Espaces préhilbertiens et euclidiens : corrigé du contrôle de maths Licence L2 à télécharger en PDF

1 Un produit scalaire sur R² / 4 pts

1. \(\varphi\) est bilinéaire (somme de termes \(x_iy_j\)) (1 pt) et symétrique car les coefficients de \(x_1y_2\) et \(x_2y_1\) sont égaux (1 pt). Pour la positivité : \(\varphi(x,x) = 2x_1^2 + 2x_1x_2 + 3x_2^2 = x_1^2 + (x_1+x_2)^2 + 2x_2^2 \geqslant 0\), et cette somme de carrés est nulle seulement si \(x_1 = x_2 = 0\) (1 pt).
2. \(\varphi\big((1,-1),(1,-1)\big) = 2 - 1 - 1 + 3 = 3\), donc \(\|(1,-1)\| = \sqrt3\) (0,5 pt). \(\varphi\big((1,0),(0,1)\big) = 1 \neq 0\) : ils ne sont pas orthogonaux (0,5 pt).

2 Gram-Schmidt dans R³ / 4 pts

Le déterminant des trois vecteurs vaut \(1\times(1-0) - 0 + 1\times(2-0) = 3 \neq 0\) : la famille est libre (1 pt).

\(u_1 = (1,0,1)\), \(\|u_1\|^2 = 2\). \(\langle v_2,u_1\rangle = 2\), donc \(u_2 = (2,1,0) - (1,0,1) = (1,1,-1)\), \(\|u_2\|^2 = 3\) (1 pt).

\(\langle v_3,u_1\rangle = 1\) et \(\langle v_3,u_2\rangle = 0\), donc \(u_3 = (0,1,1) - \tfrac12(1,0,1) = \left(-\tfrac12,1,\tfrac12\right)\), \(\|u_3\|^2 = \tfrac32\) (1 pt).

Base orthonormée : \(\tfrac1{\sqrt2}(1,0,1)\), \(\tfrac1{\sqrt3}(1,1,-1)\), \(\tfrac1{\sqrt6}(-1,2,1)\) (1 pt).

3 Projection sur un plan / 4 pts

1. \(n = (2,-1,2)\) engendre \(F^{\perp}\), avec \(\|n\|^2 = 9\) (1 pt).
2. \(\langle M,n\rangle = 6 - 1 - 8 = -3\), donc \(p_{F^{\perp}}(M) = -\tfrac39 n = \left(-\tfrac23,\tfrac13,-\tfrac23\right)\) (1 pt). Alors \(p_F(M) = M - p_{F^{\perp}}(M) = \left(\tfrac{11}3,\tfrac23,-\tfrac{10}3\right)\) (1 pt) ; on vérifie \(\tfrac{22}3 - \tfrac23 - \tfrac{20}3 = 0\).
3. \(d(M,F) = \|M - p_F(M)\| = \tfrac{|\langle M,n\rangle|}{\|n\|} = \tfrac33 = 1\) (1 pt).

4 Un cas de théorème spectral / 4 pts

1. \(A\) est symétrique réelle, de trace \(4\) et de déterminant \(3 - 3 = 0\) : son polynôme caractéristique est \(\lambda^2 - 4\lambda = \lambda(\lambda - 4)\), donc les valeurs propres sont \(0\) et \(4\) (1,5 pt).
2. Pour \(4\) : \((A - 4I)x = 0\) donne \(-3x + \sqrt3\,y = 0\), soit \((1,\sqrt3)\) ; pour \(0\) : \(x + \sqrt3\,y = 0\), soit \((\sqrt3,-1)\). Ils sont orthogonaux (\(\sqrt3 - \sqrt3 = 0\)) et de norme \(2\) (1,5 pt). Donc \(Q = \tfrac12\begin{pmatrix}1&\sqrt3\\\sqrt3&-1\end{pmatrix}\) et \(D = \operatorname{diag}(4,0)\) (1 pt).

5 Une matrice 3×3 orthogonale / 4 pts

1. Les lignes de \(3M\) sont \((2,-2,1)\), \((1,2,2)\), \((2,1,-2)\), de norme au carré \(9\), et deux à deux orthogonales : \(2 - 4 + 2 = 0\), \(4 - 2 - 2 = 0\), \(2 + 2 - 4 = 0\). Donc \(MM^{\top} = I\), \(M\) est orthogonale (2 pts).
2. \(\det(3M) = 2(-4-2) + 2(-2-4) + (1-4) = -27\), donc \(\det M = -\tfrac{27}{27} = -1\) (1 pt).
3. \((M+I)x = 0\) équivaut à \(5x_1 - 2x_2 + x_3 = 0\), \(x_1 + 5x_2 + 2x_3 = 0\), \(2x_1 + x_2 + x_3 = 0\). On obtient \(x = (1,1,-3)\), et \(Mx = \tfrac13(-3,-3,9) = -x\) (1 pt).