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Exercice 1  3157   Correction  

Soit =(x1,,xn) une famille de n2 vecteurs d’un espace préhilbertien réel.
On suppose

1ijn,(xixj)<0.

Montrer que toute sous famille de n-1 vecteurs de est libre.

Solution

Raisonnons par récurrence sur n2.
Pour n=2 la propriété est immédiate car aucun vecteur ne peut être nul.
Supposons la propriété établie au rang n2.
Soit (x1,,xn+1) une famille de vecteurs vérifiant

1ijn+1,(xixj)<0.

Par projection orthogonale sur le sous-espace vectoriel de dimension finie D=Vect(xn+1), on peut écrire pour tout i{1,,n}

xi=yi+λixn+1

avec yi un vecteur orthogonal à xn+1 et λi<0 puisque (xixn+1)<0.
On remarque alors

(xixj)=(yiyj)+λiλjxn+12

et on en déduit

1ijn,(yiyj)<0.

Par hypothèse de récurrence, on peut affirmer que la famille (y2,,yn) est libre et puisque ses vecteurs sont orthogonaux au vecteur xn+1 non nul, on peut aussi dire que la famille (y2,,yn,xn+1) est libre. Enfin, on en déduit que la famille (x2,,xn,xn+1) car cette dernière engendre le même espace que la précédente et est formée du même nombre de vecteurs.

Par permutation des indices, ce qui précède vaut pour toute sous-famille formée de n vecteurs de la famille initiale (x1,,xn,xn+1).

Récurrence établie.

 
Exercice 2  520      MINES (PC)

(Famille obtusangle11 1 Selon que (xy) est positif, nul ou négatif, on dit que les deux vecteurs x et y forment un angle aigu, droit ou obtus.)

Soient x1,x2,,xn+2 des vecteurs d’un espace euclidien E de dimension n1 dont le produit scalaire est noté (). Montrer qu’il est impossible que (xixj)<0 pour tous les indices i et j distincts compris entre 1 et n+2.

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Édité le 08-11-2019

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