned} \langle x+y,z \rangle = \frac{\lVert x+y+z \rVert^2- \lVert x+y -z\rVert^2 + i \lVert x+y+i z \rVert^2 -i \lVert x+y-iz \rVert^2}{4}.\end{aligned}$

Appliquez l’identité du parallélogramme :

$\begin{aligned} \lVert x+(y+z) \rVert^2 + \lVert x- (y+z) \rVert^2 &= 2 \lVert x \rVert^2 + 2 \lVert y+z \rVert^2\\\lVert x+y+z \rVert^2 + \lVert x- y-z \rVert^2 &= 2 \lVert x \rVert^2 + 2 \lVert y+z \rVert^2\\\lVert x+y+z \rVert^2 &= 2 \lVert x \rVert^2 + 2 \lVert y+z \rVert^2 – \lVert x- y-z \rVert^2.\end{aligned}$

Ainsi :

$\begin{aligned} \forall (x,y,z)\in E^3, \lVert x+y+z \rVert^2 = 2 \lVert x \rVert^2 + 2 \lVert y+z \rVert^2 – \lVert x- y-z \rVert^2.\end{aligned}$

Soit à nouveau $(x,y,z)\in E^3.$

Appliquez le résultat précédent aux vecteurs $x$, $y$ et $-z$ :

$\begin{aligned} \lVert x+y-z \rVert^2 = 2 \lVert x \rVert^2 + 2 \lVert y-z \rVert^2 – \lVert x- y+z \rVert^2\end{aligned}$

Comme :

$\begin{aligned} \lVert x+y+z \rVert^2 = 2 \lVert x \rVert^2 + 2 \lVert y+z \rVert^2 – \lVert x- y-z \rVert^2\end{aligned}$

Vous déduisez par soustraction :

$\begin{aligned} \lVert x+y+z \rVert^2 – \lVert x+y-z \rVert^2 &= 2 \lVert x \rVert^2 + 2 \lVert y+z \rVert^2 – \lVert x- y-z \rVert^2 -2 \lVert x \rVert^2 – 2 \lVert y-z \rVert^2 + \lVert x- y+z \rVert^2 \\&= 2(\lVert y+z \rVert^2 – \lVert y-z \rVert^2) + \lVert x- y+z \rVert^2 – \lVert x- y-z \rVert^2.\end{aligned}$

Il est ainsi démontré :

$\begin{aligned} \forall (x,y,z)\in E^3, \lVert x+y+z \rVert^2 – \lVert x+y-z \rVert^2 = 2(\lVert y+z \rVert^2 – \lVert y-z \rVert^2) + \lVert x- y+z \rVert^2 – \lVert x- y-z \rVert^2.\end{aligned}$

Soit maintenant $(x,y,z)\in E^3.$

Ecrivez la proposition ci-dessus avec les vecteurs $x$, $y$ et $iz$ :

$\begin{aligned} \lVert x+y+iz \rVert^2 – \lVert x+y-iz \rVert^2 = 2(\lVert y+iz \rVert^2 – \lVert y-iz \rVert^2) + \lVert x- y+iz \rVert^2 – \lVert x- y-iz \rVert^2.\end{aligned}$

Du coup :

$\begin{aligned} i \lVert x+y+iz \rVert^2 – i \lVert x+y-iz \rVert^2 = 2(i \lVert y+iz \rVert^2 -i \lVert y-iz \rVert^2) + i \lVert x- y+iz \rVert^2 – i\lVert x- y-iz \rVert^2.\end{aligned}$

Or :

$\begin{aligned} \lVert x+y+z \rVert^2 – \lVert x+y-z \rVert^2 = 2(\lVert y+z \rVert^2 – \lVert y-z \rVert^2) + \lVert x- y+z \rVert^2 – \lVert x- y-z \rVert^2.\end{aligned}$

Par somme vous déduisez :

