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\pagenumbering{gobble}

\begin{document}

\noindent \textbf{Propriété.} Toutes famille de vecteurs non nuls orthogonaux est libre. \\[2ex]

\noindent \textbf{Démonstration.} Soit $(e_i)_{i\in I}$, famille de vecteurs orthgonaux non nuls, $J\subset I$. Soient $(\alpha_i)_{i\in J}$ scalaires réels tels que \[
    \sum_{i\in J}\alpha_i e_i=0
\]
Alors, \[
    \forall k\in J, \sum_{i\in J} \alpha_i \langle e_i, e_k\rangle=\alpha_i \langle e_k, e_k\rangle=0 \implies \forall k\in J, \alpha_k = 0
\]
Puisque $\langle e_k, e_k\rangle\neq 0$. La famille est donc libre.\\[1ex]

\noindent \textbf{Propriété.} $E$ un $\mathbb K$-ev de dimension finie, $f\in L(E)$. Alors \[
    \lambda \text{ valeur propre de } f \iff \det(f-\lambda \Id)=0\iff \det(\lambda\Id-f)=0
\]

\noindent \textbf{Démonstration.} On a, pour $n=\dim(E)$: \begin{align*}
    \lambda \text{ valeur propre de } f &\iff \dim(\Ker(f-\lambda\Id))>0\\
                                        &\iff \rg(f-\lambda\Id)<n\\
                                        &\iff \det(f-\lambda\Id)=0\\
                                        &\iff (-1)^n\det(f-\lambda\Id)=\det(\lambda\Id-f)=(-1)^n\cdot 0=0
\end{align*}

\noindent \textbf{Exercice.} Montrer que $ \langle A, B\rangle = \Tr(A^tB)$ définit un produit scalaire sur $E=\mathcal M_n(\mathbb R)$\\[1ex]

\noindent \textbf{Résolution.} On vérifie. \begin{itemize}
    \item \emph{(Symétrique)} On a \[
            \forall (A, B)\in E^2, \langle A, B\rangle =\Tr(A^tB)=\Tr(^t(A^tB))=\Tr(B^tA)=\langle B, A\rangle
        \]
    \item \emph{(Bilinéaire)} On a la symétrie donc on se contente de vérifier pour le premier vecteur du produit scalaire. On a la linéarité puisque $\Tr$ est linéaire.
    \item \emph{(Positive)} \[
            \langle A, A\rangle = \sum_{i=1}^n(A^tA)_{i,i}=\sum_{i=1}^n\sum_{k=1}^n a_{i,k}^2>0
        \]
    \item \emph{(Définie)} De même: \[
            \langle A, A\rangle=\sum_{i=1}^n\sum_{k=1}^n a_{i,k}^2=0\implies \forall (i,k)\in \llbracket 1, n\rrbracket^2, a_{i,k}=0
        \]
\end{itemize}

\noindent \textbf{Propriété.} \emph{(Cauchy-Schwarz)} Pour tout $(x, y)\in E^2$, avec $E$ espace euclidien munit du produit scalaire $\langle\;,\;\rangle$, on a \[
    \langle x, y\rangle ^2 \leq ||x||^2\cdot ||y||^2
\]
Avec égalité ssi $\exists \lambda \in \mathbb R, x=\lambda y$ ou $y=0$\\[1ex]

\noindent \textbf{Démonstration.} On prend $t\in \mathbb R$. On suppose $y$ non nul puisque l'inégalité est clairement vérifiée pour $y=0$. On a \[
    ||x+ty||^2=||x||^2+t^2||y||^2+2t\langle x, y\rangle
\]
C'est un polynome du second degré en $t$. Il est positif par définition donc son déterminant est négatif ou nul. \[
    4\langle x, y\rangle ^2 - 4||x||^2\cdot ||y||^2\leq 0 \iff \langle x, y\rangle \leq ||x||^2\cdot ||y||^2
\]
On cherche les cas d'égalité. On suppose toujours $y$ non nul puisqu'on a égalité pour $y=0$. Si on a égalité, le polynome admet une racine double $t_0$ et on a \[
    ||x+t_0y||^2=||x+t_0y||\cdot ||x+t_0y||=0 \iff x+t_0y=0 \iff x=-t_0y
\]
D'où le résultat avec $\lambda =-t_0$\\[1ex]

\noindent \textbf{Propriété.} $F$ sev de dimension finie de $E$ et $p$ projection orthogonale sur $F$ alors \[
    ||x-p(x)||=\inf_{y\in F}||x-y||=\min_{y\in F}||x-y||
\]
\[
    \text{ et } \forall y\in F, y\neq p(x)\implies ||x-y|| >||x-p(x)||
\]

\noindent \textbf{Démonstration.} $y\in F$, \begin{align*}
    ||x-y||^2=||x-p(x)+p(x)-y||^2 &=||x-p(x)||^2 + ||p(x)-y||^2 + 2\langle \underbrace{x-p(x)}_{\in F^{\perp}}, \underbrace{p(x)-y}_{\in F}\rangle\\
                                  &=||x-p(x)||^2+||p(x)-y||^2 \\
                                  &\geq ||x-p(x)||^2 \quad \text{avec égalité ssi }y=p(x)
\end{align*}
On a le second résultat puisque \[
    y\neq p(x)\implies ||x-y||>||x-p(x)||
\]

\end{document}
