Exercice 17

1. Les ensembles $I_{+}$ et $I_{-}$ sont disjoints. Comme $\sum_{i = 1}^{p - 1} \lambda_{i}x_{i} = 0$ et que les termes d'indices hors de $I_{+} \cup I_{-}$ sont nuls, $$u = \sum_{i \in I_{+}} \lambda_{i}x_{i} = -\sum_{j \in I_{-}} \lambda_{j}x_{j} = \sum_{j \in I_{-}} |\lambda_{j}|\,x_{j}.$$ On calcule $\lVert u \rVert^{2}$ comme le produit scalaire de ces deux écritures, en développant par bilinéarité : $$\lVert u \rVert^{2} = \Big\langle \sum_{i \in I_{+}} \lambda_{i}x_{i}, \sum_{j \in I_{-}} |\lambda_{j}|\,x_{j} \Big\rangle = \sum_{i \in I_{+}}\sum_{j \in I_{-}} \lambda_{i}\,|\lambda_{j}|\,\langle x_{i}, x_{j} \rangle.$$ Dans chaque terme, $\lambda_{i} > 0$, $|\lambda_{j}| > 0$ et $\langle x_{i}, x_{j} \rangle < 0$, puisque $i \neq j$. Une somme vide étant nulle, on obtient dans tous les cas $$\boxed{\lVert u \rVert^{2} \leqslant 0}$$ Le point clé est d'avoir regroupé les coefficients par signe : développer directement $\lVert \sum \lambda_{i}x_{i} \rVert^{2}$ ferait apparaître les $\lVert x_{i} \rVert^{2}$, positifs, et l'on ne pourrait rien conclure.

2. Par la question 1, $u = 0$, donc $\langle u, x_{p} \rangle = 0$. Or $$\langle u, x_{p} \rangle = \sum_{i \in I_{+}} \lambda_{i}\langle x_{i}, x_{p} \rangle,$$ où chaque terme est strictement négatif, puisque $\lambda_{i} > 0$ et $i \neq p$. Si $I_{+}$ n'était pas vide, cette somme serait strictement négative : donc $I_{+} = \varnothing$. La famille $(-\lambda_{1}, \dots, -\lambda_{p - 1})$ vérifie la même relation $\sum_{i}(-\lambda_{i})x_{i} = 0$, et son ensemble d'indices positifs est $I_{-}$ : le même raisonnement donne $I_{-} = \varnothing$. $$\boxed{\lambda_{1} = \dots = \lambda_{p - 1} = 0 : \ \text{la famille } (x_{1}, \dots, x_{p - 1}) \text{ est libre}}$$ C'est ici que sert le vecteur $x_{p}$, qui n'intervient pas dans la relation : il « voit » $u$ sous un angle obtus.

3. Une famille libre de l'espace $E$, de dimension $n$, a au plus $n$ éléments (chapitre 15, théorème 4). Donc $p - 1 \leqslant n$. $$\boxed{p \leqslant n + 1}$$

4. Trois vecteurs unitaires de $\mathbb{R}^{2}$ faisant deux à deux un angle de $\frac{2\pi}{3}$ conviennent : $$\boxed{x_{1} = (1, 0), \quad x_{2} = \Big(-\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\Big), \quad x_{3} = \Big(-\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}\Big), \qquad \langle x_{i}, x_{j} \rangle = -\frac{1}{2} \ (i \neq j)}$$ On peut aussi prendre des coordonnées entières : $(1, 0)$, $(-1, 2)$ et $(-1, -2)$ ont pour produits scalaires $-1$, $-1$ et $-3$.

Les trois vecteurs ont une somme nulle ; un quatrième vecteur ne peut pas faire un angle obtus avec chacun d'eux, ce que la question 3 confirme pour $n = 2$.

À retenir. La borne $n + 1$ est atteinte dans tout espace euclidien : les sommets d'un simplexe régulier centré en l'origine (triangle équilatéral dans le plan, tétraèdre régulier dans l'espace) en fournissent un exemple, qu'étudiera l'exercice 51. En revanche, si l'on demande seulement $\langle x_{i}, x_{j} \rangle \leqslant 0$, la borne $n + 1$ tombe : les $2n$ vecteurs $\pm e_{1}$, …, $\pm e_{n}$ d'une base orthonormée vérifient cette condition large. L'inégalité stricte est essentielle dans la question 2.