$\begin{aligned} \lVert x+y+z \rVert^2 – \lVert x+y-z \rVert^2 + i \lVert x+y+iz \rVert^2 – i \lVert x+y-iz \rVert^2 &= 2(\lVert y+z \rVert^2 – \lVert y-z \rVert^2) + \lVert x- y+z \rVert^2 – \lVert x- y-z \rVert^2 \\&\quad + 2(i \lVert y+iz \rVert^2 -i \lVert y-iz \rVert^2) + i \lVert x- y+iz \rVert^2 – i\lVert x- y-iz \rVert^2\\&= 2(\lVert y+z \rVert^2 – \lVert y-z \rVert^2 + i \lVert y+iz \rVert^2 -i \lVert y-iz \rVert^2) \\ &\quad +\lVert x- y+z \rVert^2 – \lVert x- y-z \rVert^2+ i \lVert x- y+iz \rVert^2 – i\lVert x- y-iz \rVert^2.\end{aligned}$

Ce qui s’écrit :

$\begin{aligned} 4\langle x+y,z \rangle &= 8 \langle y,z \rangle + 4 \langle x-y,z \rangle\\\langle x+y,z \rangle &= 2 \langle y,z \rangle + \langle x-y,z \rangle.\end{aligned}$

Vous avez ainsi prouvé que :

$\forall (x,y,z)\in E^3, \langle x+y,z \rangle = 2 \langle y,z \rangle + \langle x-y,z \rangle.$

Fixez maintenant $(x,y,z)\in E^3$ et utilisez le résultat ci-dessus en échangeant les rôles de $x$ et de $y$, vous obtenez alors :

$\langle y+x,z \rangle = 2 \langle x,z \rangle + \langle y-x,z \rangle.$

Or, vous avez toujours :

$\langle x+y,z \rangle = 2 \langle y,z \rangle + \langle x-y,z \rangle.$

Comme $x+y=y+x$, par somme, il vient :

$2\langle x+y,z \rangle = 2 \langle x,z \rangle +2 \langle y,z \rangle + \langle y-x,z \rangle + \langle x-y,z \rangle.$

Pour les deux derniers termes obtenus, vous utilisez la propriété de la somme nulle, démontrée plus haut, qui stipule :

$\forall (u,v)\in E^2, \langle u,v \rangle + \langle -u,v \rangle =0.$

En choisissant $u = y-x$ il vient $-u = x-y$ et $v=z$, vous obtenez :

$ \langle y-x,z \rangle + \langle x-y,z \rangle = 0.$

Donc :

$2\langle x+y,z \rangle = 2 \langle x,z \rangle +2 \langle y,z \rangle.$

Après division par $2$, il vient le résultat annoncé, à savoir :

$\boxed{\forall (x,y,z)\in E^3, \langle x+y,z \rangle = \langle x,z \rangle+ \langle y,z \rangle.}$

Démontrez l’homogénéité à gauche

Le but de cette section est de démontrer que :

$\forall \lambda\in \C, \forall (x,y)\in E^2, \langle \lambda x,y \rangle = \lambda \langle x,y \rangle.$

Démontrer cette propriété directement est chose difficile. Aussi, vous allez y aller étape par étape.

Démontrez que que $\forall n \in \N, \forall (x,y)\in E^2, \langle n x,y \rangle =n\langle x,y \rangle$

Pour tout entier naturel $n$, notez $P(n)$ la propriété : « $\forall (x,y)\in E^2, \langle n x,y \rangle =n\langle x,y \rangle.$ »

Initialisation. Soit $(x,y)\in E^2.$

$\begin{aligned} \langle 0 x,y \rangle &= \langle 0 ,y \rangle \\&= \frac{\lVert 0+y \rVert^2 – \lVert 0-y \rVert^2 + i \lVert 0+iy \rVert^2 -i \lVert 0-iy \rVert^2 }{4}\\&= \frac{\lVert y \rVert^2 – \lVert y \rVert^2 + i \lVert y \rVert^2 -i \lVert y \rVert^2 }{4}\\&=0.\end{aligned}$

D’autre part, $0 \langle x,y \rangle = 0$ il vient donc $\langle 0 x,y \rangle = 0 \langle x,y \rangle$ et $P(0)$ est vraie.

Hérédité. Soit $n$ un entier naturel tel que $P(n)$ soit vérifiée.

Soit $(x,y)\in E^2.$

$\begin{aligned} \langle (n+1) x,y \rangle &= \langle n x +x ,y \rangle \\&= \langle n x,y \rangle + \langle x,y \rangle \quad \text{(par additivité)}\\&= n\langle x,y \rangle + \langle x,y \rangle \quad \text{(puisque la propriété au rang précédent est vérifiée)}\\&= (n+1) \langle x,y \rangle.\end{aligned}$

Donc $P(n+1)$ est vérifiée.

Par récurrence sur $n$, il est maintenant établi que :

$\forall n\in \N, \forall (x,y)\in E^2, \langle n x,y \rangle =n\langle x,y \rangle.$

Démontrez que que $\forall p \in \Z, \forall (x,y)\in E^2, \langle p x,y \rangle =p\langle x,y \rangle$

Soit $p$ un entier naturel négatif et soit $(x,y)\in E^2.$

Utilisant la propriété de la somme nulle il vient :

$\begin{aligned} \langle p x,y \rangle &= – \langle (-p) x,y \rangle\\&= – (-p) \langle x,y \rangle \quad \text{(vu que }-p\in\N\text{)}\\&= p \langle x,y \rangle.\end{aligned}$

Vous déduisez :

$\forall p \in \Z_{-}, \forall (x,y)\in E^2, \langle p x,y \rangle =p\langle x,y \rangle.$

Or d’après le paragraphe précédent :

$\forall p \in \Z_{+}, \forall (x,y)\in E^2, \langle p x,y \rangle =p\langle x,y \rangle.$

Vous en déduisez :

$\forall p \in \Z, \forall (x,y)\in E^2, \langle p x,y \rangle =p\langle x,y \rangle.$

Démontrez que $\forall q \in \Q, \forall (x,y)\in E^2, \langle q x,y \rangle =q\langle x,y \rangle$

Soit $q\in \Q$ et soit $(x,y)\in E^2.$

Il existe $m\in \Z$ et $n\in\N^{*}$ tels que $q = \frac{m}{n}.$

$\begin{aligned} n \langle q x,y \rangle &= \langle n(q x),y \rangle \quad \text{(puisque }n\in\N\text{)}\\&=\langle (nq) x,y \rangle\\&= \langle m x,y \rangle \\&= m \langle x,y \rangle \quad \text{(puisque }m\in\Z\text{)} \\&= n q \langle x,y \rangle \quad \text{(puisque }m\in\Z\text{)}.\end{aligned}$

Or $n \neq 0$ donc $\langle q x,y \rangle = q \langle x,y \rangle.$

Vous avez démontré :

$\forall q \in \Q, \forall (x,y)\in E^2, \langle q x,y \rangle =q\langle x,y \rangle.$

Démontrez que que $\forall r \in \R, \forall (x,y)\in E^2, \langle r x,y \rangle =r\langle x,y \rangle$

Soit $r\in \R$ et $(x,y)\in E^2.$

Pour tout nombre réel $a$, notez $\lfloor a \rfloor$ la partie entière de $a$, c’est-à-dire le grand petit entier inférieur ou égal à $a.$ Par définition de ce nombre, vous avez : $\forall a\in \R, \lfloor a \rfloor \leq a < \lfloor a \rfloor + 1.$

Soit $n$ un entier naturel.

$\lfloor 10^n r \rfloor \leq 10^n r < \lfloor 10^n r \rfloor + 1$ donc en divisant :

$\frac{\lfloor 10^n r \rfloor}{10^n} \leq r < \frac{\lfloor 10^n r \rfloor}{10^n} + \frac{1}{10^n}.$

Il est donc légitime de poser, pour tout entier naturel $n$, $q_n = \frac{\lfloor 10^n r \rfloor}{10^n}.$

Vous avez : $\forall n\in\N, q_n \leq r < q_n + \left(\frac{1}{10}\right)^n.$

Par souci de simplification des notations, pour tout entier naturel $n$, vous notez $t_n = r-q_n.$

Il vient immédiatement $\forall n\in\N, 0\leq t_n \leq \left(\frac{1}{10}\right)^n \leq 1.$

Soit $n\in \N.$ Commencez par les majorations suivantes :

$\begin{aligned} \left\lvert \langle r x,y \rangle – r \langle x,y \rangle\right\rvert &\leq \left\lvert \langle r x,y \rangle – \langle q_n x,y \rangle\right\rvert + \left\lvert \langle q_n x,y \rangle – r \langle x,y \rangle\right\rvert \\&\leq \left\lvert \langle r x,y \rangle + \langle – q_n x,y \rangle\right\rvert + \left\lvert \langle q_n x,y \rangle – r \langle x,y \rangle\right\rvert \quad\text{(par la propriété de la somme nulle)}\\&\leq \left\lvert \langle r x,y \rangle + \langle – q_n x,y \rangle\right\rvert + \left\lvert q_n \langle x,y \rangle – r \langle x,y \rangle\right\rvert \quad\text{(vu que }q_n\in\Q\text{)}\\&\leq \left\lvert \langle t_n x,y \rangle \right\rvert + \left\lvert q_n \langle x,y \rangle – r \langle x,y \rangle\right\rvert \quad\text{(par additivité)}\\ &\leq \left\lvert \langle t_n x,y \rangle \right\rvert + \left\lvert q_n -r \right\rvert \left\lvert \langle x,y \rangle \right\rvert\\&\leq \left\lvert \langle t_n x,y \rangle \right\rvert + t_n \left\lvert \langle x,y \rangle \right\rvert.\end{aligned}$

Il vous reste à trouver une majoration de $\left\lvert \langle t_n x,y \rangle \right\rvert.$ Vous y parvenez en utilisant l’identité de polarisation :

$\begin{aligned} \left\lvert \langle t_n x,y \rangle \right\rvert &\leq \frac{\left\lvert \lVert t_nx+y \rVert^2 – \lVert t_nx-y \rVert^2 + i \lVert t_nx+iy \rVert^2 -i \lVert t_nx-iy \rVert^2\right\rvert}{4} \\&\leq \frac{\left\lvert\lVert t_nx+y \rVert^2 – \lVert y \rVert^2 + \lVert y \rVert^2 – \lVert t_nx-y \rVert^2 + i \lVert t_nx+iy \rVert^2 – i\lVert iy \rVert^2 + i \lVert iy \rVert^2 -i \lVert t_nx-iy \rVert^2\right\rvert}{4}\\&\leq \frac{\left\lvert\lVert t_nx+y \rVert^2 – \lVert y \rVert^2\right\rvert}{4}+ \frac{\left\lvert \lVert y \rVert^2 – \lVert t_nx-y \rVert^2 \right\rvert}{4}+ \frac{\left\lvert i \lVert t_nx+iy \rVert^2 – i\lVert iy \rVert^2 \right\rvert}{4} + \frac{\left\lvert i \lVert iy \rVert^2 -i \lVert t_nx-iy \rVert^2 \right\rvert}{4} \\&\leq \frac{\left\lvert\lVert t_nx+y \rVert^2 – \lVert y \rVert^2\right\rvert}{4}+ \frac{\left\lvert \lVert t_nx-y \rVert^2 – \lVert -y \rVert^2 \right\rvert}{4}+ \frac{\left\lvert \lVert t_nx+iy \rVert^2 – \lVert iy \rVert^2 \right\rvert}{4} + \frac{\left\lvert \lVert t_nx-iy \rVert^2 – \lVert -iy \rVert^2 \right\rvert}{4}.\end{aligned}$

Or, d’après l’inégalité triangulaire et l’inégalité triangulaire renversée :

$\begin{aligned} \left\lvert\lVert t_nx+y \rVert^2 – \lVert y \rVert^2\right\rvert &\leq \left\lvert\lVert t_nx+y \rVert – \lVert y \rVert\right\rvert \times \left\lvert\lVert t_nx+y \rVert + \lVert y \rVert\right\rvert\\&\leq \lVert t_nx \rVert \left[\lVert t_nx\rVert + \lVert y \rVert + \lVert y \rVert\right]\\&\leq t_n \lVert x \rVert \left[t_n \lVert x\rVert + 2\lVert y \rVert\right]\\&\leq t_n \lVert x \rVert \left[\lVert x\rVert + 2\lVert y \rVert\right].\end{aligned}$

En remplaçant $y$ par $iy$ il vient immédiatement :

$\begin{aligned} \left\lvert\lVert t_nx+iy \rVert^2 – \lVert iy \rVert^2\right\rvert &\leq t_n \lVert x \rVert \left[\lVert x\rVert + 2\lVert iy \rVert\right]\\&\leq t_n \lVert x \rVert \left[\lVert x\rVert + 2\lVert y \rVert\right].\end{aligned}$

En remplaçant $y$ par $-y$ il vient :

$\begin{aligned} \left\lvert\lVert t_nx-y \rVert^2 – \lVert -y \rVert^2\right\rvert &\leq t_n \lVert x \rVert \left[\lVert x\rVert + 2\lVert -y \rVert\right]\\&\leq t_n \lVert x \rVert \left[(\lVert x\rVert + 2\lVert y \rVert)\right].\end{aligned}$

En remplaçant $y$ par $-iy$ il vient :

$\begin{aligned} \left\lvert\lVert t_nx-iy \rVert^2 – \lVert -iy \rVert^2\right\rvert &\leq t_n \lVert x \rVert \left[(\lVert x\rVert + 2\lVert -iy \rVert\right]\\&\leq t_n \lVert x \rVert \left[\lVert x\rVert + 2\lVert y \rVert\right].\end{aligned}$

Du coup, vous déduisez :

$\begin{aligned} \left\lvert \langle r x,y \rangle – r \langle x,y \rangle\right\rvert &\leq \left\lvert \langle t_n x,y \rangle \right\rvert + t_n \left\lvert \langle x,y \rangle \right\rvert \\&\leq t_n \lVert x \rVert \left[\lVert x\rVert + 2\lVert y \rVert\right] + t_n \left\lvert \langle x,y \rangle \right\rvert\\&\leq t_n \left(\lVert x \rVert \left[\lVert x\rVert + 2\lVert y \rVert\right] + \left\lvert \langle x,y \rangle \right\rvert \right) \\&\leq \left(\frac{1}{10}\right)^n \left(\lVert x \rVert \left[\lVert x\rVert + 2\lVert y \rVert\right] + \left\lvert \langle x,y \rangle \right\rvert \right).\end{aligned}$

Comme $0< \frac{1}{10}< 1$, il vient $\lim_{n\to +\infty} \left(\frac{1}{10}\right)^n =0.$

Par suite, en passant à la limite dans l’inégalité, il vient :

$\begin{aligned} \left\lvert \langle r x,y \rangle – r \langle x,y \rangle\right\rvert \leq 0.\end{aligned}$

Donc :

$\begin{aligned} \ \langle r x,y \rangle = r \langle x,y \rangle.\end{aligned}$

Cela achève la démonstration suivante :

$\boxed{\forall r \in \R, \forall (x,y)\in E^2, \langle r x,y \rangle =r\langle x,y \rangle.}$

Démontrez que que $\forall (x,y)\in E^2, \langle i x,y \rangle =i\langle x,y \rangle$

Soit $(x,y)\in E^2.$

$\begin{aligned} \langle i x,y \rangle &= \frac{\lVert ix+y\rVert^2-\lVert ix-y\rVert^2+i \lVert ix+iy\rVert^2-i \lVert ix-iy\rVert^2}{4}\\&= i \frac{-i\lVert ix+y\rVert^2+i\lVert ix-y\rVert^2+ \lVert ix+iy\rVert^2- \lVert ix-iy\rVert^2}{4}\\&= i \frac{\lVert ix+iy\rVert^2- \lVert ix-iy\rVert^2+i\lVert ix-y\rVert^2-i\lVert ix+y\rVert^2 }{4}\\&= i \frac{\lVert x+y\rVert^2- \lVert x-y\rVert^2+i\lVert -x-iy\rVert^2-i\lVert -x+iy\rVert^2 }{4}\\&= i \frac{\lVert x+y\rVert^2- \lVert x-y\rVert^2+i\lVert x+iy\rVert^2-i\lVert x-iy\rVert^2 }{4}\\&=i \langle x,y \rangle.\end{aligned}$

Vous déduisez :

$\begin{aligned} \forall (x,y)\in E^2, \langle i x,y \rangle =i\langle x,y \rangle.\end{aligned}$

Démontrez que que $\forall \lambda\in\C, \forall (x,y)\in E^2, \langle \lambda x,y \rangle = \lambda \langle x,y \rangle$

Soit $\lambda\in \C$ et soit $(x,y)\in E^2.$

Il existe deux réels $\alpha$ et $\beta$ tels que $\lambda = \alpha +i \beta.$

Alors :

$\begin{aligned} \langle \lambda x,y \rangle &= \langle ax +ibx,y \rangle \\&= \langle ax ,y \rangle + \langle ibx,y \rangle \\ &= a\langle x ,y \rangle + i\langle bx,y \rangle \\ &= a\langle x ,y \rangle + ib\langle x,y \rangle \\ &= (a+ib) \langle x ,y \rangle\\&= \lambda \langle x ,y \rangle.\end{aligned}$

Du coup :

$\begin{aligned} \forall \lambda\in\C, \forall (x,y)\in E^2, \langle \lambda x,y \rangle = \lambda \langle x,y \rangle.\end{aligned}$

Démontrez la linéarité à gauche

Soit $(\lambda, \mu)\in\C^2$ et $(x,y,z)\in E^3.$

$\begin{aligned} \langle \lambda x + \mu y, z \rangle &= \langle \lambda x , z \rangle+ \langle \mu y, z \rangle \quad \text{(par additivité)} \\&= \lambda \langle x , z \rangle+ \mu \langle y, z \rangle. \quad \text{(par homogénéité)}\end{aligned}$

Ainsi est démontré le fait que :

$\begin{aligned} \boxed{\forall (\lambda, \mu)\in\C^2, \forall (x,y,z)\in E^3, \langle \lambda x + \mu y, z \rangle = \lambda \langle x , z \rangle+ \mu \langle y, z \rangle.}\end{aligned}$

Démontrez l’anti-linéarité à droite

Soit $(\lambda, \mu)\in\C^2$ et $(x,y,z)\in E^3.$

$\begin{aligned} \langle x, \lambda y + \mu z \rangle &= \overline{\langle \lambda y + \mu z, x \rangle} \quad \text{(par anti-symétrie)} \\&= \overline{\lambda \langle y , x \rangle + \mu \langle z , x \rangle} \quad \text{(par linéarité à gauche)} \\&= \overline{\vphantom{\langle y , x \rangle}\lambda}\,\overline{ \langle y , x \rangle} + \overline{\vphantom{ \langle z , x \rangle}\mu} \, \overline{ \langle z , x \rangle} \\&= \overline{\lambda}{ \langle x , y \rangle} + \overline{\mu} { \langle x , z \rangle}. \quad \text{(par anti-symétrie)}\end{aligned}$

Ainsi est démontré le dernier point :

$\begin{aligned} \boxed{\forall (\lambda, \mu)\in\C^2, \forall (x,y,z)\in E^3, \langle x, \lambda y + \mu z \rangle = \overline{\lambda}{ \langle x , y \rangle} + \overline{\mu\vphantom{\lambda}} { \langle x , z \rangle}.}\end{aligned}$